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高三理科一轮总复习教学案《排列组合》


排列组合、二项式定理、概率
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考试要求 1.理解并运用分类加法计数原理或分步 排 列 、 组 合 乘法计数原理解决一些简单的实际问题; 2.理解排列、 组合的概念; 能利用计数原 理推导排列数公式、组合数公式,并能解决 简单的实际问题; 3.能用计数原理证明二项式定理;会用 二项式定理解决与之有关的简单问题. 1.了解随机事件发生的不确定性和频率 随

机 事 件 的 概 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和 相互独立事件同时发生的概率乘法公式; 3.理解古典概型及其概率计算公式; 会计 算一些随机事件所包含的基本事件的个数及 事件发生的概率; 4.了解随机数的意义, 能运用模拟方法估 计概率,了解几何概型的意义. 1.理解取有限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 离 散 型 随 机 变 量 的重要性;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事件相互独立的 概念,理解 n 次独立重复试验的模型及二项分 布,并能解决一些简单的实际问题; 4.理解取有限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.利用实际问题的直方图, 认识正态分布 曲线的特点及曲线所表示的意义. 2.古典概型、几何概 型的概率计算. 本章难点:1.互斥事 件的判断及互斥事 件概率加法公式应 重难点击 本章重点:排 列、组合的意义及其 计算方法,二项式定 理的应用. 本章难点:用二项式 定理解决与二项展 开式有关的问题. 本章重点:1.随 机事件、互斥事件及 概率的意义,并会计 要求考生能从集合的 思想观点认识事件、 互斥事 件与对立事件,进而理解概 排列组合是学习概率 的基础, 其核心是两个基本 原理.高考中着重考查两个 基本原理, 排列组合的概念 及二项式定理. 命题展望

算互斥事件的概率; 率的性质、 公式,还要求考生 了解几何概型与随机数的 意义.高考中注重考查基础 知识和基本方法的同时, 还 常考查分类与整合, 或然与 必然的数学思想方法, 逻辑

用;2.可转 化为几何 思维能力以及运用概率知 概型求概率的问题. 本章重点:1.离 散型随机变量及其 分布列;2.独立重复 试验的模型及二项 分布. 本章难点:1.利用离 散型随机变量的均 值、方差解决一些实 际问题;2.正态分布 曲线的特点及曲线 所表示的意义. 求随机变量的分布列 与期望, 以及在此基础上进 行统计分析是近几年来较 稳定的高考命题态势.考生 应注重对特殊分布(如二项 分布、超几何分布)的理解 和对事件的意义的理解. 识解决实际问题的能力.

知识网络

12.1
典例精析

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

题型一 分类加法计数原理的应用 【例 1】 在 1 到 20 这 20 个整数中,任取两个数相加,使其和大于 20,共有 【解析】当一个加数是 1 时,另一个加数只能是 20,有 1 种取法; 当一个加数是 2 时,另一个加数可以是 19,20,有 2 种取法; 当一个加数是 3 时,另一个加数可以是 18,19,20,有 3 种取法; ?? 当一个加数是 10 时,另一个加数可以是 11,12,?,19,20,有 10 种取法; 当一个加数是 11 时,另一个加数可以是 12,13,?,19,20,有 9 种取法; ?? 当一个加数是 19 时,另一个加数只能是 20,有 1 种取法. 由分类加法计数原理可得共有 1+2+3+?+10+9+8+?+1=100 种取法. 【点拨】采用列举法分类,先确定一个加数,再利用“和大于 20”确定另一个加数. 【变式训练 1】(2010 济南市模拟)从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比 种取法.

数列,这样的等比数列的个数为( A.3 B.4

) C.6 D.8

3 【解析】 当公比为 2 时, 等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8; 当公比为 3 时, 等比数列可为 1,3,9; 当公比为 时, 2 1 1 2 等比数列可为 4,6,9.同理,公比为 、 、 时,也有 4 个.故选 D. 2 3 3 题型二 分步乘法计数原理的应用 【例 2】 从 6 人中选 4 人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览,要求每个旅游景点只 有一人游览,每人只游览一个旅游景点,且 6 个人中甲、乙两人不去张家界游览,则不同选择方案共有 种.

【解析】能去张家界的有 4 人,依此能去韶山、衡山、桃花源的有 5 人、4 人、3 人.则由分步乘法计数 原理得不同的选择方案有 4× 4× 5× 3=240 种. 【点拨】根据题意正确分步,要求各步之间必须连续,只有按照这几步逐步地去做,才能完成这件事, 各步之间既不能重复也不能遗漏. 【变式训练 2】(2010 湘潭市调研)要安排一份 5 天的值班表,每天有一人值班,现有 5 人,每人可以值 多天班或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问此值班表共有 种不同的排法.

【解析】依题意,值班表须一天一天分步完成.第一天有 5 人可选有 5 种方法,第二天不能用第一天的人有 4 种方法,同理第三天、第四天、第五天也都有 4 种方法,由分步乘法计数原理共有 5× 4× 4=1 280 种方法. 4× 4× 题型三 分类和分步计数原理综合应用 【例 3】(2011 长郡中学)如图,用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色(4 种颜色全部使用), 要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有 .

【解析】方法一:由题意知,有且仅有两个区域涂相同的颜色,分为 4 类:1 与 5 同;2 与 5 同;3 与 5 同;1 与 3 同.对于每一类有 A4种涂法,共有 4A4=96 种方法. 4 4 方法二:第一步:涂区域 1,有 4 种方法;第二步:涂区域 2,有 3 种方法;第三步:涂区域 4,有 2 种 方法(此前三步已经用去三种颜色);第四步:涂区域 3,分两类:第一类,3 与 1 同色,则区域 5 涂第四种颜 色;第二类,区域 3 与 1 不同色,则涂第四种颜色,此时区域 5 就可以涂区域 1 或区域 2 或区域 3 中的任意 一种颜色,有 3 种方法.所以,不同的涂色种数有 4× 2× 1+1× 3× (1× 3)=96 种. 【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解,要注意的是分类中有分步, 分步后有分类. 【变式训练 3】(2009 深圳市调研)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,使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同,且 1,5,9 号小正方形涂相同 颜色,则符合条件的所有涂法有多少种? 【解析】第一步,从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9 号有 C1种涂法; 3 第二步,涂 2,3,6 号,若 2,6 同色,有 4 种涂法,若 2,6 不同色,有 2 种涂法,故共有 6 种涂法; 第三步,涂 4,7,8 号,同第二步,共有 6 种涂法. 由分步乘法原理知共有 3× 6=108 种涂法. 6×

总结提高

分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题,其区别 在于:分类加法计数原理是完成一件事要分若干类,类与类之间要互斥,用任何一类中的任何一种方法都可 以独立完成这件事;分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步,步骤之间相互独立,各个步骤相互依存, 缺少其中任何一步都不能完成这件事,只有当各个步骤都完成之后,才能完成该事件.因此,分清完成一件事 的方法是分类还是分步,是正确使用这两个基本计数原理的基础.

12.2
典例精析 题型一 排列数与组合数的计算

排列与组合

6 8!+A6 3 3 3 【例 1】 计算:(1) 2 4 ;(2) C3+C4+?+C10. A8-A10

8× 6× 4× 2× 7× 5× 3× 1+6× 4× 2× 57× 5× 3× 5× 3× 1 6× 4× 2 5 130 【解析】(1)原式= = =- . 623 8× 7-10× 8× 9× 7 56× (-89)
4 3 3 (2)原式=C4+C3+C3+?+C3 =C4+C3+?+C3 =C6+C6+?+C10=C4 =330. 4 4 5 10 5 5 10 11

n! 【点拨】在使用排列数公式 Am= 进行计算时,要注意公式成立的条件:m,n∈N+,m≤n.另外, n (n-m)! 应注意组合数的性质的灵活运用.
x x 【变式训练 1】解不等式 A9 >6 A9 ? 2 .

9! 9! 6 1 【解析】原不等式即 >6× ,也就是 > , (9-x)! (11-x)! (9-x)! (11? x) ? (10 ? x) ? 9 ? x)! 化简得 x2-21x+104>0, 解得 x<8 或 x>13,又因为 2≤x≤9,且 x∈N*, 所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}. 题型二 有限制条件的排列问题 【例 2】 3 男 3 女共 6 个同学排成一行. (1)女生都排在一起,有多少种排法?(2)女生与男生相间,有多少种排法? (3)任何两个男生都不相邻,有多少种排法?(4)3 名男生不排在一起,有多少种排法? (5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排 2 位女生,女生又不能排在队伍的两端,有几种排法? 【解析】(1)将 3 名女生看作一人,就是 4 个元素的全排列,有 A4种排法.又 3 名女生内部可有 A3种排法, 4 3 所以共有 A4·A3=144 种排法. 4 3 (2)男女先各自排,然后相间插入(此时有 2 种插法),所以女生与男生相间共有 2A3·A3=72 种排法. 3 3 (3)女生先排,女生之间及首尾共有 4 个空隙,任取其中 3 个安插男生即可,因而任何两个男生都不相邻
3 的排法共有 A3·A4=144 种. 3

(4)直接分类较复杂,可用间接法.即从 6 个人的排列总数中,减去 3 名男生排在一起的排法种数,得 3 名男生不排在一起的排法种数为 A6-A3A4=576 种. 6 3 4 (5)先将 2 个女生排在男生甲、乙之间,有 A2种排法.又甲、乙之间还有 A2种排法.这样就有 A2·A2种排 3 2 3 2

法.然后把他们 4 人看成一个元素(相当于一个男生), 这一元素及另 1 名男生排在首尾, A2种排法.最后将余 有 2
2 下的女生排在其间,有 1 种排法.故总排法为 A3A2A2=24 种. 2 2

【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题,有限制条件的排列问题的限制主要表现在:某 些元素“排”或“不排”在哪个位子上,某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题,在分析时,主要按 照“优先”原则,即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子,对于“相邻”问题可用“捆绑法”,对于“不 相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题,可以采用间接法. 【变式 2】把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大排列构成一个数列. (1)43 251 是这个数列的第几项?(2)这个数列的第 97 项是多少? 【解析】(1)不大于 43 251 的五位数 A5-(A4+A3+A2)=88 个,即为此数列的第 88 项. 5 4 3 2 (2)此数列共有 120 项,而以 5 开头的五位数恰好有 A4=24 个,所以以 5 开头的五位数中最小的一个就 4 是该数列的第 97 项,即 51 234. 题型三 有限制条件的组合问题 【例 3】 要从 12 人中选出 5 人去参加一项活动. (1)A,B,C 三人必须入选有多少种不同选法? (2)A,B,C 三人都不能入选有多少种不同选法?

