第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布（教师用书）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第一节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课标要求 通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.分类加法计数原理 (1)定义:完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. (2)拓展:完成一件事，如果有n类不同方案，且第1类方案中有m1种不同的方法，第2类方案中有m2种不同的方法，…，第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 (1)定义:完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. (2)拓展:完成一件事，如果需要分成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mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法. 3.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. [细作教材小题] 1.(人B选必修②P7·例3改编)某班班委由2位女同学、3位男同学组成，现要从该班班委里选出2人去参加学校组织的培训活动，要求至少要有1位女同学参加，则不同的选法共有 (　　) A.3种 B.6种 C.7种 D.9种 答案:C 2.(苏教选必修②P63·T6)若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有 (　　) A.34种 B.43种 C.3×2×1种 D.4×3×2种 答案:A 3.(人A选必修③P7·T5改编)若由数字1，2，3，4，5一共可以组成m个不同的三位数(各位上的数字可以相同)，则m= (　　) A.35 B.53 C. D. 解析:选B　分三步:第一步确定百位上的数字有5种选法;第二步确定十位上的数字，数字可以重复，有5种选法;第三步确定个位上的数字，有5种选法.根据分步乘法计数原理可知共可以组成53个不同的三位数，即m=53. 4.(人A选必修③P5·T1)(1)一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是　　　　;  (2)从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是　　　　.  解析:(1)因为一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，所以从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是5+4=9. (2)因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，所以从A村经B村去C村，不同路线的条数是3×2=6. 答案:(1)9　(2)6 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　分类加法计数原理 [例1]　(2025·临沂开学考试)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有　　　　个(用数字作答).  解析:组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4，4种情况.当有三个1时:2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9个;当有三个2，三个3或三个4时:2221，3331，4441，有3个，根据分类加法计数原理可知，共有12个结果. 答案:12 [例2]　(2025·菏泽模拟)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为　　　　　.  解析:梯形的上、下底平行且不相等，如图， 若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有2×8=16(个)，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有1×8=8(个)，所以梯形的个数为16+8=24. 答案:24 |点拨·建模| 　　使用分类加法计数原理: (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置，根据题目特点恰当选择一个分类标准. (2)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，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏. 逐点清(二)　分步乘法计数原理 [例3]　(2025·安顺模拟)高三某班毕业活动中，有5名同学已站成一排照相，这时有两位老师需要插入进来.若同学顺序不变，则不同的插入方式有 (　　) A.21种 B.27种 C.30种 D.42种 解析:选D　5位同学已经排好，第一位老师站进去有6种选择，当第一位老师站好后，第二位老师站进去有7种选择，所以2位老师与同学们站成一排的站法共有6×7=42(种). [例4]　(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 (　　) A.120种 B.60种 C.30种 D.20种 解析:选B　不妨记5名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期日的公益活动，共有4×3=12种方法，同理，b，c，d，e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的安排方式有5×12=60种. |点拨·建模| (1)明确题目中所要完成的这件事是什么，确定完成这件事需要几个步骤. (2)将完成这件事划分成几个步骤来执行，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，这件事才算完成，这是分步的基础，也是关键.从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数. 逐点清(三)　两个计数原理的简单综合 [例5]　(与数字有关的问题)若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选三个数字，组成没有重复数字的三位数，则这样的三位偶数一共有 (　　) A.20个 B.48个 C.52个 D.120个 解析:选C　根据题意，分2种情况讨论:①若0在个位，此时只需从1，2，3，4，5中任取2个数字，作为十位和百位数字即可，有=20(个)没有重复数字的三位偶数;②若0不在个位，此时必须从2和4中任取1个数字，作为个位数字，有2种取法，0不能作为百位数字，则百位数字有4种取法，十位数字也有4种取法，此时共有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数.综上可得，共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C. [例6]　(与涂色有关的问题)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有　　　　种.  解析:由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有7种选择;再涂区域2，有6种选择.当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有7×6×(5×5+6)=1 302种. 答案:1 302 [例7]　(与几何图形有关的问题)如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有　　　　个.  解析:满足条件的有两类，第一类:与正八边形有两条公共边的三角形有m1=8个;第二类:与正八边形有一条公共边的三角形有m2=8×4=32个，所以满足条件的三角形共有8+32=40个. 答案:40 |点拨·建模| 　　在复杂问题中，两个计数原理可以综合应用:可以先分类，在各类中再分步进行，或先分步，到某一步时按需要再分类处理. 逐点验收(一)　分类加法计数原理 1.(2025·天津西青区期末)解一道数学题有三种方法，有3个人只会用第一种方法解答，有4个人只会用第二种方法解答，有3个人只会用第三种方法解答，从这10个人中选一个人解答这道题目，则所有不同的选法有 (　　) A.20种 B.10种 C.21种 D.36种 解析:选B　根据分类加法计数原理可得，不同的选法共有3+4+3=10(种). 2.已知椭圆+=1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为　　　　.  解析:因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，可分为四类:第一类，当m=5时，使m>n，n有4种选择;第二类，当m=4时，使m>n，n有3种选择;第三类，当m=3时，使m>n，n有2种选择;第四类，当m=2时，使m>n，n有1种选择.故符合条件的椭圆共有4+3+2+1=10(个). 答案:10 逐点验收(二)　分步乘法计数原理 3.(2025·清远模拟)为提高学生的身体素质，某校开设了游泳和篮球课程，甲、乙、丙3位同学每人从中任选1门课程参加，则不同的选法共有　　　　种.  解析:甲、乙、丙3位同学每人都有2种不同的选法，根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有2×2×2=23=8种. 答案:8 4.(2025·滁州联考)甲、乙、丙、丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有　　　　种.  解析:甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙、丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有3×2×3×3=54种. 答案:54 5.(2025·重庆模拟)有一个4行4列的表格，在每一个格中分别填入数字0或1，使得4行中所填数字之和恰好是1，2，3，4各一个，4列中所填数字之和恰好也是1，2，3，4各一个(如图为其中一种填法)，则符合要求的不同填法共有　　　　　种.  0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 解析:显然在符合要求的填法中，应该填入6个数字0和10个数字1，按照下面的顺序填入这6个数字0.①先找到一行并填入3个数字0，选出这样1行共有4种选法，而从该行的4格中选出3个填入数字0，也有4种填法.