高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.5古典概型学案理

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一) 两个计数原理[基本知识]1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．两个计数原理的比较名称分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点运用加法运算运用乘法运算分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解[基本能力]1．判断题(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) 答案：(1)×(2)√(3)√2．填空题(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________．解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．答案：6(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：36(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120[全析考法]分类加法计数原理(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．4种B．6种C．10种D．16种(2)(2018·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．14 B．13C．12 D．10[解析] (1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．(2)①当a＝0时，有x＝－b2，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.[答案] (1)B (2)B[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析] (1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案] (1)18 6 (2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3] (1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C 与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案] (1)B (2)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．[全练题点]1.[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A．504 B．210C．336 D．120解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2.[考点二]某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60解析：选C 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.3.[考点一]从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D 先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.4.[考点一]在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．答案：85.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3是否同色分类．①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：96突破点(二) 排列、组合问题[基本知识]1．排列与排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个排列不同元素中取出m个元素的一个排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元排列数素中取出m个元素的排列数，记作A m nA m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！ Cm n ＝A mn A m m ＝n n －1…n －m ＋1m ！＝n ！m ！n －m ！ 4．排列与组合的区别[基本能力]1．判断题(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )(3)若组合式C x n ＝C mn ，则x ＝m 成立．( )(4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )(5)A m n ＝n A m －1n －1.( )(6)k C k n ＝n C k －1n －1.( )答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√2．填空题(1)A 、B 、C 、D 、E 五人并排站成一排，不同的排法共有________种．答案：120(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．解析：由题意，得毕业留言共A 240＝1 560(条)．答案：1 560(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．解析：依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24(种)．答案：24(4)方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：5(5)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则m ＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，原等式可化为m ！5－m ！5！－m ！6－m ！6！＝7×7－m ！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2. 答案：2[全析考法]排列问题[例1] (1)的排法共有( )A．192种B．216种C．240种D．288种(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．[解析] (1)第一类：甲在最左端，有A55＝120种排法；第二类：乙在最左端，有4A44＝96种排法，所以共有120＋96＝216种排法．(2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法．[答案] (1)B (2)36[方法技巧] 求解排列问题的六种主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反、等价转化的方法组合问题常见题型一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等解题思路(1)分清问题是否为组合问题；(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( ) A．85 B．86C．91 D．90(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( )A．130 B．120C．90 D．60(3)(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)．[解析] (1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C25C13＋C15C24＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C48－C46＝55.从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A24＝12种．故总共有55×12＝660种选法．[答案] (1)B (2)A (3)660[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种． (3)将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案] (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略[全练题点]1.[考点一]某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40 解析：选 B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A 55，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为A 55A 33＝5×4＝20. 2.[考点三]世界华商大会的某分会场有A ，B ，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为( )A ．12B ．10C ．8D ．6 解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A 33种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A 33＝6.3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎪⎫C 35C12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4.