资源描述
11.1 分类加法计数原理与分布乘 法计数原理 11.2 排列与组合 11.3 二项式定理 11.4 随机事件的概率 11.5 古典概型、几何概率 11.6 离散型随机变量及其分布列 11.7 二项分布及其应用 11.8 离散型随机变量的均值与方差 11.9正态分布,第十一章 计数原理、概率、 随机变量及其分布,知识点,考纲下载,两个原理,1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题,排列组合,1.理解排列、组合的概念 2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公 3.能解决简单的实际问题,二项式定理,会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.,随机事件的概率,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，了解频率与概率的区别. 2.理解随机事件的关系与运算. 3.理解两个互斥事件的概率加法公式.,古典概型与几何概型,1.理解古典概型及其概率计算公式. 2.会用列举法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.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率. 4.初步体会几何概型的意义.,离散型随机变量及其分布列、期望与方差,1.掌握取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性. 2.了解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用. 3.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、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.,二项分布及其应用,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,正态分布,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.,11.1 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 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法那么完成这件事共有N_种不同的方法 2分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N_种不同的方法,mn,mn,1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（） A24 B18 C12 D6 【解析】分两类情况讨论： 第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有32212（个）奇数； 第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3216（个）奇数 根据分类加法计数原理，知共有12618（个）奇数 【答案】B,2正五棱柱中，不同在任一侧面且不同在任一底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（） A20 B15 C12 D10 【解析】如图，在正五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1、AD1.同理从B、C、D、E点出发的对角线也都有两条，故一共2510（条） 【答案】D,3.设东西南北四面通往某山顶的路分别有k、l、m、n条（klmn），要使从某一面上山，再从任意方向下山的走法最多应为( ) A.从东面上山 B.从西面上山 C.从南面上山 D.从北面上山,解析:分别从东西南北方向上山，再从任意方向下山，有k(lmn)、l(kmn)、m(kln)、n(klm)种走法.由klmn，故选D 答案：D,【解析】必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法.对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22312(种)填法. 【答案】12,【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433337(种). 【答案】37,分类加法计数原理,1.分类计数原理是对涉及完成某一件事的不同方法采取的计数方法，每一类的各种方法都是相互独立的，每一类中的每一种方法都可以独立完成这件事. 2.解决这类问题应从简单分类讨论入手，要做到不重不漏，尽量从不同角度考虑问题，做到一题多解.,在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中各选1人同时分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？,解析:选参加象棋比赛的学生有两种选法：在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会围棋的2人中选，参加围棋比赛的学生也有两种选法：在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选.互相搭配，可得四类不同的选法： 从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有选法32=6(种)； 从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有选法32=6(种)； 从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有选法22=4(种)； 从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛选法有21=2(种). 