因此这一步共有4×4=16种不同的填法. ②选出一列填入3个数字0，以题图为例，可知这一列必为已填入了一个数字0的列，否则就没有一列的数字之和为4，从而选出这一列共有3种选法.而该列中已经填入了一个数字0，所以填入另外两个数字0有=3种填法.这一步共有3×3=9种不同的填法. ③当完成前面两步后，最后一个数字0所在行与列都有两个0，只有4个位置可以选择. 最后剩下所有的格都填1，有1种填法.因此，符合要求的不同填法共有16×9×4×1=576种. 答案:576 逐点验收(三)　两个计数原理的简单综合 6.若用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中比40 000大的偶数共有 (　　) A.144个 B.120个 C.96个 D.72个 解析:选B　由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0，2中任选一个，共有2×4×3×2=48个偶数;当万位数字为5时，个位数字从0，2，4中任选一个，共有3×4×3×2=72个偶数.故符合条件的偶数共有48+72=120(个). 7.(2025·许昌模拟)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，给△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有 5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数是 (　　) A.120 B.360 C.216 D.420 解析:选D　先对正方形ABCD涂色，共有5种颜色可供选择，然后涂△ABE区域，有4种颜色可供选择，接下来涂△BCF区域，有3种颜色可供选择.若△CDG区域与△ABE区域同色，则△ADH区域有3种颜色可供选择;若△CDG区域与△ABE区域不同色，则△CDG区域有2种颜色可供选择，△ADH区域有2种颜色可供选择.由计数原理可知，不同的涂色方法种数为5×4×3×(1×3+2×2)=420，故选D. 8.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 (　　) A.60 B.48 C.36 D.24 解析:选B　一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6=36(个).长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2=12(个).根据分类加法计数原理知，共有36+12=48(个). [课时跟踪检测] 1.(2025·河南高三校联考)高二1，2，3班各有升旗班同学人数分别为1，3，3，现从中任选2人参加升旗，则2人来自不同班的选法种数为 (　　) A.12 B.15 C.20 D.21 解析:选B　依题意，选中高二1班的同学有1×6种方法，高二1班的同学没选中有3×3种方法，所以2人来自不同班的选法种数为1×6+3×3=15.故选B. 2.(2025·东莞模拟)为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有 (　　) A.120种 B.114种 C.210种 D.216种 解析:选C　甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，选法有63=216种，其中这3名学生所选活动课程全相同的选法有6种，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有216-6=210种. 3.(2025·徐州模拟)甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有 (　　) A.18种 B.48种 C.108种 D.192种 解析:选D　因甲不去北京，应该分步完成:第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法;第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4=64种选法.由分步乘法计数原理，得不同选法有3×64=192种. 4.已知集合M={1，-2，3}，N={-3，5，6，-4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是 (　　) A.2 B.4 C.5 D.6 解析:选D　第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数.若M集合提供横坐标，N集合提供纵坐标，则有1×2=2种，若M集合提供纵坐标，N集合提供横坐标，则有2×2=4种，合计2+4=6，即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6. 5.若从集合{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，则这样的等比数列的个数为 (　　) A.3 B.4 C.6 D.8 解析:选D　以1为首项的等比数列为1，2，4;1，3，9;以2为首项的等比数列为2，4，8;以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个). 6.(2025·榆林模拟)如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A，B，C，D，E五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有 (　　) A.24种 B.23种 C.15种 D.7种 解析:选B　①当A水闸关闭时，满足要求，此时B，C，D，E打开或关闭均可，故此时有24=16种情况;②当A水闸打开，同时关闭B，C时，满足要求，此时D，E打开或关闭均可，故此时有22=4种情况;③当A水闸打开，同时关闭D，E时，满足要求，此时B，C打开或关闭均可，故此时有22=4种情况，上面②③两种情况有重复的1种情况，就是A水闸打开，B，C，D，E同时关闭的情况，故共有16+4+4-1=23种情况. 7.(2025·太原模拟)根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有 (　　) 1　　2　　3　　4　　5　　6　　7　　8　　9表示如下 A.81个 B.64个 C.18个 D.17个 解析:选B　用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，共可以摆出9×9=81(个)两位数，其中个位和十位上的算筹都为1有1×1=1(个);个位和十位上的算筹都为2有2×2=4(个);个位和十位上的算筹都为3有2×2=4(个);个位和十位上的算筹都为4有2×2=4(个);个位和十位上的算筹都为5有2×2=4(个).综上，个位和十位上的算筹都相等的两位数共有4×4+1=17(个)，所以个位和十位上的算筹不一样多的两位数有81-17=64(个). 8.(2025·宿迁模拟)由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有 (　　) A.42个 B.48个 C.54个 D.120个 解析:选A　若五位数的个位数是0，则有n1=4×3×2×1=24种情形;若五位数的个位数是2，由于0不排首位，因此首位只有1，3，5这3种情形，中间的三个位置有3×2×1=6种情形，依据分步乘法计数原理，可得n2=3×6=18种情形.由分类加法计数原理可得所有无重复数字的五位偶数的个数为n=n1+n2=24+18=42. 9.(2025·佛山模拟)某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域.现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域(有公共边)不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有 (　　) A.720种 B.1 440种 C.1 560种 D.2 520种 解析：选C　如图，不同的布置方案分两类：当A与C布置相同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择;再安排A与C，有5种不同的选择;再安排B，有4种不同的选择;最后安排D，有4种不同的选择，共有6×5×4×4=480种.当A与C布置不同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5×4种不同的选择；再安排B，有3种不同的选择；最后安排D，有3种不同的选择，共有6×5×4×3×3=1 080种.所以不同的布置方案有480+1 080=1 560种. 10.回文是一种修辞手法，数学中的“回文数”是指从左到右读和从右到左读都一样的正整数，例如132 231，则从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　根据题意可知，五位数字的回文数中，万位有9种选择，千位和百位都有10种选择，所以五位数字的回文数的个数为9×102=900，其中五位数字的回文数的奇数，万位有5种选择，千位和百位都有10种选择，所以五位数字的回文数的奇数的个数为5×102=500，因此，从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为P==. 11.(2025·扬州模拟)已知直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合{-2，-1，0，1，2}中的3个不同的元素，且该直线的倾斜角为锐角，则这样的直线的条数是　　　　　.  解析：设倾斜角为θ，tan θ=->0，则ab<0，不妨设a>0，则b<0，若c=0，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(a=2，b=-2与a=1，b=-1)，故这样的直线有2×2-1=3条；若c≠0，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有2×2×2=8条.从而，符合要求的直线有3+8=11条. 答案：11 12.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有　　　　种.  解析：分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2=24(种).第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).故安排这8人的方式共有24×120=2 880(种). 答案：2 880 13.(2025·福州模拟)有2n朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：n=2时，共有4朵花，以1，2，3，4表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1，2所示.