2018届人教B版 计数原理、概率、随机变量及其分布 检测卷 3(理)

2018版高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 课时跟踪检测69 理 新人教A 版[高考基础题型得分练]1．为了解一种植物的生长情况，抽取一批该植物样本测量高度(单位：cm)，其频率分布直方图如图所示．(1)求该植物样本高度的平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)假设该植物的高度Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2.利用该正态分布求P (64.5<Z <96)．附：110≈10.5；若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)x ＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.05＝75.s 2＝(55－75)2×0.1＋(65－75)2×0.2＋(75－75)2×0.35＋(85－75)2×0.3＋(95－75)2×0.05＝110.(2)由(1)知，Z ～N (75,110)，从而P (64.5<Z ≤75)＝12×(75－10.5<Z <75＋10.5)＝12×0.682 6＝0.341 3；P (75<Z ≤96)＝12×P (75－2×10.5<Z <75＋2×10.5)＝12×0.954 4＝0.477 2.所以P (64.5<Z ≤96)＝P (64.5<Z <75)＋P (75<Z <96)＝0.341 3＋0.477 2＝0.818 5. 2．[2017·广东佛山质检]贵广高速铁路从贵阳北站起终至广州南站．其中广东省内有怀集站、广宁站、肇庆东站、三水南站、佛山西站、广州南站共6个站．记者对广东省内的6个车站随机抽取3个进行车站服务满意度调查．(1)求抽取的车站中含有佛山市内车站(包括三水南站和佛山西站)的概率；(2)设抽取的车站中含有肇庆市内车站(包括怀集站、广宁站、肇庆东站)个数为X ，求X 的分布列及其均值(即数学期望)．解：(1)设“抽取的车站中含有佛山市内车站”为事件A ，则P (A )＝C 22C 14＋C 12C 24C 36＝45. (2)X 的可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 03C 33C 36＝120，P (X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P (X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P (X ＝3)＝C 33C 03C 36＝120.所以X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝0×20＋1×20＋2×20＋3×20＝2.3．一次考试共有12道选择题，每道选择题都有4个选项，其中有且只有一个是正确的．评分标准规定：“每题只选一个选项，答对得5分，不答或答错得零分”．某考生已确定有8道题的答案是正确的，其余题中：有两道题都可判断两个选项是错误的，有一道题可以判断一个选项是错误的，还有一道题因不理解题意只好乱猜．请求出该考生：(1)得60分的概率；(2)所得分数X 的分布列和数学期望．解：(1)设“可判断两个选项是错误的”两道题之一选对为事件A ，“有一道题可以判断一个选项是错误的”选对为事件B ，“有一道题不理解题意”选对为事件C ，∴P (A )＝12，P (B )＝13，P (C )＝14，∴得60分的概率为P ＝12×12×13×14＝148.(2)X 可能的取值为40,45,50,55,60.P (X ＝40)＝12×12×23×34＝18；P (X ＝45)＝C 12×12×12×23×34＋12×12×13×34＋12×12×23×14＝1748； P (X ＝50)＝12 ×12×23×34＋C 12×12×12×13×34＋C 12×12×12×23×14＋12×12×13×14＝1748； P (X ＝55)＝C 12×12×12×13×14＋12×12×23×14＋12×12×13×34＝748； P (X ＝60)＝12×12×13×14＝148. X 的分布列为E (X )＝40×18＋45×48＋50×48＋55×48＋60×48＝12. [冲刺名校能力提升练]1．经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品．以X (单位： t,100≤X ≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T (单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．(1)将T 表示为X 的函数；(2)根据直方图估计利润T 不少于57 000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X ∈[100,110)，则取X ＝105，且X ＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求T 的数学期望．解：(1)当X ∈[100,130)时，T ＝500X －300(130－X )＝800X －39 000；当X ∈[130,150]时，T ＝500×130＝65 000.所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧800X －39 000，100≤X <130，65 000，130≤X ≤150.(2)由(1)知，利润T 不少于57 000元当且仅当120≤X ≤150. 由直方图知，需求量X ∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7. (3)依题意，可得T 的分布列为所以E (T )59 400(元)． 2.延迟退休年龄的问题，近两年引发社会广泛关注，延迟退休年龄似乎已是一种必然趋势，然而反对的声音也随之而起．现对某市工薪阶层关于“延迟退休年龄”的态度进行调查，随机抽调了50人，他们月收入的频数分布及对“延迟退休年龄”持反对态度的人数如下表.下认为月收入以5 000为分界点的“延迟退休年龄”的态度有差异？记选中的4人中赞成“延迟退休年龄”的人数为X ，求随机变量X 的分布列及数学期望．附：临界值表：∵K 2＝a＋bc ＋d a ＋cb ＋d＝－210×40×32×18≈6.27<6.635.∴不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为月收入以5 000为分界点的“延迟退休年龄”的态度有差异．(2)在[1 000,2 000)中被调查对象有5人，其中赞成“延迟退休年龄”的人数为1人； 在[2 000,3 000)中被调查对象有10人，其中赞成“延迟退休年龄”的人数为2人，则X 的可能取值为0,1,2,3，且P (X ＝0)＝C 24C 28C 25C 210＝2875；P (X ＝1)＝C 14C 28＋C 24C 18C 12C 25C 210＝104225； P (X ＝2)＝C 14C 28C 12＋C 24C 22C 25C 210＝745； P (X ＝3)＝C 14C 22C 25C 210＝2225.∴X 的分布列为∴E (X )＝0×2875＋1×225＋2×45＋3×225＝5.3．计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站．过去50年的水文资料显示，水库年入流量X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制，并有如下关系：若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？解：(1)依题意，p 1＝P (40<X <80)＝1050＝0.2， p 2＝P (80≤x ≤120)＝3550＝0.7， p 3＝P (X >120)＝550＝0.1.由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3p 3＝(0.9)4＋4×(0.9)3×(0.1)＝0.947 7. (2)记水电站年总利润为Y (单位：万元)． ①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1， 对应的年利润Y ＝5 000，E (Y )＝5 000×1＝5 000. ②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－800＝4 200， 因此P (Y ＝4 200)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当X ≥80时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2＝10 000， 因此P (Y ＝10 000)＝P (X ≥80)＝p 2＋p 3＝0.8. 由此得Y 的分布列为：所以E (Y )③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－1 600＝3 400， 因此P (Y ＝3 400)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当80≤X ≤120时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2－800＝9 200，因此P (Y ＝9 200)＝P (80≤X ≤120)＝p 2＝0.7；当X >120时，三台发电机运行，此时Y ＝5 000×3＝15 000，因此P (Y ＝15 000)＝P (X >120)＝p 3＝0.1.因此得Y 的分布列为所以E(Y)综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．。

