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[课堂练通考点]1．设随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，若P (X ＜4)＝0.3，则( ) A ．n ＝3 B ．n ＝4 C ．n ＝9D ．n ＝10解析：选D P (X <4)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1n ＋1n ＋1n ＝3n ＝0.3，故n ＝10.2．(2014·长沙模拟)一只袋内装有m 个白球，n －m 个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，下列概率等于(n －m )A 2mA 3n的是( ) A ．P (ξ＝3) B ．P (ξ≥2) C ．P (ξ≤3)D ．P (ξ＝2)解析：选D 由超几何分布知P (ξ＝2)＝(n －m )A 2mA 3n . 3．设X 是一个离散型随机变量，其分布列为：则q 等于( ) A ．1 B.32±336 C.32－336D.32＋336解析：选C 由分布列的性质知 ⎩⎪⎨⎪⎧2－3q ≥0，q 2≥0，13＋2－3q ＋q 2＝1，∴q ＝32－336.4．(2014·湖北八校联考)某射手射击一次所得环数X 的分布列如下：ξ. (1)求ξ＞7的概率； (2)求ξ的分布列．解：(1)P (ξ＞7)＝1－P (ξ＝7)＝1－0.1×0.1＝0.99.(2)ξ的可能取值为7,8,9,10. P (ξ＝7)＝0.12＝0.01，P (ξ＝8)＝2×0.1×0.4＋0.42＝0.24，P (ξ＝9)＝2×0.1×0.3＋2×0.4×0.3＋0.32＝0.39，P (ξ＝10)＝2×0.1×0.2＋2×0.4×0.2＋2×0.3×0.2＋0.22＝0.36. ∴ξ的分布列为第Ⅰ卷：全员必做题1．下列4个表格中，可以作为离散型随机变量分布列的一个是( ) A. B. C. D.解析：选C 利用离散型随机变量分布列的性质检验即可．2．袋中有大小相同的5个球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量X ，则X 所有可能取值的个数是( )A ．5B ．9C ．10D ．25解析：选B X 的所有可能取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10共9个．3．一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X 是一个随机变量，则P (X ＝4)的值为( )A.1220B.2755C.27220D.2125解析：选C 用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X 是一个随机变量．当X ＝4时，说明取出的3个球有2个旧球，1个新球，∴P (X ＝4)＝C 19C 23C 312＝27220，故选C.4．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 去描述1次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )A ．0 B.12 C.13D.23解析：选C 设X 的分布列为即“X ＝0”表示试验失败，“p ，则成功率为2p .由p ＋2p ＝1，则p ＝13，故应选C.5．若P (ξ≤x 2)＝1－β，P (ξ≥x 1)＝1－α，其中x 1<x 2，则P (x 1≤ξ≤x 2)等于________． 解析：由分布列性质可有：P (x 1≤ξ≤x 2)＝P (ξ≤x 2)＋P (ξ≥x 1)－1＝(1－β)＋(1－α)－1＝1－(α＋β)．答案：1－(α＋β)6．已知随机变量ξ只能取三个值：x 1，x 2，x 3，其概率依次成等差数列，则公差d 的取值范围是________．解析：设ξ取x 1，x 2，x 3时的概率分别为a －d ，a ，a ＋d ，则(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝1， ∴a ＝13，由⎩⎨⎧13－d ≥0，13＋d ≥0，得－13≤d ≤13.答案：－13，137．一位客人游览福州鼓山、福州永泰天门山、福州青云山这三个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设Y 表示客人离开福州市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．求Y 的分布列．解：分别记“客人游览福州鼓山”，“客人游览福州永泰天门山”，“客人游览福州青云山”为事件A 1，A 2，A 3.因为事件A 1，A 2，A 3是相互独立的，P (A 1)＝0.4，P (A 2)＝0.5，P (A 3)＝0.6.由于客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3，相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3,2,1,0，所以Y 的所有可能取值为1,3.所以P (Y ＝3)＝P (A 1·A 2·A 3)＋P (A 1·A 2·A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝2×0.4×0.5×0.6＝0.24，P (Y ＝1)＝1－0.24＝0.76. 所以Y 的分布列为8．(2013·渭南模拟)设A ，B 用若干试验组进行对比试验．每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后观察疗效．若在一个试验组中，服用A 有效的小白鼠的只数比服用B 有效的只数多，就称该试验组为甲类组．设每只小白鼠服用A 有效的概率为23，服用B 有效的概率为12.(1)求一个试验组为甲类组的概率；(2)观察三个试验组，用X 表示这三个试验组中甲类组的个数，求X 的分布列． 解：(1)设A i 表示事件“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2；B i 表示事件“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.依题意，有P (A 1)＝2×13×23＝49，P (A 2)＝23×23＝49，P (B 0)＝12×12＝14，P (B 1)＝2×12×12＝12.故所求的概率为P ＝P (B 0A 1)＋P (B 0A 2)＋P (B 1A 2)＝14×49＋14×49＋12×49＝49.(2)由题意知X 的可能值为0,1,2,3，故有P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫593＝125729，P (X ＝1)＝C 13×49×⎝⎛⎭⎫592＝100243， P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫492×59＝80243，P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫493＝64729. 从而，X 的分布列为1．(2013·济南模拟)某学生参加某高校的自主招生考试，须依次参加A ，B ，C ，D ，E 五项考试，如果前四项中有两项不合格或第五项不合格，则该考生就被淘汰，考试即结束；考生未被淘汰时，一定继续参加后面的考试．已知每一项考试都是相互独立的，该考生参加A ，B ，C ，D 四项考试不合格的概率均为12，参加第五项不合格的概率为23.(1)求该考生被录取的概率；(2)记该考生参加考试的项数为X ，求X 的分布列．解：(1)若该考生被录取，则前四项最多有一项不合格，并且第五项必须合格，记A ＝{前四项均合格且第五项合格}，B ＝{前四项中仅有一项不合格且第五项合格}，则P (A )＝⎣⎡⎦⎤124×⎣⎡⎦⎤1－23＝148， P (B )＝C 14×12×⎣⎡⎦⎤1－123×⎝⎛⎭⎫1－23＝112. 又A 、B 互斥，故所求概率为 P ＝P (A )＋P (B )＝148＋112＝548.(2)该考生参加考试的项数X 可以是2,3,4,5. P (X ＝2)＝12×12＝14，P (X ＝3)＝C 12⎝⎛⎭⎫1－12×12×12＝14， P (X ＝4)＝C 13⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫122×12＝316， P (X ＝5)＝1－14－14－316＝516.X 的分布列为2．(2014·n 位校友(n >8且n ∈N *)，其中女校友6位，组委会对这n 位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”．(1)若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于12，求n 的最大值；(2)当n ＝12时，设选出的2位校友代表中女校友人数为ξ，求ξ的分布列．解：(1)由题意可知，所选2人为“最佳组合”的概率为C 1n －6C 16C 2n ＝12(n －6)n (n －1)， 则12(n －6)n (n －1)≥12，化简得n 2－25n ＋144≤0，解得9≤n ≤16，故n 的最大值为16. (2)由题意得，ξ的可能取值为0,1,2，则P (ξ＝0)＝C 26C 212＝522，P (ξ＝1)＝C 16C 16C 212＝611，P (ξ＝2)＝C 26C 212＝522，ξ的分布列为3.为适应2012年3月23，某驾校将小型汽车驾照考试科目二的培训测试调整为：从10个备选测试项目中随机抽取4个，只有选中的4个项目均测试合格，科目二的培训才算通过．已知甲对10个测试项目测试合格的概率均为0.8；乙对其中8个测试项目完全有合格把握，而对另2个测试项目根本不会．(1)求甲恰有2个测试项目合格的概率； (2)记乙的测试项目合格数为ξ，求ξ的分布列．解：(1)设甲的测试项目的合格数为X ，则X ～B (4,0.8)，则甲恰有2个测试项目合格的概率为P (X ＝2)＝C 24(0.8)2(1－0.8)2＝96625. (2)ξ的可能取值为2,3,4，且服从超几何分布，故P (ξ＝2)＝C 28C 22C 410＝215；P (ξ＝3)＝C 38C 12C 410＝815；P (ξ＝4)＝C 48C 410＝13. 所以ξ的分布列为：。
[课堂练通考点]1．(2013·辽宁高考)使⎝⎛⎭⎫3x ＋1x x n(n ∈N ＋)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B由二项式定理得，T r ＋1＝C r n (3x )n －r⎝⎛⎭⎫1x x r ＝C r n3n －r x 52n r －，令n －52r ＝0，当r ＝2时，n ＝5，此时n 最小．2．(2013·贵阳模拟)在二项式(x 2＋x ＋1)(x －1)5的展开式中，含x 4项的系数是( ) A ．－25 B ．－5 C ．5D ．25解析：选B ∵(x 2＋x ＋1)(x －1)＝x 3－1，∴原式可化为(x 3－1)(x －1)4.故展开式中，含x 4项的系数为C 34(－1)3－C 04＝－4－1＝－5.3．(2014·厦门质检)()2－x 8的展开式中不含x 4项的系数的和为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B ()2－x 8展开式中各项的系数和为()2－18＝1，展开式的通项为C r 828－r(－x )r ，则x 4项的系数为C 88×28－8＝1，则()2－x 8展开式中不含x 4项的系数的和为0. 4．若(2x －3)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5等于________．解析：在已知等式两边对x 求导，得5(2x －3)4×2＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4，令x ＝1得a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝5×(2×1－3)4×2＝10.答案：105．(2014·荆州模拟)已知a ＝4⎠⎜⎛0π2 cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为________．解析：依题意得a ＝4⎠⎜⎛0π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π62π＝－2，即a ＝－2，则T r ＋1＝C r 5(－2)r x 10－3r，当r ＝3时，T 4＝－80x .故二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为－80. 答案：－80[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题 1．设⎝⎛⎭⎫x －2x 6的展开式中x 3的系数为A ，二项式系数为B ，则AB ＝( )A ．4B ．－4C ．26D ．－26解析：选A T k ＋1＝C k 6x6－k⎝⎛⎭⎫－2x k ＝C k 6(－2)k x 362k－，令6－3k 2＝3，即k ＝2，所以T 3＝C 26(－2)2x 3＝60x 3，所以x 3的系数为A ＝60，二项式系数为B ＝C 26＝15，所以A B ＝6015＝4，选A.2．(2013·湖北八校联考)在⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式中，常数项为15，则n 的值可以为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D ∵T r ＋1＝C r n (x 2)n －r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r n (－1)r x 2n －3r， ∴C r n (－1)r＝15且2n －3r ＝0，∴n 可能是6，选D.3．(2013·济南模拟)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x 8的展开式中常数项是( )A ．28B ．－7C ．7D ．－28解析：选C 展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 8⎝⎛⎭⎫x 28－r ·(－1)r x 3r－，令8－r －r 3＝0，得r ＝6，所以展开式中的常数项为C 68×⎝⎛⎭⎫122＝28×14＝7. 4．(2013·陕西高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，则当x >0时，f (f (x ))表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15解析：选A 依据分段函数的解析式，得f (f (x ))＝f (－x )＝⎝⎛⎭⎫1x －x 6，∴T r ＋1＝C r 6(－1)r x r －3，则常数项为C 36(－1)3＝－20.5．(2013·北京东城模拟)(x －2y )8的展开式中，x 6y 2项的系数是( ) A ．56B ．－56C ．28D ．－28解析：选A 由二项式定理通项公式得，所求系数为C 28(－2)2＝56.6．(2014·合肥质检)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为( )A ．1或－3B ．－1或3C ．1D ．－3解析：选A 令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.7．(2014·黄冈模拟)设a ＝⎠⎛12(3x 2－2x )d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫ax 2－1x 6展开式中的第4项为( ) A ．