[考点一、二](2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有C 14C 35A 44＝960个．(2)没有偶数的四位数有A 45＝120个．故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个．答案：1 0805.[考点二]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.答案：472[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C 24种分法．第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A 33种分配方法，故共有C 24·A 33＝36种安排方法．2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.3．(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C 当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14(个)，故选C.4．(2014·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有( )A．60种B．70种C．75种D．150种解析：选C 从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75(种)．故选C.[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一) 两个计数原理1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B．14C．15 D．21解析：选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.2．(2018·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x ∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是( )A．7 B．10C．25D．52解析：选B 因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )A．4种B．10种C．18种D．20种解析：选B 赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．4．(2018·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252C．261 D．279解析：选B 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为( )A．24 B．14C．10 D．9解析：选B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．答案：420对点练(二) 排列、组合问题1．(2018·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有( )A．34种B．48种C．96种D．144种解析：选C 特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96种排法，故选C.2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( )A．10 B．20C．30 D．40解析：选B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22A22＝20(种)．3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( ) A．13 B．24C．18 D．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C34A13A33＝72.4．(2017·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C 1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13A33＋C23A33＝36(种)．5．(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有( )A．72种B．36种C．24种D．18种解析：选B A12(C23C13＋C13C23)＝36(种)．6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20.答案：207．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种情况．答案：968．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11[大题综合练——迁移贯通]。

2013高三数学精品复习教案：第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.2 概率【高考目标定位】一、随机事件的概率1．考纲点击（1）了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别；（2）了解两个互斥事件的概率加法公式。

2．热点提示（1）多以选择题或填空题的形式直接考查互斥事件的概率及运算，而随机事件的有关概念现时频率很少直接考查；（2）互斥事件、对立事件发生的概率问题有时也会出现在解答题中，多为应用问题。

二、古典概型1．考纲点击（1）理解古典概型及其概率计算公式；（2）会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。

2．热点提示（1）古典概型的考查主要是等可能事件的概率的求法，通常要结合互斥事件、对立事件求概率；（2）出题形式多样，各种题型均有可能出现。

三、几何概型1．考纲点击（1）了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；（2）了解几何概型的意义。

2．热点提示（1）以几何概型的定义和公式为依据，重在掌握常见的两种几何度量——长度、面积；（2）主要考查几何概型的理解和概率的求法，多以选择题和填空题的形式出现。

【考纲知识梳理】一、随机事件的概率 1．事件（1）在条件S 下，一定会发生的事件，叫做相对于条件S 的必然事件； （2）在条件S 下，一定不会发生的事件，叫做相对于条件S 的不可能事件； （3）在条件S 下，可能发生也可能不发生的事件，叫做相对于条件S 的随机事件。

2．概率和频率（1）用概率度量随机发生的可能性大小能为我们的决策提供关键性的依据；（2）在相同条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数A n 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例()An n f A n=为事件A 出现的频率； （3）对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频繁()n f A 随着试验次数的增加稳定于概率P （A ），因此可以用频率()n f A 来估计概率P （A ）。

１．概率与频率（１）在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数n A为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f n（A）＝错误!为事件A出现的频率．（２）对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率f n（A）随着试验次数的增加稳定于概率P（A），因此可以用频率f n（A）来估计概率P（A）．２．事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A（或称事件A包含于事件B）B⊇A（或A⊆B）相等关系若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等A＝B并事件（和事件）若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件（或和事件）A∪B（或A＋B）交事件（积事件）若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件（或积事件）A∩B（或AB）互斥事件若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝∅对立事件若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件A∩B＝∅且A∪B＝Ω（１）概率的取值范围：0≤P（A）≤１．（２）必然事件的概率：P（A）＝１．（３）不可能事件的概率：P（A）＝0．（４）概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B）．（５）对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．P（A∪B）＝１，P（A）＝１—P（B）．４．古典概型（１）基本事件的特点１任何两个基本事件是互斥的；２任何事件（除不可能事件）都可以表示成基本事件的和．（２）特点１试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．２每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．（３）概率公式P（A）＝错误!．５．对古典概型的理解（１）一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．