课时跟踪检测(六十八)[高考基础题型得分练]1．若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( A ．2 B ．2或12C.12 D ．1答案：C解析：由分布列的性质，得a 2＋a 22＝1，∴a ＝1.故E (X )＝12×0＋12×1＝12.2．已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( A.32 B ．2 C.12 D ．3答案：A解析：E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝32.3．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答案：B解析：∵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＝1.2.4．若X ～B (n ，p )，且E (X )＝6，D (X )＝3，则P (X ＝1)的值为( )A ．3×2－2B ．2－4C ．3×2－10D ．2－8答案：C解析：由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧np ＝6，np －p ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝12，n ＝12.∴P (X ＝1)＝C 112×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1211＝12212＝3×2－10.5．某班有14名学生数学成绩优秀，如果从该班随机找出5名学生，其中数学成绩优秀的学生数X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，14，则E (2X ＋1)＝( )A.54B.52 C ．3 D.72答案：D解析：因为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，14，所以E (X )＝54， 所以E (2X ＋1)＝2E (X )＋1＝2×54＋1＝72.6．罐中有6个红球、4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D (X )的值为( )A.125B.2425C.85D.265答案：B解析：因为是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35， ∴D (X )＝4×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425.7．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 )等于( )A.126125B.65C.168125D.75答案：B解析：由题意知，X 可取0,1,2,3， 则P (X ＝0)＝33125＝27125，P (X ＝1)＝9×6125＝54125， P (X ＝2)＝3×12125＝36125， P (X ＝3)＝8125. 故E (X )＝54125＋2×36125＋3×8125＝65.8．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E (ξ)为( )A.24181 B.26681 C.27481D.670243答案：B解析：依题意知，ξ的所有可能值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P (ξ＝2)＝59，P (ξ＝4)＝49×59＝2081，P (ξ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫492＝1681， 故E (ξ)＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681.9．某食品企业一个月内被消费者投诉的次数用ξ表示，根据统计，随机变量ξ的概率分布列如下，则ξ的数学期望为________.答案：1.7解析：由概率分布列的性质，得0.1＋0.3＋2a ＋a ＝1，解得a ＝0.2， ∴ξ的概率分布列为∴E (ξ)10．若随机变量服从正态分布ξ～N (2,1)，且P (ξ>3)＝0.158 7，则P (ξ>1)＝________. 答案：0.841 3解析：由题意可知，正态分布密度函数的图象关于直线x ＝2对称，得P (ξ<1)＝P (ξ>3)＝0.158 7，∴P (ξ>1)＝1－P (ξ<1)＝1－0.158 7＝0.841 3.11．已知随机变量X ～N (2，s 2)，若P (X <a )＝0.32，则P (a ≤X <4－a )＝________. 答案：0.36解析：由正态曲线的对称性，可得P (a ≤X <4－a )＝1－2P (X <a )＝0.36.12．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中记0分．某人每次击中目标的概率为23，则此人得分的均值与方差分别为________．答案：20，2003解析：记此人三次射击击中目标X 次，得分为Y 分，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，Y ＝10X ， ∴E (Y )＝10E (X )＝10×3×23＝20，D (Y )＝100D (X )＝100×3×23×13＝2003. [冲刺名校能力提升练]1．一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.148 B.124C.112D.16答案：D解析：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．所以ab 的最大值为16.2.设离散型随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4，P (ξ＝k )＝ak ＋b (k ＝1,2,3,4)．又E (ξ)＝3，则a ＋b ＝________.答案：110解析：因为P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＋P (ξ＝4)＝10a ＋4b ＝1， 又E (ξ)＝30a ＋10b ＝3，解得a ＝110，b ＝0，所以a ＋b ＝110.3．为了进一步激发同学们的学习热情，某班级建立了理科、文科两个学习兴趣小组，两组的人数如下表所示.现采用分层抽样的方法(3名同学进行测试． (1)求从理科组抽取的同学中至少有1名女同学的概率；(2)记ξ为抽取的3名同学中男同学的人数，求随机变量ξ的分布列和均值． 解：(1)两小组的总人数之比为8∶4＝2∶1，共抽取3人， 所以理科组抽取2人，文科组抽取1人．从理科组抽取的同学中至少有1名女同学的情况有：1名男同学、1名女同学，2名女同学，所以所求概率P ＝C 13C 15＋C 23C 28＝914. (2)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3， 相应的概率分别是P (ξ＝0)＝C 23C 28×C 13C 14＝9112，P (ξ＝1)＝C 13C 15C 28×C 13C 14＋C 23C 28×1C 14＝48112＝37，P (ξ＝2)＝C 13C 15C 28×1C 14＋C 25C 28×C 13C 14＝45112，P (ξ＝3)＝C 25C 28×1C 14＝10112＝556.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×9112＋1×37＋2×112＋3×56＝2. 4．[2017·山东淄博模拟]某茶楼有四类茶饮，假设为顾客准备泡茶工具所需的时间相互独立，且都是整数(单位：分钟)．现统计该茶楼服务员以往为100位顾客准备泡茶工具所需的时间t ，结果如表所示.(1)求服务员恰好在第6分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具的概率；(2)用X 表示至第4分钟末服务员已准备好了泡茶工具的顾客数，求X 的分布列及均值． 解：(1)由题意知t 的分布列如下：设A A 对应两种情形：①为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟；②为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟．所以P (A )＝P (t ＝2)·P (t ＝3)＋P (t ＝3)·P (t ＝2)＝15×310＋310×15＝325.(2)X 的所有可能取值为0,1,2，X ＝0对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间超过4分钟，所以P (X ＝0)＝P (t ＞4)＝P (t ＝6)＝110；X ＝1对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间超过2分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为4分钟，所以P (X ＝1)＝P (t ＝2)·P (t ＞2)＋P (t ＝3)＋P (t ＝4)＝15×45＋310＋25＝4350；X ＝2对应为两位顾客准备泡茶工具所需的时间均为2分钟，所以P (X ＝2)＝P (t ＝2)·P (t ＝2)＝15×15＝125.所以X 的分布列为所以X 的均值E (X )＝0×110＋1×50＋2×25＝50.5．某电视台拟举行由选手报名参加的选秀节目，选手进入正赛前需通过海选，参加海选的选手可以参加A ，B ，C 三个测试项目，只需通过一项测试即可停止测试，通过海选．若通过海选的人数超过预定正赛参赛的人数，则优先考虑参加海选测试项目数少的选手进入正赛．甲选手通过A ，B ，C 三个测试项目的概率分别为15，13，12，且通过各个测试相互独立．(1)若甲选手先测试A 项目，再测试B 项目，后测试C 项目，求他通过海选的概率；若改变测试顺序，对他通过海选的概率是否有影响？请说明理由；(2)若甲选手按某种顺序参加海选测试，第一项能通过的概率为p 1，第二项能通过的概率为p 2，第三项能通过的概率为p 3，设他通过海选(假设甲一定能通过海选)时参加测试的项目数为ξ，求ξ的分布列和均值(用p 1，p 2，p 3表示)．解：(1)依题意，甲选手不能通过海选的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝415，故甲选手能通过海选的概率为1－415＝1115.若改变测试顺序对他通过海选的概率没有影响，因为无论按什么顺序，其不能通过的概率均为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝415，即无论按什么顺序，其能通过海选的概率均为1115.(2)依题意，ξ的所有可能取值为1,2,3.P (ξ＝1)＝p 1， P (ξ＝2)＝(1－p 1)p 2， P (ξ＝3)＝(1－p 1)(1－p 2)．故ξ的分布列为E (ξ)＝p 1＋1212＝1＋(2－p 2)(1－p 1)．。