－1 280x 3 B ．－1 280 C ．240D ．－240解析：选A 由微积分基本定理知a ＝4，⎝⎛⎭⎫4x 2－1x 6展开式中的第4项为T 3＋1＝C 36(4x 2)3⎝⎛⎭⎫－1x 3＝－1 280x 3，选A. 8．(2013·青岛一检)“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n (n ∈N *)展开式的通项T r ＋1＝C r n 2n －r x 23n r r －－，⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n 的展开式中含有常数项时满足n －r 2－r 3＝0，当n ＝5时，15－5r6＝0，解得r ＝3，此时含有常数项；反之，当n ＝10时，r ＝6，也有常数项，但是不满足n ＝5.故“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的充分不必要条件，选A.9．(2013·浙江高考)设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －13x 5的展开式中常数项为A ，则A ＝________.解析：T r ＋1＝(－1)r C r 5x 1556r －，令15－5r ＝0，得r ＝3，故常数项A ＝(－1)3C 35＝－10.答案：－1010．(2014·福州质检)在(1－x 2)20的展开式中，如果第4r 项和第r ＋2项的二项式系数相等，则r ＝________.解析：由题意得，C 4r －120＝C r ＋120故4r －1＝r ＋1或4r －1＋r ＋1＝20，即r ＝23或r ＝4.因为r 为整数，故r ＝4.答案：411．(2013·广州二模)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x 15的展开式中，x 的整数次幂的项的个数为________．解析：展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 15(3x )15－r⎝⎛⎭⎫2x r ＝(－1)r 2r C r 15x3056r -，由题意5－56r为非负整数，得r ＝0或6，∴符合要求的项的个数为2.答案：212．若⎝⎛⎭⎫x ＋1x n 的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x 2的系数为________．解析：利用二项展开式的通项公式求解．由题意知，C 2n ＝C 6n ，∴n ＝8.∴T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ， 当8－2r ＝－2时，r ＝5， ∴1x 2的系数为C 58＝C 38＝56. 答案：56第Ⅱ组：重点选做题1．已知⎝⎛⎭⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1. (1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项；解：由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4， 第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·(－2)4C 2n ·(－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k·⎝⎛⎭⎫－2x 2k ＝C k8·(－2)k ·x 82k －－2k ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.2．(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除；(2)求S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数．解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n －12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．(2)S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1 ＝9(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2. ∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是整数，∴S 被9除的余数为7.。
2015专题八：概率、随机变量及其分布一、考试大纲分析：(1)概率①理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性。
②理解超几何分布及其导出过程，并能进 行简单的应用。
③了解条件概率和两个时间相互独立的概念，理解n 次独立重复试验的模型及二项式分布，并能解决一些简单的实际问题。
④理解取有限个值的离散型随机变量均值,方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值,方差，并能解决一些实际问题。
⑤利用实际为题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义。
(2)统计案例了解下列一些常见的统计方法，并能应用这些方法解决一些实际问题。
① 独立性检验(只要求2*2列联表)的基本思想,方法及其简单应用。
② 回归分析了解回归分析的基本思想,方法及其简单应用。
二、要点梳理：一、随机事件的概率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 )＝n An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A ∩B(积事件) 件为事件A 与事件B 的交事件(或积事件)(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 ＝Ω3．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 (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 )． 注意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．互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．二、古典概型、几何概型 1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的．(2)任何事件都可以表示成基本事件的和(除不可能事件)． 2．古典概型 (1)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． (2)概率公式：P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.注意：1．在计算古典概型中基本事件数和事件发生数时，易忽视他们是否是等可能的．2．概率的一般加法公式P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )－P (A ∩B )中，易忽视只有当A ∩B ＝∅，即A ，B 互斥时，P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )，此时P (A ∩B )＝0.3．几何概型如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．4．几何概型的概率公式 P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)注意 易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是基本事件的发生是等可能的，不同之处是几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的． 三、离散型随机变量及其分布列1．离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，常用字母X ，Y ，ξ，η，…表示．所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列及其性质(1)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1,2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则表X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n称为离散型随机变量X 的概率分布列，简称为X 的分布列，有时为了表达简单，也用等式P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1,2，…，n 表示X 的分布列．(2)离散型随机变量的分布列的性质○1p i ≥0(i ＝1,2，…，n )；○2∑==ni ip113．常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布：若随机变量X 服从两点分布，即其分布列为X 0 1 P1－pp其中p ＝P (X ＝1)称为成功概率．(2)超几何分布：在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则事件{X ＝k }发生的概率为P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *，称分布列为超几何分布列.X 01… mPC 0M C n －N －MC n NC 1M C n －1N －MC n N…C m M C n －mN －MC nN四、n 次独立重复试验与二项分布1．条件概率条件概率的定义条件概率的性质设A 、B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率 (1)0≤P (B |A )≤1(2)如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )2.事件的相互独立性(1)定义：设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称事件A 与事件B 相互独立． (2)性质：①若事件A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )，P (A |B )＝P (A )，P (AB )＝P (A )P (B )．②如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． 3．独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布定义在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率是p ，此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率计 算 公 式A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k (k ＝0，1,2，…，n ) .五、离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．均值(1)一般地，若离散型随机变量X 的分布列为：X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n则称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)若Y ＝aX ＋b ，其中a ，b 为常数，则Y 也是随机变量，且E (aX ＋b )＝aE (X )＋b . (3)(1)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ； (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np . 2．方差(1)设离散型随机变量X 的分布列为X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n则(x i －E (X ))2描述了x i (i ＝1,2，…，n )相对于均值E (X )的偏离程度，而D (X )＝∑i ＝1n(x i －E (X ))2p i 为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均偏离程度．称D (X )为随机变量X 的方差，其算术平方根D (X )为随机变量X 的标准差． (2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )．(3)若X 服从两点分布，则D (X )＝p (1－p )．(4)若X ～B (n ，p )，则D (X )＝np (1－p )．3．正态分布 (1)正态曲线的特点：①曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x ＝μ对称；③曲线在x ＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x 轴之间的面积为1； ⑤当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．(2)正态分布的三个常用数据：①P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682_6；②P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954_4；③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝0.997_4三、例题精讲考点一：概率的性质：1．离散型随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝a n (n ＋1)(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P (12＜X ＜52)的值为( )A.23B.34C.45D.56解析：选D 由(11×2＋12×3＋13×4＋14×5)×a ＝1.知45a ＝1.∴a ＝54. 故P (12＜X ＜52)＝P (1)＋P (2)＝12×54＋16×54＝56.2．随机变量X 的分布列如下：X －1 0 1 Pabc其中a ，b ，c 成等差数列，则P (|X |＝1)＝______. 解析：∵a ，b ，c 成等差数列，∴2b ＝a ＋c . 又a ＋b ＋c ＝1，∴b ＝13，∴P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23.答案：23考点二：离散型随机变量分布列求法[典例] (2013·江西高考改编) 小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O 为起点，再从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，A 7，A 8(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X .若X ＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率； (2)求X 的分布列．