(3)A,B,C 三人只有一人入选有多少种不同选法? (4)A,B,C 三人至少一人入选有多少种不同选法? (5)A,B,C 三人至多二人入选有多少种不同选法?
2 【解析】(1)只须从 A,B,C 之外的 9 人中选择 2 人,C9=36 种不同选法.

(2)由 A,B,C 三人都不能入选只须从余下 9 人中选择 5 人,即有 C5=C4=126 种选法. 9 9 (3)可分两步,先从 A,B,C 三人中选出 1 人,有 C1种选法,再从余下的 9 人中选 4 人,有 C4种选 法, 3 9 所以共有 C1·C4=378 种选法. 3 9
5 5 (4)可用间接法,从 12 人中选 5 人共有 C5 种,再减去 A,B,C 都不入选的情况 C5, 12 9 共有 C12-C9=666 种选法. 5 (5)可考虑间接法,从 12 人中选 5 人共有 C5 种,再减去 A,B,C 三人都入选的情况 C2种,所以共有 C12 12 9

-C2=756 种选法. 9 【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题,可用间接法.对于有限制条件的问题,一般要根据特殊元素分类. 【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点. (1)在其中取 4 个共面的点,共有多少种不同的取法? (2)在其中取 4 个不共面的点,共有多少种不同的取法? 【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类:在同一个面上取,共有 4C4种;第二类:在一条棱上取 6 三点,再在它所对的棱上取中点,共有 6 种;第三类:在六条棱的六个中点中取,取两对对棱的 4 个中点, 共有 C2=3 种.故有 69 种.(2)用间接法.共 C4 -69=141 种. 3 10

总结提高
解有条件限制的排列与组合问题的思路: (1)正确选择原理,确定分类或分步计数; (2)特殊元素、特殊位置优先考虑; (3)再考虑其余元素或其余位置.

排列与组合(理)练习 1.某研究性学习小组有 4 名男生和 4 名女生,一次问卷调查活动需要挑选 3 名同学参加,其中至少一名 女生,则不同的选法种数为( C ) A.120 B.84 C .52 D.48

2.甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天 至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有( A ) A.20 种 B.30 种 C.40 种 D.60 种

2 [解析] 分三类:甲在周一,共有 A4种排法;甲在周二,共有 A2种排法; 甲在周三,共有 A2种排法; 3 2 2 ∴A2+A2+A2=20. 4 3

3.10 名同学合影,站成了前排 3 人,后排 7 人.现摄影师要从后排 7 人中抽 2 个站前排,其他人的相 对顺序不变,则不同调整方法的种数为( C
5 A.C2A5 B.C2A2 7 7 2

)

C.C2A2 7 5

2 D.C7A3 5

[解析] 从后排抽 2 人的方法种数是 C2;前排的排列方法种数是 A2,由分步计数原理知不同调整方法种 7 5 数是 C2A2. 7 5 4. 一个汽车牌照号码共有五位,某市汽车牌照号码可上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母 B、 C、D 中选择, 其他四个号码可以从 0~9 这十个数字中选择(数字可以重复),某车主第一个号码(从左到右)只想 在数字 3、 6、 9 中选择,其他号码只想在 1、 6、 中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( D) 5、 8、 3、 9 A.180 种 B.360 种 C.720 种 D.960 种 [解析] 按照车主的要求,从左到右第一个号码有 5 种选法,第二位号码有 3 种选法,其余三位各有 4
1 种选法,因此该车主的车牌号码可选的所有可能情况共有 A1· 1· 1· 1· 4=960 种,故选 D. 5 A3 A4 A4 A

5.如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P-ABC 与正三棱柱 ABC-A1B1C1 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 A1B1C1 不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( D )

A.24 种

B.18 种 C.16 种

D.12 种

1 [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 C3× 2× 1C1=3 × 1× C1 C1 2 2× 2=12

种不同的涂法. 6. 从集合{1,2,3, …,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(D ) A.3 B.4 C.6 D.8

[解析] 当公比为 2 时,等比数列可为 1、2、4,2、4、8. 3 当公比为 3 时,等比数列可为 1、3、9.当公比为 时,等比数列可为 4、6、9. 2

同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1 和 9、6、4 也是等比数列,共 8 个. 7.(2011· 昆明模拟)将 4 名新来的同学分配到 A、B、C 三个班级中,每个班级至少安排 1 名学生,其中 甲同学不能分配到 A 班,那么不同的分配方案有________.24 种
3 [解析] 将 4 名新来的同学分配到 A、 C 三个班级中, B、 每个班级至少安排一名学生有 C2A3种分配方案, 4 1 其中甲同学分配到 A 班共有 C2A2+C1A2种方案.因此满足条件的不同方案共有 C2A3-C2A2-C3A2=24(种). 3 2 3 2 4 3 3 2 2

8.有 6 个大小不同的 数按如图的形式随机排列,设第一行的数为 M1,第二、三行中的最大数分别为 M2、 M3,则满足 M1<M2<M3 的所有排列的个数是________.240

[解析] 设 6 个 数按从小到大顺序依次为 a1、a2、a3、a4、a5、a6. 据题设条件知 M3=a6, 可依第二行最大数 M2 分类讨论.
3 ①若 M2=a5,有排法 C1· 1· 2· 3=144 种. 4 C3 A2 A 1 ②若 M2=a4,则 a5 必在第三行有排法 C1· 2· 2A3=72 种. 3 C A2 3 1 ③若 M2=a3,则 a4、a5 都在第三行有排法 C2· 2A3=24 种,据条件知 M2 不能小于 a3. A2 3

∴满足题设条件的所有不同排列的个数为 144+72+24=240 个. 9.在空间直角坐标系 O-xyz 中有 8 个点:P1(1,1,1)、P2(-1,1,1)、…、P7(-1,-1,-1)、P8(1,-1,-1)(每 个点的横、纵、竖坐标都是 1 或-1),以其中 4 个点为顶点的三棱锥一共有___个(用数字作答).58 [解析] 这 8 个点构成正方体的 8 个顶点,此题即转 化成以正方体的 8 个顶点中的 4 个点为顶点的三棱
2 锥一共有多少个,则共有三棱锥 C1C3+(C2C4-2× 4-2)+C3C1=58 个. 4 4 4 4 4

[点评] 用间接法求解更简便些,从正方体的 8 个顶点中任取 4 个,有不同取法 C4种,其中这四点共面 8 的(6 个对角面、6 个表面)共 12 个,∴这样的三棱锥有 C4-12=58 个. 8 10.(2011· 苏州调研)某外商计划在 4 个候选城市投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超 过 2 个,求该外商不同的投资方案有多少种? [解析] 根据题意分两类,一类:先将 3 个项目分成两组,一组有 1 个项目,另一组有 2 个项目,然后 再分配给 4 个城市中的 2 个,共有 C 2A2种方案;另一类 1 个城市 1 个项目,即把 3 个元素排在 4个不同位置 3 4
2 中的 3 个,共有 A3种方案.由分类加法计数原理可知共有 C3A2+A3=60(种)方案. 4 4 4

11.(2011· 广东广州综合测试)将 18 个参加青少年科技创新大赛的名额分配给 3 个学校,要求每校至少有 一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( B A.96 B.114 C.128 D.136 [解析] 若某一学校的最少人数是 1,2,3,4,5, 则各有 7,5,4,2,1 种不同的分组方案. 故不同的分配方法种数 )

是(7+5+4+2+1)A3=19× 6=114. 3 12.(2011· 甘肃兰州高手诊断)某位高三学生要参加高校自主招生考试,现从 6 所高校中选择 3 所报考, 其中两所学校的考试时间相同.则该学生不同的报名方法种数是( C A.12 B.15 C.16 D.20 [解析] 若该考生不选择两所考试时间相同的学校,有 C3=4 种报名方法;若该考生选择两所考试时间 4 相同的学校之一,有 C2C1=12 种报名方法,故共有 4+12=16 种不同的报名方法. 4 2 13.(2010· 天津理)如图,用四种不同颜色给图中的 A、B、C、D、E、F 六个点涂色,要求每个点涂一种 颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( B ) )

A.288 种

B.264 种

C.240 种

D.168 种 A3,再从 4 B、F、C 三点选一个涂第四种颜色,如 B,再 F,若 F

[解析] 当涂四色时,先排 A、E、D 为

1 与 C 同色,则涂 C 有 2 种方法,若 F 与 C 异色则只有一种方法,故 A3A3(2+1)=216 种. 4

当涂三色时,先排 A、E、D 为 C3A3,再排 B 有 2 种,F、C 各为一种,故 C3A3× 4 3 4 3 2=48, 故共有 216+48=264 种,故选 B. 14.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( D )