那么当n=3时，满足要求的绑缎带方法总数为　　　　.  解析：当n=3时，有6朵花围绕在一个圆形花圃周围.以1，2，3，4，5，6表示，由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3，5配对.按花朵1的配对情况，分为三类： ①1与2配对：另4朵3，4，5，6的配对情况，同n=2时共有4朵花的配对方法数相同，故有2种方法； ②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法； ③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法. 综上，完成这件事共有2+2+1=5种方法，列举如下： (12)(34)(56)；(12)(36)(45)；(16)(23)(45)；(16)(25)(34)；(14)(23)(56). 即满足要求的绑缎带方法总数为5. 答案：5 14.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图所示的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　　种选法，在符合上述要求的选法中，选中方格中的四个数之和的最大值是　　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有4×3×2×1=24种选法. 每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为 (11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40)，所以选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112. 答案：24　112 第二节　排列与组合 课标要求 通过实例，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. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 组合 2.排列数与组合数 (1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示. (2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 (1)公式：①=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=； ②== =(n，m∈N*，且m≤n). 特别地，=1. (2)性质：①0!=1；=n!； ②==+. [细作教材小题] 1.(人A选必修③P26·T4(2)改编)从5件不同的礼物中选出3件分别送给3位同学，不同方法的种数是 (　　) A. B. C.35 D.53 解析：选A　根据题意，从5件不同的礼物中选出3件分别送给3位同学，是排列问题，有种不同方法. 2.(人A选必修③P25·例7改编)有100件产品，98件正品，2件次品，从中任抽3件，恰有1件是次品，则有多少种抽法?下列式子正确的是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　有100件产品，98件正品，2件次品，从中任抽3件，恰有1件是次品，不同的抽法种数为=. 3.(苏教选必修②P77·例5改编)房间里有5盏电灯，分别由5个开关控制，至少开1盏灯用以照明，有　　　　种不同的方法.  答案：31 4.(苏教选必修②P96·T6)今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有　　　　种不同的方法(用数字作答).  解析：分两步完成，第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法；第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法，故将这5只球排成一列，有·=10种不同的方法. 答案：10 逐点清(一)　排列问题 [例1]　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)排成前后两排，前排3人，后排4人； (2)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边； (3)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边； (4)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定. 解：(1)分两步完成，先选3人站前排，有种方法，余下4人站后排，有种方法，共有=5 040(种). (2)法一：特殊元素优先法　先排甲，有5种方法，其余6人有种排列方法，共有5×=3 600(种). 法二：特殊位置优先法　左右两边位置可安排另6人中的两人，有种排法，其余5人有种排法，共有=3 600(种). (3)法一：特殊元素优先法　甲在最右边时，其他的可全排，有种方法；甲不在最右边时，可从余下的5个位置任选一个，有种，而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有种，其余人全排列，有种不同排法，共有+=3 720(种). 法二：间接法　7个人全排列，有种方法，其中甲在最左边时，有种方法，乙在最右边时，有种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有种方法，故共有-2+=3 720(种). (4)由于甲、乙、丙的顺序一定，则满足条件的站法共有=840(种). |点拨·建模|　求解排列问题的注意点 (1)一般贯彻特殊元素或特殊位置要优先安排，没有限制条件的可以任意排列. (2)应用捆绑法时注意小团体内部的排列，应用插空法时注意与“相间排列”的区别. (3)正难则反，注意排除法等的应用. 逐点清(二)　组合问题 [例2]　(2025·成都模拟)某高中运动会设有8个项目，甲、乙两名学生每人随机选取3个项目，则至少选中2个相同项目的报名情况有 (　　) A.420种 B.840种 C.476种 D.896种 解析：选D　由题意可知，可以分两种情况，第一种情况所选取3个项目恰有2个相同项目，第一步，在8个项目中选取2项，共有=28种，第二步，甲在剩下的6个项目中选取1项，共有=6种，第三步，乙在剩下5个项目中选取1项，共有=5种，由分步乘法计算原理可知，共有28×6×5=840种；第二种情况所选取的3个项目有3个相同项目，则有=56种.由分类加法计数原理可知，总情况一共有840+56=896种. [例3]　(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　　种(用数字作答).  解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案.综上，不同的选课方案共有++=64(种). 答案：64 |点拨·建模|　组合问题的两种题型及解法 题型 解法 “含有”或“不含有”某些元素的组合 “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 “至少”或“至多”含有几个元素的组合 解这类题必须十分重视“至少”与“至多”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 逐点清(三)　排列、组合的综合问题 题点1　相邻问题与相间问题 [例4]　(2022·新课标Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 (　　) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 解析：选B　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有=24种，故选B. [例5]　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　　　　.  解析：安排小品节目和相声节目的顺序有三种：(小品1，小品2，相声)，(小品1，相声，小品2)，(相声，小品1，小品2).对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有=36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法；对于第二种情况，3个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有=48(种)安排方法.故共有36+36+48=120(种)安排方法. 答案：120 |个性点拨|　相邻、相间问题的解题策略 (1)要求相邻时，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列. (2)对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 题点2　特殊元素问题 [例6]　某校从8名青年教师中选派4名分别作为四个学生社团的指导教师，每个社团各派去1名教师，其中教师甲和乙不能同时参加，甲和丙只能都参加或都不参加，则不同的选派方案有　　　　种.  解析：若甲参加，乙不参加，则丙参加，只需从剩余5人中选出2人，再分配即可，此时有=240种情况；若甲不参加，乙不参加，则丙不参加，只需从剩余5人中选出4人，再分配即可，此时有=120种情况；若甲不参加，乙参加，则丙不参加，只需从剩余5人中选出3人，再分配即可，此时有=240种情况.故共有240+120+240=600种情况. 答案：600 |个性点拨|　“特殊”优先原则 (1)以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素. (2)以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置. (3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数. 题点3　分组、分配问题 [例7]　(部分均分)将4名学生志愿者分配到A，B，C社区参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有　　　　种.  解析：根据题意，分2步进行分析：①将4名学生分为3组，两组均为1人，一组为2人，共有=6种分组方法，②将分好的3组安排到3个社区参加志愿活动，有=6种情况，则有6×6=36种分配方案. 答案：36 [例8]　(整体均分)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六、星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有　　　　种.(用数字作答)  解析：根据题意可得不同的安排方案共有·=1 680(种). 