（２）古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）事件发生的频率与概率是相同的．（）（２）随机事件和随机试验是一回事．（）（３）在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．（）（４）两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．（）（５）若A，B为互斥事件，则P（A）＋P（B）＝１．（）（6）在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．（）答案：（１）×（２）×（３）√（４）√（５）×（6）×（２0１6·高考天津卷）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是错误!，甲获胜的概率是错误!，则甲不输的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．由题意得，甲不输的概率为错误!＋错误!＝错误!.（教材习题改编）若A，B为对立事件，则（）Ａ．P（A＋B）≤１Ｂ．P（AB）＝１Ｃ．P（AB）＝0Ｄ．P（A）＋P（B）≤１解析：选Ｃ．由对立事件的定义可知：P（A＋B）＝１，P（A）＋P（B）＝１，P（AB）＝0．因此C选项正确．在集合错误!中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cos x＝错误!的概率是________．解析：基本事件总数为１0，满足方程cos x＝错误!的基本事件数为２，故所求概率为P＝错误!＝错误!.答案：错误!掷一个骰子的试验，事件A表示“小于５的偶数点出现”，事件B表示“小于５的点数出现”，则一次试验中，事件A＋B发生的概率为________．解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P（A）＝错误!＝错误!，P（B）＝错误!＝错误!，所以P（B）＝１—P（B）＝１—错误!＝错误!，显然A与B互斥，从而P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝错误!＋错误!＝错误!.答案：错误!随机事件的频率与概率（２0１7·高考全国卷Ⅲ）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶４元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶２元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于２５，需求量为５00瓶；如果最高气温位于区间１．随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对４５00名网上购物消费者进行了调查（每名消费者限选一种情况回答），统计结果如表：Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．由题意，n＝４５00—２00—２１00—１000＝１２00，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为１２00＋２１00＝３３00，由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为错误!＝错误!.２．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：（２）在样本车辆中，车主是新司机的占１0%，在赔付金额为４000元的样本车辆中，车主是新司机的占２0%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为４000元的概率．解：（１）设A表示事件“赔付金额为３000元”，B表示事件“赔付金额为４000元”，以频率估计概率得P（A）＝错误!＝0．１５，P（B）＝错误!＝0．１２．由于投保金额为２800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为３000元和４000元，所以其概率为P（A）＋P（B）＝0．１５＋0．１２＝0．２7．（２）设C表示事件“投保车辆中新司机获赔４000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0．１×１000＝１00（辆），而赔付金额为４000元的车辆中，车主为新司机的有0．２×１２0＝２４（辆），所以样本车辆中新司机车主获赔金额为４000元的频率为错误!＝0．２４，由频率估计概率得P（C）＝0．２４．互斥事件、对立事件的概率某商场有奖销售中，购满１00元商品得１张奖券，多购多得，１000张奖券为一个开奖单位，设特等奖１个，一等奖１0个，二等奖５0个．记１张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：（１）１张奖券的中奖概率；（２）１张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．【解】（１）设“１张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P（A）＝错误!，P（B）＝错误!＝错误!，P（C）＝错误!，因为A，B，C两两互斥，所以P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝错误!＝错误!，故１张奖券的中奖概率为错误!.（２）设“１张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“１张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P（N）＝１—P（A∪B）＝１—错误!＝错误!.故１张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为错误!.错误!间接法体现了“正难则反”的思想方法．１．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P（A）＝0．6５，P（B）＝0．２，P（C）＝0．１，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为（）Ａ．0．7 Ｂ．0．6５Ｃ．0．３５Ｄ．0．５解析：选Ｃ．因为“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，所以所求概率P＝１—P（A）＝0．３５．２．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：排队人数0１２３４５人及５人以上概率0．１0．１60．３0．３0．１0．0４（２）至少３人排队等候的概率．解：记“无人排队等候”为事件A，“１人排队等候”为事件B，“２人排队等候”为事件C，“３人排队等候”为事件D，“４人排队等候”为事件E，“５人及５人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．（１）记“至多２人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P（G）＝P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0．１＋0．１6＋0．３＝0．５6．（２）法一：记“至少３人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P（H）＝P（D＋E＋F）＝P（D）＋P（E）＋P（F）＝0．３＋0．１＋0．0４＝0．４４．法二：记“至少３人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P（H）＝１—P（G）＝0．４４．古典概型的概率（高频考点）古典概型是高考考查的热点，考查角度较灵活，常与一些知识交汇考查，其难度较小．高考对本部分内容的考查主要有以下五个命题角度：（１）简单的古典概型的概率；（２）古典概型与平面向量的交汇；（３）古典概型与函数（方程）的交汇；（４）古典概型与解析几何的交汇；（５）古典概型与统计的交汇（下章讲解）．角度一简单的古典概型的概率（２0１7·高考山东卷）从分别标有１，２，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取２次，每次抽取１张，则抽到的２张卡片上的数奇偶性不同的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】所求概率为P＝错误!＝错误!.【答案】C角度二古典概型与平面向量的交汇从集合{２，３，４，５}中随机抽取一个数a，从集合{１，３，５}中随机抽取一个数b，则向量m＝（a，b）与向量n＝（１，—１）垂直的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】由题意可知m＝（a，b）有：（２，１），（２，３），（２，５），（３，１），（３，３），（３，５），（４，１），（４，３），（４，５），（５，１），（５，３），（５，５），共１２种情况．因为m⊥n，即m·n＝0，所以a×１＋b×（—１）＝0，即a＝b，满足条件的有（３，３），（５，５）共２个，故所求的概率为错误!.【答案】A角度三古典概型与函数（方程）的交汇已知|p|≤３，|q|≤３，当p，q∈Z，则方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根的概率是________．【解析】由方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根，可得Δ＝（２p）２—４（—q２＋１）>0，即p２＋q２>１．当p，q∈Z时，设点M（p，q），如图，直线p＝—３，—２，—１，0，１，２，３和直线q＝—３，—２，—１，0，１，２，３的交点，即为点M，共有４9个，其中在圆上和圆内的点共有５个（图中黑点）．