11.7 离散型随机变量及其分布列真题演练集训理新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版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11.7 离散型随机变量及其分布列真题演练集训理新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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11.7 离散型随机变量及其分布列真题演练集训理新人教A版1．[2016·新课标全国卷Ⅰ］某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（1）求X的分布列；（2）若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值;(3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？解：(1）由柱状图并以频率代替概率可得，1台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10，11的概率分别为0。

2，0.4,0.2，0。

2，从而P（X＝16）＝0。

2×0。

2＝0。

04；P（X＝17)＝2×0.2×0.4＝0。

第十章第二讲一、选择题1．有10个红球，10个黄球，从中取出4个，要求必须包括两种不同颜色的球的抽法有几种(D)A．2C210B．C210·C210C．C110C320＋C210C210D．2C110C310＋C210C2102．(2016·怀化模拟)北京某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有(D)A．A26×A45种B．A26×54种C．C26×A45种D．C26×54种[解析]因为有且只有两个年级选择甲博物馆，所以参观甲博物馆的年级有C26种情况，其余年级均有5种选择，所以共有54种情况，根据乘法原理可得C26×54种情况，故选D．3．(2017·四川省成都市石室中学高三上学期期中数学试题)从0,1,2,3,4,5,6这七个数字中选两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为(B)A．432 B．378 C．180 D．362[解析]从1,3,5中任意选两个奇数有∁23种选法．从0,2,4,6中任意选出两个偶数分为两种情况：一种是含有0时，选出的偶数只有三种情况．另一种是不含有0时，选出的偶数只有∁23种情况．进而得出答案．解：从1,3,5中任意选两个奇数有∁23种选法．从0,2,4,6中任意选出两个偶数分为两种情况：一种是含有0时，选出的偶数只有三种情况．此时从0,1,2,3,4,5,6这七个数字中选两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为：∁23∁13×∁13×A33＝162.另一种是不含有0时，选出的偶数只有C23种情况．此时从0,1,2,3,4,5,6这七个数字中选两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为：∁23∁23×A44＝216.综上可得：组成没有重复数字的四位数的个数为162＋216＝378.故选B．4．(2016·黑龙江哈尔滨质检)某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为(C) A．16 B．18 C．24 D．32[解析]将4个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，则所求即为4个不同元素的全排列A44＝24.故选C．5．(2016·衡水模拟)某市人事部门引进4名优秀急缺专业类别的博士生甲、乙、丙、丁，经研究决定拟将他们分配到A、B、C三个单位，每个单位至少去一名。

第十章 综合过关规范限时检测(理)(时间：120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2016·辽宁大边二模)有4名男医生、3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，则不同的选法种数为 ( B )A ．A 24·A 13B ．C 24·C 13C ．C 37－C 24·C 13D ．A 37－A 24·A 13 [解析] 由题意，得到选法种数为C 24·C 13，故选B ．2．(2017·辽宁省锦州市高三质量检测(二)数学试题)把A 、B 、C 、D 四件玩具分给三个小朋友，每位小朋友至少分到一件玩具， 且A 、B 两件玩具不能分给同一个人，则不同的分法有 ( B )A ．36种B ．30种C ．24种D ．18种[解析] 由题意A 、B 两件玩具不能分给同一个人，因此分法为C 13(C 24－1)A 22＝3×5×2＝30.[点拨] 求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法．3．(2017·河北省保定三中上学期1月月考数学试题)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝ ( D )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1[解析] 由题意利用二项展开式的通项公式求得展开式中x 2的系数为C 25＋a ·C 15＝5，由此解得a 的值．解：已知(1＋ax )(1＋x )5＝(1＋ax )(1＋C 15x ＋C 25x 2＋C 35x 3＋C 45x 4＋C 55x 5) 展开式中x 2的系数为C 25＋a ·C 15＝5，解得a ＝－1，故选D ．[点拨] 本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．4．(2016·湖北黄冈模拟)设a ＝∫20(3x 2－2x )d x ，则二项式(ax 2－1x )6展开式中的第4项为( A )A ．－1 280x 3B ．－1 280C ．240D ．－240[解析] 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.故选A ．5．(2016·重庆巴蜀中学模拟)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是 ( D )A ．110B ．310C ．35D ．910[解析] 方法一：(直接法)所取3个球中至少有1个白球的取法有两种情况：2红1白有C 23·C 12＝6种取法；1红2白有C 13·C 22＝3种取法．而从5个球中任取3个球的取法共有C 35＝10种，所以所求概率为910.方法二：(间接法)至少有1个白球的对立事件为所取3个球中没有白球，即只有3个红球共1种取法，所求概率为1－110＝910.故选D ．6．(2016·广东汕头二模)已知随机变量X 服从正态分布N (5,4)，且P (X >k )＝P (X <k －4)，则k 的值为 ( B )A ．6B ．7C ．8D ．9[解析] 因为P (X >k )＝P (X <k －4)，所以k ＋(k －4)＝2×5，所以k ＝7.故选B ． 7．(2017·云南省昆明市高三适应性检测(三)数学试题试题)小明准备参加电工资格考试，先后进行理论考试和操作考试两个环节，每个环节各有2次考试机会，在理论考试环节，若第一次考试通过，则直接进入操作考试；若第一次未通过，则进行第2次考试，第2次考试通过后进入操作考试环节，第2次未通过则直接被淘汰。