[解] (1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C 28＝28种，X ＝0时，两向量夹角为直角，共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为P (X ＝0)＝828＝27.(2)两向量数量积X 的所有可能取值为－2，－1,0,1，X ＝－2时，有2种情形；X ＝1时，有8种情形；X ＝－1时，有10种情形．所以X 的分布列为：X －2 －1 0 1 P1145142727[针对训练](2014·温州模拟)从装有大小相同的2个红球和6个白球的袋子中，每摸出2个球为一次试验，直到摸出的球中有红球(不放回)，则试验结束．(1)求第一次试验恰好摸到一个红球和一个白球的概率； (2)记试验次数为X ，求X 的分布列．解：(1)记“第一次试验恰好摸到一个红球和一个白球”为事件A ，则P (A )＝C 12C 16C 28＝37.(2)由题知X 的可能取值为1,2,3,4.则P (X ＝1)＝C 12C 16＋C 22C 28＝1328，P (X ＝2)＝C 26C 28·C 14C 12＋C 22C 26＝928，P (X ＝3)＝C 26C 28·C 24C 26·C 12C 12＋C 22C 24＝528，P (X ＝4)＝C 26C 28·C 24C 26·C 22C 24＝128. X 的分布列为X 1 2 3 4 P1328928528128考点三：超几何分布[典例] (2014·南昌模拟)从某小组的5名女生和4名男生中任选3人去参加一项公益活动． (1)求所选3人中恰有一名男生的概率； (2)求所选3人中男生人数ξ的分布列．[解] (1)所选3人中恰有一名男生的概率P ＝C 25C 14C 39＝1021.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝C 35C 39＝542，P (ξ＝1)＝C 25C 14C 39＝1021，P (ξ＝2)＝C 15C 24C 39＝514，P (ξ＝3)＝C 34C 39＝121.∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P5421021514121[针对训练](2013·哈师大附中模拟)PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2012年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：PM2.5日均值 (微克/立方米)[25,35] (35,45] (45,55] (55,65] (65,75] (75,85] 频数311113(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列． 解：(1)记“从10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A ，则P (A )＝C 13·C 27C 310＝2140.(2)根据条件，ξ服从超几何分布，其中N ＝10，M ＝3，n ＝3，ξ的可能取值为0,1,2,3，P (ξ＝k )＝C k 3C 3－k 7C 310(k ＝0,1,2,3)，其分布列为ξ 0 1 2 3 P 724 2140 740 1120考点四：条件概率1．(2013·平顶山二模)已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )A.310 B.29 C.78D.79 解析：选D 设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝730310＝79. 2．盒中有红球5个，蓝球11个，其中红球中有2个玻璃球，3个木质球；蓝球中有4个玻璃球，7个木质球，现从中任取一球，假设每个球被摸到的可能性相同．若已知取到的球是玻璃球，则它是蓝球的概率为( )A.23B.13C.1116D.516解析：选A 记“取到蓝球”为事件A ，“取到玻璃球”为事件B ，则已知取到的球为玻璃球，它是蓝球的概率就是B 发生的条件下A 发生的条件概率，记作P (A |B )．因为P (AB )＝416＝14，P (B )＝616＝38，所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1438＝23. 3．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．解析：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则P (AB )＝C 25C 2100，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝5×4100×995100＝499.答案：499考点五：相互独立事件的概率[典例] (2013·长春二模)甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为25，34，13，且各自能否被选中互不影响． (1)求3人同时被选中的概率； (2)求3人中至少有1人被选中的概率．[解] 记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A ，B ，C ，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.(1)3人同时被选中的概率P 1＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.(2)3人中有2人被选中的概率P 2＝P (AB C ∪A B C ∪A BC )＝25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×13＝2360. 3人中只有1人被选中的概率P 3＝P (A B C ∪A B C ∪A B C )＝25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＝512. 故3人中至少有1人被选中的概率为110＋2360＋512＝910.变式： 在本例条件下求三人均未被选中的概率.解：法一：三人均未被选中P ＝P (A B C )＝⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＝110. 法二：由本例(2)知，三人至少有1人被选中的概率为910∴P ＝1－910＝110.[针对训练]高一新生军训时，经过两天的打靶训练，甲每射击10次可以击中9次，乙每射击9次可以击中8次．甲、乙两人射击同一目标(甲、乙两人互不影响)，现各射击一次，目标被击中的概率为( )A.910B.45C.89D.8990解析：选D 目标被击中的对立事件为两人都击不中，而两人都击不中的概率为⎝⎛⎭⎫1－910×⎝⎛⎭⎫1－89，所以所求事件的概率为1－⎝⎛⎭⎫1－910×⎝⎛⎭⎫1－89＝8990. 考点六：独立重复试验与二项分布[典例] 在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题．设4名考生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的概率分布列．[解] (1)设事件A 表示“甲选做第21题”，事件B 表示“乙选做第21题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A － B －”，且事件A 、B 相互独立．故P (AB ＋A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12. (2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4， 且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12 则P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫1－124－k ＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4)． 故变量ξ的分布列为：Ξ 0 1 2 3 4 P116143814116[类题通法]二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的． (2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生． (4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数． [针对训练](2014·广州调研)设事件A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 恰好发生一次的概率为( )A.14B.34C.964D.2764解析：选C 假设事件A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p ，由题意得，事件A 发生的次数X ～B (3，p )，则有1－(1－p )3＝6364，得p ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为C 13×34×⎝⎛⎭⎫1－342＝964. 1．(2014·杭州模拟)甲、乙两人参加某高校的自主招生考试，若甲、乙能通过面试的概率都为23，且甲、乙两人能否通过面试相互独立，则面试结束后通过人数ξ的数学期望E (ξ)的值为( )A.43B.119 C ．1D.89解析：选A 由题意可知，ξ服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫2，23，所以E (ξ)＝2×23＝43. 2．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.8，则罚球一次得分ξ的数学期望是( )A ．0.2B ．0.8C ．1D ．0解析：选B 因为P (ξ＝1)＝0.8，P (ξ＝0)＝0.2. 所以E (ξ)＝1×0.8＋0×0.2＝0.8. 考点七：离散型随机变量的均值1．(2013·广东高考)已知离散型随机变量X 的分布列为X 1 2 3 P35310110则X 的数学期望E (X )＝( ) A.32 B ．2 C.52D ．3解析：选A E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝1510＝32.2.(2013·湖北高考)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E (X )＝( )A.126125B.65C.168125D.75解析：选B 依题意，X 的取值可能为0,1,2,3，且P (X ＝0)＝27125，P (X ＝1)＝54125，P (X ＝2)＝36125，P (X ＝3)＝8125，E (X )＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝65，故选B. 3．(2013·天津高考)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张， 编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中， 红色卡片编号的最大值设为X, 求随机变量X 的分布列和数学期望．解：(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P (A )＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4. P (X ＝1)＝C 33C 47＝135，P (X ＝2)＝C 34C 47＝435，P (X ＝3)＝C 35C 47＝27，P (X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列是X 1 2 3 4 P1354352747随机变量X 的数学期望EX ＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.考点八：离散型随机变量的方差[典例] (2013·浙江高考)设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1)当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E (η)＝53，D (η)＝59，求a ∶b ∶c .[解] (1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6.故P (ξ＝2)＝3×36×6＝14，P (ξ＝3)＝2×3×26×6＝13，P (ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518，P (ξ＝5)＝2×2×16×6＝19，P (ξ＝6)＝1×16×6＝136.所以ξ的分布列为ξ23456P14 13 518 19 136(2)由题意知η的分布列为η 1 2 3 Paa ＋b ＋cba ＋b ＋cca ＋b ＋c所以E (η)＝a a ＋b ＋c ＋2b a ＋b ＋c ＋3c a ＋b ＋c ＝53，D (η)＝⎝⎛⎭⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝⎛⎭⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝⎛⎭⎫3－532·c a ＋b ＋c ＝59. 化简得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0，解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. [针对训练](2014·贵阳模拟)有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设，为了对重点建设负责，政府到两建材厂抽样检查，他们从中各抽取等量的样品检查它们的抗拉强度指标，其分布列如下：X 8 9 10 P0.20.60.2Y 8 9 10 P0.40.20.4其中X 和Y 分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，在使用时要求选择较高抗拉强度指数的材料，越稳定越好．试从均值与方差的指标分析该用哪个厂的材料．解：E (X )＝8×0.2＋9×0.6＋10×0.2＝9，D (X )＝(8－9)2×0.2＋(9－9)2×0.6＋(10－9)2×0.2＝0.4；E (Y )＝8×0.4＋9×0.2＋10×0.4＝9；D (Y )＝(8－9)2×0.4＋(9－9)2×0.2＋(10－9)2×0.4 ＝0.8.由此可知，E (X )＝E (Y )＝9，D (X )＜D (Y )，从而两厂材料的抗拉强度指数平均水平相同，但甲厂材料相对稳定，应选甲厂的材料．考点九：正态分布[典例] (1)(2013·石家庄模拟)设随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，若P (ξ＜2)＝0.8，则P (0＜ξ＜1)的值为( )A ．0.2B ．0.3C ．0.4D ．0.6[解析] P (0＜ξ＜1)＝P (ξ＜2)－P (ξ＜1)＝0.8－0.5＝0.3，故选B. [答案] B(2)(2014·合肥模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，P (ξ≤4)＝0.84，则P (ξ≤0)＝( )A ．0.16B ．0.32C ．0.68D ．0.84[解析] 因为曲线的对称轴是直线x ＝2，所以由图知P (ξ≤0)＝P (ξ＞4)＝1－P (ξ≤4)＝0.16.[答案] A变式：保持本例(2)条件不变，求P (0＜ξ≤4). 解析：由P (ξ＞4)＝P (ξ≤0)＝0.16 ∴P (0＜ξ≤4)＝1－2×0.16＝0.68. [类题通法]关于正态总体在某个区间内取值的概率求法(1)熟记P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)的值； (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间面积为1.①正态曲线关于直线x ＝μ对称，从而在关于x ＝μ对称的区间上概率相等． ②P (X ＜a )＝1－P (X ≥a )，P (X ＜μ－a )＝P (X ≥μ＋a )． [针对训练]某班有50名学生，一次考试后数学成绩X (X ∈N )服从正态分布N (100,102)，已知P (90≤X ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．解析：由题意知，P (X ＞110)＝1－2P (90≤X ≤100)2＝0.2.∴该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10. 答案：10四、高考试题分析2013、9、（本小题满分12分）一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n 。