答案：1 680 [例9]　(不等分组)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人得1本，一人得2本，一人得3本，有　　　种不同的分配方式.  解析：先将6本不同的书分成1本一份，2本一份，3本一份，共有种方法，由于甲、乙、丙是不同的三人，还应考虑再分配，共有=360(种)分配方式. 答案：360 |个性点拨|　分组、分配问题的求解策略 (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数. (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m!，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数. (3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　排列、组合的简单应用 1.源于探索外太空的渴望，我国航天事业在21世纪获得了长足的发展.太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，航天员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中，航天员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有 (　　) A.18种 B.36种 C.72种 D.108种 解析：选B　先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2，3，4道程序选两个放A，B，共有种放法；再排剩余的3道程序，共有种放法.则共有·=36(种)放法. 2.(2025·深圳模拟)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，其中偶数的个数为 (　　) A.24 B.18 C.12 D.6 解析：选C　根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有=3×2=6种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6=12.故选C. 3.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 (　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 解析：选C　甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有=6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有=20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)选法，故选C. 4.(2024·保定二模)某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有 (　　) A.56种 B.64种 C.72种 D.86种 解析：选C　若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有·=48种；若丙担任数学课代表，则不同的安排方式共有··=24种，所以不同的安排方式共有48+24=72种. 逐点验收(二)　排列、组合的综合问题 5.5名同学到甲、乙、丙、丁四个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆且所有同学都被安排完，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 (　　) A.12种 B.60种 C.120种 D.240种 解析：选D　第一步：将5个同学分为4组，即2，1，1，1，共有种分法；第二步：将4组分配给4个场馆，共有种分法，所以共有·=240种. 6.(2025·重庆模拟)第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛(CCF NOI2024)于2024年7月16~21日在重庆市育才中学成功举办.在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加.若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有 (　　) A.108种 B.114种 C.150种 D.240种 解析：选B　5名新教师按3∶1∶1分组有种分法，按2∶2∶1分组有种分法，因此5名新教师的安排方案有种，当甲、乙在同一组时，甲、乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有种，所以所求不同的安排方案有-=25×6-6×6=114(种). 7.为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思想”“数学探究”“中国大学选修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一、高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式有 (　　) A.30种 B.20种 C.15种 D.16种 解析：选A　将五门课程分为两组，每组的数量分别为1，4或2，3，然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，所以每位同学不同的选修方式种数为(+)×=30. 8.国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字1，2，3，4，5，6，7的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有　　　　种.(用数字作答)  解析：门卡标有偶数数字包含2，4，6，奇数数字包含1，3，5，7，若四位游客都没有拿到偶数数字门卡共有=24种；若四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡，有=288种.故共有24+288=312种. 答案：312 细节、微点提醒 　　应用排列与组合解题时的注意点 (1)元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合. (2)①排列数与组合数之间的联系为=. ②排列问题与分步乘法计数原理问题的区别：排列要从“n个不同的对象中取出m个对象”，即在排列问题中，对象不能重复选取，而在分步乘法计数原理中，对象可以重复选取. (3)解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏. (4)对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏. [课时跟踪检测] 1.(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有 (　　) A.·种 B.·种 C.·种 D.·种 解析：选D　由题意，初中部和高中部学生人数之比为=，所以抽取的60名学生中初中部应有60×=40(人)，高中部应有60×=20(人)，所以不同的抽样结果共有·种，故选D. 2.(2025·重庆模拟)用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数与奇数互不相邻、偶数与偶数互不相邻的个数为 (　　) A.6 B.8 C.12 D.24 解析：选B　先排2，4，形成三个空位，然后将1，3排入前两个空位或者后两个空位，所以符合题意的四位数的个数为(+)=8. 3.(2024·九省考前适应性测试)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有 (　　) A.20种 B.16种 C.12种 D.8种 解析：选B　甲一定在乙、丙中间，否则甲就要在两端，则不同排法种数为=16. 4.为了了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙、丁四个人到A，B，C三所学校进行调研，每个学校至少安排一人.若甲不去A学校，则不同的安排方法有 (　　) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 解析：选C　当去A学校2人时，则先从乙、丙、丁3人中选2人去A学校，然后剩下2人到B，C两校各去1人，则不同的安排方法有=6种；当去A学校1人时，则先从乙、丙、丁3人中选1人去A学校，然后从剩下3人分成两组到B，C两校，则不同的安排方法有=18种，由分类加法计数原理可得，共6+18=24种不同的方法. 5.(2025·大同模拟)五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟、古城华严寺、北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有 (　　) A.360 B.640 C.1 350 D.1 440 解析：选C　将2名金牌导游分配到3个景区，有3×3=9种分配方法，若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为1，1，3或1，2，2.当银牌导游分成三组的人数为1，1，3时，此时共有××9=540种分配方法；当银牌导游分成三组的人数为1，2，2时，此时共有××9=810种分配方法.所以不同分配方法有540+810=1 350种. 6.设α，β是两个平行平面，若α内有3个不共线的点，β内有4个点(任意3点不共线)，则从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为 (　　) A.34 B.18 C.12 D.7 解析：选A　完成的一件事是“任取4个点构成四面体”，所以分成三类：第一类，从α上取1个点，β上取3个不同的点，可以构成四面体的个数为=3×4=12；第二类，从α上取2个不同的点，β上取2个不同的点，可以构成四面体的个数为=3×6=18；第三类，从α上取3个不同的点，β上取1个点，可以构成四面体的个数为=1×4=4，所以从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为12+18+4=34. 7.学校运动会上，有A，B，C三位运动员分别参加3 000 米，1 500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作(每个同学只能参加一个后勤服务小组).若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分配方案有 (　　) A.44种 B.50种 C.42种 D.38种 解析：选B　若A的小组只有一人，则5人的分配方案有+种；若A的小组只有两人，则5人的分配方案有种；若A的小组恰有三人，则5人的分配方案有种，所以共有50种. 8.