故不同的选法共有6642=18(种),分布乘法计数原理,应用分步乘法计数原理要注意两点 （1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能完成这件事； （2）完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成.,有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限,【解析】(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36729(种) (2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法654120(种) (3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63216(种),两个计数原理的综合应用,对于某些复杂的问题，有时既要用分类加法计数原理，又要用分步乘法计数原理，重视两个原理的灵活运用，并注意以下几点： (1)认真审题，分析题目的条件、结论，特别要理解题目中所讲的“事情”是什么，完成这件事情的含义和标准是什么. (2)明确完成这件事情需要“分类”还是“分步”，还是既要“分类”又要“分步”，并搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么.,2.将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色。如果只有5种不同颜色可供选择，那么不同的染色方法共有多少？,1.分类加法和分步乘法计数原理，都是计算做一件事的不同方法的种数，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. 2.混合问题一般是先分类再分步. 3.分类时标准要明确，做到不重复不遗漏. 4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.,从近两年的高考试题来看，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是考查的热点题型为选择题、填空题，分值在5分左右，属中档题.两个计数原理较少单独考查，一般与排列、组合的知识相结合命题.,(2013福建卷)满足a，b1,0,1,2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为（ ） A14 B13 C12 D9,【规范解答】由于a，b1,0,1,2 (1)当a0时，有xb/2为实根，则b1,0,1,2，有4种可能； (2)当a0时，则方程有实根，44ab0，所以ab1.(*) 当a1时，满足(*)式的b1,0,1,2，有4种可能 当a1时，b1,0,1，有3种可能 当a2时，b1,0，有2种可能 由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有443213(个) 【答案】B 【阅后报告】 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,1(2013山东卷)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（） A243 B252 C261 D279 【解析】 0,1,2，9共能组成91010900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有998648(个)， 有重复数字的三位数有900648252(个) 【答案】B,2.（2012四川卷）方程ay=b2x2+c中的a,b,c-3， -2,0,1,2,3,且a,b,c互不相同，在所有这些方程所 表示的曲线中，不同的抛物线共有（ ） A.60条 B.62条 C.71条 D.80条,4（2014福建卷）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(1a)(1b)的展开式1abab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 B. C D,【解析】 从5个无区别的红球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1a a3a4a5；从5个无区别的蓝球中取出若干个球，由所有的蓝球都取出或都不取出，得其所有取法为1b5；从5个有区别的黑球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为 ， 根据分步乘法计数原理得，适合要求的所有取法是 【答案】A,课时达标,11.2 排列与组合,1某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（） A36种 B42种 C48种 D54种 【答案】B,2.（2013湖北重点中学一轮复习精练）把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有 （） A.2 680种 B.4 320种 C.4 920种 D.5 140种,解析:先将7盆花全排列，共有 种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有 种，故所求摆放方法有 种. 答案:B,4.将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案的种数为（ ） A.80 B.120 C.140 D.50,5(2014浙江名校联考)如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6,24,2 013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，若an2 013，则n（） A50 B51 C52 D53 【解析】本题可以把数归为“四位数”(含0 006等)，因此比2 013小的“好数”为0，1，2 004，共三类数，其中第一类可分为：00，01，0 600，共7类，共有762128(个)数；第二类可分为：10，11，1 500，共6类，共有65432121(个)数，故200 4为第50个数，2 013为第51个数，则n51，选B. 【答案】B,排列数、组合数公式,(3)求证：,(3)求等式 中n的值,(3)原方程可变形为,，则,，即,， 化简整理得,， 解得,或,（不合题意，舍去），,排列问题,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“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子.,有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数： (1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置； (2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边； (3)全体排成一行，其中男生必须排在一起； (4)全体排成一行，男、女各不相邻； (5)全体排成一行，男生不能排在一起； (6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变； (7)排成前后两排，前排3人，后排4人； (8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.,【变式训练】 2.