2015年高考数学 概率统计专题试卷1．下列问题属于超几何分布的有________．(填序号)①抛掷三枚骰子，所得向上的数是6的骰子的个数记为X ，求X 的概率分布列；②有一批种子的发芽率为70%，现任取10颗种子做发芽实验，把实验中发芽的种子的个数记为X ，求X 的概率分布列；③一盒子中有红球3只，黄球4只，蓝球5只，现任取3只球，把不是红色的球的个数记为X ，求X 的概率分布列；④某班级有男生25人，女生20人，现选派4名学生参加学校组织的活动，班长必须参加，其中女生人数记为X ，求X 的概率分布列． 2．设随机变量X 的分布列为P(X ＝k)＝15k (k ＝1，2，3，4，5)，则P 1522x ⎛⎫<< ⎪⎝⎭＝________.3．口袋内装有10个相同的球，其中5个球标有数字0，5个球标有数字1.若从袋中摸出5个球，那么摸出的5个球所标数字之和小于2或大于3的概率是________．4．设50件商品中有15件一等品，其余为二等品．现从中随机选购2件，则所购2件商品中恰有一件一等品的概率为________．5．某班级有男生12人、女生10人，现选举4名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委，则至少两名男生当选的概率为________． 6．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是________． 7．从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________． 8．现在某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．9．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是______．10．在0，1，2，3，…，9这十个自然数中，任取三个不同的数字．将取出的三个数字按从小到大的顺序排列，设ξ为三个数字中相邻自然数的组数(例如：若取出的三个数字为0，1，2，则相邻的组为0，1和1，2，此时ξ的值是2)，求随机变量ξ的分布列．11．已知盒中有10个灯泡，其中8个正品，2个次品．需要从中取出2只正品，每次取一个，取出后不放回，直到取出2个正品为止．设X 为取出的次数，求X 的概率分布列． 12．一盒中有9个正品和3个次品零件，每次取一个零件，如果取出的是次品不再放回，求在取得正品前已取出的次品数X 的概率分布，并求P 1522x ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭.13．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球． (1)求取出的4个球均为黑球的概率；(2)求取出的4个球中恰有1个红球的概率；(3)设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列．14．黄山旅游公司为了体现尊师重教，在每年暑假期间对来黄山旅游的全国各地教师和学生，凭教师证和学生证实行购买门票优惠．某旅游公司组织有22名游客的旅游团到黄山旅游，其中有14名教师和8名学生．但是只有10名教师带了教师证，6名学生带了学生证．(1)在该旅游团中随机采访3名游客，求恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人的概率；(2)在该团中随机采访3名学生，设其中持有学生证的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列．15．如图，从A1(1，0，0)、A2(2，0，0)、B1(0，1，0)、B2(0，2，0)、C1(0，0，1)、C2(0，0，2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V(如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V＝0)．(1)求V＝0的概率；(2)求V的分布列及数学期望E(V)．16．在一次面试中，每位考生从4道题a、b、c、d中任抽两题做，假设每位考生抽到各题的可能性相等，且考生相互之间没有影响．(1)若甲考生抽到a、b题，求乙考生与甲考生恰好有一题相同的概率；(2)设某两位考生抽到的题中恰好有X道相同，求随机变量X的概率分布．17．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用ξ表示取球终止所需要的取球次数．(1)求袋中原有白球的个数；(2)求随机变量ξ的概率分布；(3)求甲取到白球的概率．18．老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，试求：(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；(2)他能及格的概率．四、新添加的题型参考答案1．③④【解析】注意超几何分布的特征，其中涉及三个参量，①、②属于独立重复试验问题． 2．15【解析】P 1522x ⎛⎫<< ⎪⎝⎭＝P(X ＝1)＋P(X ＝2)＝115＋215＝153．1363【解析】数字之和小于2或大于3的对立事件为数字之和为2或者3，发生的概率为22355510C C C ，所以数字之和小于2或大于3的概率为1－22355510C C C ＝1363. 4．37【解析】N ＝50，M ＝15，n ＝2，r ＝1，P(X ＝1)＝H(1，2，15，50)＝111535250C C C ＝37. 5．103133【解析】把选出的4人中男生的人数记为X ，显然随机变量X 满足超几何分布，所求事件的概率可以表示为P(X≥2)．有P(X≥2)＝P(X ＝2)＋P(X ＝3)＋P(X ＝4)＝221210422C C C ＋311210422C C C ＋401210422C C C ＝103133. 6．19【解析】两位数共有90个，其中个位数与十位数之和为奇数的两位数有45个，个位数为0的有5个，所以概率为545＝19. 7．8【解析】从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的情况有：(1，4)，(2，3)共2种情况；从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为2n C ，由古典概型概率计算公式，得从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的概率为P ＝22nC .所以2n C ＝28，即12n n （－）＝28，解得n ＝8.8．20 63【解析】m可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7共7个，n可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7，8，9共9个，所以总共有7×9＝63种可能，符合题意的m可以取1，3，5，7共4个，符合题意的n可以取1，3，5，7，9共5个，所以总共有4×5＝20种可能符合题意，所以符合题意的概率为20 63.9．3 5【解析】∵以1为首项，－3为公比的等比数列的10个数为1，－3，9，－27，…，其中有5个负数，1个正数1计6个数小于8，∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是610＝35.10．ξ的分布列为【解析】随机变量ξ11．X的概率分布列如下表【解析】P(X＝2)＝810·9＝45，P(X＝3)＝10·9·8＋10·89·78＝1445，P(X＝4)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)＝1 15，所以X12．27 110【解析】易知X的可能取值为0、1、2、3这四个数字，而X＝k表示，共取了k＋1次零件，前k次取得的都是次品，第k＋1次才取得正品，其中k＝0、1、2、3.故X的分布列为P 1522x ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭＝P(X ＝1)＋P(X ＝2)＝944＋9220＝27110. 13．（1）15（2）715（3）ξ的分布列为【解析】(1)设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件A ，“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件B.由于事件A 、B 相互独立，且P(A)＝2324C C ＝12，P(B)＝2426C C ＝25.故取出的4个球均为黑球的概率为P(A·B)＝P(A)·P(B)＝12×25＝15. (2)设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件C ，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D.由于事件C 、D 互斥，且P(C)＝2324C C ·112426C C C ＝415，P(D)＝12342246C C C C ＝15. 故取出的4个球中恰有1个红球的概率为P(C ＋D)＝P(C)＋P(D)＝415＋15＝715. (3)ξ可能的取值为0，1，2，3.由(1)，(2)得P(ξ＝0)＝15，P(ξ＝1)＝715，P(ξ＝3)＝1322461C C C ＝130.从而P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝310.ξ的分布列为14．（1）51154（2）ξ的分布列为 【解析】(1)记事件A 为“采访3名游客中，恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人”， 则该事件分为两个事件A 1和A 2，A 1为“1名教师有教师证，1名学生有学生证”；A 2为“1名教师有教师证，0名学生有学生证”．P(A)＝P(A 1)＋P(A 2)＝11112106610633222218155177154154C C C C C C C ⋅⋅⋅＋＝＋＝，∴在随机采访3人，恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人的概率为51154. (2)由于8名学生中有6名学生有学生证，∴ξ的可能取值为1，2，3，则P(ξ＝1)＝126238C C C ⋅＝328，P(ξ＝2)＝216238C C C ⋅＝1528，P(ξ＝3)＝3638C C ＝514， ∴ξ的分布列为15．（1）35（2）9V 的分布列为 【解析】(1)从6个点中随机选取3个点总共有36C ＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有13C 34C ＝12种，因此V ＝0的概率为P(V ＝0)＝1220＝35. (2)V 的所有可能取值为0、1、1、2、4，因此V 的分布列为则V 的数学期望E(V)＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝940 16．（1）23（2）X 的概率分布为【解析】(1)P ＝112224C C C＝23. (2)X 的可能取值为0、1、2，P(X ＝0)＝22422244C C C C ⋅＝16，P(X ＝2)＝2422441C C C ⋅＝16，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝23，所以随机变量X 的概率分布为17．（1）3（3）2235【解析】(1)设袋中原有n 个白球，由题意知2n 27n n 1C 1n n 12767C 762⨯⨯（－）（－）＝＝＝，∴n(n －1)＝6，得n ＝3或n ＝－2(舍去)，即袋中原有3个白球． (2)由题意，ξ的可能取值为1、2、3、4、5.P(ξ＝1)＝37；P(ξ＝2)＝4376⨯⨯＝27； P(ξ＝3)＝433765⨯⨯⨯⨯＝635；P(ξ＝4)＝43237654⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝335；P(ξ＝5)＝4321376543⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝135.所以ξ的分布列为：(3)件A ，则P(A)＝P(“ξ＝1”，或“ξ＝3”，或“ξ＝5”)． ∵事件“ξ＝1”，或“ξ＝3”，或“ξ＝5”两两互斥， ∴P(A)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝5)＝2235. 18．（1）分布列如下：（2）0.667.【解析】(1)设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个随机变量，它可能的取值为0、1、2即(2)该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝12＋16＝23≈0.667.。