当点M（p，q）落在圆p２＋q２＝１外时，方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根，所以方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根的概率P＝错误!＝错误!.【答案】错误!角度四古典概型与解析几何的交汇将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２平行的概率为P１，相交的概率为P２，若点（P１，P）在圆（x—m）２＋y２＝错误!的内部，则实数m的取值范围是（）２Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】对于a与b各有6种情形，故总数为３6种．两条直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２平行的情形有a＝２，b＝４或a＝３，b＝6，故概率为P１＝错误!＝错误!，两条直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２相交的情形除平行与重合（a＝１，b＝２）即可，所以P２＝错误!＝错误!，因为点（P１，P２）在圆（x—m）２＋y２＝错误!的内部，所以错误!错误!＋错误!错误!＜错误!，解得—错误!＜m＜错误!，故选Ｄ．【答案】D错误!（１）求古典概型的概率的步骤第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第二步，分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；第三步，利用公式P（A）＝错误!，求出事件A的概率．（２）求解古典概型与其他知识交汇问题的思路解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．１．（２0１7·高考全国卷Ⅱ）从分别写有１，２，３，４，５的５张卡片中随机抽取１张，放回后再随机抽取１张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．依题意，记两次取得卡片上的数字依次为a，b，则一共有２５个不同的数组（a，b），其中满足a>b的数组共有１0个，分别为（２，１），（３，１），（３，２），（４，１），（４，２），（４，３），（５，１），（５，２），（５，３），（５，４），因此所求的概率为错误!＝错误!，选D.２．（２0１8·湖北省七市（州）联考）从数字１，２，３，４，５中，随机抽取３个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字之和等于１２的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．从５个数字中任意抽取３个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有５３＝１２５个，但要使各位数字之和等于１２且没有重复数字时，则该数只能含有３，４，５三个数字，它们有A错误!＝6种，若三位数的各位数字均重复，则该数为４４４；若三位数中有２个数字重复，则该数为５５２，５２５，２５５，有３种．因此，所求概率为P＝错误!＝错误!，故选Ａ．３．设a∈{２，４}，b∈{１，３}，函数f（x）＝错误!ax２＋bx＋１．（１）求f（x）在区间（—∞，—１]上是减函数的概率；（２）从f（x）中随机抽取两个，求它们在（１，f（１））处的切线互相平行的概率．解：（１）由题意—错误!≥—１，即b≤a.而（a，b）共有C错误!·C错误!＝４种，满足b≤a的有３种，故概率为错误!.（２）由（１）可知，函数f（x）共有４种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法．因为函数f（x）在（１，f（１））处的切线的斜率为f′（１）＝a＋b，所以这两个函数中的a与b之和应该相等，而只有（２，３），（４，１）这１组满足，故概率为错误!.错误!对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率f n（A）随着试验次数的增加稳定于概率P（A），因此可以用频率f n（A）来估计概率P（A）．对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算，计算时要首先判断事件是否与顺序有关，以确定是按排列处理，还是按组合处理．易错防范（１）易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．（２）对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．１．设事件A，B，已知P（A）＝错误!，P（B）＝错误!，P（A∪B）＝错误!，则A，B之间的关系一定为（）Ａ．两个任意事件B．互斥事件Ｃ．非互斥事件D．对立事件解析：选Ｂ．因为P（A）＋P（B）＝错误!＋错误!＝错误!＝P（A∪B），所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选Ｂ．２．（２0１8·安徽“江南十校”联考）从{１，２，３，４，５}中随机选取一个数为a，从{１，２，３}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选D.令选取的a，b组成实数对（a，b），则有（１，１），（１，２），（１，３），（２，１），（２，２），（２，３），（３，１），（３，２），（３，３），（４，１），（４，２），（４，３），（５，１），（５，２），（５，３）共１５种情况，其中b>a的有（１，２），（１，３），（２，３）３种情况，所以b>a 的概率为错误!＝错误!.故选Ｄ．３．（２0１8·沈阳市教学质量检测（一））将A，B，C，D这４名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有１名同学”的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．A，B，C，D４名同学排成一排有A错误!＝２４种排法．当A，C之间是B时，有２×２＝４种排法，当A，C之间是D时，有２种排法．所以所求概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．４．满足a，b∈{—１，0，１，２}，且关于x的方程ax２＋２x＋b＝0有实数解的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．满足条件的方程共有４×４＝１6个，即基本事件共有１6个．若a＝0，则b＝—１，0，１，２，此时共组成四个不同的方程，且都有实数解；若a≠0，则方程ax ２＋２x＋b＝0有实根，需Δ＝４—４ab≥0，所以ab≤１，此时（a，b）的取值为（—１，0），（—１，１），（—１，—１），（—１，２），（１，１），（１，0），（１，—１），（２，—１），（２，0），共9个．所以（a，b）的个数为４＋9＝１３．因此，所求的概率为错误!.５．（２0１8·福建省普通高中质量检查）某食品厂制作了３种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”“和谐福”“友善福”，每袋食品中随机装入一张卡片．若只有集齐３种卡片才可获奖，则购买该食品４袋，获奖的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．将３种不同的精美卡片随机放进４个食品袋中，根据分步乘法计数原理可知共有３４＝8１种不同放法，４个食品袋中３种不同的卡片都有的放法共有３×C错误!×A错误!＝３6种，根据古典概型概率公式得，能获奖的概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．6．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出１个球，摸出红球的概率是0．４２，摸出白球的概率是0．２8，若红球有２１个，则黑球有________个．解析：摸到黑球的概率为１—0．４２—0．２8＝0．３．设黑球有n个，则错误!＝错误!，故n＝１５．答案：１５7．已知小李每次打靶命中靶心的概率都为４0%，现采用随机模拟的方法估计小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率．先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0，１，２，３表示命中靶心，４，５，6，7，8，9表示未命中靶心，再以每三个随机数为一组，代表三次打靶的结果，经随机模拟产生了如下２0组随机数：３２１４２１１9１9２５２7１9３２800 ４78 ５89 66３５３１２97 ３96 0２１５４6 ３88 ２３0 １１３５07 96５据此估计，小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为________．解析：由题意知，在２0组随机数中表示三次打靶恰有两次命中靶心的有４２１，１9１，２7１，9３２，800，５３１，共6组随机数，所以所求概率为错误!＝0．３0．答案：0．３08．如下的三行三列的方阵中有九个数a ij（i＝１，２，３；j＝１，２，３），从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．错误!解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C错误!＝错误!＝8４种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C错误!·C错误!·C错误!＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为１—错误!＝错误!.答案：错误!9．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如表所示．（１）求x，y的值；（２）求顾客一次购物的结算时间超过２分钟的概率．解：（１）由已知得２５＋y＋１0＝５５，x＋３0＝４５，所以x＝１５，y＝２0．（２）记A：一位顾客一次购物的结算时间超过２分钟．A１：该顾客一次购物的结算时间为２．５分钟．A２：该顾客一次购物的结算时间为３分钟．