有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. （1）选其中5人排成一排； （2）排成前后两排，前排3人，后排4人； （3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； （4）全体排成一排，女生必须站在一起； （5）全体排成一排，男生互不相邻； （6）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人.,组合问题,组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：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.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.,排列组合的综合应用,解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”,【变式训练】4.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？ (1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本； (2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本； (3)平均分成三份，每份2本； (4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本； (5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本； (6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本； (7)甲得1本，乙得1本，丙得4本,【解析】(1)无序不均匀分组问题 先选1本，有 种选法；再从余下的5本中选2本，有 种选法；最后余下3本全选，有 种选法 故共有 (种) (2)有序不均匀分组问题 由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有 (种),(3)无序均匀分组问题 先分三步，则应是 种方法，但是这里出现了重复不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则 种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A33种情况，而这A33种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此 只能作为一种分法，故分配方式有 (种),(4)有序均匀分组问题 在(3)的基础上再分配给3个人， 共有分配方式 (种) (5)无序部分均匀分组问题共有 (种) (6)有序部分均匀分组问题 在(5)的基础上再分配给3个人 共有分配方式 (种) (7)直接分配问题 甲选1本，有 种方法，乙从余下的5本中选1本，有C15 种方法，余下4本留给丙，有 种方法，故共有分配方式 ,1.对于有附加条件的排列组合应用题，通常从三个途径考虑 (1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； (3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数. 2.关于排列、组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧 （1）特殊元素优先安排；（2）合理分类与准确分步；（3）排列、组合混合问题先选后排；（4）相邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题排除法处理；（7）分排问题直排处理；（8）“小集团”排列问题先整体后局部；（9）构造模型；（10）正难则反，等价转化.,从近两年的高考试题来看，排列、组合及排列与组合的综合应用是高考的热点，题型以选择题、填空题为主，中等难度，在解答题中，排列、组合常与概率、分布列的有关知识结合在一起考查.,(2013全国大纲卷)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 种(用数字作答) 【规范解答】方法一先把除甲、乙外的4个人全排列，共有 种方法；再把甲、乙两人插入这4人形成的五个空位中的两个，共有A25种不同的方法故所有不同的排法共 (种) 方法二6人排成一排，所有不同的排法有 (种)，其中甲、乙相邻的所有不同的排法有 (种)，所以甲、乙不相邻的不同排法共有720240480(种) 【答案】480,【阅后报告】 解决排列类应用题的主要方法 (1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算； (2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置； (3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列； (4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中； (5)分排问题直排处理的方法； (6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法； (7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列,1.（2014北京卷）把5件不同产品摆成一排若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有 种 【解析】先把除A、C外的3个产品全排列，共有 种摆法；再把A放到B的旁边，有 种摆法；最后放C，有 种摆法.故 (种)不同摆法. 【答案】36,2（2014四川卷）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（） A192种 B216种 C240种 D288种 【解析】当甲在最左端时，有 (种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有 (种)排法，共计12096216(种)排法故选B. 