A.6 种 B.8 种

C.36 种 D.48 种

2 [解析] 如图所示,三个区域 按参观的先后次序共有 A3种参观方法,对于每一种参观次序,每一个植物

园都有 2 类参观路径,∴共有不同参观路线 2× 2× 2=48 种. 2× A3

15. (2010· 重庆一中)为配合即将开幕的 2010 年上海世博会, 某大学拟成立由 4 名同学组成的志愿者招募

宣传队,经过初选,2 名男同学,4 名女同学成为了候选人,每位候选人当选正式队员的机会是相等的. (1)求当选的 4 名同学中恰有 1 名男同学的概率.(2)求当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的概率. [解析] 从 2 男 4 女共 6 名同学中选取 4 人,不同选法共有 C4=15 种, 6 8 (1)恰有 1 名男同学当选的情况有 C1· 3=8 种,∴所求概率 P= . 2 C4 15 (2)当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的情况有 C3C1+C4=9 种,∴所求概率 P= 4 2 4 9 3 = . 15 5

16.(2011· 深圳模拟)用 0,1,2,3,4 这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数? (1)被 4 整除;(2)比 21034 大的偶数;(3)左起第二、四位是奇数的偶数. [解] (1)被 4 整除的数,其特征应是末两位数是 4 的倍数,可分为两类:当末两位数是 20、40、04 时,其排列 数为 3A3=18,当末两位数 是 12、 32 时,其排列数为 3A1· 2=12.故满足条件的五位数共有 18+12=30(个). 24、 3 2 A2 (2)①当末位数字是 0 时,首位数字可以为 2 或 3 或 4,满足条件的数共有 3× 3=18 个. A3 ②当末位数字是 2 时,首位数字可以为 3 或 4,满足条件的数共有 2× 3=12 个. A3 ③当末位数字是 4 时,首位数字是 3 的有 A3=6 个,首位数字是 2 时,有 3 个,共有 9 个. 3 综上知,比 21034 大的偶数共有 18+12+9=39 个. (3)方法一:可分为两类:末位数是 0,有 A2· 2=4(个);末位数是 2 或 4,有 A2· 1=4(个); 2 A2 2 A2 故共有 A2· 2+A2· 1=8(个). 2 A2 2 A2 方法二:第二、四位从奇数 1,3 中取,有 A2个;首位从 2,4 中取,有 A1个;余下的排在剩下的两位,有 2 2 A2个,故共有 A2A1A2=8(个). 2 2 2 2

1. 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理,则甲、 从 乙至少有 1 人入选,而丙没有入选的不同选法为( C) A.85 B.56 C.49 D.28 [解析] 分两类计算,C2C1+C1C2=49,故选 C. 2 7 2 7 2. 从编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 的 10 个球中, 任取 5 个球, 则这 5 个球的编号之和为偶数的概率是( C ) 1 A. 6 1 1 2 B. C. D. 3 2 3

4 [解析] 从 10 个球中选 5 个有 C5 种选法,取出的 5 个球编号之和为偶数的取法有:1 偶 4 奇 C1C5,3 10 5

C1C4+C3C2+C5 1 5 5 5 5 5 偶 2 奇 C3C2,5 偶 C5,∴所求概率 P= = . 5 5 5 C5 2 10 1 10 个球的编号 5 奇 5 偶,从中任取 5 个,编号之和为奇数的与编号之和为偶数的一样多,∴P= . 2 3. 定义整数集合 A 与 B 的运算 A*B 如下: A*B={(x, y)|x∈A, y∈B, x+y 为偶数}, A={-1,0,1}, 且 若 B={1,2,3,4},则集合 A*B 中的元素个数为( B ) A.12 B.6 C.4 D.2 [解析] x=-1 时,y=1,3;x=0 时,y=2,4;x=1 时,y=1,3.故选 B. 4.(2010· 全国Ⅱ)将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中,若每个信封放 2 张,其中标号

为 1,2 的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( B A.12 种 B.18 种 C.36 种 D.54 种

)

[解析] 先从三个信封中选取一个放数字 1,2,有 C1种选法,再从 3,4,5,6 中选取两个放入一个信封中, 3 则剩下的两个数字在另一个信封中,有放法 C2种,∴共有不同放法,C1· 2=18 种. 4 3 C4 5. 9 名学生中选出 4 人参加辨论比赛, 从 其中甲、 乙、 丙三人至少有两人入选的不同选法的种数为( D) A.36 B.96 C.63 D.51 [解析] 若甲、乙、丙三人均入选,只需再从其余的 6 人中任选 1 人即可,有 C1种选法,若甲、乙、丙 6 三人中只有 2 人入选,有 C2种方法,然后再从其余的 6 人中任选 2 人即可,有 C2种选法,所以一共有 C1+ 3 6 6
2 C3C2=51 种选法. 6

6. ? 的三边长均为正整数,其中一边长为 4,另外两边长分别为 b、 若 c,且满足 b≤4≤c,则这样的 ? 有( A ) A.10 个 B.14 个 C.15 个 D.21 个 [解析] 当 b =1 时,c=4;当 b=2 时,c=4,5;当 b=3 时,c=4,5,6;当 b=4 时,c=4,5,6,7.故共有 10 个这样的三角形.选 A. [点评] 注意三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边. 7.(2010· 绵阳市模拟)某地为上海“世博会”招募了 20 名志愿者,他们的编号分别是 1 号、2 号、…,19 号、20 号.若要从中任意选取 4 人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作,其中两个编号较小的人在 一组,两个编号较大的在另一组.那么确保 5 号与 14 号入选并被分配到同一组的选取种数是( B ) A.16 B.21 C.24 D.90 [解析] 由题意知 5 号和 14 号在所选 4 人中,且在同一组,故再从其余志愿者中选 2 人,如果 5 号和 14 号是编号较大的一组,则另二人只能从编号为 1 至 4 号的志愿者中选取,有 C2种方法;如果 5 号和 14 号是 4 编号较小的一组,则另二人只能从 15 至 20 号中选,有 C2种选法,∴不同选法共有 C2+C2=21 种. 6 4 6 8.身穿兰、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿红色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同 颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有( A ) A.48 种 B.72 种 C. 78 种 D .84 种
3 [解析] 解法一:两种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有 A3A2A2=24 种,只有一种穿相同颜色衣服的人 2 2

相邻的排法有 2(A4A2-24)=48,则穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法有 A5-24-48=48,故选 A. 4 2 5 解法二:按穿兰衣服的两人站位分有以下 6 类:

对于①②⑤⑥排上穿黄衣服的两人都只有两类方法.

第③类中排上穿黄衣服的两人只有一类方法.第④类中排上穿黄衣服的两人有三类方法. 对于上述每一类安排方法,五人的不同站法共有 A2A2=4 种,∴共有不同排法(4× 2+1+3)× 4=48 种. 2 2

12.3
典例精析
题型一 二项展开式的通项公式及应用 【例 1】 已知 ( x ?
1 2 x
4

二项式定理

) n 的展开式中,前三项系数的绝对值依次成等差数列.

(1)求证:展开式中没有常数项;(2)求展开式中所有的有理项. 【解析】由题意得 2C1· n

1 1 2 =1+Cn·( )2, 2 2

即 n2-9n+8=0,所以 n=8,n=1(舍去).
r 所以 Tr+1= C8 ·( x ) 8 ? r · ( ?

1 24 x

) r =(-

1 r r ) · C8 · x 2

8? r 2

·x

?

r 4

=(-1)r·

r C8 ·x 2r

16 ? 3 r 4

(0≤r≤8, r∈Z).

16-3r (1)若 Tr+1 是常数项,则 =0,即 16-3r=0, 4 因为 r∈Z,这不可能,所以展开式中没有常数项. 16-3r (2)若 Tr+1 是有理项,当且仅当 为整数, 4 又 0≤r≤8,r∈Z,所以 r=0,4,8, 35 1 -2 即展开式中有三项有理项,分别是 T1=x4,T5= x,T9= x . 8 256 【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式,是掌握二项式定理的关键.除通项公式外,还应熟练掌握二项 式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质; (2)应用通项公式求二项展开式的特定项,如求某一项,含 x 某次幂的项,常数项,有理项,系数最大的项等, 一 般是应用通项公式根据题意列方程,在求得 n 或 r 后,再求所需的项(要注意 n 和 r 的数值范围及大小关系); (3) 注意区分展开式“第 r+1 项的二项式系数”与“第 r+1 项的系数”. 【变式训练 1】若(x x+ 3
2 n ) 的展开式的前 3 项系数和为 129,则这个展开式中是否含有常数项,一次 x

项?如果有,求出该项,如果没有,请说明理由. 【解析】由题知 C0+C1·2+C2·22=129, n n n 所以 n=8,所以通项为 Tr+1=Cr (x 8 x)
8-r

r 2 ( 3 ) r = 2rC8 x x

12 ?