(2025·深圳模拟)已知6件不同的产品中有2件次品，现对它们一一测试，直至找到所有2件次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则不同的测试方法种数为 (　　) A.114 B.90 C.106 D.128 解析：选A　检测2次可测出2件次品，不同的测试方法有种；检测3次可测出2件次品，不同的测试方法有种；检测4次测出2件次品，不同的测试方法有种；检测4次测出4件正品，不同的测试方法共有种.由分类加法计数原理，得满足条件的不同的测试方法的种数为+++=114. 9.(2025·镇江模拟)[多选]定义“圆排列”：从n个不同元素中选m个元素围成一个圆形，称为圆排列，所有圆排列的方法数计为.圆排列是排列的一种，区别于通常的“直线排列”，既无“头”也无“尾”，所以=.现有2个女生4个男生共6名同学围坐成一圈，做击鼓传花的游戏，则 (　　) A.共有种排法 B.若两名女生相邻，则有2种排法 C.若两名女生不相邻，共有4种排法 D.若男生甲位置固定，则有5种排法 解析：选AB　对于A，现有2个女生4个男生共6名同学围坐成一圈，共有=种排法，A正确；对于B，若两名女生相邻，则有=2种排法，B正确；对于C，若两名女生不相邻，共有=12种排法，C错误；对于D，若男生甲位置固定，先将剩下5人围成一圈，再安排甲即可，有种排法，D错误.故选AB. 10.定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1 006，2 203，则所有好运数的个数为 (　　) A.82 B.83 C.84 D.85 解析：选C　因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有3+3=6个好运数；当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有3++1=10个好运数；当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，共有3++3+3=15个好运数；当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，共有3+++3+3=21个好运数；当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，共有3+++3+3++1=28个好运数.所以共有1+3+6+10+15+21+28=84个好运数，故选C. 11.(2025·张家口模拟)为促进学生个性化全面发展，树人中学开设了丰富多彩的课余选课活动.已知高一年级共100人开始选课，要求没有人选到的课是一模一样的.通过选课模拟测试，发现每人选课3门，不合要求，每人选课4门，符合要求.则年级总共开设　　　　　门课.  解析：设开设了n门课，则≥100且<100，由于=84<100，=120>100，=126>100，=70<100，故9≤n≤9，故n=9. 答案：9 12.(2025·重庆一中校考阶段练习)8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有　　　　种放法.(用数字作答)  解析：共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4三堆.每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有种放法，故共有2=12种放法. 答案：12 13.(2025·青岛模拟)某班级周三上午共有4节课，只能安排语文、数学、英语、体育和物理，若数学必须安排，且连续上两节，但不能安排在第二、三节，除数学外的其他学科最多只能安排一节，体育不能安排在第一节，则不同的排课方式共　　　　种.(用数字作答)  解析：当数学排在第一、二节时，则从语文、英语、体育和物理中任选2科，排在第三、四节，则有=12种排法；当数学排在第三、四节时，先从语文、英语和物理中任选1科，排在第一节，再从剩下的3科中任选1科，排在第二节，则有=9种排法，由分类加法计数原理可得共有12+9=21种排法. 答案：21 14.(2025·上海模拟)某医药研究所将在7天时间内检测3种不同抗生素类药品、3种不同抗过敏类药品、1种降压类药品.若每天只能检测1种药品，且降压类药不在第1天或第7天检测，3种不同抗生素类药品中恰有2种在相邻两天被检测，则不同的检验时间安排方案的种数为　　　.  解析：根据题意，先计算3种不同抗生素类药品中恰有2种相邻两天被检测的种数，可分三步分析：先将3种不同抗过敏类药品和1种降压类药品进行全排列，有=24种情况，其排好后有5个空位可选，再从3种不同抗生素类药品任选2种，安排在相邻的2天检测，有=6种，最后和另外1种抗生素类药品，安排在5个空位中，有=20种排法，此时，共有24×6×20=2 880种不同的排法，其中1种降压类药品安排在第1天或第7天的检测，有2=864.综上可得，共有2 880-864=2 016种不同的排法. 答案：2 016 第三节　二项式定理 课标要求 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.二项式定理 二项式 定理 (a+b)n=an+an-1b1+…+an-kbk+…+bn(n∈N*) 通项 Tk+1=an-kbk，它表示第k+1项 二项式 系数 二项展开式中各项的系数为，…， 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即= 增减性 当k<时，二项式系数随k的增加逐渐增大；当k>时，二项式系数随k的增加逐渐减小 最大值 当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或 各二项 式系数 的和 (a+b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n，即++…+=2n. 奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即++…=++…=2n-1 [细作教材小题] 1.(苏教选必修②P85·T2)(x-2y)7的展开式中第3项的二项式系数是 (　　) A. B. C.4 D.16 解析：选A　由二项式(x-2y)7展开式的通项为Tr+1=x7-r(-2y)r，可得(x-2y)7的展开式中第3项的二项式系数是. 2.(人A选必修③P34·T1(2))(x+1)n的展开式中x2的系数为15，则n= (　　) A.7 B.6 C.5 D.4 答案：B 3.(人A选必修③P38·T3(5))在(1-2x)n的展开式中，各项系数的和是　　　　.  解析：令x=1，则(1-2x)n=(1-2×1)n=(-1)n，即二项式(1-2x)n的展开式中各项系数的和是(-1)n. 答案：(-1)n 4.(人A选必修③P34·T2)(x+y)(x-y)5的展开式中x3y3的系数是　　　　.  解析：∵(x+y)(x-y)5=(x+y)(x5-5x4y+10x3y2-10x2y3+5xy4-y5)，∴展开式中x3y3的系数为10-10=0. 答案：0 逐点清(一)　展开式中的特定项或特定项系数 题点1　形如(a+b)n(n∈N*)的展开式问题 [例1]　(2023·北京高考)的展开式中x的系数为 (　　) A.-80 B.-40 C.40 D.80 解析：选D　的展开式的通项为Tr+1=(2x)5-r=(-1)r25-rx5-2r，令5-2r=1得r=2，所以的展开式中x的系数为(-1)225-2=80.故选D. [例2]　(2025·上海模拟)已知二项式的展开式中存在常数项，正整数n的最小值为　　　.  解析：二项式的通项为Tr+1=(x3)n-r=x3n-4r，若展开式中存在常数项，只需3n-4r=0，0≤r≤n，r∈Z，则r=n，所以正整数n最小取4. 答案：4 |个性点拨|　 求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令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k+1，代回通项公式即可. 题点2　形如(a+b)m(c+d)n(m，n∈N*)的展开式问题 [例3]　在(x+3)的展开式中，常数项为 (　　) A.- B. C.- D. 解析：选A　原式=x+3　①， 因为的通项为x6-2k，当6-2k=-1时，k=∉Z，故①式中的前一项不会出常数项，当6-2k=0，即k=3时，原式的常数项为×3=-.故选A. [例4]　(2025·西安模拟)(2x3-2)的展开式的常数项为 (　　) A.-288 B.-312 C.480 D.736 解析：选A　因为的展开式的通项公式为Tr+1=(-2)r(0≤r≤8，r∈N)，所以(2x3-2)的展开式的项为2x3·(-2)r(0≤r≤8，r∈N)或-2(-2)r(0≤r≤8，r∈N).令r=2时，2x3(-2)r=2x3x-3·(-2)2=224，令r=8时，-2·(-2)r=-2(-2)8=-512，所以(2x3-2)的展开式的常数项为-512+224=-288. |个性点拨|　 求解形如(a+b)n(c+d)m的展开式问题的思路 (1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m，然后展开分别求解. (2)分别得到(a+b)n，(c+d)m的通项公式，综合考虑. 题点3　三项展开式问题 [例5]　(x2-x+y)5的展开式中x5y2的系数为 (　　) A.-10 B.10 C.-30 D.30 解析：选C　(x2-x+y)5可以看作5个盒子，每个盒子中有x2，-x，y三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，所以展开式中含x5y2的项为(x2)2×(-x)1×y2=-30x5y2，故展开式中x5y2的系数为-30. |个性点拨|　 求三项展开式中某些特定项的系数的方法 (1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解； (2)两次利用二项式定理的通项公式求解； (3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量. 逐点清(二)　二项式系数与各项系数的和问题 题点1　二项式系数和与系数和 [例6]　已知(x-2y)n的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的x5y2项的系数为 (　　) A.-4 B.84 C.-280 D.560 解析：选B　因为(x-2y)n的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以=，则n=7，又因为(x-2y)7的展开式的通项为Tr+1=x7-r(-2y)r，令r=2，所以展开式中的x5y2项的系数为(-2)2=84.