【答案】B,3（2014重庆卷）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（） A72 B120 C144 D168 【解析】分两步进行：(1)先将3个歌舞进行全排，其排法有A33种；(2)将小品与相声插入将歌舞分开，若两歌舞之间只有一个其他节目，其插法有 种若两歌舞之间有两个其他节目时插法有 种所以由计数原理可得节目的排法共有 (种) 【答案】B,课 时 作 业,11.3 二项式定理,k1,等距离,中间一项,等于,2(2014黄冈模拟)设复数 (i是虚数单位)，则 （） A.i B.-i C.-1+i D.1+i ，,4(2014银川模拟)若 ，则 【解析】原等式两边求导得 ，令上式中x1，得. 【答案】10,二项展开式及通项公式,已知在 的展开式中，第6项为常数项 (1)求n； (2)求含x2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项 【解析】(1)通项公式为 因为第6项为常数项， 所以k5时，n2530，即n10.,(2)令 ，得k2， 故含x2的项的系数是 . (3)根据通项公式，由题意102k3Z， 0k10， kN， 令 (rZ)，则102k3r，k532r， kN，r应为偶数 r可取2,0，2，即k可取2,5,8， 第3项，第6项与第9项为有理项， 它们分别为 ， ， .,二项式系数的性质,二项式系数和或各项的系数和,【变式训练】3.已知 (m，nN*)的展开式中x的系数为11. (1)求x2的系数取最小值时n的值； (2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和 【解析】(1)由已知得 ， m2n11， x2的系数为 mN*，m5时，x2的系数取得最小值22，此时n3.,二项式定理的应用,【解析】(1) 因为52能被13整除， 所以只需 能被13整除， 即a1能被13整除， 所以a12.,2) 是整数， S被9除的余数为7. 【答案】(1)D (2)7,从近两年的高考试题来看，求二项展开式中特定项及特定项的系数是考查的热点，题型为选择题或填空题，分值在5分左右，属容易题，在考查基本运算、基本概念的基础上注重考查方程思想、等价转化思想,【阅后报告】求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，含字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k1，代回通项公式即可,1（2014湖北卷）若二项式 的展开式中 的系数是84，则实数a（） A2 B. C1 D. 【解析】展开式的第r+1项为 ， 令7-2r=-3，则r=5， 展开式中含 的项是 ， 故含 的项的系数是 ，解得a1.故选C. 【答案】C,【解析】含 项的系数为 ，故原式 ，故选C. 【答案】C,3（2014山东卷）若 的展开式中 项的系数为20，则 的最小值为 【解析】 所以ab1，而a2b22ab2，当且仅当ab 令123r3，得r3，所以 ，即 ， 且ab1时，等号成立故a2b2的最小值是2. 【答案】2,课 时 作 业,11.4 随机事件的概率,1事件 (1)在条件S下，_的事件，叫做 相对于条件S的必然事件 (2)在条件S下，_的事件，叫 做相对于条件S的不可能事件 (3)在条件S下，_的事件，叫做相对于条件S的随机事件,一定会发生,一定不会发生,可能发生也可能不发生,4概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围_； (2)必然事件的概率P(E)_； (3)不可能事件的概率P(F)_； (4)概率的加法公式 如果事件A与事件B互斥，则P(AB) _ (5)对立事件的概率 若事件A与事件B互为对立事件，则AB为 必然事件，P(AB)1，P(A)_,2下列命题：将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件 若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件 若事件A与B为互斥事件，则事件A与B互为对立事件 若事件A与B互为对立事件，则事件AB为必然事件其中，真命题是（） A. B. C. D.,【解析】对于，将一枚硬币抛两次，共出现正，正，正，反，反，正，反，反四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故错对于，对立事件首先是互斥事件，故正确对于，互斥事件不一定是对立事件，如中两个事件，故错对于，事件A、B为对立事件，则在一次试验中A、B一定有一个要发生，故正确 【答案】B,3.在一次随机试验中，彼此互斥的事件A、B、C、D的概率分别为0.2、0.2、0.3、0.3，则下列说法正确的是（ ） A.A+B与D是互斥事件，也是对立事件 B.B+C与D是互斥事件，也是对立事件 C.B+D与A+C是互斥事件，但不是对立事件 D.A与B+C+D是互斥事件，也是对立事件,解析：由于事件A、B、C、D彼此互斥，且A+B+C+D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其他3个事件的和事件必然为对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件. 答案：D,4.从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是 . 至少有一个红球与都是红球； 至少有一个红球与都是白球； 至少有一个红球与至少有一个白球； 恰有一个红球与恰有二个红球.,【解析】对于中的两个事件不互斥，对于中两个事件互斥且对立，对于中两个事件不互斥，对于中的两个互斥而不对立.,【答案】,5口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率为0.42，摸出白球的概率为0.28，若红球有21个，则黑球有 个. 【解析】10.420.280.30,210.4250(个)，500.3015(个). 【答案】15,随即事件的频率与概率,频率是个不确定的数，在一定程度上频率可以反映事件发生的可能性大小，但无法从根本上刻画事件发生的可能性大小但从大量的重复试验中发现，随着试验次数的增多，事件发生的频率就会稳定于某一固定的值，该值就是概率,某研究小组在电脑上进行人工降雨摸拟试验，准备用A,B,C三种人工降雨方式分别对甲、乙、丙三地实施人工降雨，其试验数据统计如下：,假设甲、乙、丙三地实施的人工降雨彼此互不影响. （1）求甲、乙两地恰为中雨且丙地为小雨的概率； （2）考虑到旱情和水土流失，如果甲地恰需中雨即能达到理想状态，乙地必须是大雨才能达到理想状态，丙地只要是小雨或中雨就能达到理想状态，求甲、乙、丙三地中至少有两地降雨量达到理想状态的概率.,【变式训练】1.