11.1随机事件及其概率1.(2015湖北,2,5分)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题:粮仓开仓收粮,有人送来米1534石,验得米内夹谷,抽样取米一把,数得254粒内夹谷28粒,则这批米内夹谷约为()A.134石B.169石C.338石D.1365石答案B6.(2015北京,17,13分)某超市随机选取1000位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如下统计表,其中“√”表示购买,“×”表示未购买.(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率;(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率;(3)如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大?解析(1)从统计表可以看出,在这1000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和=0.2.丙,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000(2)从统计表可以看出,在这1000位顾客中,有100位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了2种商品.所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100+2001 000=0.3.(3)与(1)同理,可得:顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000=0.2,顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100+200+3001 000=0.6,顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000=0.1.所以,如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大.7.(2015湖南,16,12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.抽奖方法是:从装有2个红球A1,A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1,a2和2个白球b1,b2的乙箱中,各随机摸出1个球.若摸出的2个球都是红球则中奖,否则不中奖.(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果;(2)有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概率.你认为正确吗?请说明理由.解析(1)所有可能的摸出结果是{A1,a1},{A1,a2},{A1,b1},{A1,b2},{A2,a1},{A2,a2},{A2,b1},{A2,b2},{B,a1},{B,a2},{B,b1 },{B,b2}.(2)不正确.理由如下:由(1)知,所有可能的摸出结果共12种,其中摸出的2个球都是红球的结果为{A1,a1},{A1,a2},{A2,a1},{A2,a2},共4种,所以中奖的概率为412=13,不中奖的概率为1-13=23>13,故这种说法不正确.8.(2015陕西,19,12分)随机抽取一个年份,对西安市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下:的概率;(1)在4月份任取一天,估计西安市在该天不下雨···开始举行连续2天的运动会,估计运动会(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天··的概率.期间不下雨···解析(1)在容量为30的样本中,不下雨的天数是26,以频率估计概率,4月份任选一天,西安市不下雨的概率为13.15(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如,1日与2日,2日与3日等).这样,在4月份中,前一天为晴天的互邻日期对有16个,其中后一天不下雨的有14个,所以晴天的.次日不下雨的频率为78.以频率估计概率,运动会期间不下雨的概率为78。
第2讲 概率、随机变量及其分布考情解读 1．该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何、定积分交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的分布列、期望(均值)、方差，常与相互独立事件的概率、n 次独立重复试验交汇考查.2．从考查形式上来看，三种题型都有可能出现，选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能，有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的分布列等，都属于中、低档题．1．随机事件的概率（1）随机事件的概率范围：0≤P (A )≤1；必然事件的概率为1；不可能事件的概率为0. （2）古典概型的概率P (A )＝m n ＝A 中所含的基本事件数基本事件总数.（3）几何概型的概率P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积).2．条件概率在A 发生的条件下B 发生的概率：P (B |A )＝P (AB )P (A ).3．相互独立事件同时发生的概率P (AB )＝P (A )P (B )． 4．独立重复试验如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0,1,2，…，n . 5．超几何分布在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.此时称随机变量X 服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M ，N ，n . 6．离散型随机变量的分布列（1）设离散型随机变量X 可能取的值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i 的概率为P (X ＝x i )＝p i ，则称下表：为离散型随机变量X （2）离散型随机变量X 的分布列具有两个性质：①p i ≥0，②p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1(i ＝1,2,3，…，n )．（3）E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为X 的均值或数学期望(简称期望)．D (X )＝(x 1－E (X ))2·p 1＋(x 2－E (X ))2·p 2＋…＋(x i －E (X ))2·p i ＋…＋(x n －E (X ))2·p n 叫做随机变量ξ的方差． （4）性质①E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )； ②X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )； ③X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )． 7．正态分布若X ～N (μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6；②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4；③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.热点一 古典概型与几何概型例1 （1）在1,2,3,4共4个数字中，任取两个数字(允许重复)，其中一个数字是另一个数字的2倍的概率是________．（2）(2013·四川)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) A ．14 B ．12 C ．34 D ．78思维启迪 (1)符合古典概型特点，求4个数字任取两个数字的方法种数和其中一个数字是另一个数字的2倍的方法数；(2)由几何概型的特点，利用数形结合求解．思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．（1）(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为____．（2）在区间[－3,3]上随机取一个数x ，使得函数f (x )＝1－x ＋x ＋3－1有意义的概率为________．热点二 相互独立事件和独立重复试验例2 甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立．根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75.（1）求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率； （2）求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．思维启迪 本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解． 思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .（1）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；（2）求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．热点三 随机变量的分布列例3 (2013·辽宁)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． （1）求张同学至少取到1道乙类题的概率；（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．思维启迪 (1)利用对立事件求概率；(2)计算每个X 的值所对应的概率． 思维升华 解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路： (1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值． (3)根据分布列和期望、方差公式求解．（1）(2013·湖北)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X ，则X 的数学期望E (X )等于( )A ．126125B ．65C ．168125D ．75（2）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且三个公司是否让其面试是相互独立的，记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________.概率模型的应用，需熟练掌握以下常考的五种模型：（1）基本事件的发生具有等可能性，一般可以抽象转化为古典概型问题，解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数n 与事件A 中包含的基本事件个数m ；（2）与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问题，一般可以应用几何概型求解，即随机事件A 的概率可用“事件A 包含的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”之比表示；（3）两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题，可转化为互斥事件来解决，解决这类问题的关键是分清事件是否互斥；（4）事件是否发生相互不影响的实际应用问题，可转化为独立事件的概率问题，其中在相同条件下独立重复多次的可转化为二项分布问题，应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解；（5）有关平均值和稳定性的实际应用问题，一般可抽象为随机变量的期望与方差问题，先求出事件在各种情况下发生的概率，再应用公式求随机变量的期望和方差.真题感悟1．(2014·陕西)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A ．15B ．25C ．35D ．452．(2014·浙江)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n ≥3)，从乙盒中随机抽取i (i ＝1,2)个球放入甲盒中．（1）放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝1,2)；（2）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝1,2)．则( )A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2) 押题精练1．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为()A ．521B ．27C ．13D ．8212．箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是( ) A ．16625 B ．96625 C ．624625 D ．46253．甲乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元．（1）求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率； （2）设总决赛中获得的门票总收入为X ，求X 的均值E (X )．(推荐时间：50分钟)一、选择题1．(2014·课标全国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 ．18 B ．38 C ．58 D ．782．已知菱形ABCD 的边长为4，∠ABC ＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率为( )A ．π4B ．1－π4C ．π8D ．1－π83．已知Ω＝{(x ，y )|⎩⎨⎧y ≥0，y ≤4－x2}，直线y ＝mx ＋2m 和曲线y ＝4－x 2有两个不同的交点，它们围成的平面区域为M ，向区域Ω上随机投一点A ，点A 落在区域M 内的概率为P (M )，若P (M )∈[π－22π，1]，则实数m 的取值范围为( )A ．[12，1]B ．[0，33]C ．[33，1] D ．[0,1]4．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率是( ) A ．310 B ．29 C ．78 D ．795．将三个骰子各掷一次，设事件A 为“三个骰子掷出的点数都不同”，事件B 为“至少有一个骰子掷出3点”，则条件概率P (A |B )，P (B |A )分别是( )A ．6091，12B ．12，6091C ．518，6091D ．91216，126．设随机变量ξ服从正态分布N (2,9)，若P (ξ>c )＝P (ξ<c －2)，则c 的值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 二、填空题7．(2014·江西)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________． 8．将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________． 9．(2014·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________.10．连续掷一枚均匀的正方体骰子(6个面分别标有1,2,3,4,5,6)，现定义数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，点数不是3的倍数，1，点数是3的倍数，S n是其前n 项和，则S 5＝3的概率是________．三、解答题11．一个袋子中装有7个小球，其中红球4个，编号分别为1,2,3,4，黄球3个，编号分别为2,4,6，从袋子中任取4个小球(假设取到任一小球的可能性相等)． （1）求取出的小球中有相同编号的概率；（2）记取出的小球的最大编号为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．12．(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； （2）两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．13．在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是23.（1）记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X ，求X 的分布列及数学期望． （2）求教师甲在一场比赛中获奖的概率．