故选B. [例7]　(2025·宁德模拟)[多选]若(2x-1)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10，x∈R，则 (　　) A.a0=1 B.a1+a2+…+a10=310 C.a2=180 D.a1+2a2+3a3+…+10a10=10×39 解析：选AC　令x=1得(2×1-1)10=1=a0，A正确；令x=2得310=a0+a1+a2+…+a10，所以a1+a2+…+a10=310-1，B错误；因为(2x-1)10=[2(x-1)+1]10，所以Tr+1=[2(x-1)]10-r，a2=·22=180，C正确；(2x-1)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10，两边对x求导得10×(2x-1)9×2=a1+2a2(x-1)+3a3(x-1)2+…+10a10(x-1)9，令x=2得a1+2a2+3a3+…+10a10=20×39，D错误. |个性点拨|　 (1)系数和问题常用“赋值法”求解，赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法.具体方法如下： ①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：-1，0，1等； ②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值； ③求值，根据题意，得出指定项的系数和. (2)若(ax+b)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，设f(x)=(ax+b)n，则有： ①a0=f(0)； ②a0+a1+a2+…+an=f(1)； ③a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan=f(-1)； ④a0+a2+a4+a6+…=； ⑤a1+a3+a5+a7+…=. 题点2　系数的最大、最小问题 [例8]　(2025·上海模拟)二项式(1-x)4n+1(n∈N，n≥1)的展开式中，系数最大项的是 (　　) A.第2n+1项 B.第2n+1项和第2n+2项 C.第2n项 D.第2n+2项 解析：选A　由二项展开式的通项公式Tk+1=(-x)k=(-1)kxk，可知系数为(-1)k，与二项式系数相比只是符号的区别，二项式系数最大的项为第2n+1项和第2n+2项，又由第2n+1项系数为(-1)2n=，第2n+2项系数为(-1)2n+1=-<0，故系数最大项为第2n+1项. [例9]　(2025·合肥模拟)已知(a>0)的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　的展开式的通项为Tr+1=(x3)6-r·=·ar·x18-4r，由题可知解得<a<. |个性点拨|　 (1)二项式系数最大项的确定方法，可根据二项式系数的性质求解. (2)展开式系数最大值的两种求解思路： ①由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可. ②由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值. 逐点清(三)　二项式定理的综合应用 [例10]　设a∈Z，且0≤a<13，若512 022+a能被13整除，则a= (　　) A.0 B.1 C.11 D.12 解析：选D　512 022+a=(52-1)2 022+a=522 022-522 021+522 020-…-52++a，因为512 022+a能被13整除，所以+a=1+a能被13整除，因为a∈Z，且0≤a<13，所以a=12. |点拨·建模| (1)利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论. (2)在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　展开式中的特定项或特定项系数 1.(2025·上饶联考)已知多项式(x-2)5+(x-1)6=a0+a1x+a2x2+…+a5x5+a6x6，则a3= (　　) A.60 B.74 C.20 D.-1 解析：选C　(x-2)5的展开式中x3的系数为T2+1=(-2)2=40，(x-1)6的展开式中x3的系数为T3+1=(-1)3=-20，故a3=40-20=20. 2.(2025·武汉模拟)若二项式的展开式中的系数是84，则实数a= (　　) A.2 B. C.1 D. 解析：选B　二项式展开式的第r+1项为Tr+1=x7-rarx7-2r.又展开式中的系数是84，即7-2r=-3⇒r=5，所以a5=84，解得a=，故选B. 3.若(1+ax+x2)(1-x)8的展开式中含x2的项的系数为21，则a= (　　) A.3 B.2 C.1 D.-1 解析：选C　由题意得x2的系数为1××(-1)2+a××(-1)+1×=21，解得a=1，故选C. 4.(2025·烟台模拟)在(x2-2x+y)6的展开式中，含x5y2项的系数为 (　　) A.-480 B.480 C.-240 D.240 解析：选A　将(x2-2x+y)6看成是6个(x2-2x+y)相乘，要得到x5y2，分以下情况：6个因式中，2个因式取y，1个因式取x2，3个因式取-2x，此时x5y2的系数为·(-2)3=-480，所以x5y2的系数为-480.故选A. 逐点验收(二)　二项式系数与项的系数问题 5.若(x+2+m)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9，且(a0+a2+…+a8)2-(a1+a3+…+a9)2=39，则实数m的值为 (　　) A.1或-3 B.-1或3 C.1 D.-3 解析：选A　令x=0，得到a0+a1+a2+…+a9=(2+m)9，令x=-2，得到a0-a1+a2-a3+…-a9=m9，所以有(2+m)9m9=39，即m2+2m=3，解得m=1或m=-3. 6.已知(a∈R)展开式的各项系数之和为-1，则展开式中x2的系数为 (　　) A.270 B.-270 C.330 D.-330 解析：选D　令x=1，则(1+1+a)5=-1，得a=-3.所以=+·(-3)·(-3)2+·(-3)3+·(-3)4+·(-3)5，又因为只有·(-3)，·(-3)3展开式中有含x2的项，所以x2的系数为×(-3)+×(-3)3=-330.故选D. 7.若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是 (　　) A.第二项 B.第三项 C.第四项 D.第五项 解析：选B　因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，所以+1=5，解得n=8，则的展开式通项为Tk+1=(2x2)8-k=×28-k×(-1)k×x16-3k(k=0，1，2，3，4，5，6，7，8)，当k为奇数时，系数为负数，当k为偶数时，系数为正数，所以展开式中系数最大时，k为偶数，由展开式通项可知T1=28x16=256x16，T3=26x10=1 792x10，T5=24x4=1 120x4，T7=22x-2=112x-2，T9=20x-8=x-8，所以展开式中系数最大的是第三项. 8.[多选]在的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则下列说法正确的是 (　　) A.n=7 B.有理项有3项 C.系数最大项为第6项 D.第3项是二项式系数最大的项 解析：选AC　的展开式通项为Tr+1=·x2(n-r)·=2r(0≤r≤n，r∈N)，则第3项的系数为·22，倒数第3项的系数为·2n-2，则有==，解得n=7，A正确；可得Tr+1=·2r·(r=0，1，…，7)，当r=0或2或4或6时，所有的有理项为T1，T3，T5，T7，即T1=·20·x14=x14，T3=·22·x9=84x9，T5=·24·x4=560x4，T7=·26·x-1=448x-1，B错误；设展开式中第r+1项的系数最大，则 即 可得解得≤r≤，因为r∈N，所以r=5，故系数最大项为第6项，C正确；因为=，所以第4项和第5项是二项式系数最大的项，D错误. 逐点验收(三)　二项式定理的综合应用 9.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是 (　　) A.第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B.第2 023行中第1 012个数和第1 013个数相等 C.记“杨辉三角”第n行的第i个数为ai，则(2i-1ai)=3n D.第34行中第15个数与第16个数之比为2∶3 解析：选D　第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，它们之和等于36，第9行的第8个数是=36，A正确；第2 023行是二项式(a+b)2 023的展开式的二项式系数，故第2 023行中第1 012个数为，第1 013个数为，又=，B正确；“杨辉三角”第n行是二项式(a+b)n的展开式的二项式系数，所以ai=(2i-1ai)= (2i-1·)=20+21+22+…+2n-1+2n=(1+2)n=3n，C正确；第34行是二项式(a+b)34的展开式的二项式系数，所以第15个数与第16个数之比为∶=3∶4，D不正确.故选D. 10.(2025·荆州模拟)已知(3x-1)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024，则a1+a2+…+a2 024被3除的余数为 (　　) A.3 B.2 C.1 D.0 解析：选D　令x=0，得a0=1，令x=1，得a0+a1+a2+…+a2 024=22 024，两式相减，得a1+a2+…+a2 024=22 024-1=41 012-1，因为41 012=(3+1)1 012=×31 012+×31 011+…+×3+，其中×31 012+×31 011+…+×3能被3整除，所以41 012被3除的余数为1，所以a1+a2+…+a2 024能被3整除. 细节、微点提醒 (1)二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k+1项. (2)(a+b)n与(b+a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒. (3)二项式系数与项的系数的区别 二项式系数是指，…，，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关.如(a+bx)n的二项展开式中，第k+1项的二项式系数是，而该项的系数是an-kbk.当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的. [课时跟踪检测] 1.二项式展开式的常数项为 (　　) A.-160 B.60 C.120 D.240 解析：选B　展开式的通项为Tk+1=(2x)6-k=·26-k·(-1)k·，令6-k=0得k=4，所以展开式的常数项为×22×(-1)4=60. 2.若(3x-5)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7，则ai= (　　) A.257 B.129 C.-65 D.-33 解析：选B　令x=2，则(3×2-5)7=a0+a1+a2+…+a7=1，令x=1，则(3×1-5)7=a0=-27，所以ai=1-(-27)=129. 