将频率视为概率可得P（A）＝P（A１）＋P（A２）＝错误!＋错误!＝0．３，所以一位顾客一次购物的结算时间超过２分钟的概率为0．３．１0．（２0１7·高考山东卷）某旅游爱好者计划从３个亚洲国家A１，A２，A３和３个欧洲国家B１，B，B３中选择２个国家去旅游．２（１）若从这6个国家中任选２个，求这２个国家都是亚洲国家的概率；（２）若从亚洲国家和欧洲国家中各任选１个，求这２个国家包括A１但不包括B１的概率．解：（１）由题意知，从6个国家中任选２个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A１，A２}，{A１，A３}，{A２，A３}，{A１，B１}，{A１，B２}，{A１，B３}，{A２，B１}，{A２，B２}，{A，B３}，{A３，B１}，{A３，B２}，{A３，B３}，{B１，B２}，{B１，B３}，{B２，B３}，共１５个．２所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A１，A２}，{A１，A３}，{A２，A３}，共３个．则所求事件的概率为：P＝错误!＝错误!.（２）从亚洲国家和欧洲国家中各任选１个，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A１，B１}，{A１，B２}，{A１，B３}，{A２，B１}，{A２，B２}，{A２，B３}，{A３，B１}，{A３，B２}，{A，B３}，共9个．３包括A１但不包括B１的事件所包含的基本事件有：{A１，B２}，{A１，B３}，共２个，则所求事件的概率为：P＝错误!.１．从１到１0这十个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另两个数之和的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．不妨设取出的三个数为x，y，z（x<y<z），要满足x＋y＝z，共有２0种结果，从十个数中取三个数共有C错误!种结果，故所求概率为错误!＝错误!.２．已知函数f（x）＝log a x—３log a２，a∈{错误!，错误!，２，４，５，8，9}，则f（３a＋２）>f （２a）>0的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．因为a∈{错误!，错误!，２，４，５，8，9}，所以３a＋２>２a，又f（３a＋２）>f（２a）>0，所以函数f（x）为单调递增函数．因为f（x）＝log a x—３log a２＝log a错误!，所以a>１，又f（２a）>0，所以log a错误!>0，所以错误!>１，即a>４，则f（３a＋２）>f（２a）>0的概率P＝错误!.故选Ｂ．３．某同学同时掷两颗骰子，得到的点数分别为a，b，则双曲线错误!—错误!＝１的离心率e>错误!的概率是________．解析：由e＝错误!>错误!，得b>２a.当a＝１时，b＝３，４，５，6四种情况；当a＝２时，b＝５，6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数（a，b）共有３6种结果．所以所求事件的概率P＝错误!＝错误!.答案：错误!４．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为a i，若存在正整数k，使a１＋a＋…＋a k＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为３的概率是________．２解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子３次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a１＋a２＋a３＝6，则a，a２，a３可取１，２，３或１，１，４或２，２，２三种情况，其所含的基本事件个数m＝A错误!＋１C错误!＋１＝１0．故幸运数字为３的概率为P＝错误!＝错误!.答案：错误!５．已知8支球队中有３支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A，B两组，每组４支，求：（１）A，B两组中有一组恰好有２支弱队的概率；（２）A组中至少有２支弱队的概率．解：（１）法一：３支弱队在同一组中的概率为错误!×２＝错误!，故有一组恰好有２支弱队的概率为１—错误!＝错误!.法二：A组恰有２支弱队的概率为错误!，B组恰好有２支弱队的概率为错误!，所以有一组恰好有２支弱队的概率为错误!＋错误!＝错误!.（２）法一：A组中至少有２支弱队的概率为错误!＋错误!＝错误!.法二：A，B两组有一组中至少有２支弱队的概率为１（因为此事件为必然事件）．由于对A组和B 组而言，至少有２支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有２支弱队的概率为错误!.6．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．（１）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；（２）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；（３）求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．解：（１）记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件E A，那么P（E A）＝错误!＝错误!，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是错误!.（２）记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P（E）＝错误!＝错误!，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P（错误!）＝１—P（E）＝错误!.（３）有两人同时参加A岗位服务的概率P２＝错误!＝错误!，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P＝１—P２＝错误!.１。

[考纲传真] １．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.２．了解两个互斥事件的概率加法公式.３．理解古典概型及其概率计算公式.４．会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.５．了解随机数的意义，能运用随机模拟的方法估计概率.6．了解几何概型的意义．１．频率与概率在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P（A）．２．事件的关系与运算互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．３．概率的几个基本性质（１）概率的取值范围：0≤P（A）≤１.（２）必然事件的概率P（E）＝１.（３）不可能事件的概率P（F）＝0.（４）互斥事件概率的加法公式１如果事件A与事件B互斥，则P（A＋B）＝P（A）＋P（B）．２若事件A与事件错误!互为对立事件，则P（A）＝１—P（错误!）．４．古典概型与几何概型名称古典概型几何概型相同点基本事件发生的可能性相等不同点基本事件有有限个基本事件有无限个计算公式P（A）＝P（A）＝.如果事件A１，A２，…，A n两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P（A１∪A２∪…∪A n）＝P（A１）＋P（A２）＋…＋P（A n）．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．（）（２）在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值．（）（３）对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．（）（４）概率为0的事件一定为不可能事件．（）[答案] （１）√（２）√（３）√（４）×２．某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数１0２0５0１00２00５00击中靶心次数8１9４４9２１78４５５Ａ．0．80 Ｂ．0．8５Ｃ．0．90 Ｄ．0．99C[由题意，该射手击中靶心的频率大约在0．9附近上下波动，故其概率约为0．90．故选Ｃ．]３．（教材改编）投掷两枚均匀的硬币，则两枚硬币均正面朝上的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[P＝错误!×错误!＝错误!，故选Ａ．]４．（教材改编）有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是（）A[P（A）＝错误!，P（B）＝错误!，P（C）＝错误!，P（D）＝错误!，∴P（A）>P（C）＝P（D）>P（B）．]５．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．A与B，A与C，B与C，B与D B与D[设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B ＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D ＝I，故B与D互为对立事件．]随机事件的频率与概率【例１】（２0１7·全国卷Ⅲ）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶４元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶２元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于２５，需求量为５00瓶；如果最高气温位于区间[２0,２５），需求量为３00瓶；如果最高气温低于２0，需求量为２00瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[１0,１５）[１５,２0）[２0,２５）[２５,３0）[３0,３５）[３５,４0）天数２１6３6２５7４（１）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过３00瓶的概率；（２）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元）．