例1 (1)14 (2)C 变式训练1 (1)16 (2)23例2 解 (1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A 1、A 2、A 3；E 表示事件“恰有一人通过笔试”，则P (E )＝P (A 1A2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A1A 2A 3)＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38. 即恰有一人通过笔试的概率是0.38.(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A 、B 、C ，则P (A )＝0.6×0.6＝0.36，P (B )＝0.5×0.6＝0.3，P (C )＝0.4×0.75＝0.3.事件F 表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”． 则F 表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，即F ＝A B C ， 于是P (F )＝1－P (F )＝1－P (A )P (B )P (C )＝1－0.64×0.7×0.7＝0.686 4. 即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.686 4.变式训练2 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么 1－P (C )＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D .“系统A 在3次相互独立的检测中发生k 次故障”为事件D k . 则D ＝D 0＋D 1，且D 0、D 1互斥． 依题意，得P (D 0)＝C 03(1－110)3，P (D 1)＝C 13·110(1－110)2， 所以P (D )＝P (D 0)＋P (D 1)＝7291 000＋2431 000＝243250.所以系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.例3 解 (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．因为P (A )＝C 36C 310＝16，所以P (A )＝1－P (A )＝56.(2)X 所有的可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 02·⎝⎛⎭⎫350·⎝⎛⎭⎫252·15＝4125；P (X ＝1)＝C 12·⎝⎛⎭⎫351·⎝⎛⎭⎫251·15＋C 02⎝⎛⎭⎫350·⎝⎛⎭⎫252·45＝28125； P (X ＝2)＝C 22·⎝⎛⎭⎫352·⎝⎛⎭⎫250·15＋C 12⎝⎛⎭⎫351·⎝⎛⎭⎫251·45＝57125；P (X ＝3)＝C 22·⎝⎛⎭⎫352·⎝⎛⎭⎫250·45＝36125. 所以X 的分布列为所以E (X )＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.变式训练3 (1)B (2)53解析 (1)125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆， ∴从中随机取一个正方体，涂漆面数X 的数学期望 E (X )＝54125×1＋36125×2＋8125×3＝150125＝65.(2)由题意知P (X ＝0)＝13(1－p )2＝112，∴p ＝12.随机变量X 的分布列为E (X )＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.CA DB3．解 (1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． 设此数列为{a n }，则易知a 1＝40，a n ＝10n ＋30，∴S n ＝n (10n ＋70)2＝300. 解得n ＝－12(舍去)或n ＝5，∴总决赛共比赛了5场．则前4场比赛的比分必为1∶3，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为 C 14(12)4＝14. (2)随机变量X 可取的值为S 4，S 5，S 6，S 7，即220,300,390,490. 又P (X ＝220)＝2·(12)4＝18，P (X ＝300)＝C 14(12)4＝14， P (X ＝390)＝C 25(12)5＝516，P (X ＝490)＝C 36(12)6＝516. 所以，X 的分布列为所以X 的均值为E (X )＝220×18＋300×14＋390×516＋490×516＝377.5(万元)．DDDDAC 7．12 8．1132 9．25 10．1024311．解 (1)设取出的小球中有相同编号的事件为A ，编号相同可分成一个相同和两个相同．P (A )＝2(C 12C 13＋C 23)＋1C 47＝1935.(2)随机变量X 的可能取值为3,4,6.P (X ＝3)＝1C 47＝135，P (X ＝4)＝C 12C 34＋C 24C 47＝25，P (X ＝6)＝C 36C 47＝47. 所以随机变量X 的分布列为所以随机变量X 的数学期望E (X )＝3×135＋4×25＋6×47＝17935.12．解 (1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0,1,3)， 则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16.记B j 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为j 分”(j ＝0,1,3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意得D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，得P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)P (B 1)＋P (A 0)P (B 3)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16，P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215，P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130，P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为 所以所以数学期望E (ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.13．解 (1)X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.依条件可知，X ～B (6，23)P (X ＝k )＝C k 6·(23)k ·(13)6－k(k ＝0,1,2,3,4,5,6) X 的分布列为E (X )＝1729(0×1＋1×12＋2×60＋3×160＋4×240＋5×192＋6×64)＝2 916729＝4.或因为X ～B (6，23)，所以E (X )＝6×23＝4.即X 的数学期望为4.(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A ，则 P (A )＝C 24·(13)2·(23)4＋C 14·13·(23)5＋(23)6＝3281. 答 教师甲在一场比赛中获奖的概率为3281.。
第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类计数原理与分步计数原理对应学生用书P1531．分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．1．分类计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[试一试]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有________种．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，故由分类计数原理得共有N＝3＋3＝6种．答案：62．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，由分步计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：361．应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．[练一练]1．(2014·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．答案：2 8802.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108对应学生用书P1531．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有个．解析：利用分类计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．答案：362．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有________种．解析：分类：第一类，两人拿对：2×C 25＝20种；第二类，三人拿对：C 35＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．答案：31种3．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：以m 的值为标准分类，分为五类．第一类：m ＝1时，使n >m ，n 有6种选择；第二类：m ＝2时，使n >m ，n 有5种选择；第三类：m ＝3时，使n >m ，n 有4种选择；第四类：m ＝4时，使n >m ，n 有3种选择；第五类：m ＝5时，使n >m ，n 有2种选择．由分类计数原理，符合条件的椭圆共有20个．答案：20[备课札记][类题通法]利用分类计数原理解题时应注意(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，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．[典例] 如图所示的几何体是由一个正三棱锥P -ABC 与正三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．[解析] 先涂三棱锥 P -ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C 13×C 12×C 11×C 12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案] 12[备课札记][类题通法]利用分步计数原理解决问题时应注意(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有________种．解析：第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．答案：96两个原理的综合应用[典例]{1,2,3,4,5}．选择集合A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有________种．[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C2＝10种选择5方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．[答案] 49[备课札记]43(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16对应学生用书P154[课堂练通考点]1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为________．解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：132.如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为________．解析：从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步计数原理，有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类计数原理，有6＋2＝8种走法．答案：6,83.(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是________．解析：每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．答案：484．(2013·济南模拟)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对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是________．解析：当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点．答案：145.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有________种．解析：三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．答案：372．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是________．解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)．故共有36＋12＝48(个)．答案：483．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有________种．解析：第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C17种选派方法．根据分步计数原理，知选法为C210·C18·C17＝2 520种．答案：2 5204．将甲、乙、丙、丁四名实习老师分到三个不同的班，要求每个班至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．解析：法一：分成两种情况，①甲和丙丁中的一人被分到同一个班或乙和丙丁中的一人被分到同一个班共有2C12A33＝24种分法；②丙和丁两人被分到同一个班共有A33＝6种分法．于是所求的分法总数为24＋6＝30.法二：将4名老师分到3个不同的班，有C24C13A22，甲、乙两名老师分到同一个班有C13A22.∴满足要求的分法有C24C13A22－C13A22＝30.答案：305．(2013·山东高考改编)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________．解析：能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.答案：2526.如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：137.