3.若的展开式中共有n个有理项，则n的值为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选C　因为展开式的通项为Tr+1=·=·，r=0，1，…，6，当且仅当r=0，3，6时，为整数，所以T1，T4，T7为有理项. 4.若a>1，则的展开式中x4的系数的取值范围为 (　　) A.(192，+∞) B.(-∞，192) C.(-192，+∞) D.(-∞，-192) 解析：选D　的展开式中x4的系数为×25×(-a)=-192a，因为a>1，所以-192a<-192. 5.(2025·镇江模拟)32 024的个位数是 (　　) A.1 B.3 C.6 D.9 解析：选A　因为32 024=91 012=(10-1)1 012=×101 012-×101 011+…+×102-×101+×100，而×101 012-×101 011+…+×102-×101是10的倍数，所以32 024的个位数是×100=1. 6.设a>0，已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，且展开式中所有项的系数和为256，则中x2的系数为 (　　) A.0 B.2 C.4 D.8 解析：选C　因为的展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以展开式一共有9项，即n=8，令x=1，得展开式中所有项的系数和为(1+a)8=256，所以a=1，中x2项的取法为1个x2和1个2，所以x2的系数为×2=4. 7.一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数(第75百分位数)为n，则(2+x2)展开式中的常数项为 (　　) A.12 B.-8 C.8 D.10 解析：选A　因为6×75%=4.5，故取数据从小到大第5个数，所以n=5.则(2+x2)=2+x2，又中常数项为1，的项为×13×=，故展开式中的常数项为2×1+x2×=12. 8.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a=b(modm).若a=·2+·22+…+·218，a=b(mod10)，则b的值可以是 (　　) A.2 018 B.2 020 C.2 022 D.2 024 解析：选A　因为a=(1+2)18-=318-1=99-1=(10-1)9-1=·109-·108+…+·101--1=10(·108-·107+…+)-2，所以a被10除得的余数为8，而2 018被10除得的余数是8. 9.[多选]在(1-2x3)(-a)5的展开式中，各项系数的和为1，则 (　　) A.a=3 B.展开式中的常数项为-32 C.展开式中x4的系数为160 D.展开式中无理项的系数之和为-242 解析：选BC　根据题意，令x=1，得(1-2x3)(-a)5的展开式中各项系数和为-(1-a)5=1，则a=2，A错误；则(1-2x3)(-a)5=(1-2x3)·(-2)5，又(-2)5的展开式的通项为Tk+1=(-2)k，k=0，1，…，5，所以展开式中的常数项为1×(-2)5=-32，B正确；含x4的项为-2x3·(-2)3x=160x4，其系数为160，C正确；展开式中无理项的系数之和为(1-2)[(-2)0+(-2)2+(-2)4]=-(1+40+80)=-121，D错误. 10.[多选]已知f(x)=(2x-3)n(n∈N*)展开式的二项式系数和为512，f(x)=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n，则下列说法正确的是 (　　) A.a1+a2+…+an=1 B.a1+2a2+3a3+…+nan=18 C.f(6)被8整除的余数为1 D.|a0|+|a1|+…+|an|=39 解析：选BCD　由已知有2n=++…+=512，故n=9，f(x)=(2x-3)9.所以(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a9(x-1)9.对于A，取x=1得-1=a0，取x=2得1=a0+a1+…+a9，所以a1+a2+…+a9=1-(-1)=2，A错误；对于B，对(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a9(x-1)9求导得18(2x-3)8=a1+2a2(x-1)+3a3(x-1)2+…+9a9(x-1)8，取x=2得18=a1+2a2+3a3+…+9a9，B正确；对于C，f(6)=99=(8+1)9=·89+·88+…+·81+·80，最后一项即为余数1，C正确；对于D，由ak=·2k·(-1)9-k(k=0，1，…，9)，得|a0|+|a1|+…+|a9|=-a0+a1-a2+…+a9.在(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a9(x-1)9中取x=0得-39=a0-a1+a2-…-a9，所以|a0|+|a1|+…+|a9|=-a0+a1-a2+…+a9=-(-39)=39，D正确. 11.若(n∈N*)的展开式中含有x2项，则n的值可以是　　　　(写出满足条件的一个n值即可).  解析：的展开式的第r+1项为Tr+1··=(-1)r··.当=2时，n=3r+4.故可取r=1，此时n=7. 答案：7(答案不唯一) 12.若二项式展开式中的第5项是常数项，则自然数n的值为　　　　.  解析：二项式展开式的通项为Tr+1= =(0≤r≤n，r∈N)，其第5项为T5=，因为二项式展开式中的第5项是常数项，所以=0，解得n=12. 答案：12 13.已知在(ax+1)n的展开式中，第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，且x3的系数为80，则a=　　　　.  解析：二项式(ax+1)n的展开式的通项为Tk+1=(ax)n-k1k=an-kxn-k，k=0，1，2，…，n，所以第3项的二项式系数为，第4项的二项式系数为，因为第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，所以=，解得n=5，所以在(ax+1)5的展开式中x3的系数为a3=80，解得a=2. 答案：2 14.已知n∈Z，且3≤n≤6，若的展开式中存在常数项，则展开式中x-4的系数为　　　　.  解析：展开式的通项为Tr+1=(-1)rxn-r·x-3r=(-1)rxn-4r，3≤n≤6.因为存在常数项，所以n=4r，故只有当r=1，n=4时满足题意，即求展开式中含x-4的项的系数，令 4-4r=-4，即r=2，所以展开式中含x-4的项为(-1)2x-4=6x-4，所以展开式中x-4的系数为6. 答案：6 第四节　随机事件、频率与概率 课标要求 1.结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系. 2.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 3.结合实例，会用频率估计概率. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.样本空间和随机事件 (1)样本点和有限样本空间： 样本点 随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示 样本 空间 全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示 有限 样本 空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω={ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间 (2)随机事件： 定义 将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件 表示 大写字母A，B，C，… 随机事件的 极端情形 必然事件、不可能事件 2.事件的关系与运算 含义 符号表示 包含 若事件A发生，则事件B一定发生 B⊇A(或A⊆B) 互斥 (互不相容) 如果事件A与事件B不能同时发生 A∩B=∅ 互为 对立 如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生 A∩B=∅，且 A∪B=Ω 并事件 (和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 A∪B(或A+B) 交事件 (积事件) 事件A与事件B同时发生 A∩B(或AB) 3.频率与概率 (1)频率的稳定性：一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性. (2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计概率P(A). [细作教材小题] 1.(人A必修②P235·T1)某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是 (　　) A.至多一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都没有中靶 解析：选D　两次中“至少一次中靶”即“一次中靶或两次中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都没有中靶”. 2.(北师大必修①P211·T1改编)我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石(古代容量单位)，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为 (　　) A.134石 B.169石 C.338石 D.1 365石 解析：选B　由抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒估计夹谷频率为=，所以这批米内夹谷约为1 534×≈169石. 3.(人B必修②P100·T1改编)笼子中有4只鸡和3只兔，不放回地从笼中依次取出一只动物，直到3只兔全部被取出，记录剩下动物的脚的数量，则该试验的样本空间Ω=　　　　　　　.  解析：由题可知最少需要取3次，最多需要取7次，那么剩余的鸡最多为4只，最少为0只，所以剩余动物的脚的数量可能是8，6，4，2，0. 答案：{0，2，4，6，8} 4.(苏教必修②P277·T2)现有10个同类产品，其中7个是正品，3个是次品.有以下事件：从这10个产品中任意抽取4个产品，①4个产品都是正品；②至少有1个次品；③4个产品都是次品；④至少有1个正品.其中随机事件为　　　，不可能事件为　　　，必然事件为　　　.(填序号)  答案：①②　③　④ 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　随机事件与样本空间 [例1]　已知袋中有大小、形状完全相同的4个红色、3个白色的乒乓球，从中任取4个，则下列判断错误的是 (　　) A.事件“都是红色球”是随机事件 B.