某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关.据统计，当X70时，Y460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160. (1)完成如下的频率分布表：,近20年六月份降雨量频率分布表,【解析】(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量频率分布表为 (2)由已知可得YX/2425， 故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”) P(Y530)P(X210) P(X70)P(X110)P(X220) 1/203/202/203/10. 故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为3/10.,互斥事件的概率,互斥事件与对立事件,一盒中装有大小和质地均相同的12只小球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球从中随机取出1球，求： (1)取出的小球是红球或黑球的概率； (2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率,【变式训练】3.袋中有12个除颜色外其余均相同的小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为 ，得到黑球或黄球的概率是 ，得到黄球或绿球的概率是 ，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？ 【解析】分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，D. 由于A，B，C，D为互斥事件， 根据已知得到14P（B）P（C）P（D）1， P（B）P（C） ， P（C）P（D） ，解得P（B） ， P（C） ， P（D） . 得到黑球、黄球、绿球的概率分别为 , ,由近两年高考的规律可以看出，每年都会出现概率题目，经常与对立事件的概率有关，主要考查互斥事件与对立事件的关系题目难度较小,【阅后报告】 本题关键是要清晰准确地列举出从区间20,30)内的运动员中随机抽取2人所有等可能的情况.主要考查用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识，并考查数据处理能力及运用概率知识解决简单的实际问题的能力，难度适中.,1（2014全国新课标卷）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为 【解析】2本数学书记为数1，数2，3本书共有(数1，数2，语)，(数1，语，数2)，(数2，数1，语)，(数2，语，数1)，(语，数1，数2)，(语，数2，数1)6种不同的排法，其中2本数学书相邻的排法有4种，对应的概率为P4/62/3. 【答案】2/3,2（2014浙江卷）在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖甲、乙两人各抽取1张，两人都中奖的概率是 【解析】基本事件的总数为6，甲、乙两人各抽取一张奖券，两人都中奖只有2种情况，所以两人都中奖 的概率P . 【答案】,3（2014陕西卷）某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：,(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率； (2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率,【解析】(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)150/1 0000.15，P(B)120/1 0000.12. 由于投保金额为2 800元，所以赔付金额大于投保金额的概率为P(A)P(B)0.150.120.27. (2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，得样本车辆中车主为新司机的有0.11 000100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.212024(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24/1000.24.由频率估计概率得P(C)0.24.,4（2014四川卷）一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c. (1)求“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率,【解析】(1)由题意，(a，b，c)所有的可能为：(1，1，1)，(1，1，2)，(1，1，3)，(1，2，1)，(1，2，2)，(1，2，3)，(1，3，1)，(1，3，2)，(1，3，3)，(2，1，1)，(2，1，2)，(2，1，3)，(2，2，1)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，1)，(2，3，2)，(2，3，3)，(3，1，1)，(3，1，2)，(3，1，3)，(3，2，1)，(3，2，2)，(3，2，3)，(3，3，1)，(3，3，2)，(3，3，3)，共27种 设“抽取的卡片上的数字满足abc”为事件A，则事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3种，所以P(A)3/271/9. 因此，“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率为1/9. (2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件B包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3种 所以P(B)1P(B)13/278/9. 因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为8/9.,课 时 作 业,11.5 古典概型、几何概型,1古典概型 (1)基本事件的特点 任何两个基本事件是_的 任何事件(除不可能事件)都可以表示成 _的和,互斥,基本事件,1从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于（） A. B. C. D. 