11 r 6

, 故 r=6 时,T7=26C2x=1 792x, 8

所以不存在常数项,而存在一次项,为 1 792x. 题型二 运用赋值法求值 【例 2】(1)已知(1+x)+(1+x)2+?+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+?+anxn,且 a1+a2+?+an-1=29-n,则 n= ;

(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2x2+?+anxn,若 5a1+2a2=0,则 a0-a1+a2-a3+?+(-1)nan= 【解析】(1)易知 an=1,令 x=0 得 a0=n,所以 a0+a1+?+an=30. 又令 x=1,有 2+22+?+2n=a0+a1+?+an=30, 即 2n 1-2=30,所以 n=4. (2)由二项式定理得,
2 a1=-C1=-n,a2=Cn= n


.

n(n-1) , 2

代入已知得-5n+n(n-1)=0,所以 n=6, 令 x=-1 得(1+1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6, 即 a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64. 【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征,通过一些特殊值代入构造相应的结构. 【变式训练 2】设(3x-1)8=a0+a1x+a2x2+?+a7x7+a8x8.求 a0+a2+a4+a6+a8 的值. 【解析】令 f(x)=(3x-1)8, 因为 f(1)=a0+a1+a2+?+a8=28, f(-1)=a0-a1+a2-a3+?-a7+a8=48, f(1)+f(-1) 7 所以 a0+a2+a4+a6+a8= =2 × (1+28). 2 题型三 二项式定理的综合应用 【例 3】求证:4× n+5 n 1-9 能被 20 整除. 6 【解析】 6n+5n 1-9=4(6n-1)+5(5n-1)=4[(5+1)n-1]+5[(4+1)n-1]=20[(5n 1+C15n 2+?+Cn 1) 4× n n
1 n +(4n 1+Cn4n 2+?+Cn 1)],是 20 的倍数,所以 4× n+5n 1-9 能被 20 整除. 6
- - - + + - - - +

【点拨】用二项式定理证明整除问题时,首先需注意(a+b)n 中,a,b 中有一个是除数的倍数;其次展开 式有什么规律,余项是什么,必须清楚. 【变式训练 3】求 0.9986 的近似值,使误差小于 0.001. 【解析】0.9986=(1-0.002)6=1+6× (-0.002)1+15× (-0.002)2+?+(-0.002)6. 因为 T3=C2(-0.002)2=15× (-0.002)2=0.000 06<0.001, 6 且第 3 项以后的绝对值都小于 0.001, 所以从第 3 项起,以后的项都可以忽略不计. 所以 0.9986=(1-0.002)6≈1+6× (-0.002)=1-0.012=0.988.

总结提高
1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等),解决这些问题通常 采用待定系数法,运用通项公式写出待定式,再根据待定项的要求写出 n、r 满足的条件,求出 n 和 r,再确 定所需的项; 2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段; 3.利用二项式定理解决整除问题时,关键是进行合理的变形,使得二项展开式的每一项都成为除数的倍 数.对于余数问题,要注意余数的取值范围.

12.4
典例精析
题型一 频率与概率

随机事件的概率与概率的基本性质

【例 1】某企业生产的乒乓球被 08 年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进 行了抽样检测,检查结果如下表所示. 抽取球数 n 优等品数 m 优等品频率 m
n

50 45

100 92

200 194

500 470

1 000 954

2 000 1 902

(1)计算表中乒乓球优等品的频率; (2)从这批乒乓球产品中任取一个,质量检查为优等品的概率是多少?(结果保留到小数点后三位) 【解析】(1)依据公式 p ?

m ,计算出表中乒乓球优等品的频率依次是 0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951. n

(2)由(1)知,抽取的球数 n 不同,计算得到的频率值不同,但随着抽取的球数的增多,却都在常数 0.950 的附近摆动,所以质量检查为优等品的概率为 0.950. 【点拨】从表中所给的数据可以看出,当所抽乒乓球较少时,优等品的频率波动很大,但当抽取的球数 很大时,频率基本稳定在 0.95,在其附近摆动,利用概率的统计定义,可估计该批乒乓球的优等率. 【变式训练 1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下. 投篮次数 n 进球次数 m 进球频率 m
n

8 6

10 8

12 9

9 7

10 7

16 12

(1)计算表中进球的频率;(2)这位运动员投篮一次,进球的概率是多少? 【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为:
6 3 8 4 9 3 7 7 12 3 ? , ? , ? , , , ? . 8 4 10 5 12 4 9 10 16 4

(2)由(1)知,每场比赛进球的频率虽然不同,但频率总在 3 附近摆动,可知该运动员进球的概率为 3 .
4 4

题型二 随机事件间的关系 【例 2】从一副桥牌(52 张)中任取 1 张.判断下列每对事件是否为互斥事件,是否为对立事件. (1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”;(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”; (3)“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于 10”. 【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发 生,因而是互斥的.同时不能保证其中必有一个发生,因为还可能抽出“方块”或“梅花”,因此两者不对立. (2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生,但其中必有一个发生. (3)不是互斥事件,更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于 10”这两 个事件有可能同时发生,如抽得 12. 【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.

【变式训练 2】抽查 10 件产品,设事件 A:至少有两件次品,则 A 的对立事件为( A.至多两件次品 B.至多一件次品 C.至多两件正品

)

D.至少两件正品

【解析】根据对立事件的定义得选项 B. 题型三 概率概念的应用 【例 3】 甲、乙两个班级进行数学考试,按照大于或等于 85 分为优秀,85 分以下为非优秀,统计后, 得到如下列联表. 优秀 甲 乙 总计 已知从全部 105 人中随机抽取 1 人为优秀的概率为 2 .
7

非优秀

总计

10 30 105

(1)请完成上面列联表; (2)根据列联表的数据若按 95%的可靠性要求能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据 P(K2>6.635)= 0.05); (3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人:把甲班优秀的 10 人按 2 到 11 进行编号,然后两次掷 一枚均匀的骰子,出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到 6 号或 10 号的概率. 【解析】(1) 优秀 甲 乙 总计 (2)计算 K2 的一个观测值 k= 10 20 30 非优秀 45 30 75 总计 55 50 105

105? (10 ? 30 ? 20 ? 45) 2 =6.109. 55 ? 50 ? 30 ? 75

因为 6.109<6.635,所以没有 95%的把握认为成绩与班级有关. (3)记被抽取人的序号为 ζ,则 P(ζ=6)=

5 3 ,P(ζ=10)= , 36 36
2 8 = . 36 9

所以 P(ζ=6 或 ζ=10)=P(ζ=6)+P(ζ=10)=

【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用. 【变式训练 3】袋内有 35 个球,每个球上都记有从 1~35 中的一个号码,设号码为 n 的球的重量为 5n+20 克,这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响). (1)如果取出 1 球,试求其重量比号码数大 5 的概率;(2)如果任意取出 2 球,试求它们重量相等的概率. 【解析】(1)由不等式
n2 -5n+20>n+5,得 n>15 或 n<3, 3 n2 - 3

由题意知 n=1,2 或者 n=16,17,?,35,于是所求概率为

22 . 35
n2 m2 -5n+20= -5m+20, 3 3

(2)设第 n 号和第 m 号的两个球的重量相等,其中 n<m,则有

所以(n-m)(n+m-15)=0.因为 n≠m,所以 n+m=15,所以(n,m)=(1,14),(2,13),?,(7,8). 故所求概率为
7 7 1 ? ? . 2 C 35 595 85

总结提高
1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况,是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合 A 的对立 事件记作 A ,从集合的角度来看,事件 A 所含结果的集合正是全集 U 中由事件 A 所含结果组成集合的补集, 即 A∪A =U,A∩ A = ? .对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件. 事件 A、B 的和记作 A+B,表示事件 A、B 至少有一个发生.当 A、B 为互斥事件时,事件 A+B 是由“A 发生而 B 不发生”以及“B 发生而 A 不发生”构成的. 当计算事件 A 的概率 P(A)比较困难时有时计算它的对立事件 A 的概率则要容易些为此有 P(A)=1- P( A ). 2.若 A 与 B 互相独立,则 A 与 B ,A 与 B , A 与 B 都是相互独立事件.判断 A 与 B 是否独立的方法是看 P(AB)=P(A)·P(B)是否成立.

12.5
典例精析
题型一 古典概率模型的计算问题

古典概型

【例 1】一汽车厂生产 A、B、C 三类轿车,每类轿车均有舒适型和标准型两种型号,某月的产量如下表 (单位:辆), 轿车 A 舒适型 标准型 100 300 轿车 B 150 450 轿车 C z 600

现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取 50 辆,其中有 A 类 10 辆. (1)求 z 的值; (2)用分层抽样的方法在 C 类轿车中抽取一个容量为 5 的样本,将该样本视为一个总体,从中任取 2 辆, 求至少有 1 辆舒适型轿车的概率; (3)用随机抽样方法从 B 类舒适型轿车中抽取 8 辆,经检测它们的得分如下:9.4,8.6,9.2, 9.6,8.7,9.3,9.0,8.2 把这 8 辆车的得分看成一个总体,从中任取一个数,求该数与样本平均数之差的绝对值不 超过 0.5 的概率. 1 【解析】 (1)依题意知, 从每层抽取的比率为 , 从而轿车的总数为 50× 40=2 000 辆, 所以 z=2 000-100 40

-150-300-450-600=400. 1 (2)由(1)知 C 类轿车共 1 000 辆,又样本容量为 5,故抽取的比率为 ,即 5 辆轿车中有 2 辆舒适型、3 200 辆标准型,任取 2 辆,一共有 n=10 种不同取法,记事件 A:至少有 1 辆舒适型轿车,则事件 A 表示抽取到 7 2 辆标准型轿车,有 m′=3 种不同取法,从而事件 A 包含:基本事件数为 m=7 种,所以 P(A)= . 10 1 (3)样本平均数 x = × (9.4+8.6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+8.2)=9.0,记事件 B:从样本中任取一数,该 8 6 3 数与样本平均数的绝对值不超过 0.5,则事件 B 包含的基本事件有 6 种,所以 P(B)= = . 8 4 【点拨】利用古典概型求事件的概率时,主要弄清基本事件的总数,及所求事件所含的基本事件的个数. 【变式训练 1】 已知△ABC 的三边是 10 以内(不包含 10)的三个连续的正整数, 求任取一个△ABC 是锐角 三角形的概率. 【解析】依题意不妨设 a=n-1,b=n,c=n+1(n>1,n∈N),从而有 a+b>c,即 n>2,所以△ (n-1)2+n2-(n+1)2 ABC 的最小边为 2,要使△ABC 是锐角三角形,只需△ABC 的最大角 C 是锐角,cos C= 2(n-1)n = n-4 >0,所以 n>4, 2(n-1) 所以,要使△ABC 是锐角三角形,△ABC 的最小边为 4.另一方面,从{2,3,4,?,9}中,“任取三个连 4 2 续正整数”共有 6 种基本情况,“△ABC 是锐角三角形”包含 4 种情况,故所求的概率为 = . 6 3 题型二 有放回抽样与不放回抽样 【例 2】 现有一批产品共有 10 件,其中 8 件为正品,2 件为次品. (1)如果从中取出一件,然后放回,再取一件,求连续 3 次取出的都是正品的概率; (2)如果从中一次取 3 件,求 3 件都是正品的概率. 【解析】 (1)有放回地取 3 次,按抽取顺序(x,y, z)记录结果,则 x, z 都有 10 种可能,所以试验结果有 10× 10 y, 10× =103 种; 设事件 A 为“连续 3 次都取正品”,则包含的基本事件共有 8× 8=83 种,因此, 8× P(A)=
83 =0.512. 10 3