(2014·南充模拟)一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有________种．解析：从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法，同理，若先游览B景点，有16种不同的方法，若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48种．答案：488．(2013·深圳调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________个．解析：依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．答案：159．一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．解析：“完成这件事”需选出男、女队员各一人，可分两步进行：第一步选一名男队员，有5种选法；第二步选一名女队员，有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．答案：2010．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：1211．(2014·沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1,2,3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2,3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3612.(2014·泉州质检)如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有________种．解析：法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．所以不同的种法共有A24＋2A34＋A44＝84种．法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3＋2×2)＝84种不同的种法．答案：84第Ⅱ组：重点选做题1．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种).2．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．第二节排列与组合对应学生用书P155(1)排列：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个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：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个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有________种．解析：有C12C13A33＝36(种)．答案：362．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A 22A 22A 23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法： 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m ＞n 2时，通常将计算C m n 转化为计算C n －m n .二是列等式，由C x n ＝C y n 可得x ＝y 或x ＋y ＝n .性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．有A ，B ，C ，D ，E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A ，B 两位学生去问成绩，老师对A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B 说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为________．解析：由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.答案：182．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A 33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A 24种排法，故共有A 33·A 24＝72(种)排法． 答案：72对应学生用书P156排列问题1．(2014·条棱代表8种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①②③④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同放法种数为________．解析：由题意分析，先把标号为1,2,3,4的化工产品分别放入①②③④的4个仓库内，共有A 44＝24种放法；再把标号为5,6,7,8的化工产品对应地按要求安全存放：7与1放一起，8与2放一起，5与3放一起，6与4放一起；或者6与1放一起，7与2放一起，8与3放一起，5与4放一起，有两种放法．综上所述，共有A44×2＝48种放法．答案：482．(2014·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有________种．解析：本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．答案：123．(2014·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有________种．解析：法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．答案：4 320[备课札记][类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[备课札记][类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2014·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有________种．解析：法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．答案：70分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配，归纳起来常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题.角度一 整体均分问题1．国家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．解析：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6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法． 答案：90角度二 部分均分问题2．将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 36C 13C 12C 11A 33＝20种； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 26C 24A 22·C 12C 11A 22＝45种． 所以不同的分组方法共有20＋45＝65种．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A 44＝1 560种．答案：1 560角度三 不等分问题3．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：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种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．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：360[备课札记][类题通法]解决分组分配问题的策略1．对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n(n为均分的组数)，避免重复计数．2．对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．3．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．对应学生用书P157[课堂练通考点]1．(2014·开封模拟)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼-15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有________种．解析：将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A22·A22种排法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A23种排法，故共有A22·A22·A23＝24种排法．答案：242．(2013·四川高考改编)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是________．解析：lg a－lg b＝lg ab，lgab有多少个不同值，只要看ab不同值的个数，所以共有A25－2＝20－2＝18个不同值．答案：183．(2014·台州模拟)甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有________种．解析：本题用排除法，甲、乙两人从A，B，C三个景点中各选两个游玩，共有C23·C23＝9种，但两人所选景点不能完全相同，所以排除3种完全相同的选择，故有6种．答案：6。
[课堂练通考点]1．(2013·福州质检)已知随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，且P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6，若μ＝4，σ＝1，则P (5＜X ＜6)＝( )A ．0.135 8B ．0.135 9C ．0.271 6D ．0.271 8解析：选B 由题意知，P (5＜X ＜6)＝12[P (2＜X ≤6)－P (3＜X ≤5)]＝0.954 4－0.682 62＝0.135 9.故选B.2．从1,2,3,4,5中选3个数，用ξ表示这3个数中最大的一个，则E (ξ)＝( ) A ．3 B ．4.5 C ．5D ．6解析：选B 由题意知，ξ只能取3,4,5.则P (ξ＝3)＝110，P (ξ＝4)＝310，P (ξ＝5)＝610.故E (ξ)＝110×3＋310×4＋610×5＝4.5.3．设一随机试验的结果只有A 和A ，且P (A )＝p ，令随机变量X ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(A 出现)，0(A 不出现)，则X 的方差D (X )等于( )A ．pB ．2p (1－p )C ．－p (1－p )D ．p (1－p )解析：选D X 服从两点分布，故D (X )＝p (1－p )． 4．随机变量X 的分布列为且E (X )＝1.1，则D (X )＝解析：由分布列的性质得15＋n ＋310＝1，所以n ＝12.又E (X )＝0×15＋1×12＋m ×310＝1.1，解得m ＝2.所以D (X )＝(0－1.1)2×15＋(1－1.1)2×12＋(2－1.1)2×310＝0.49.答案：0.495．(2014·昆明模拟)气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.9.某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t (单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：(1)求(2)若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额的期望和方差； (3)在日最高气温不高于32℃时，求日销售额不低于5千元的概率． 解：(1)由已知得：P (t ≤32)＝0.9， ∴P (t ＞32)＝1－P (t ≤32)＝0.1， ∴Z ＝30×0.1＝3， Y ＝30－(6＋12＋3)＝9.(2)P (t ≤22)＝630＝0.2，P (22＜t ≤28)＝1230＝0.4，P (28＜t ≤32)＝930＝0.3，P (t ＞32)＝330＝0.1，∴六月份西瓜日销售额X 的分布列为∴E (X )＝2×0.2＋5×D (X )＝(2－5)2×0.2＋(5－5)2×0.4＋(6－5)2×0.3＋(8－5)2×0.1＝3. (3)∵P (t ≤32)＝0.9，P (22＜t ≤32)＝0.4＋0.3＝0.7，∴由条件概率得：P (X ≥5|t ≤32)＝P (22＜t ≤32|t ≤32)＝P (22＜t ≤32)P (t ≤32)＝0.70.9＝79.[课下提升考能]第Ⅰ卷:夯基保分卷1．设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为( )A ．0.4B ．1.2C ．0.43D ．0.6解析：选B ∵途中遇红灯的次数X 服从二项分布，即X ～B (3,0.4)，∴E (X )＝3×0.4＝1.2.2．(2014·衡水模拟)若ξ～B (n ，p )且E (ξ)＝6，D (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值为( ) A ．3·2－2B ．3·2－10C ．2－4D ．2－8解析：选B E (ξ)＝np ＝6，D (ξ)＝np (1－p )＝3⇒p ＝12，n ＝12，P (ξ＝1)＝C 112⎝⎛⎭⎫1212＝3210. 3．一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c (a 、b 、c ∈(0,1))，已知他投篮一次得分的数学期望为2(不计其他得分情况)，则ab 的最大值为( )A.148B.124C.112D.16解析：选D 设投篮得分为随机变量X ，则X 的分布列为E (X )＝3a ＋2b ＝2≥23a ×2b ，所以ab ≤16，当且仅当3a ＝2b 即a ＝13，b ＝12时，等号成立．4．(2013·惠州一模)设随机变量ξ服从正态分布N (3,4)，若P (ξ<2a －3)＝P (ξ>a ＋2)，则a ＝( )A ．3 B.53 C ．5D.73 解析：选D 因为ξ服从正态分布N (3,4)，P (ξ<2a －3)＝P (ξ>a ＋2)，所以2a －3＋a ＋2＝6，a ＝73.5．随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列．若E (ξ)＝53，则D (ξ)的值是________．解析：根据已知条件得，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，2b ＝a ＋c ，a ＋2b ＋3c ＝53，解得b ＝13，c ＝16，a ＝12.∴D (ξ)＝12×⎝⎛⎭⎫1－532＋13×⎝⎛⎭⎫2－532＋16×⎝⎛⎭⎫3－532＝59. 答案：596．