【解析】如图所示，从正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有A、B，A、C，A、D，A、E，A、F，B、C，B、D，B、E，B、F，C、D，C、E，C、F，D、E，D、F，E、F，共15种若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A、D，B、E，C、F，共3种，故其概率为 . 【答案】D,2将一骰子向上抛掷两次，所得点数分别为m和n，则函数 在1，)上为增函数的概率是（） A. B. C. D. 【解析】所有事件有6636(种)，若满足条件， 则y2mx2n0对x1恒成立， 又m0，即 ,即2mn， 而2mn有(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，共6种，则2mn共30种 . 【答案】D,3“抖空竹”是中国的传统杂技，表演者在两根直径约812毫米的杆上系一根长度为1 m的绳子，并在绳子上放一空竹，则空竹与两端距离都大于0.2 m的概率为（） A. B. C. D. 【解析】与两端都大于0.2 m即空竹的运行范围为(10.20.2)m0.6 m，记“空竹与两端距离都大于0.2 m”为事件A，则所求概率满足几何概型，即P(A)10.20.213/5. 【答案】B,5正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M，则使四棱锥M-ABCD的体积小于16的概率为 . 【解析】当VM-ABCD16时，即1/311h1/6，解得h1/2， 即点M到底面ABCD的距离应小于1/2，所求概率满足 几何概型，所以所求概率 【答案】1/2,求简单古典概型的概率,袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率； (2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率,【解析】(1)从5张卡片中任取两张，共有n 10(个)基本事件 记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为事件A，则A包含基本事件 (个) 由古典概型概率公式， . (2)从6张卡片中任取两张，共有n 1/5(个)基本事件， 记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为事件B，则事件B包含基本事件总数 (个)， 所求事件的概率 .,求较复杂的古典概型概率,对于较复杂事件的概率，关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型，用分析法、列表法求出基本事件的总数，必要时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先去求对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率,与长度有关的几何概型,某人欲从某车站乘车出差，已知该站发往各站的客车均每小时一班，求此人等车时间不多于10分钟的概率,(1)有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，求点P到点O的距离大于1的概率 (2)甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的如果甲船停泊时间为1 h，乙船停泊时间为2 h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率 (3)在长度为1的线段上任取两点，将线段分成三段，试求这三条线段能构成三角形的概率,【解析】(1)先求点P到点O的距离小于或等于1的概率，圆柱的体积V圆柱1222，以O为球心，1为半径且在圆柱内部的半球的体积V半球1/24/31/32/3.则点P到点O的距离 小于或等于1的概率为 1/3， 故点P到点O的距离大于1的概率为11/32/3.,(2)这是一个几何概型问题设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y，A为“两船都不需要等待码头空出”，则0x24,0y24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h以上或乙比甲早到达2 h以上，即yx1或xy2.故所求事件构成集合A(x，y)|yx1或xy2，x0,24，y0,24 A为图中阴影部分，全部结果构成集合为边长是24的正方形及其内部 所求概率为P(A)A的面积的面积 ,3)设x、y表示三段长度中的任意两个 因为是长度，所以应有01xy， 1xyxy， 1xyyx， 所以x1/2， 故图中阴影部分符合构成三角形的条件 因为阴影部分的三角形的面积占大三角形面积的 ， 故这三条线段能构成三角形的概率为 .,与定积分相结合的古典概型,2概率的一般加法公式P(AB)P(A)P(B)P(AB) 公式使用中要注意： (1)公式的作用是求AB的概率，当AB时，A、B互斥，此时P(AB)0，P(AB)P(A)P(B)； (2)要计算P(AB)，需要求P(A)、P(B)，更重要的是把握事件AB，并求其概率； (3)该公式可以看作一个方程，知三可求一,3应用几何概型注意的问题 (1)对于一个具体问题能否应用几何概率公式计算事件的概率，关键在于能否将问题几何化；也可根据实际问题的具体情况，选取合适的参数，建立适当的坐标系，在此基础上，将试验的每一个结果一一对应于该坐标系中的一个点，使得全体结果构成一个可度量区域 (2)由概率的几何定义可知，在几何概型中，“等可能”一词应理解为对应于每个试验结果的点落入某区域内的可能性大小仅与该区域的几何度量成正比，而与该区域的位置与形状无关,古典概型与几何概型是概率知识的基础，近两年的高考试题中，古典概型一般与抽样方法、统计等内容结合出现在解答题中，几何概型与函数、方程、不等式等联系多出现在客观题中古典概型是高考的热点，可在选择题、填空题中单独考查，也可在解答题中与统计或随机变量的分布列一起考查，属容易或中档题以考查基本概念、基本运算为主,【规范解答】 (1)X的所有可能取值为2，1，0，1.,【阅后报告】(1)为了列举各种结果，把向量终点A1，A2，A3，A4，A5，A6的坐标写出来，分别计算数量积，再分类整理，写在卷面上，可使解题过程规范，条理清晰 (2)“不去唱歌”，即“X0”的事件数较多，故利用对立事件的来求,1（2014广东卷）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】本题主要考查古典概型概率的计算，注意中位数的求法从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，有C710种方法，若七个数的中位数是6，则只需从0，1，2，3，4，5中选三个，从7，8，9中选三个不同的数即可，有 C36C33种方法故这七个数的中位数是6的概率 . 