(2)方法一:可以看作不放回抽样 3 次,顺序不同,基本事件不同,按抽取顺序记录(x,y,z),则 x 有 10 种可 能,y 有 9 种可能,z 有 8 种可能,所以试验的所有结果为 10× 8=720 种.设事件 B 为“3 件都是正品”, 9× 336 则事件 B 包含的基本事件总数为 8× 6=336, 所以 P(B)= ≈0.467. 7× 720 方法二:可以看作不放回 3 次无顺序抽样,先按抽取顺序(x,y,z)记录结果,则 x 有 10 种可能,y 有 9 种可能,z 有 8 种可能,但(x,y,z),(x,z,y),(y,x,z),(y,z,x),(z,x,y),(z,y,x)是相同的,所以试验的所有结果有 10× 8÷ 9× 6=120.按同样 56 的方法,事件 B 包含的基本事件个数为 8× 6÷ 7× 6=56,因此 P(B)= ≈0.467. 120 【点拨】关于不放回抽样,计算基本事件个数时,既可以看作是有顺序的,也可以看作是无顺序的,其 结果是一样的,但不论选择哪一种方式,观察的角度必须一致,否则会导致错误. 【变式训练 2】有 5 张卡片,上面分别写有 0,1,2,3,4 中的 1 个数.求:

(1)从中任取两张卡片,两张卡片上的数字之和等于 4 的概率; (2)从中任取两次卡片,每次取一张,第一次取出卡片,记下数字后放回,再取第二次,两次取出的卡片 上的数字之和恰好等于 4 的概率. 4 2 【解析】 (1)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 4 种任取两张卡片共有 10 种所以概率为 P= = ; 10 5 5 1 (2)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 5 种,任取两张卡片共有 25 种,所以概率为 P= = . 25 5 题型三 古典概型问题的综合应用 【例 3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球,甲袋装有 2 个红球,2 个白球;乙袋装有 2 个红球, n 个白球.从甲、乙两袋中各任取 2 个球. 3 (1)若 n=3,求取到的 4 个球全是红球的概率; (2)若取到的 4 个球中至少有 2 个红球的概率为 ,求 n. 4 C2 C2 1 1 1 2 2 【解析】(1)记“取到的 4 个球全是红球”为事件 A,P(A)= 2· 2= × = . C4 C5 6 10 60 (2)记“取到的 4 个球至多有 1 个红球”为事件 B,“取到的 4 个球只有 1 个红球”为事件 B1,“取到的 4 个球全是白球”为事件 B2. 3 1 C1C1 C2 C2 C1C1 2n2 C2 C2 2 2 n 2 2 n 2 n 由 题 意 , 得 P(B) = 1 - = .P(B1) = 2 · 2 + 2 · 2 = ,P(B2) = 2 · 2 = 4 4 C4 C4 Cn+2 Cn+2 C4 Cn+2 3(n+2)(n+1) n(n-1) . 6(n+2)(n+1) n(n-1) 2n2 1 所以 P(B)=P(B1)+P(B2)= + = ,化简得 7n2-11n-6=0,解得 n=2 或 n= 3(n+2)(n+1) 6(n+2)(n+1) 4 3 - (舍去),故 n=2. 7 【变式训练 3】甲、乙二人参加普法知识竞赛,共有 10 道不同的题目,其中选择题 6 道,判断题 4 道, 甲、乙二人一次各抽取一题. (1)甲抽到选择题,乙抽到判断题的概率是多少?(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少? 【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有 C1个,乙从判断题中抽到一题的的可能结果是 C 1,故 6 4
1 甲抽到选择题,乙抽到判断题的可能结果为 C1× 1=24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有 C10× 9=90, C1 6 C4

24 4 所以概率为 = . 90 15 (2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是 10× 9=90. 方法一:(分类计数原理) ①只有甲抽到了选择题的事件数是:6× 4=24; ②只有乙抽到了选择题的事件数是:6× 4=24; ③甲、乙同时抽到选择题的事件数是:6× 5=30. 24+24+30 13 故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是 = . 90 15 方法二:(利用对立事件)

事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件. 事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是 4× 3=12. 12 2 13 故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是 1- =1- = . 90 15 15

总结提高
1.对古典概型首先须使学生明确判断两点:①对每个随机试验来说,所有可能出现的试验结果数 n 必须有 限;②出现的各个不同的试验结果数 m 其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下,运用的 m m 古典概型计算公式 P(A)= 得出的结果才是正确的.使用公式 P(A)= 计算时,确定 m、n 的数值是关键所在. n n 2.对于 n 个互斥事件 A1,A2,?,An,其加法公式为 P(A1+A2+?+An)=P(A1)+P(A2)+?+P(An). 3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想. 4.在应用题背景条件下,能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的 简单事件是解答这类应用题的关键,也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.

12.6
典例精析
题型一 长度问题

几何概型

【例 1】如图,∠AOB=60° ,OA=2,OB=5,在线段 OB 上任取一点 C,

试求:(1)△AOC 为钝角三角形的概率;(2)△AOC 为锐角三角形的概率. 【解析】如图,由平面几何知识知: 当 AD⊥OB 时,OD=1;当 OA⊥AE 时,OE=4,BE=1. (1)当且仅当点 C 在线段 OD 或 BE 上时,△AOC 为钝角三角形. OD+EB 1+1 记“△AOC 为钝角△”为事件 M, P(M)= 则 = =0.4, 即△AOC 为钝角三角形的概率为 0.4. OB 5 (2)当且仅当点 C 在线段 DE 上时,△AOC 为锐角三角形. DE 3 记“△AOC 为锐角△”为事件 N,则 P(N)= = =0.6,即△AOC 为锐角三角形的概率为 0.6. OB 5 【点拨】把每一事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点,该区域中每一点被取到的机会都一样,而 一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点,这样的概率模型就可以用几何概型求解. 【变式训练 1】点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点,若在该圆周上随机取一点 B,则劣弧 AB 的长度 小于 1 的概率为 【解析】如图 .

可设

2 =1,则根据几何概率可知其整体事件是其周长 3,则其概率是 . 3

题型二 面积问题 【例 2】 两个 CB 对讲机(CB 即 CitizenBand 民用波段的英文缩写)持有者,莉莉和霍伊都为卡尔货运公 司工作,他们的对讲机的接收范围为 25 公里,在下午 3:00 时莉莉正在基地正东距基地 30 公里以内的某处 向基地行驶,而霍伊在下午 3:00 时正在基地正北距基地 40 公里以内的某地向基地行驶,试问在下午 3:00 时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大? 【解析】设 x 和 y 分别代表莉莉和霍伊距基地的距离,于是 0≤x≤30,0≤y≤40. 他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x,y),这里 x,y 都在它们各自的限制范围内,则所有这样的 有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域,每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定 的位置, 他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过 25 公里时发生(如下图), 因此构成该事件的点由满足不等式 x2+y2≤25 的数对组成, 此不等式等价于 x2+y2≤625, 右图中的方形区域代表基本事件组, 阴影部分代表所求事件, 1 625π 方形区域的面积为 1 200 平方公里,而事件的面积为( )×π×(25)2= , 4 4 π 625× 4 625π 于是有 P= = ≈0.41. 1 200 4 800 【点拨】 解决此类问题, 应先根据题意确定该实验为几何概型, 然后求出事件 A 和基本事件的几何度量, 借助几何概型的概率公式求出. 【变式训练 2】如图,以正方形 ABCD 的边长为直径作半圆,重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随 机地投掷一飞镖,求飞镖落在花瓣内的概率. 【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的,符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件 A,设正 方形边长为 2r,则 1 2 πr × 4-(2r)2 S花瓣 2 π-2 P( A)= = = . 2 SABCD (2r) 2 π-2 所以,飞镖落在花瓣内的概率为 . 2 题型三 体积问题 【例 3】 在线段[0,1]上任意投三个点,设 O 至三点的三线段长为 x、y、z,研究方法表明:x,y,z 能构 成△只要点(x,y,z) 落在棱长为 1 的正方体 T 的内部由△ADC,△ADB,△BDC,△AOC,△AOB,△BOC 所围成的区域 G 中(如图),则 x,y,z 能构成△与不能构成三角形这两个事件中哪一个事件的概率大? 1 1 1 【解析】V(T)=1,V(G)=13-3× × × 3= , 1 3 2 2

V(G) 1 所以 P= = . V(T) 2

由此得,能与不能构成三角形两事件的概率一样大.