课时跟踪检测(六十五)[高考基础题型得分练]1．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上随机取一个数x ，cos x 的值介于0到12之间的概率为( ) A.13 B.2πC.12D.23答案：A解析：若cos x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，利用三角函数性质，解得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，－π3∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上随机取一个数是等可能的， 结合几何概型的概率公式可得所求概率为P ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π3π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝13.2．[2017·东北三省三校联考]实数m 是[0,6]上的随机数，则关于x 的方程x 2－mx ＋4＝0有实根的概率为( )A.14B.13C.12D.23答案：B解析：方程x 2－mx ＋4＝0有实根， 则Δ＝m 2－4×4≥0， ∴m ≥4或m ≤－4. 又m ∈[0,6]，∴4≤m ≤6，∴关于x 的方程x 2－mx ＋4＝0有实根的概率为 6－46－0＝13.故选B. 3．若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是( )A.π2B.π4C.π6D.π8答案：B解析：设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ， 则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π×121×2＝π4.4．[2017·湖北武汉部分学校质检]如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为()A.117B.217C.317D.417答案：B解析：∵大正方形的面积是34，∴大正方形的边长是34.由直角三角形的较短边长为3，得四个全等直角三角形的直角边分别是5和3，则小正方形边长为2，面积为4，∴小花朵落在小正方形内的概率为P ＝434＝217. 故选B.5．[2017·黑龙江伊春模拟]在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2上随机取一个数x ，则sin x ＋cos x ∈[1，2 ]的概率是( )A.12B.34C.38D.58答案：B解析：因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2， 所以x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，3π4.由sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[1，2]，得22≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤1，所以x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 故要求的概率为π2－0π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝34.6．[2017·河南商丘模拟]已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2PA →＝0.现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A.14 B.13 C.12 D.23答案：C解析：设点M 是BC 边的中点， 因为PB →＋PC →＋2PA →＝0， 所以点P 是中线AM 的中点， 所以黄豆落在△PBC 内的概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，故选C. 7．[2017·山东烟台模拟]在区间[0,1]上任取两个数a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 2无零点的概率为( )A.12B.23C.34D.14答案：C解析：要使该函数无零点，只需a 2－4b 2<0， 即(a ＋2b )(a －2b )<0. ∵a ，b ∈[0,1]，a ＋2b >0， ∴a －2b <0.作出⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，a －2b <0的可行域(如图阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P ＝1－12×1×121×1＝34.8．[2017·广东深圳模拟]一只小蜜蜂在一个棱长为4的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为________．答案：18解析：根据几何概型知识，概率为体积之比，即P ＝－343＝18. 9．[2017·辽宁鞍山调查]一只昆虫在边长分别为5,12,13的三角形区域内随机爬行，则其在到三角形顶点的距离小于2的地方的概率为________．答案：π15解析：如图所示，该三角形为直角三角形， 其面积为12×5×12＝30，阴影部分的面积为12×π×22＝2π，所以所求概率为2π30＝π15.10．[2017·湖北七市联考]AB 是半径为1的圆的直径，M 为直径AB 上任意一点，过点M 作垂直于直径AB 的弦，则弦长大于3的概率是________．答案：12解析：依题意知，当相应的弦长大于3时，圆心到弦的距离小于12－⎝⎛⎭⎪⎫322＝12， 因此相应的点M 应位于线段AB 上与圆心的距离小于12的地方，所求的概率等于12.11．[2017·宁夏银川一模]已知在圆(x －2)2＋(y －2)2＝8内有一平面区域E ：⎩⎪⎨⎪⎧x －4≤0，y ≥0，mx －y ≤0，m ≥0，点P 是圆内的任意一点，而且点P 出现在任何一点处是等可能的．若使点P 落在平面区域E 内的概率最大，则m ＝________.答案：0解析：如图所示，当m ＝0时，平面区域E (阴影部分)的面积最大，此时点P 落在平面区域E 内的概率最大．[冲刺名校能力提升练]1．[2017·辽宁五校联考]设k 是一个正整数，已知⎝⎛⎭⎪⎫1＋x k k 的展开式中第四项的系数为116，函数y ＝x 2与y ＝kx 的图象所围成的区域如图中阴影部分所示，任取x ∈[0,4]，y ∈[0,16]，则点(x ，y )恰好落在阴影部分内的概率为( )A.1796B.532C.16D.748答案：C解析：由题意得，C 3k 1k 3＝116，解得k ＝4.阴影部分的面积S 1＝⎠⎛04(4x －x 2)d x＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－13x 340＝323.∵任取x ∈[0,4]，y ∈[0,16]，∴以x ，y 为横、纵坐标的所有可能的点构成的区域面积S 2＝4×16＝64，∴所求概率P ＝S 1S 2＝16，故选C.2.[2017·陕西质检]在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a ，b ，则使得函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点的概率为( )A.78B.34C.12D.14答案：B解析：若函数f (x )有零点，则4a 2－4(－b 2＋π)≥0，即a 2＋b 2≥π. 所有事件是Ω＝{(a ，b )|－π≤a ≤π，－π≤b ≤π}， ∴S ＝(2π)2＝4π2，而满足条件的事件是{(a ，b )|a 2＋b 2≥π}， ∴S ′＝4π2－π2＝3π2， 则概率P ＝3π24π2 ＝34.3．已知函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数x 0，则所取的x 0满足f (x 0)≤0的概率为________．答案：0.3解析：令x 2－x －2≤0，解得－1≤x ≤2， 由几何概型的概率计算公式，得P ＝2－－5－－＝310＝0.3. 4．已知正方形ABCD 的边长为2，H 是边DA 的中点．在正方形ABCD 内部随机取一点P ，则满足|PH |<2的概率为________．答案：π8＋14解析：如图，设E ，F 分别为边AB ，CD 的中点，则满足|PH |<2的点P 在△AEH ，扇形HEF 及△DFH 内， 由几何概型的概率计算公式知， 所求概率为14π22＋12×1×1×22×2＝π8＋14.5．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ∈{－1,0,1,2}，y ∈{－1,0,1}，求向量a ∥b 的概率；(2)若x ∈[－1,2]，y ∈[－1,1]，求向量a ，b 的夹角是钝角的概率． 解：(1)设“a ∥b ”为事件A ，由a ∥b ，得x ＝2y .基本事件空间为Ω＝{(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)，(2,1)}，共包含12个基本事件；其中A ＝{(0,0)，(2,1)}，包含2个基本事件． 则P (A )＝212＝16，即向量a ∥b 的概率为16.(2)因为x ∈[－1,2]，y ∈[－1,1]，则满足条件的所有基本事件所构成的区域(如图)为矩形ABCD ，面积为S 1＝3×2＝6. 设“a ，b 的夹角是钝角”为事件B ，由a ，b 的夹角是钝角，可得a ·b <0，即2x ＋y <0，且x ≠2y .事件B 包含的基本事件所构成的区域为图中四边形AEFD ，面积S 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32×2＝2，则P (B )＝S 2S 1＝26＝13.即向量a ，b 的夹角是钝角的概率是13.6．[2017·山东潍坊一模]甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球、3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？解：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR 2(R 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为4×15πR 2360＝πR26.所以在甲商场中奖的概率为P 1＝πR26πR 2＝16.如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a 1，a 2，a 3,3个红球为b 1，b 2，b 3，记(x ，y )为一次摸球的结果，则一切可能的结果有(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 3，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共15种，摸到的2个球都是红球有(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共3种，所以在乙商场中奖的概率为P 2＝315＝15.由于P 1＜P 2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．。