【答案】,2（2014福建卷）如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为 ,【解析】因为函数yln x的图象与函数yex的图象关于正方形的对角线所在直线yx对称，则图中的两块阴影部分的面积为 故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影 部分的概率 【答案】2/,4（2014天津卷）某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同) (1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望,【解析】(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学 院”为事件A，则 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为49/60. (2)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3.,课 时 作 业,11.6 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_表示 所有取值可以_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 (1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，xi，xn，X取每一个值xi(i1,2，n)的概率P(Xxi)pi，则表,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_表示X的 分布列,3常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布 像,这样的分布列叫做两点分布列 如果随机变量X的分布列为两点分布列，就 称X服从_分布，而称_ 为成功概率,1p,两点,pP(X1),为超几何分布列如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X服从超几何分布,1袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，任意抽取2个球，设2个球号码之和为X，则X的所有可能取值个数为( ) A25 B10 C7 D6,答案： C,2若P(x2)1，P(x1)1，其中x1x2，则P(x1x2)等于（） A(1)(1) B1() C1(1) D1(1),【解析】由分布列性质可有：P(x1x2)P( x2)P(x1)1(1)(1)11() 【答案】B,设离散型随机变量X的分布列为,求随机变量Y|X1|的分布列,【解析】由分布列的性质，知020.10.10.3m1， m0.3. 列表,P(Y1)P(X0)P(X2)0.20.10.3， P(Y0)P(X1)0.1， P(Y2)P（X=3）=0.3，P(Y3)=P（X=4）0.3. 因此Y|X1|的分布列为：,【变式训练】1.(1)随机变量X的分布列如下,其中a，b，c成等差数列，则P(|X|1) .,(2) 设随机变量的分布列为P(k/5)ak(k1,2,3,4,5)，则常数a的值为 ，P(3/5) .,(2)由题意可得a2a3a4a5a1，a1/15， . 【答案】(1) (2),离散型随机变量的分布列,超几何分布列,对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数,2014哈尔滨调研)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GB30952012，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2013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：,(,(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X表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求X的分布列,【解析】(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 .,(2)依据条件，X服从超几何分布，其中N10，M3，n3，且随机变量X的可能取值为0,1,2,3. ， 因此X的分布列为,【变式训练】3.盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得1分现从盒内任取3个球 (1)求取出的3个球中至少有一个红球的概率； (2)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率； (3)设为取出的3个球中白色球的个数，求的分布列,【解析】(1) . (2)记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑 色球”为事件C，则,(3)可能的取值为0,1,2,3，服从超几何分布， . 故 ； . 的分布列为：,1对于随机变量X的研究，需要了解随机变量将取哪些值以及取这些值或取某一个集合内的值的概率，对于离散型随机变量，它的分布正是指出了随机变量X的取值范围以及取这些值的概率 2求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列、组合和概率知识求出取各个值的概率 3分布列的结构为两行，第一行为随机变量X所有可能取得的值；第二行是对应于随机变量X的值的事件发生的概率看每一列，实际上是：上为“事件”，下为事件发生的概率，只不过“事件”是用一个反映其结果的实数表示的，每完成一列，就相当于求一个随机事件发生的概率,从近两年的高考试题来看，离散型随机变量的分布列是考查的热点，题型为解答题，分值为12分左右，属中档题，分布列常与排列组合、概率、均值与方差等知识结合考查，以考查基本知识，基本概念为主,(2013全国新课标卷)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
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