【点拨】因为任意投的三点 x,y,z 是随机的,所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本 事件的区域有关. 【变式训练 3】已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 内有一个内切球 O,则在正方体 ABCD—A1B1C1D1 内任取 点 M,点 M 在球 O 内的概率是( π A. 4 π B. 8 ) π C. 6 π D. 12

4 a3 π( ) 3 2 V球 π 【解析】设正方体的棱长为 a,则点 M 在球 O 内的概率 P= = 3 = ,选 C. a 6 V正方体

总结提高
1.几何概型是一种概率模型,它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内 均匀分布,概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关,只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域 是一个单点,其测度为 0,则它出现的概率为 0,但它不是不可能事件. 如果随机事件所在区域是全部区域扣 除一个单点, 其测度为 1,则它出现的概率为 1,但它不是必然事件. 2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度,面积,体积),一个基本事件是区域中的一个点.此时 用点数度量事件 A 包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域, 当它们的 测度(长度,面积,体积,?)相等时,事件 A 对应点落在这两区域上的概率相等,而与形状和位置都无关”. 3.几何概型并不限于向平面(或直线、 空间)投点的试验, 如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果, 每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示,而所有基本结果对应于一个区域 Ω,这时,与试验有 关的问题即可利用几何概型来解决.

12.7
典例精析
题型一 条件概率的求法

条件概率与事件的独立性

【例 1】一张储蓄卡的密码共 6 位数字,每位数字都可从 0~9 中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱 时,忘记了密码的最后一位数字,求: (1)任意按最后一位数字,不超过 2 次就按对的概率; (2)如果他记得密码的最后一位是偶数,不超过 2 次就按对的概率. 【解析】设第 i 次按对密码为 事件 Ai(i=1,2),则 A=A1∪( A1 A2)表示不超过 2 次就按对密码. 1 9× 1 1 (1)因为事件 A1 与事件 A1 A2 互斥,由概率的加法公式得 P(A)=P(A1)+P( A1 A2)= + = . 10 10× 5 9 (2)用 B 表示最后一位是偶数的事件,则 1 4× 2 1 P(A|B)=P(A1|B)+P( A1 A2|B)= + = . 5 5× 5 4 【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系,辨析所求概率是哪一事件的概率,再运用相应

的公式求解. 【变式训练 1】设某种动物从出生算起活到 20 岁以上的概率为 0.8,活到 25 岁以上的概率为 0.4.现有一 只 20 岁的这种动物,问它能活到 25 岁以上的概率是 .

【解析】 设此种动物活到 20 岁为事件 A, 活到 25 岁为事件 B, 所求概率为 P(B|A), 由于 B?A, P(AB) 则 =P(B),所以 P(B|A)= P(AB) P(B) 0.4 1 = = = . P(A) P(A) 0.8 2

题型二 相互独立事件的概率 1 1 1 【例 2】三人独立破译同一份密码,已知三人各自破译出密码的概率分别为 , , ,且他们是否破译出 5 4 3 密码互不影响. (1)求恰有二人破译出密码的概率; (2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大?说明理由. 【解析】(1)记三人各自破译出密 码分别为事件 A,B,C,依题意知 A,B,C 相互独立,记事件 D:恰 有二人破译密码, 则 P(D)=P(AB C )+P(A B C)+P( A BC) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 3 = ×× (1- )+ × (1- )× +(1- )× × = = . 5 4 3 5 4 3 5 4 3 60 20 (2)记事件 E:密码被破译, E :密码未被破译, 1 1 1 24 2 则 P( E )=P( A B C )=(1- )× (1- )× (1- )= = , 5 4 3 60 5 3 所以 P(E)=1-P( E )= ,所以 P(E)>P( E ). 5 故密码被破译的概率大. 【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤:①记取事件;②揭示事件的关系;③计算事件的概率. 【变式训练 2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有 6 个只有颜色不相同的球,并且每个口袋内的 6 个球 均有 1 个红球,2 个黑球,3 个无色透明的球,现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出 1 个球,求恰好 摸出红球、黑球和无色球各 1 个的概率. 1 1 【解析】由于各个袋中球的情况一样,而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为 , , 6 3 1 1 1 1 1 ,可得 P=A3× × × = . 3 2 6 3 2 6 题型三 综合问题 【例 3】某公司招聘员工,指定三门考试课程,有两种考试方案. 方案一:三门课程中至少有两门及格为考试通过; 方案二:在三门课程中随机选取两门,这两门都及格为考试通过. 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是 a,b,c, 且三门课程考试是否及格相互之间没有影响. (1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率; (2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小,并说明理由.

【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为 A,B,C,则 P(A)=a,P(B)=b,P(C)=c. (1)应聘者在方案一下考试通过的概率 P1=P(AB C )+P( A BC)+P(A B C)+P(ABC)=ab(1-c)+bc(1-a)+ac(1-b)+abc=ab+bc+ca-2abc. 1 1 1 1 应聘者在方案二下考试通过的概率 P2= P(AB)+ P(BC)+ P(AC)= (ab+bc+ca). 3 3 3 3 2 2 (2)由 a,b,c∈[0,1],则 P1-P2= (ab+bc+ca)-2abc= [ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)]≥0, 3 3 故 P1≥P2,即采用第一种方案,该应聘者考试通过的概率较大. 【点拨】本题首先以相互独立事件为背景,考查两种方案的概率,然后比较概率的大小,要求运用 a,b, c∈[0,1]这一隐含条件. 2 【变式训练 3】甲,乙,丙三人分别独立地进行某项体能测试,已知甲能通过测试的概率是 ,甲,乙, 5 3 3 丙三人都能通过测试的概率是 ,甲,乙, 丙三人都不能通过测试的概率是 ,且乙通过的概率比丙大. 20 40 (1)求乙,丙两人各自通过测试的概率分别是多少?(2)测试结束后,最容易出现几人通过的情况? 【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为 x,y,依题意得
1 3 3 ? ?2 ? ? 5 xy ? 20 , ?x ? 4 , ?x ? 2 , ? ? ? 即? 或? (舍去), ? 1 ? 3 (1 ? x)(1 ? y ) ? 3 , ? y ? ?y ? 3 ? ?5 ? 2 40 ? 4 ? ?

3 1 所以乙、丙两人各自通过的概率分别为 , . 4 2 3 (2)因为三人都不能通过测试的概率为 P0= , 40 3 6 三人都能通过测试的概率为 P3= = , 20 40 2 3 1 2 3 1 2 3 1 7 14 三人中恰有一人通过测试的概率:P1= × (1- )× (1- )+(1- )× × (1- )+(1- )× (1- )× = = , 5 4 2 5 4 2 5 4 2 20 40 三人恰有两人通过测试的概率:P2=1-(P0+P1+P3)= 所以测试结束后,最容易出现两人通过的情况. 17 , 40

总结提高
1.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别: 对于事件 A、B,在一次试验中,A、B 如果不能同时发生,则称 A、B 互斥.一次试验中,如果 A、B 互 斥且 A、B 中必有一个发生,则称 A、B 对立.显然,A+ A 为必然事件,A、B 互斥则不能同时发生,但可能 同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生的概率没有影响.事实上: A、B 互斥,则 P(AB)=0; A、B 对立,则 P(AB)=0 且 P(A)+P(B)=1; A、B 相互独立,则 P(AB)=P(A)P(B). 它们是不相同的.

2.由于当事件 A、B 相互独立时,P(AB)=P(A)P(B),因此式子 1-P(A)P(B)表示相互独立事件 A、B 中至 少有一个不发生的概率.对于 n 个随机事件 A1,A2,?,An,有 P(A1+A2+?+An)=1-P( A1 ∩ A2 ∩?∩ An ),此称为概率的和与积的互补公式.

12.8
典例精析
题型一 离散型随机变量的分布列

离散型随机变量及其分布列

【例 1】设离散型随机变量 X 的分布列为 X P 0 0.2 1 0.1 2 0.1 3 0.3 4 0.3

求:(1)2X+ 1 的分布列;(2)|X-1|的分布列. 【解析】首先列表如下: X 2X+1 |X-1| 从而由上表得两个分布列如下: 2X+1 的分布列: 2X+1 P |X-1|的分布列: |X-1| P 0 0.1 1 0.3 2 0.3 3 0.3 1 0.2 3 0.1 5 0.1 7 0.3 9 0.3 0 1 1 1 3 0 2 5 1 3 7 2 4 9 3

【点拨】由于 X 的不同的值,Y=f(X)会取到相同的值,这时要考虑所有使 f(X)=Y 成立的 X1,X2,?, Xi 的值,则 P(Y)=P(f(X))=P(X1)+P(X2)+?+P(Xi),在第(2)小题中充分体现了这一点. 【变式训练 1】 某地有 A、B、C、D 四人先后感染了甲型 H1N1 流感,其中只有 A 到过渡区,B 肯定是 1 受 A 感染的,对于 C,因为难以断定他是受 A 还是受 B 感染的,于是假定他受 A 和受 B 感染的概率都是 , 2 1 同样也假定 D 受 A、B、C 感染的概率都为 ,在这种假定之下,B、C、D 中受 A 感染的人数 X 就是一个随 3 机变量,写出 X 分布列,并求均值. 1 1 1 【解析】依题知 X 可取 1、2、3,P(X=1)=1× (1- )× (1- )= , 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 P(X=2)=1× (1- )× +1× × (1- )= ,P(X=3)=1× × = , 2 3 2 3 2 2 3 6 所以 X 的分布列为 X P 1 2 3

1 1 11 1 均值 E(X)=1× +2× +3× = . 2 6 3 6

1 3

1 2

1 6

题型二 两点分布
?1, 针尖向上 , 【例 2】在掷一枚图钉的随机试验中,令 ξ= ? 如果针尖向上的概率为 p,试写出随机变量 ξ ?0, 针尖向下 ,

的分布列. 【解析】根据分布列的性质,针尖向下的概率是 1-p.于是,随机变量的分布列是 ξ P 0 1-p 1 p

【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合,加深了两点分布的概念的理解.
?0, 失败, 【变式训练 2】 若离散型随机变量 ξ= ? 的分布列为: ?1, 成功