当六月份这种酸奶一天的进货量为４５0瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．[解] （１）这种酸奶一天的需求量不超过３00瓶，当且仅当最高气温低于２５，由表格数据知，最高气温低于２５的频率为错误!＝0．6，所以这种酸奶一天的需求量不超过３00瓶的概率的估计值为0．6．（２）当这种酸奶一天的进货量为４５0瓶时，若最高气温不低于２５，则Y＝6×４５0—４×４５0＝900；若最高气温位于区间[２0,２５），则Y＝6×３00＋２×（４５0—３00）—４×４５0＝３00；若最高气温低于２0，则Y＝6×２00＋２×（４５0—２00）—４×４５0＝—１00．所以，Y的所有可能值为900,３00，—１00．Y大于零当且仅当最高气温不低于２0，由表格数据知，最高气温不低于２0的频率为错误!＝0．8，因此Y大于零的概率的估计值为0．8．[规律方法] （１）概率与频率的关系概率是常数，是频率的稳定值，频率是变量，是概率的近似值．有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．（２）随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．易错警示：概率的定义是求一个事件概率的基本方法．利润５0元，若供大于求，剩余商品全部退回，但每件退回商品亏损１0元；若供不应求，则从外部调剂，此时每件调剂商品可获得利润３0元．（１）若商店一天购进该商品１0件，求当天的利润y（单位：元）关于当天的需求量n（单位：件，n∈N*）的函数解析式；（２）商店记录了５0天该商品的日需求量n（单位：件），整理得下表：日需求量n/件89１0１１１２频数9１１１５１0５（ⅱ）若商店一天购进１0件该商品，以５0天记录的各日需求量的频率作为各日需求量的概率，求当天的利润大于５00元的概率．[解] （１）当日需求量n≥１0时，利润y＝５0×１0＋（n—１0）×３0＝３0n＋２00；当日需求量n＜１0时，利润y＝５0×n—（１0—n）×１0＝60n—１00．所以日利润y关于日需求量n的函数解析式为y＝错误!（２）（ⅰ）由（１）及表格可知，这５0天中有9天的日利润为３80元，有１１天的日利润为４４0元，有１５天的日利润为５00元，有１0天的日利润为５３0元，有５天的日利润为５60元，所以这５0天的日利润的平均数为错误!×（３80×9＋４４0×１１＋５00×１５＋５３0×１0＋５60×５）＝４77．２（元）．（ⅱ）若当天的利润大于５00元，则日需求量大于１0件，则当天的利润大于５00元的概率P＝错误!＝错误!.古典概型【例２】（１）（２0１8·全国卷Ⅱ）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于２的偶数可以表示为两个素数的和”，如３0＝7＋２３．在不超过３0的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于３0的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１7·全国卷Ⅱ）从分别写有１,２,３,４,５的５张卡片中随机抽取１张，放回后再随机抽取１张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（１）C（２）D[（１）不超过３0的素数有２,３,５,7,１１,１３,１7,１9,２３,２9，共１0个，从中随机选取两个不同的数有C错误!种不同的取法，这１0个数中两个不同的数的和等于３0的有３对，所以所求概率P＝错误!＝错误!，故选Ｃ．（２）从５张卡片中随机抽取１张，放回后再随机抽取１张的情况如图：基本事件总数为２５，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为１0，∴所求概率P＝错误!＝错误!.故选Ｄ．][规律方法] １．计算古典概型事件的概率可分三步：（１）计算基本事件总个数n；（２）计算事件A所包含的基本事件的个数m；（３）代入公式求出概率P.２．（１）用列举法写出所有基本事件时，可借助“树状图”列举，以便做到不重、不漏．（２）利用排列、组合计算基本事件时，一定要分清是否有序，并重视两个计数原理的灵活应用．每个小盒中至少有１个小球，那么甲盒中恰好有３个小球的概率为（）Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１8·石家庄一模）用１,２,３,４,５组成无重复数字的五位数，若用a１，a２，a３，a４，a分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a１＜a２＜a３＞a４＞a５特征的五位数的概率５为________．（１）C（２）错误![（１）将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁４个不同的小盒中，每个小盒中至少有１个小球有C错误!种放法，甲盒中恰好有３个小球有C错误!种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为错误!＝错误!.故选Ｃ．（２）１,２,３,４,５可组成A错误!＝１２0个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的５必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C错误!C 错误!＝6个，故出现a１＜a２＜a３＞a４＞a５特征的五位数的概率为错误!＝错误!.]几何概型【例３】（１）（２0１6·全国卷Ⅰ）某公司的班车在7：３0,8：00,8：３0发车，小明在7：５0至8：３0之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过１0分钟的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１8·合肥二模）小李从网上购买了一件商品，快递员计划在下午５：00到6：00之间送货上门，已知小李下班到家的时间在下午５：３0到6：00之间．快递员到小李家时，如果小李未到家，则快递员会电话联系小李．若小李能在１0分钟之内到家，则快递员等小李回来；否则，就将商品存放在快递柜中．则小李需要去快递柜领取商品的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!（３）已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝２，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O­ABCD的体积不小于错误!的概率为________．（１）B（２）D（３）错误![（１）这是几何概型问题，总的基本事件空间如图所示，共４0分钟，等车时间不超过１0分钟的时间段为：7：５0至8：00和8：２0至8：３0，共２0分钟，故他等车时间不超过１0分钟的概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．（２）如图，设快递员和小李分别在下午５点后过了x分钟和y分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{（x，y）|0≤x≤60,３0≤y≤60}，这是一个矩形区域，y—x＞１0表示小李比快递员晚到超过１0分钟，事件M表示小李需要去快递柜领取商品，其所构成的区域是如图所示的直角梯形ABCD的内部区域及边界（不包含AB），由错误!可得错误!即A（５0,60），由错误!可得错误!即B（２0,３0），所以由几何概型的概率计算公式可知P（M）＝错误!＝错误!，故选Ｄ．（３）当四棱锥O­ABCD的体积为错误!时，设O到平面ABCD的距离为h，则错误!×２２×h＝错误!，解得h＝错误!.如图所示，在四棱锥P­ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为错误!.因为PA⊥底面ABCD，且PA＝２，所以错误!＝错误!，所以四棱锥O­ABCD的体积不小于错误!的概率P＝错误!＝错误!３＝错误!３＝错误!.][规律方法] 解答几何概型试题要善于根据题目特点寻找基本事件所在线、面、体，寻找随机事件所在的线、面、体，把几何概型的计算转化为相应的长度、面积和体积的比值的计算．（１）在线段上取点，则点在线段上等可能出现；在角内作射线，则射线在角内的分布等可能．（２）两个变量在某个范围内取值，对应的“区域”是面积．（１）随机地取两个实数x和y，使得x∈[—１,１]，y∈[0,１]，则满足y≥x２的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．（１）B（２）错误![（１）满足x∈[—１,１]，y∈[0,１]的区域为矩形区域（包括边界）（图略），面积为２，满足y≥x２的区域的面积S＝错误!—１（１—x２）dx＝错误!|错误!＝错误!，故所求概率P＝错误!＝错误!.故选Ｂ．（２）在AB上取AC′＝AC（图略），则∠ACC′＝错误!＝67．５°，记A＝{在∠ACB内部任作一射线CM与线段AB交于点M，AM＜AC}，则所有可能结果的区域为∠ACB，事件A构成的区域为∠ACC′.又∠ACB＝90°，∠ACC′＝67．５°，∴P（A）＝错误!＝错误!.]１．（２0１8·全国卷Ⅰ）如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AＣ．△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p１，p２，p３，则（）Ａ．p１＝p２Ｂ．p１＝p３Ｃ．p２＝p３Ｄ．p１＝p２＋p３A[设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S １＝错误!bc ，区域Ⅱ的面积S ２＝错误!π×错误!２＋错误!π×错误!２—错误!