单元滚动检测十二 概率、随机变量及其分布考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下课后教室里最后还剩下2位男同学和2位女同学，如果没有2位同学一块走，则第二次走的是男同学的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.152．(2016·山东实验中学三模)两名学生参加考试，随机变量X 代表通过的学生数，其分布列为A.16B.13C.12D.233．(2016·石家庄模拟)口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列{}a n 满足：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸到红球，1，第n 次摸到白球，如果S n 为数列{}a n 的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A ．C 57(23)2·(23)5B ．C 27(23)2·(13)5C ．C 57(13)2·(13)5D ．C 57(13)2·(23)54．(2016·郑州第三次质测)某班有50名学生，一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N (105,102)，已知P (95≤ξ≤105)＝0.32，估计该班学生数学成绩在115分以上的人数为( )A ．10B ．9C ．8D ．75．(2016·长沙一中二模)将长度为1米的铁丝随机剪成三段，则这三段能拼成三角形(三段的端点相连)的概率等于( ) A.18 B.14 C.13 D.126．已知随机变量X ＋η＝8，若X ～B (10,0.6)，则随机变量η的均值E (η)及方差D (η)分别是( ) A ．6和2.4 B ．2和2.4 C ．2和5.6D ．6和5.67．(2016·福州质检)假设在市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%.已知甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个甲厂生产的合格灯泡的概率是( )A ．0.665B ．0.56C ．0.24D ．0.2858．如图是一个程序框图，在集合A ＝{}x |－10≤x ≤10，x ∈R 中随机抽取一个数值作为x 输入，则输出的y 值落在区间(－5,3)内的概率为( )A ．0.4B ．0.5C ．0.6D ．0.89．在10包种子中，有3包白菜种子，4包胡萝卜种子，3包茄子种子，从这10包种子中任取3包，记X 为取到白菜种子的包数，则E (X )等于( ) A.910 B.45 C.710 D.3510．将一骰子向上抛掷两次，所得点数分别为m 和n ，则函数y ＝23mx 3－nx ＋1在[1，＋∞)上为增函数的概率是( ) A.12 B.23 C.34 D.56 11．(2016·长沙模拟二)如图，设D 是图中边长分别为1和2的矩形区域，E 是D 内位于函数y ＝1x(x ＞0)图象下方的区域(阴影部分)，从D 内随机取一个点M ，则点M 取自E 内的概率为( ) A.ln 22B.1－ln 22 C.1＋ln 22D.2－ln 2212．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的均值E (X )＞1.75，则p 的取值范围是( ) A ．(0，712) B ．(712，1) C ．(0，12) D ．(12，1)第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2016·合肥一模)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________．14．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D (X )＝________.15．如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是________．16．甲、乙两地某月的气温分别满足正态分布N(μ1，σ21)(σ1>0)和N(μ2，σ22)(σ2>0)，这两个正态分布的密度函数图象如图所示，则平均气温高的是________地，温差小的是________地．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2016·陕西宝鸡中学第一次月考)甲、乙两人各射击一次，如果两人击中目标的概率都为0.6，求：(1)两人都击中目标的概率；(2)其中恰有一人击中目标的概率；(3)至少有一人击中目标的概率．18.(12分)(2016·江西师大附中第一次月考)已知某校的数学专业开设了A，B，C，D四门选修课，甲、乙、丙3名学生必须且只需选修其中一门．(1)求这3名学生选择的选修课互不相同的概率；(2)若甲和乙要选同一门课，求选修课A被这3名学生选修的人数X的分布列和均值．19.(12分)有编号为D1，D2，…，D10的10个零件，测量其直径(单位：mm)，得到下面数据：其中直径在区间（148,152］内的零件为一等品.(2)从一等品零件中，随机抽取2个．用ξ表示这2个零件直径之差的绝对值，求随机变量ξ的分布列及均值．20.(12分)甲，乙二人比赛投篮，每人连续投3次，投中次数多者获胜．若甲前2次每次投中的概率都是13，第3次投中的概率是12；乙每次投中的概率都是25.甲、乙每次投中与否相互独立．(1)求乙直到第3次才投中的概率；(2)在比赛前，从胜负的角度考虑，你支持谁？请说明理由.21.(12分)(2016·南昌二模)如图是某市11月1日至15日的空气质量指数趋势图．空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200，表示空气重度污染．该市某校准备举行为期3天(连续3天)的运动会，在11月1日至11月13日任意选定一天开幕．(1)求运动会期间未遇到空气重度污染的概率；(2)记运动会期间，空气质量优良的天数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值.。