ξ P

0 9c2-c

1 3-8c

(1)求出 c;(2)ξ 是否服从两点分布?若是,成功概率是多少? 1 2 1 【解析】(1)由(9c2-c)+(3-8c)=1,解得 c= 或 .又 9c2-c≥0,3-8c≥0,所以 c= . 3 3 3 1 (2)是两点分布.成功概率为 3-8c= . 3 题型三 超几何分布 【例 3】 有 10 件产品,其中 3 件次品,7 件正品,现从中抽取 5 件,求抽得次品数 X 的分布列. 【解析】X 的所有可能取值为 0,1,2,3,X=0 表示取出的 5 件产品全是正品, C0C5 21 1 3 7 P(X=0)= 5 = = ; C10 252 12 C1C4 105 5 3 7 X=1 表示取出的 5 件产品有 1 件次品 4 件正品,P(X=1)= 5 = = ; C10 252 12 C2C3 105 5 3 7 X=2 表示取出的 5 件产品有 2 件次品 3 件正品,P(X=2)= 5 = = ; C10 252 12 C3C2 21 1 3 7 X=3 表示取出的 5 件产品有 3 件次品 2 件正品,P(X=3)= 5 = = . C10 252 12 所以 X 的分布列为 X P 0 1 2 3

1 12

5 12

5 12

1 12

【点拨】在取出的 5 件产品中,次品数 X 服从超几何分布,只要代入公式就可求出相应的概率,关键是 明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布,要掌握它的特点. 【变式训练 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,其分布列为 P(X),则 P(X=4)的值为( 1 A. 220 27 B. 55 27 C. 220 21 D. 25 )

C2C1 27 3 9 【解析】由题意取出的 3 个球必为 2 个旧球 1 个新球,故 P(X=4)= 3 = .选 C. C12 220

总结提高
1.求离散型随机变量分布列的问题,需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法. 2.求离散型随机变量 ξ 的分布列的步骤: (1)求出随机变量 ξ 的所有可能取值 xi(i=1,2,3,?); (2)求出各取值的概率 P(ξ=xi)=pi; (3)列出表格.

12.9
典例精析

独立重复试验与二项分布

题型一 相互独立事件同时发生的概率 【例 1】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件,已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加 1 1 工的零件不是一等品的概率为 ,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为 , 4 12 2 甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为 . 9 (1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率; (2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,求至少有一个一等品的概率. 【解析】(1)设 A、B、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件. 由题 设条件有
1 1 ? ? ? P( AB) ? 4 , ?P( A) ? [1 ? P( B)] ? 4 , ① ? ? 1 1 ? ? ?P( BC ) ? , 即 ?P( B) ? [1 ? P(C )] ? , ② 12 12 ? ? 2 2 ? ? ?P( AC) ? 9 , ?P( A) ? P(C ) ? 9 .③ ? ?

2 2 1 1 由①③解得 P(C)= ,将 P(C)= 分别代入③②可得 P(A)= ,P(B)= ,即甲、乙、丙三台机床各自加工 3 3 3 4 1 1 2 的零件是一等品的概率分别是 , , . 3 4 3 (2)记 D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的事件, 2 3 1 5 则 P(D)=1-P( D )=1-[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)]=1- × × = . 3 4 3 6 5 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的概率为 . 6 【点拨】 相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足 P(AB)=P(A)P(B),对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率,通常转化为求其对立事件的概率. 1 2 【变式训练 1】甲、乙两人各进行 3 次射击,甲每次击中目标的概率为 ,乙每次击中目标的概率为 . 2 3

(1)求乙至多击中目标 2 次的概率; (2)求甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率. 2 19 【解析】(1)乙至多击中目标 2 次的概率为 1-C3( )3= . 3 3 27 (2)设甲恰比乙多击中目标 2 次为事件 A,甲恰击中目标 2 次且乙恰击中目标 0 次为事件 B1,甲恰击中目 标 3 次且乙恰击中目标 1 次为事件 B2,则 A=B1+B2,B1、B2 为互斥事件. 3 1 1 2 1 P(A)=P(B1)+P(B2)= × + × = . 8 27 8 9 24 1 所以,甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率为 . 24 题型二 独立重复试验 2 【例 2】(2010 天津)某射手每次射击击中目标的概率是 ,且各次射击的结果互不影响. 3 (1)假设这名射手射击 5 次,求恰有 2 次击中目标的概率; (2)假设这名射手射击 5 次,求有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标的概率. 2 【解析】(1)设 X 为射手在 5 次射击中击中目标的次数,则 X~B(5, ).在 5 次射击中,恰有 2 次击中目 3 2 2 40 标的概率 P(X=2)=C2× )2× (1- )3= . 5 ( 3 3 243 (2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在 5 次射击中,有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标”为事件 A,则 2 1 1 2 1 1 2 8 P(A)=P(A1A2A3 A4 A5 )+P( A1 A2A3A4 A5 )+P( A1 A2 A3A4A5)=( )3× )2+ × )3× +( )2× )3= . ( ( ( 3 3 3 3 3 3 3 81 【点拨】独立重复试验是同一试验的 n 次重复,每次试验成功的概率都相同,恰有 k 次试验成功的概率 为 Pn(k)=Ck pk(1-p)n k. n 1 【变式训练 2】袋子 A 中装有若干个均匀的红球和白球,从中摸出一个红球的概率是 .从 A 中有放回地 3 摸球,每次摸出一个,有 3 次摸到红球即停止. (1)求恰好摸 5 次停止的概率; (2)记 5 次之内(含 5 次)摸到红球的次数为 ξ,求 P(ξ≥2). 2 1 8 2 1 【解析】(1)P=C4× )2× )2× = . ( ( 3 3 3 81 1 1 80 1 40 3 1 (2)P(ξ=2)=C2× )2× (1- )3= ,P(ξ=3)=C5× )3× ( (1- )2= , 5 ( 3 3 243 3 3 243 40 则 P(ξ≥2)=P(ξ=2)+P(ξ=3)= . 81 题型三 二项分布 【例 3】 一名学生每天骑车上学,从他家到学校的途中有 6 个交通岗,假设他在各个交通岗遇到红灯的 1 事件是相互独立的,并且概率为 . 3 (1)设 X 为这名学生在途中遇到红灯的次数,求 X 的分布列;


(2)设 Y 为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数,求 Y 的分布列; (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率. 1 【解析】(1)依题意知 X~B(6, ), 3 1 2 - P(X=k)=Ck ( )k( )6 k,k=0,1,2,3,4,5,6. 6 3 3 所以 X 的分布列为 X P X P 0 1 2
2 2 1 C6 ( ) 2 ( ) 4 3 3

3
1 2 C3 ( ) 3 ( ) 3 6 3 3

2 ( )6 3
4

1 2 C1 ? ? ( )5 6 3 3

5

6

2 4 1 C6 ( ) 4 ( ) 2 3 3

1 2 C5 ( ) 5 ? 6 3 3

1 ( )6 3

(2)依题意知 Y 可取 0,1,2,3,4,5,6, 1 1 2 2 1 2 4 1 2 8 P(Y=0)= ,P(Y=1)= × = ,P(Y=2)= × )2= ,P(Y=3)= × )3= , ( ( 3 3 3 9 3 3 27 3 3 81 1 2 16 1 2 32 2 64 P(Y=4)= × )4= ,P(Y=5)= × )5= ,P(Y=6)=( )6= , ( ( 3 3 243 3 3 729 3 729 所以 Y 的分布列为 Y P 0 1 2 3 4 5 6

1 3

2 9

4 27

8 81

16 243

32 729

64 729

2 665 (3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率为 P(X≥1)=1-P(X=0)=1-( )6= . 3 729 【点拨】解决离散型随机变量的分布列问题时,要依据相关概念识别离散型随机变量服从什么分布,如 第(1)问中 X 服从二项分布,而第(2)问中并不服从二项分布. 【变式训练 3】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第 18、19、20 层停靠.若该电梯在底层载有 5 位 1 乘客,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为 ,用 ξ 表示这 5 位乘客在第 20 层下电梯的人数.求随 3 机变量 ξ 的分布列. 【解析】方法一:ξ 的所有可能值为 0,1,2,3,4,5. 25 32 80 80 40 C1 ? 2 4 C 2 ? 23 C3 ? 22 P(ξ=0)= 5= ,P(ξ=1)= 5 5 = ,P(ξ=2)= 5 5 = ,P(ξ=3)= 5 5 = , 3 243 243 243 243 3 3 3 P(ξ=4)=
4 10 1 1 C5 ? 2 = ,P(ξ=5)= 5= . 5 243 3 243 3

从而 ξ 的分布列为 ξ P 0 1 2 3 4 5

32 243

80 243

80 243

40 243

10 243

1 243

方法二:考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验,这是 5 次独立重复试验. 1 1 2 - 故 ξ~B(5, ),即有 P(ξ=k)=Ck ( )k( )5 k,k=0,1,2,3,4,5. 5 3 3 3 由此计算 ξ 的分布列如方法一.

总结提高
独立重复试验是同一试验的 n 次重复,每次试验结果的概率不受其他次结果的概率的影响,每次试验有 两个可能结果:成功和失败.n 次试验中 A 恰好出现了 k 次的概率为 Ck pk(1-p)n k,这 k 次是 n 次中的任意 k n 次,若是指定的 k 次,则概率为 pk(1-p)n-k.