＝错误!π（c ２＋b ２—a ２）＋错误!bc ＝错误!bc ，所以S １＝S ２，由几何概型的知识知p １＝p ２，故选Ａ．]２．（２0１7·全国卷Ⅰ）如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!B [不妨设正方形ABCD 的边长为２，则正方形内切圆的半径为１，可得S 正方形＝４．由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝错误!S 圆＝错误!，所以由几何概型知所求概率P ＝错误!＝错误!＝错误!.故选Ｂ．]３．（２0１6·全国卷Ⅱ）从区间[0,１]随机抽取２n 个数x １，x ２，…，x n ，y １，y ２，…，y n ，构成n 个数对（x １，y １），（x ２，y ２），…，（x n ，y n ），其中两数的平方和小于１的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!C [因为x １，x ２，…，x n ，y １，y ２，…，y n 都在区间[0,１]内随机抽取，所以构成的n 个数对（x １，y １），（x ２，y ２），…，（x n ，y n ）都在正方形OABC 内（包括边界），如图所示．若两数的平方和小于１，则对应的数对在扇形OAC 内（不包括扇形圆弧上的点所对应的数对），故在扇形OAC 内的数对有m 个．用随机模拟的方法可得错误!＝错误!，即错误!＝错误!，所以π＝错误!.]４．（２0１４·全国卷Ⅰ）４位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!D [４名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有２４＝１6（种），其中仅在周六（周日）参加的各有１种，∴所求概率为１—错误!＝错误!.]。

【2019最新】精选高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11-5古典概型学案理考纲展示►1.理解古典概型及其概率计算公式．2．会计算一些随机事件所含的基本事件及事件发生的概率．考点1 古典概型的简单问题1.基本事件的特点(1)任何两个基本事件是________的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成________的和．答案：(1)互斥(2)基本事件2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．(1)试验中所有可能出现的基本事件________．(2)每个基本事件出现的可能性________．答案：(1)只有有限个(2)相等3．如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是________；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝________.答案：mn4．古典概型的概率计算公式P(A)＝________________.答案：A包含的基本事件的个数基本事件的总数(1)[教材习题改编]从字母a，b，c，d中任意取出两个不同字母的试验中，基本事件共有________个．答案：6解析：基本事件有{a，b}，{a，c}，{a，d}，{b，c}，{b，d}，{c，d}，共6个．(2)[教材习题改编]抛掷质地均匀的一枚骰子一次，出现正面朝上的点数大于2且小于5的概率为__________．答案：13解析：抛掷质地均匀的一枚骰子一次，出现点数1,2,3,4,5,6，共6个基本事件，其中正面朝上的点数大于2且小于5的有3,4，共2个基本事件，所以P＝＝.古典概型：关键在于基本事件的计数．从1,3,5,7中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值大于3的概率是__________．答案：12解析：由题意知，“从1,3,5,7中任取2个不同的数”所包含的基本事件为(1,3)，(1,5)，(1,7)，(3,5)，(3,7)，(5,7)，共6个，满足条件的事件包含的基本事件为(1,5)，(1,7)，(3,7)，共3个，所以所求的概率P＝＝. [典题1] (1)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球、5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为( )A. B. C. D．1[答案] B [解析] 从15个球中任取2个球共有C种取法，其中有1个红球、1个白球的情况有CC＝50(种)，所以P＝＝.(2)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)②在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．[解] ①由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝＝.②从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{A4，B1}，{A4，B2}，{A4，B3}，{A5，B1}，{A5，B2}，{A5，B3}，共15个．根据题意，这些基本事件的出现是等可能的．事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个．因此A1被选中且B1未被选中的概率为P＝.[点石成金] 古典概型中基本事件的两种探求方法(1)列举法适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的情况．(2)树状图法适合较为复杂的问题中的基本事件的探求，注意在确定基本事件时(x，y)可以看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同；有时也可以看成是无序的，如(1,2)和(2,1)相同．考点2 较复杂古典概型的概率古典概型：基本事件的个数；古典概型概率公式．(1)[2015·云南昆明模拟]抛掷两颗相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各个面上依次标有点数1,2,3,4,5,6)一次，则两颗骰子向上点数之积等于12的概率为__________．答案：19解析：抛掷两颗相同的正方体骰子，共有36种等可能的结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)．点数之积等于12的结果有(2,6)，(3,4)，(4,3)，(6,2)，共4种，故所求事件的概率为＝.(2)小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数码由4个数字2,4,6,8按一定顺序构成，小明不小心忘记了密码中4个数字的顺序，随机地输入由2,4,6,8组成的一个四位数，不能打开锁的概率是__________．答案：2324解析：由2,4,6,8可以组成24个四位数(每个数位上的数都不相同)，其中只有一个能打开锁，能打开锁的概率为，所以不能打开锁的概率为1－＝. [典题2] 某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．[解] (1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名．参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝. (2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，记“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C.则P(B)＝＝，P(C)＝＝.由互斥事件的概率加法，得P(A)＝P(B)＋P(C)＝＋＝，故所求事件的概率为. [点石成金] 1.求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型，必要时将所求事件转化成彼此互斥事件的和，或者先求其对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．2．注意区别排列与组合，以及计数原理的正确使用.为振兴旅游业，四川省面向国内发行总量为2 000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜景区旅游，其中是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有持金卡，在省内游客中有持银卡．(1)在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；(2)在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．解：(1)由题意，得省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．设事件A为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，则P(A)＝＝，所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是. (2)设事件B为“采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等”，可以分为事件B1为“采访该团2人，持金卡0人，持银卡0人”，或事件B2为“采访该团2人，持金卡1人，持银卡1人”两种情况．则P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝，所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是.考点3 古典概型的交汇命题[考情聚焦] 古典概型在高考中常与平面向量、集合、函数、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高．