(时间：40分钟)1．在长为6 m 的木棒上任取一点P ，使点P 到木棒两端点的距离都大于2 m 的概率是( )A.14B.13C.12D.23答案 B解析 将木棒三等分，当P 位于中间一段时，到两端A ，B 的距离都大于2 m ，∴P ＝26＝13. 2．在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率是( )A.14B.12C.34D.23 答案 C解析 如图所示，在边AB 上任取一点P ，因为△ABC 与△PBC 是等高的，所以事件“△PBC 的面积大于S 4”等价于事件“|BP |∶|AB |>14”，即P ( △PBC 的面积大于⎭⎪⎫S 4＝|PA ||BA |＝34. 3．已知A 是圆上固定的一点，在圆上其他位置上任取一点A ′，则AA ′的长度小于半径的概率为( )A.12 B.32C.14D.13答案 D解析 如图，满足AA ′的长度小于半径的点A ′位于劣弧BAC ︵上，其中△ABO 和△ACO 为等边三角形，可知∠BOC ＝23π，故所求事件的概率P ＝23π2π＝13.4．在区间内随机取两个实数x ，y ，则满足y ≥x －1的概率是( ) A.18 B.19 C.89 D.78答案D解析 点(x ，y )分布在如图所示的正方形区域内，画出x －y －1≤0表示的区域，可知所求的概率为1－124＝78.5．已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为( )A.16B.13C.12D.23答案 C解析 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B 、E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D 在线段CF (不包含F 点)上时，△ABD为钝角三角形．所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12.6．在区间上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝________.答案 3解析 由题意知m >0，当0<m <2时，－m ≤x ≤m ，此时所求概率为m － －m 4－ －2 ＝56，解得m ＝52(舍去)；当2≤m <4时，所求概率为m － －2 4－ －2＝56，解得m ＝3；当m ≥4时，概率为1，不合题意，故m ＝3.7．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部随机取一点P ，则V P －ABCD >16的概率为________．答案 12解析 V P －ABCD >16⇔13S ABCD ·h >16(h 为P 到平面ABCD 的高)．S ABCD ＝1，∴h >12.故满足条件的点构成的几何体为如图中截面下方部分．故所求概率为12.8．如图，四边形ABCD 为矩形，AB ＝3，BC ＝1，以A 为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE ，在∠DAB 内任作射线AP ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________．答案 13解析 因为在∠DAB 内任作射线AP ，则等可能基本事件为“∠DAB 内作射线AP ”，所以它的所有等可能事件所在的区域H 是∠DAB ，当射线AP 与线段BC 有公共点时，射线AP 落在∠CAB 内，区域H 为∠CAB ，所以射线AP 与线段BC 有公共点的概率为∠CAB ∠DAB ＝30°90°＝13.9．由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，求该点恰好在Ω2内的概率．解 由题意作图，如图所示，Ω1的面积为12×2×2＝2，图中阴影部分的面积为2－12×12×1＝74，则所求的概率P ＝742＝78.10．设有关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0.(1)若a 是从0,1,2,3四个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(2)若a 是从区间任取的一个数，b 是从区间任取的一个数，求上述方程有实根的概率． 解 设事件A 为“方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根”．当a ≥0，b ≥0时，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根的充要条件为a ≥b .(1)基本事件共有12个：(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)．其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．事件A 中包含9个基本事件，故事件A 发生的概率为P (A )＝912＝34.(2)试验的全部结果所构成的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2}， 构成事件A 的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2，a ≥b }，如图． 所以所求的概率为 P (A )＝3×2－12×223×2＝23.(时间：20分钟)11．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上随机取一个数x ，则cos x 的值在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12之间的概率为( ) A.13 B.2πC.12D.23答案 A解析 当cos x 的值在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12之间时，x ∈⎝ ⎛ －π2，⎭⎪⎫－π3∪ ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，所以所求的概率为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π3π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝13. 12．已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2PA →＝0，现将一粒黑芝麻随机撒在△ABC 内，则该粒黑芝麻落在△PBC 内的概率是( )A.14B.13C.23D.12答案 D解析 由PB →＋PC →＋2PA →＝0，得PB →＋PC →＝－2PA →，设BC 边中点为D ，连接PD ，则2PD →＝－2PA →，P 为AD 中点，所以所求概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，即该粒黑芝麻落在△PBC 内的概率是12，故选D.13．在区间内随机取两个实数x ，y ，则满足y ≥x 2－1的概率是________． 答案 56解析 如图满足y ≥x 2－1的概率为阴影部分面积与正方形面积的比， ∵⎠⎛-11 d x＝⎠⎛-11 (2－x 2)d x ＝( 2x －13x 3 )⎪⎪⎪1－1＝103， ∴P ＝1034＝1012＝56.14．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊的时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率．解 (1)设甲、乙两船到达时间分别为x 、y ，则0≤x<24,0≤y<24且y －x>4或y －x<－4.作出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x<24，0≤y<24，y －x<4或y －x<－4.设“两船无需等待码头空出”为事件A ， 则P(A)＝2×12×20×2024×24＝2536.(2)当甲船的停泊时间为4小时，乙船停泊时间为2小时，两船不需等待码头空出，则满足x －y>2或y －x>4，设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B ，画出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x＜24，0≤y＜24，y －x>4或x －y>2.P(B)＝12×20×20＋12×22×2224×24＝442576＝221288.。