12.10 典例精析
题型一 期望与方差的性质的应用

离散型随机变量的期望与方差

1 【例 1】设随机变量 ξ 的分布列为 P(ξ=k)= (k=1,2,3,4,5,6),求 E(ξ),E(2ξ+3)和 D(ξ),D(2ξ+3). 6 【解析】E(ξ)=x1p1+x2p2+?+x6p6=3.5, E(2ξ+3)=2E(ξ)+3=10, 35 35 D(ξ)=(x1-E(ξ))2p1+(x2-E(ξ))2p2+?+(x6-E(ξ))2p6= ,D(2ξ+3)=4D(ξ)= . 12 3 【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时,首先要弄清其分布特征及分布列,再准确运用公式, 特别是利用性质解题. 【变式训练 1】袋中有 20 个大小相同的球,其中记上 0 号的有 10 个,记上 n 号的有 n 个(n=1,2,3,4).现 从袋中任取一球,ξ 表示所取球的标号. (1)求 ξ 的分布列、期望和方差; (2)若 η=aξ+b,E(η)=1,D(η)=11,试求 a,b 的值. 【解析】(1)ξ 的分布列为: ξ P 0 1 2 3 4

1 2

1 20

1 10

3 20

1 5

1 1 1 3 1 所以 E(ξ)=0× +1× +2× +3× +4× =1.5, 2 20 10 20 5 1 1 1 3 1 D(ξ)=(0-1.5)2× +(1-1.5)2× +(2-1.5)2× +(3-1.5)2× +(4-1.5)2× =2.75. 2 20 10 20 5 (2)由 D(η)=a2D(ξ),得 a2× 2.75=11,即 a=± 2.又 E(η)=aE(ξ)+b, 所以当 a=2 时,由 1=2× 1.5+b,得 b=-2; 当 a=-2 时,由 1=-2× 1.5+b,得 b=4.
?a ? 2, ?a ? ?2, 所以 ? 或? b ? ?2 ?b ? 4. ?

题型二 期望与方差在风险决策中的应用 【例 2】 甲、乙两名工人加工同一种零件,两人每天加工的零件数相等,所得次品数分别为 ξ、η,ξ 和 η 的分布列如下: ξ P 0 1 2

6 10

1 10

3 10

η P 试对这两名工人的技术水平进行比较.

0

1

2

5 10

3 10

2 10

【解析】工人甲生产出的次品数 ξ 的期望和方差分别为: 6 1 3 E(ξ)=0× +1× +2× =0.7, 10 10 10 6 1 3 D(ξ)=(0-0.7)2× +(1-0.7)2× +(2-0.7)2× =0.81. 10 10 10 工人乙生产出的次品数 η 的期望和方差分别为: 5 3 2 5 3 2 E(η)=0× +1× +2× =0.7,D(η)=(0-0.7)2× +(1-0.7)2× +(2-0.7)2× =0.61. 10 10 10 10 10 10 由 E(ξ)=E(η)知,两人出次品的平均数相同,技术水平相当,但 D(ξ)>D(η),可见乙的技术比较稳定. 【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小,但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的 均值相等,还要看随机变量的取值如何在均值周围变化,即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散,方差 小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定. 【变式训练 2】利用下列盈利表中的数据进行决策,应选择的方案是 .

【解析】利用方案 A1、A2、A3、A4 盈利的期望分别是: 50× 0.25+65× 0.30+26× 0.45=43.7; 70× 0.25+26× 0.30+16× 0.45=32.5; -20× 0.25+52× 0.30+78× 0.45=45.7; 98× 0.25+82× 0.30-10× 0.45=44.6.故选 A3. 题型三 离散型随机变量分布列综合问题 【例 3】(2010 浙江)如图,一个小球从 M 处投入,通过管道自上而下落入 A 或 B 或 C.已知小球从每个叉 口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动,若投入的小球落到 A,B,C, 则分别设为 1,2,3 等奖.

(1)已知获得 1,2,3 等奖的折扣率分别为 50%,70%,90%.记随机变量 ξ 为获得 k(k=1,2,3)等奖的折扣率,求 随机变量 ξ 的分布列及期望 E(ξ); (2)若有 3 人次(投入 1 球为 1 人次)参加促销活动,记随机变量 η 为获得 1 等奖或 2 等奖的人次,求 P(η=2). 【解析】(1)由题意得 ξ 的分布列为 ξ p 50% 70% 90%

3 16

3 8

7 16

3 3 7 3 则 E(ξ)= × 50%+ × 70%+ × 90%= . 16 8 16 4 3 3 9 9 9 9 (2)由(1)可知, 获得 1 等奖或 2 等奖的概率为 + = .由题意得 η~(3, ), P(η=2)=C2( )2(1- ) 则 3 16 8 16 16 16 16 = 1 701 . 4 096 1 【变式训练 3】 (2010 北京市东城区)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次, 三次正面均朝上的概率为 . 27 (1)求抛掷这样的硬币三次,恰有两次正面朝上的概率; (2)抛掷这样的硬币三次后,抛掷一枚质地均匀的硬币一次,记四次抛掷后正面朝上的总次数为 ξ,求随 机变量 ξ 的分布列及期望 E(ξ). 【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币,正面朝上的概率为 P,依题意有 C3·P3= 3 2 2 2 1 所以抛掷这样的硬币三次,恰有两次正面朝上的概率为 P3(2)=C3× )2× = . ( 3 3 9 (2)随机变量 ξ 的可能取值为 0,1,2,3,4. 2 1 4 2 1 1 2 1 10 1 2 1 1 2 1 1 P(ξ=0)=C0× )3× = ;P(ξ=1)=C0× )3× +C1× × )2× = ;P(ξ=2)=C1× × )2× +C2× )2× × = ; ( ( 3 ( 3 ( 3 3 3 ( 3 2 27 3 2 3 3 2 27 3 3 2 3 3 2 3 1 2 1 1 1 7 1 1 1 P(ξ=3)=C2× )2× × +C3× )3× = ;P(ξ=4)=C3× )3× = . 3 ( 3 ( 3 ( 3 3 2 3 2 54 3 2 54 所以 ξ 的分布列为 ξ P 0 1 2 3 4 1 1 ,解得 P= . 27 3

4 27

10 27

1 3

7 54

1 54

4 10 1 7 1 3 E(ξ)=0× +1× +2× +3× +4× = . 27 27 3 54 54 2

总结提高
1.期望是算术平均值概念的推广,是概率意义下的平均; E(ξ)是一个实数,由 ξ 的分布列唯一确定,即 作为随机变量 ξ 是可变的,可取不同值,而 E(ξ)是不变的,它描述 ξ 取值的平均状态. 2.方差 D(ξ)表示随机变量 ξ 对 E(ξ)的平均偏离程度,统计中常用标准差 D(ξ)描述 ξ 的分散程度.

12.11 正态分布

典例精析
题型一 研究正态总体在三个特殊区间内取值的概率值 1 【例 1】 某正态曲线的密度函数是偶函数,而且该函数的最大值为 ,求总体位于区间[-4,-2]的概率. 2 2π 1 【解析】由正态曲线的密度函数是偶函数知 μ=0,由最大值为 知 σ=2, 2 2π 所以 P(-2≤x≤2)=P(μ-σ≤x≤μ+σ)=0.682 6,P(-4≤x≤4)=P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)=0.954 4, 1 所以 P(-4≤x≤-2)= × (0.954 4-0.682 6)=0.135 9. 2 【点拨】应当熟记: P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.682 6;P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.954 4;P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.997 4. 【变式训练 1】设 X~N(1,22),试求:(1)P(-1<X≤3);(2)P(X≥5). 【解析】因为 X~N(1,22),所以 μ=1,σ=2. (1)P(-1<X≤3)=P(1-2<X≤1+2)=P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6. (2)因为 P(X≥5)=P(X≤-3), 1 1 1 所以 P(X≥5)= [1-P(-3<X≤5)]= [1-P(1-4<X≤1+4)]= [1-P(μ-2σ<X≤μ+2σ)] 2 2 2 1 = (1-0.954 4)=0.022 8. 2 题型二 利用正态总体密度函数估计某区间的概率 【例 2】 已知某地区数学考试的成绩 X~N(60,82)(单位:分),此次考生共有 1 万人,估计在 60 分到 68 分之间约有多少人? 【解析】由题意 μ=60,σ=8, 因为 P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6,所以 P(52<X≤68)=0.682 6, 1 又此正态曲线关于 x=60 对称,所以 P(60<X≤68)= P(52<X≤68)=0.341 3, 2 从而估计在 60 分到 68 分之间约有 341 3 人. 【点拨】本题是教材变式题,将原题中单纯(μ-σ,μ+σ)的概率考查结合了正态曲线的对称性以及概率 的意义,使题目更具实际意义.另外,还可将问题变为(44,76)、(68,76)等区间进行探讨. 【变式训练 2】某人乘车从 A 地到 B 地,所需时间(分钟)服从正态分布 N(30,100),求此人在 40 分钟至 50 分钟到达目的地的概率. 【解析】由 μ=30,σ=10,P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6 知此人在 20 分钟至 40 分钟到达目的地的概率为 0.682 6,又由于 P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954 4,所以此人在 10 分钟至 20 分钟或 40 分钟至 50 分钟到达目的 地的概率为 0.954 4-0.682 6=0.271 8, 由正态曲线关于直线 x=30 对称得此人在 40 分钟至 50 分钟到达目的 地的概率为 0.135 9.

总结提高
1.服从正态分布的随机变量 X 的概率特点

若随机变量 X 服从正态分布,则 X 在一点上的取值概率为 0,即 P(X=a)=0,而{X=a}并不是不可能事 件,所以概率为 0 的事件不一定是不可能事件,从而 P(X<a)=P(X≤a)是成立的,这与离散型随机变量不同. 2.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同. ②P(X<a)=1-P(X≥a),P(X<μ-a)=P(X≥μ+a).


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