主要有以下几个命题角度：角度一古典概型与平面向量相结合[典题3] 已知向量a＝(x，－1)，b＝(3，y)，其中x随机选自集合{－1,1,3}，y随机选自集合{1,3,9}．(1)求a∥b的概率；(2)求a⊥b的概率．[解] 由题意，得(x，y)所有的基本事件为(－1,1)，(－1,3)，(－1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共9个．(1)设“a∥b”为事件A，则xy＝－3.事件A包含的基本事件有(－1,3)，共1个．故a∥b的概率为P(A)＝.(2)设“a⊥b”为事件B，则y＝3x.事件B包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共2个．故a⊥b的概率为P(B)＝.角度二古典概型与直线、圆相结合[典题4] [2017·河南洛阳统考]将一颗骰子先后抛掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．[答案] 712 [解析] 依题意，将一颗骰子先后抛掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤ ，即a2≤b2的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(种)，因此所求的概率为＝.角度三古典概型与函数相结合[典题5] 已知关于x的一元二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1. (1)设集合P＝{1,2,3}和Q＝{－1,1,2,3,4}，分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；(2)设点(a，b)是区域内的随机点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．[解] (1)∵函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a>0且≤1，即2b≤a.若a＝1，则b＝－1；若a＝2，则b＝－1,1；若a＝3，则b＝－1,1.∴事件包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5，∴所求事件的概率为＝.(2)由(1)知，当且仅当2b≤a且a>0时，函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知，试验的全部结果所构成的区域为.由得交点坐标为，∴所求事件的概率为P＝＝.角度四古典概型与统计相结合[典题6] 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制成频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．(1)求频率分布直方图中a的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．[解] (1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006. (2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；受访职工中评分在[40,50)的有50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2.从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B1，B2}，故所求的概率为.[点石成金] 解决与古典概型交汇命题的关注点解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算.[方法技巧] 1.确定基本事件的方法(1)当基本事件总数较少时，可用列举法计算；(2)当基本事件总数较多时，可用列表法、树状图法．2．较复杂事件的概率可灵活运用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式简化运算．3．概率的一般加法公式：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．公式使用中要注意：(1)公式的作用是求A∪B的概率，当A∩B＝∅时，A，B互斥，此时P(A∩B)＝0，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；(2)要计算P(A∪B)，需要求P(A)、P(B)，更重要的是把握事件A∩B，并求其概率；(3)该公式可以看作一个方程，知三可求一．[易错防范] 古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，它们是不是等可能的．真题演练集训1．[2016·江苏卷]将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．答案：56解析：解法一：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和小于10的有30种，故所求概率为＝.解法二：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和不小于10的有(6,6)，(6,5)，(6,4)，(5,6)，(5,5)，(4,6)，共6种，故所求概率为1－＝. 2．[2015·新课标全国卷Ⅱ]某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表．A地区用户满意度评分的频率分布直方图①B地区用户满意度评分的频数分布表两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．B地区用户满意度评分的频率分布直方图②(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级：解：(1)如图所示．通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散．(2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．记CA表示事件：“A地区用户的满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”．由直方图，得P(CA)的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25.所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．3．[2016·天津卷]某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．解：(1)由已知，有P(A)＝＝.所以事件A发生的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.所以，随机变量X的分布列为＝0×＋1×＋2×＝1.课外拓展阅读古典概型与平面向量、几何、统计等知识的综合古典概型的考查可以和平面向量、几何、统计等知识相互交汇，在解题中要重视古典概型的计算，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后正确使用古典概型的概率计算公式进行计算．[典例1] 甲、乙分别从底为等腰直角三角形的直三棱柱的9条棱中任选一条，则这2条棱互相垂直的概率为( )A. B. C. D.5981[思路分析][解析] 由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是甲从这9条棱中任选一条，乙从这9条棱中任选一条，共有9×9＝ 81(种)结果，满足条件的事件是这两条棱互相垂直，所有可能情况是：当甲选底面上的一条直角边时，乙有5种选法，共有4条直角边，则共有20种结果；当甲选底面上的一条斜边时，乙有3种选法，共有2条底面的斜边，则共有6种结果；当甲选一条侧棱时，乙有6种选法，共有3条侧棱，则共有18种结果，综上所述，共有20＋6＋18＝44(种)结果，故2条棱互相垂直的概率是.[答案] C温馨提示以棱柱、棱锥及异面直线、距离等立体几何知识为载体的古典概型求解是高考中的重要题型，题目综合性较强，有一定的难度，解题的关键是要考虑所有的位置关系．[典例2] 设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝(m，n)，b＝(1,3)．(1)求使得事件“a∥b”发生的概率；(2)求使得事件“|a|≤|b|”发生的概率．[解] (1)由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}．故(m，n)所有可能的取法共36种．由a∥b，得n＝3m，则(m，n)的取法共有2种，即(1,3)，(2,6)．所以事件“a∥b”发生的概率为＝.(2)由|a|≤|b|，得m2＋n2≤10，则(m，n)的取法共有6种，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)．所以事件“|a|≤|b|”发生的概率为＝.[典例3] 城市公交车的数量太多容易造成资源的浪费，太少又难以满足乘客需求，为此，某市公交公司在某站台的60名候车乘客中随机抽取15人，将他们的候车时间(单位：分钟)作为样本分成5组，如下表所示：(2)估计这60名乘客中候车时间少于10分钟的人数；(3)若从上表第三、四组的6人中选2人作进一步的问卷调查，求抽到的2人恰好来自不同组的概率．[思路分析][解] (1)×(2.5×2＋7.5×6＋12.5×4＋17.5×2＋22.5×1)＝×157.5＝10.5，故这15名乘客的平均候车时间为10.5分钟．(2)由几何概型的概率计算公式可得，候车时间少于10分钟的概率为＝，所以候车时间少于10分钟的人数为60×＝32.(3)将第三组乘客编号为a1，a2，a3，a4，第四组乘客编号为b1，b2.从6人中任选2人的所有可能情况为(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，(b1，b2)，共15种，其中2人恰好来自不同组包含8种可能情况，故所求概率为.。