A 组 基础演练1．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( ) A.12 B.13 C.14D.16解析：选B.基本事件的总数有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)共6个， 构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件有(1,3)，(2,4)共2个，所以所求概率P ＝26＝13，故选B.2．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是( ) A.19 B.16 C.118D. 112解析：选B.抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的情况有：1,4；4,1；2,5；5,2；3,6；6,3共6种，而抛掷两枚质地均匀的骰子的情况有36种，所以所求概率P ＝636＝16，故选B. 3．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( ) A.23 B.25 C.35D.910解析：选D.由题意知，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不同的可能结果只有(丙，丁，戊)这1种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P ＝910.4．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于( ) A.118 B.19 C.16D.112解析：选B.掷两颗骰子，点数有以下情况：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种，其中点数和为5的有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4种，故所求概率为436＝19.5．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为x ，y ，则满足log 2x y ＝1的概率为( ) A.16 B.536C.112D.12解析：选C.由log 2x y ＝1得2x ＝y .又x ∈{1,2,3,4,5,6}，y ∈{1,2,3,4,5,6}，所以满足题意的有x ＝1，y ＝2或x ＝2，y ＝4或x ＝3，y ＝6，共3种情况． 所以所求的概率为336＝112.6．某单位从4名应聘者A ，B ，C ，D 中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则A ，B 两人中至少有一人被录用的概率是________．解析：从4名应聘者A ，B ，C ，D 中招聘2人，有(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(B ，C )，(B ，D )，(C ，D )，共6种情况，而A 、B 2人中至少有1人被录用的情况有5种，所以A ，B 两人中至少有一人被录用的概率为56.答案：567．从字母a ，b ，c ，d ，e 中任取两个不同字母，则取到字母a 的概率为__________． 解析：总的取法有：ab ，ac ，ad ，ae ，bc ，bd ，be ，cd ，ce ，de 共10种，其中含有a 的有ab ，ac ，ad ，ae 共4种，故所求概率为410＝25.答案：258．将一颗骰子投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为________．解析：圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝|2a |a 2＋b 2，当d ＜2时，直线与圆相交，则有d ＝|2a |a 2＋b2＜2，得b ＞a ，满足b ＞a 的共有15种情况，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为1536＝512.答案：5129．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．a ⊥b ，即m －3n ＝0，即m ＝3n ，共有2种：(3,1)、(6,2)，所以事件a ⊥b 的概率为236＝118.(2)|a |≤|b |，即m 2＋n 2≤10，共有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)6种，其概率为636＝16.10．某校夏令营有3名男同学A ，B ，C 和3名女同学X ，Y ，Z ，其年级情况如下表：现从这6)． (1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设M 为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M 发生的概率．解：(1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{A ，X }，{A ，Y }，{A ，Z }，{B ，C }，{B ，X }，{B ，Y }，{B ，Z }，{C ，X }，{C ，Y }，{C ，Z }，{X ，Y }，{X ，Z }，{Y ，Z }，共15种．(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A ，Y }，{A ，Z }，{B ，X }，{B ，Z }，{C ，X }，{C ，Y }，共6种．因此，事件M 发生的概率为615＝25. B 组 能力突破1．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)(n －m i)为实数的概率为( )A.13 B.14 C.16D.112解析：选C.复数(m ＋n i)(n －m i)＝2mn ＋(n 2－m 2)i 为实数，则n 2－m 2＝0⇒m ＝n ，而投掷两颗骰子得到点数相同的情况只有6种，所以所求概率为66×6＝16.2．已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝－2a n (n ∈N *)．若从数列{a n }的前10项中随机抽取一项，则该项不小于8的概率是( ) A.310 B.25 C.35D.710解析：选 B.依题意可得a n ＝2·(－2)n －1，由计算可知，前10项中，不小于8的只有8,32,128,512,4个数． 故所求概率是410＝25.故选B.3．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( ) A.79 B.13 C .59D.23解析：选D.f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要使函数f (x )有两个极值点，则有Δ＝(2a )2－4b 2>0，即a 2>b 2.由题意知所有的基本事件有9个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．满足a 2>b 2的有6个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的概率为69＝23.4．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________．解析：从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件共有C 710＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A ，则事件A 包含的基本事件的个数为C 36C 33＝20，故所求概率P (A )＝20120＝16.答案：165．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n ＜m ＋2的概率．解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有：{1,2}，{1,3}两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(m ，n )有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n ＜m ＋2的事件的概率为P 1＝1－316＝1316.。