(2013·杭州二模)设整数m 是从不等式x 2－2x －8≤0的整数解的集合S 中随机抽取的一个元素，记随机变量ξ＝m 2，则ξ的数学期望E (ξ)＝________.解析：S ＝{－2，－1,0,1,2,3,4}，ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×17＋1×27＋4×27＋9×17＋16×17＝5.答案：57．(2013·西安第二次质检)在1,2,3，…，9这9个自然数中，任取3个数． (1)求这3个数中恰有1个是奇数的概率；(2)设ξ为这3个数中两数相邻的组数(例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时ξ的值是2)．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ.解：(1)记“这3个数恰有一个是奇数”为事件A ， 则P (A )＝C 15·C 24C 39＝514.(2)随机变量ξ的取值为0,1,2.ξ的分布列为所以ξ的数学期望为 Eξ＝0×512＋1×12＋2×112＝23.8．甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙、丙约定两人面试都合格就一同签约，否则两个人都不签约．设甲面试合格的概率为12，乙、丙面试合格的概率都为13，且面试是否合格相互不影响．(1)求至少有一人面试合格的概率； (2)求签约人数的分布列和数学期望．解：(1)用A ，B ，C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝P (C )＝13，所以至少有一人面试合格的概率为1－P (A B C )＝1－⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－13＝79. (2)由题意可知，ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝49；P (ξ＝1)＝P (A B C )＋P (AB C )＋P (A B C )＝49；P (ξ＝2)＝P (A BC )＝118；P (ξ＝3)＝P (ABC )＝118.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×49＋1×49＋2×118＋3×118＝1318.第Ⅱ组：重点选做题1．(2014·北京东城模拟)为迎接6月6日的“全国爱眼日”，某高中学校学生会随机抽取16名学生，经校医用对数视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)如图，若视力测试结果不低于5.0，则称为“好视力”.(1)写出这组数据的众数和中位数；(2)求从这16人中随机选取3人，至少有2人是“好视力”的概率；(3)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校(人数很多)任选3人，记X 表示抽到“好视力”学生的人数，求X 的分布列及数学期望．解：(1)由题意知众数为4.6和4.7；中位数为4.75.(2)设A i 表示所选3人中有i 个人是“好视力”，至少有2人是“好视力”记为事件A ，则P (A )＝P (A 2)＋P (A 3)＝C 24C 112C 316＋C 34C 316＝19140.(3)X 的可能取值为0,1,2,3.由于该校人数很多，故X 近似服从二项分布B ～⎝⎛⎭⎫3，14. P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫343＝2764，P (X ＝1)＝C 13×14×⎝⎛⎭⎫342＝2764，P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫142×34＝964，P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫143＝164， X 的分布列为故X 的数学期望E (X )＝3×14＝34.2．(2013·全国课标卷Ⅰ)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n .如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列及数学期望．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与A 2B 2互斥，所以P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1|A 1)＋P (A 2)P (B 2|A 2) ＝416×116＋116×12＝364. (2)X 可能的取值为400,500,800，并且 P (X ＝400)＝1－416－116＝1116，P (X ＝500)＝116，P (X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E (X )＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.3．(2013·荆州模拟)某市一次全市高中男生身高统计调查数据显示：全市100 000名男生的身高服从正态分布N (168,16)．现从某学校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于160 cm 和184 cm 之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组[160,164)，第2组[164,168)，…，第6组[180,184]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．(1)试评估该校高三年级男生在全市高中男生中的平均身高状况； (2)求这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人数；(3)在这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人中任意抽取2人，将该2人中身高排名(从高到低)在全市前130名的人数记为ξ，求ξ的数学期望．参考数据： 若ξ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜ξ≤μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)＝0.954 4， P (μ－3σ＜ξ≤μ＋3σ)＝0.997 4.解：(1)由频率分布直方图，经过计算该校高三年级男生平均身高为(162×5100＋166×7100＋170×8100＋174×2100＋178×2100＋182×1100)×4＝168.72，高于全市的平均值168.(2)由频率分布直方图知，后3组频率为(0.02＋0.02＋0.01)×4＝0.2，人数为0.2×50＝10，即这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人数为10.(3)∵P (168－3×4＜ξ≤168＋3×4)＝0.997 4，∴P (ξ≥180)＝1－0.997 42＝0.001 3,0.001 3×100 000＝130.∴全市前130名的身高在180 cm 以上，这50人中180 cm 以上的有2人． 随机变量ξ可取0,1,2，于是P (ξ＝0)＝C 28C 210＝2845，P (ξ＝1)＝C 18C 12C 210＝1645，P (ξ＝2)＝C 22C 210＝145，∴E (ξ)＝0×2845＋1×1645＋2×145＝25.。
2015届高三数学理科统计概率及随机变量分布列大题训练(16题)(含答案)1.一个口袋中有2个白球和$n$个红球($n\geq2$，且$n\in\mathbb{N}^*$)，每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖。
1)试用含$n$的代数式表示一次摸球中奖的概率$p$；2)若$n=3$，求三次摸球恰有一次中奖的概率；3)记三次摸球恰有一次中奖的概率为$f(p)$，当$n$为何值时，$f(p)$取最大值。
2.一次考试中，5名同学的语文、英语成绩如下表所示：学生 | S1.| S2.| S3.| S4.| S5.|语文 | 87.| 90.| 91.| 92.| 95.|英语 | 86.| 89.| 89.| 92.| 94.|1)根据表中数据，求英语分$y$对语文分$x$的线性回归方程；2)要从4名语文成绩在90分（含90分）以上的同学中选出2名参加一项活动，以$\xi$表示选中的同学的英语成绩高于90分的人数，求随机变量$\xi$的分布列及数学期望$E\xi$。
3.某中学举行了一次“环保知识竞赛”活动。
为了了解本次竞赛学生成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100分）作为样本（样本容量为$n$）进行统计。
按照$[50,60)$，$[60,70)$，$[70,80)$，$[80,90)$，$[90,100]$的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出了得分在$[50,60)$，$[90,100]$的数据）。
1)求样本容量$n$和频率分布直方图中$x$，$y$的值；2)在选取的样本中，从竞赛成绩是80分以上（含80分）的同学中随机抽取3名同学到市政广场参加环保知识宣传的志愿者活动，设$\xi$表示所抽取的3名同学中得分在$[80,90)$的学生个数，求$\xi$的分布列及其数学期望。
4.某游乐场有A、B两种闯关游戏，甲、乙、丙、丁四人参加，其中甲乙两人各自独立进行游戏A，丙丁两人各自独立进行游戏B。
[课堂练通考点]1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40B．16C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．2.如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为()A．6,8 B．6,6C．5,2 D．6,2解析：选A从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步乘法计数原理，有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类加法计数原理，有6＋2＝8种走法．3.(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是()A．16 B．32C．48 D．64解析：选C每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．4．(2013·济南模拟)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对有序整数对(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，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.5.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种解析：选C三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．2．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A．60 B．48C．36 D．24解析：选B长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)．故共有36＋12＝48(个)．3．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有()A．1 260种B．2 025种C．2 520种D．5 040种解析：选C第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C17种选派方法．根据分步乘法计数原理，知选法为C210·C18·C17＝2 520种．4．将甲、乙、丙、丁四名实习老师分到三个不同的班，要求每个班至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分到同一个班，则不同分法的种数为()A．28 B．24C．30 D．36解析：选C法一：分成两种情况，①甲和丙丁中的一人被分到同一个班或乙和丙丁中的一人被分到同一个班共有2C12A33＝24种分法；②丙和丁两人被分到同一个班共有A33＝6种分法．于是所求的分法总数为24＋6＝30.法二：将4名老师分到3个不同的班，有C24C13A22，甲、乙两名老师分到同一个班有C13 A22.∴满足要求的分法有C24C13A22－C13A22＝30.5．(2013·山东高考)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能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.6.如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类加法计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．7.(2014·南充模拟)一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有()A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法，同理，若先游览B景点，有16种不同的方法，若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48种．8．(2013·深圳调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．9．一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．解析：“完成这件事”需选出男、女队员各一人，可分两步进行：第一步选一名男队员，有5种选法；第二步选一名女队员，有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．答案：2010．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：1211．(2013.沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1,2,3，...，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2,3， (10)有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3612.(2014·泉州质检)如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有________种．解析：法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．所以不同的种法共有A24＋2A34＋A44＝84种．法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3＋2×2)＝84种不同的种法．答案：84第Ⅱ组：重点选做题1．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种)．每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A33＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．。