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．2．概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以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．(2)古典概型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．(3)随机数与几何概型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．3．概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列．(2)了解超几何分布，并能进行简单应用．(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题．(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题．(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法．2．分步乘法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＝____________种不同的方法．3．两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．4．两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．自查自纠：1．m1＋m2＋…＋m n2．m1×m2×…×m n3．相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4．(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A．53种 B．35种 C．3种 D．15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法．所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种．故选B.(2016·全国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．18 C．12 D．9解：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短有6条路，再从F处到G处最短共有3条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18(条)．故选B.(2015·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：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)．故选C.现有4种不同颜色要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____________种．解：按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．故填48.用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____________个．(用数字作答)解法一：用总数减去全是2或全是3的情形即可，即24－2＝14.解法二：数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C14＝4(个)四位数；“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数；“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数．故填14.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情．故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法．(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情．故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法．而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法．点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关．如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理．有一个智力竞赛项目，须在2名老师，4名男同学和6名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名女同学，一名男同学参加，有多少种不同的选法？(3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有2，4，6种选法，总选法数为2＋4＋6＝12(种)．(2)分两步：先选女同学，共有6种选法，再选男同学，共有4种选法．由分步乘法计数原理知总选法数为6×4＝24(种)．(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为2，4，6种．由分步乘法计数原理知总选法数为2×4×6＝48(种)．类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高一年级四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理．可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人．(2)(2016·山西大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A．72种B．48种C．24种D．12种解法一：首先涂A有C14＝4(种)涂法，则涂B 有C13＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C12＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时有A44＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3× 2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．故选A.点拨：解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点(或共线图形两侧)的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数．解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)．第二类：用2作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36(个)．第三类：用4作个位的比2 000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个．综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．(2)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，求不同的染色方法总数．解法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设可知，四棱锥S­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1，2，3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B 已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．解法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D 点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A 与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C 点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．解法三：按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A35种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．1．运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准．分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性，亦即类与类之间是独立的、互斥的．2．运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准．分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性．3．在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏．4．对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，掌握这点对学习本节很重要，它可使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律．5．解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得．1．(教材习题改编题)某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( ) A．256种 B．81种 C．16种 D．12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种．故选D.2．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2 解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法．故选A.3．设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )A．50种 B．49种 C．48种 D．47种解：根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A，B中没有相同的元素，且都不是空集，按A中的元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．第一类：当A中最大的数是1时，A是{1}，B 可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种选法；第二类：当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种选法；第三类：当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种选法；第四类：当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B是{5}，即有8×1＝8种选法．综上可知，共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．故选B.4．(2015·北京模拟)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18 C．12 D．6解：三位奇数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共3×2×2＝12(个)；对于(2)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共3×2×1＝6(个)，即共有12＋6＝18(个)．故选B.5．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P ­ABC 与一个正三棱柱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不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()A ．6种B ．12种C ．18种D ．24种 解：先涂三棱锥P ­ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案．故选B.6．已知集合M ＝{1，2，3}，N ＝{1，2，3，4}，定义函数f ：M →N .若点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))，△ABC 的外接圆圆心为D ，且DA →＋ DC→＝λDB →(λ∈R )，则满足条件的函数f (x )有( )A ．6种B ．10种C ．12种D ．16种 解：由DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，说明△ABC 是等腰三角形，且BA ＝BC ，必有f (1)＝f (3)，f (1)≠f (2)；当f (1)＝f (3)＝1时，f (2)＝2，3，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝2时，f (2)＝1，3，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝3时，f (2)＝2，1，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝4时，f (2)＝2，3，1，有三种情况．因而满足条件的函数f (x )有12种．故选C.7．(2016·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：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．所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.故填36.8．(2015·北京模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则(1)4位回文数有____________个；(2)2n ＋1(n ∈N *)位回文数有____________个． 解：(1)4位回文数等价于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以利用填方格法计算．结合计数原理知，有9×10n种填法．故填90；9×10n.9．已知集合M ＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问：(1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？ 解：(1)确定平面上的点P (a ，b )可分两步完成：第一步确定a 的值，共有6种确定方法；第二步确定b 的值，也有6种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个．(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a ，由于a ＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b ，由于b ＞0，所以有2种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个．(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a ＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．10．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数．设抛物线过原点，且顶点在第一象限．这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点(－b 2a ，4ac－b24a)在第一象限，a，b，c应满足⎩⎪⎨⎪⎧0＝a×02＋b×0＋c，－b2a＞0，4ac－b24a＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧c＝0，a＜0，b＞0.分三步，a可以取－3，－2，－1；b可以取1，2，3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N＝3×3×1＝9.11．将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？解法一：本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号A，B，C，D，E(如图)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同，则有2种涂色方法，如果不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．注：本题若按A，B，E，D，C顺序涂色，在最后给区域C涂色时，就应考虑A与E，B与D是否同色这两种情况．解法二：按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A34＝24(种)；第二类用4种，此时，A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A44＝48(种)．由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种)．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.10．2 排列与组合1．排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________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)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号______表示．(3)排列数公式：A m n＝___________________.这里n，m∈N*，并且________．(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列．A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝____________，这里规定0！＝________.2．组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号________表示．(3)组合数公式：C m n＝A m nA m m＝____________＝____________．这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①C m n＝____________；②C m n＋1＝____________＋____________.自查自纠：1．(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n(4)排列n！n！（n－m）！12．(1)合成一组(2)所有不同组合C m n(3)n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！n！m！（n－m）！(4)①C n－m n②C m n C m－1n若6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120 C．72 D．24解：剩余的3个座位共有4个空供3人选择就座，故任何两人不相邻的坐法种数为A34＝24.故选D.(2016·郑州二模)某校开设A类选修课2门；B类选修课3门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有( )A．3种 B．6种 C．9种 D．18种解：可分以下两种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C12C23种不同选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C22C13种不同选法．所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：C12C23＋C22C13＝6＋3＝9(种)．故选C.(2016·四川)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A．24 B．48 C．60 D．72解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C13种方法，再将剩下的四个数字排列有A44种方法，则满足条件的五位数有C13A44＝72个．故选D.(2016·河北石家庄一模)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为____________(用数字作答)．解：甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有1种；甲和丙或丁两人一组，有2种；甲、丙、丁一组，只有1种．然后再把分成的两组分到不同班级里，则共有(1＋2＋1)A22＝8(种)．故填8.(2015·上海)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_____________(结果用数值表示)．解：由题意，总数去掉选5名女教师的情况即可，故所求为C59－C56＝126－6＝120.故填120.类型一排列数与组合数公式(1)解方程3A x8＝4A x－19；(2)解方程C x＋1x＋3＝C x－1x＋1＋Cxx＋1＋Cx－2x＋2.解：(1)利用3A x8＝38！（8－x）！，4A x－19＝49！（9－x＋1）！，得到3×8！（8－x）！＝4×9！（10－x）！.利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.再化简得到x2－19x＋78＝0.解方程得x1＝6，x2＝13.由于A x8和A x－19有意义，所以x满足x≤8和x－1≤9.于是将x2＝13舍去，原方程的解是x＝6.(2)由组合数的性质可得C x－1x＋1＋Cxx＋1＋Cx－2x＋2＝C2x＋1＋C1x＋1＋C4x＋2＝C2x＋2＋C4x＋2，又C x＋1x＋3＝C2x＋3，且C2x＋3＝C2x＋2＋C1x＋2，即C1x＋2＋C2x＋2＝C2x＋2＋C4x＋2.所以C1x＋2＝C4x＋2，所以5＝x＋2，x＝3.经检验知x＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)应用组合数性质C m n＋1＝C m－1n＋Cmn时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短．(1)解方程：3A3x＝2A2x＋1＋6A2x；(2)已知1C m5－1C m6＝710C m7，则C m8＝__________．解：(1)由3A3x＝2A2x＋1＋6A2x得3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，由x≠0整理得3x2－17x＋10＝0.解得x＝5或23(舍去)．即原方程的解为x＝5.(2)由已知得m的取值范围为{m|0≤m≤5，m ≤Z}，m！（5－m）！5！－m！（6－m）！6！＝7×（7－m）！m！10×7！，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故C m8＝C28＝28.故填28.类型二排列的基本问题7位同学站成一排照相．(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 66＝720(种)排法．(2)分两步，先排甲、乙，则有A 22种排法；再排其他5个人，有A 55种排法，由分步乘法计数原理则有A 22·A 55＝240(种)排法．(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 66种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 15·A 15·A 55种排法．综上，则共有A 66＋A 15·A 15·A 55＝3 720(种)排法．间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A 77－A 66－A 66＋A 55＝3 720(种)排法．(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 22·A 66＝1 440(种)排法．(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A 55·A 26＝3 600(种)排法．(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有12A 77＝2 520(种)排法．点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．3名女生和5名男生排成一排．(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？ (2)如果女生都不相邻，有多少种排法？ (3)如果女生不站两端，有多少种排法？ (4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A 66种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A 33种排法，因此共有A 66·A 33＝4 320(种)不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有A 55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A 36种排法，因此共有A 55·A 36＝14 400(种)不同排法．(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A 25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25·A 66＝14 400(种)不同排法．法二(元素分析法) 从中间6个位置选3个安排女生，有A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36·A 55＝14 400(种)不同排法．(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的12，所以符合要求的排法种数为12A 88＝20 160(种)．(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置． 法一(特殊元素法) 甲在最右边时，其他的可。