事件“都是白色球”是不可能事件 C.事件“至少有一个白色球”是必然事件 D.事件“有3个红色球和1个白色球”是随机事件 解析：选C　因为袋中有大小、形状完全相同的4个红色、3个白色的乒乓球，所以从中任取4个球共有：3白1红，2白2红，1白3红，4红四种情况.事件“都是红色球”是随机事件，故A正确；事件“都是白色球”是不可能事件，故B正确；事件“至少有一个白色球”是随机事件，故C错误；事件“有3个红色球和1个白色球”是随机事件，故D正确. [例2]　(2025·上海模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效.把这个电路是否为通路看成是一个随机现象，观察这个电路中各元件是否正常. (1)写出随机试验的样本空间； (2)写出下列事件相应的样本空间的子集： ①“恰好两个元件正常”；②“电路是通路”；③“电路是断路”. 解：(1)分别用x1，x2和x3表示元件A，B和C的可能状态，则这个电路的工作状态可用(x1，x2，x3)表示，进一步地，用1表示元件的“正常”状态，用0表示“失效”状态， 则样本空间Ω={(0，0，0)，(1，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)，(1，1，1)}. (2)①“恰好两个元件正常”等价于(x1，x2，x3)∈Ω且x1，x2，x3中恰有两个为1，得集合{(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)}. ②“电路是通路”等价于(x1，x2，x3)∈Ω，x1=1且x2，x3中至少有一个是1，得集合{(1，1，0)，(1，0，1)，(1，1，1)}. ③“电路是断路”等价于(x1，x2，x3)∈Ω，x1=0或x1=1，x2=x3=0，得集合{(0，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)，(0，1，1)，(1，0，0)}. |点拨·建模|　确定样本空间的方法 (1)必须明确事件发生的条件. (2)根据题意，按一定的次序列出问题的答案.特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏. 逐点清(二)　事件的关系及运算 [例3]　(2025·阜阳模拟)[多选]某篮球运动员进行投篮训练，连续投篮两次，设事件A表示随机事件“两次都投中”，事件B表示随机事件“两次都未投中”，事件C表示随机事件“恰有一次投中”，事件D表示随机事件“至少有一次投中”，则下列关系正确的是 (　　) A.A⊆D B.B∩D=∅ C.A∪B=B∪D D.A∪C=D 解析：选ABD　事件D表示“至少有一次投中”，即表示“两次都投中”或“恰有一次投中”，事件A表示“两次都投中”，故A⊆D，故A正确；事件B和事件D是对立事件，故B∩D=∅，故B正确；事件A∪B表示“两次都投中”或“两次都未投中”，而事件B∪D表示“两次都未投中”“两次都投中”或“恰有一次投中”，故C错误；事件A∪C表示“两次都投中”或“恰有一次投中”，故A∪C=D，故D正确. [例4]　(多选)从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是 (　　) A.至少有1个红球与都是红球 B.恰有1个红球与恰有2个红球 C.至少有1个红球与至少有1个白球 D.至多有1个红球与恰有2个红球 解析：选BD　“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；“恰有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球”与“恰有3个红球”两个事件，故“恰有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，故不是互斥事件，故C错误；“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确.故选BD. |点拨·建模|　辨析互斥事件与对立事件的思路 (1)在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能有一个发生，但不可能同时发生. (2)两个对立事件必有一个发生，但不可能同时发生.即两事件对立，必定互斥，但两事件互斥，未必对立.对立事件是互斥事件的一个特例. (3)互斥的概念适用于两个或多个事件，但对立的概念只适用于两个事件. 逐点清(三)　随机事件的频率与概率 [例5]　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X=70时，Y=460；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 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 (2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求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. 解：(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 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 (2)根据题意，Y=460+×5=+425， 故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)=P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210) =P(X=70)+P(X=110)+P(X=220) =++=. 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. |点拨·建模| (1)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值. (2)利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　随机事件与样本空间 1.以下事件是随机事件的是 (　　) A.标准大气压下，水加热到100 ℃，必会沸腾 B.走到十字路口，遇到红灯 C.长和宽分别为a，b的矩形，其面积为ab D.实系数一元一次方程必有一实根 解析：选B　标准大气压下，水加热到100 ℃必会沸腾，是必然事件，故A错误；走到十字路口，遇到红灯，是随机事件，故B正确；长和宽分别为a，b的矩形，其面积为ab，是必然事件，故C错误；实系数一元一次方程必有一实根，是必然事件，故D错误. 2.如图，由A，B两个元件组成并联电路，观察两个元件正常或失效的情况，则事件M=“电路是通路”包含的样本点个数为　　　　.  解析：设元件正常为1，失效为0，由A，B两个元件组成并联电路，则至少有一个元件正常，故事件M包含的样本点为(1，1)，(1，0)，(0，1)，共3个. 答案：3 逐点验收(二)　事件的关系及运算 3.从一批产品中随机抽取3件产品进行质量检测，记“3件产品都是次品”为事件A，“3件产品都不是次品”为事件B，“3件产品不都是次品”为事件C，则下列说法正确的是 (　　) A.任意两个事件均互斥 B.任意两个事件均不互斥 C.事件A与事件C对立 D.事件A与事件B对立 解析：选C　从一批产品中随机抽取3件产品进行质量检测，则可能情况有：3件产品都是次品，2件产品是次品，1件产品是次品，0件产品是次品.事件B与事件C可能同时发生，故事件B与事件C不互斥，故A错误；事件A与事件B不可能同时发生，故事件A与事件B互斥，但是事件A与事件B可以都不发生，如出现2件产品是次品或1件产品是次品，故事件A与事件B不对立，故B、D错误；事件C“3件产品不都是次品”包含“2件产品是次品”，“1件产品是次品”，“0件产品是次品”，故事件A与事件C对立，故C正确. 4.(2025·上海模拟)已知事件A与事件B是互斥事件，则 (　　) A.P(∩)=1 B.P(A∩B)=P(A)P(B) C.P(A)=1-P(B) D.P(∪)=1 解析：选D　若随机试验为抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A={1，3}，B={2，4}，则事件A与事件B是互斥事件，此时∩={5，6}，A∩B=∅，P(A)=P(B)=，所以P(∩)=，A错误；P(A∩B)=0，P(A)P(B)=，P(A∩B)≠P(A)P(B)，B错误；P(A)≠1-P(B)，C错误；因为事件A与事件B是互斥事件，所以A∩B=∅，所以∪为必然事件，所以P(∪)=1，D正确. 5.抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ai=“向上的点数为i”，其中i=1，2，3，4，5，6，B=“向上的点数为偶数”，则下列说法正确的是 (　　) A.⊆B B.A2+B=Ω C.A3与B互斥 D.A4与对立 解析：选C　={2，3，4，5，6}，B={2，4，6}，∴B⊆，故A错误；A2+B={2}∪{2，4，6}={2，4，6}≠Ω，故B错误；A3与B不能同时发生，是互斥事件，故C正确；A4={4}，={1，3，5}，A4与是互斥但不对立事件，故D错误. 逐点验收(三)　随机事件的频率与概率 6.天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率.用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数180，792，454，417，165，809，798，386，196，206，据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　10组数据中，恰有两天下雨的有417，386，196，206，共4个，据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为=. 7.(2025·南昌模拟)[多选]某冷饮店为了保证顾客能买到当天制作的酸皮奶，同时尽量减少滞销，统计了30天的销售情况，得到如下数据： 日销售量/杯 [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75] 天数 4 6 9 5 6 以样本估计总体，用频率代替概率，则下列结论正确的是 (　　) A.估计平均每天销售50杯酸皮奶(同一组区间以中点值为代表) B.若当天准备55杯酸皮奶，则售罄的概率为 C.若当天准备45杯酸皮奶，则卖不完的概率为 D.这30天酸皮奶日销售量的80%分位数是65杯 解析：选BCD　对于A，平均每天酸皮奶的销售量为×(30×4+40×6+50×9+60×5+70×6)=51(杯)，A错误；对于B，日销售量不小于55杯的概率为=，B正确；对于C，日销售量小于45杯的概率为=，C正确；对于D，1-=0.8，因此这30天酸皮奶日销售量的80%分位数是65杯，D正确. 8.为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，结果如下(单位：人)： 　　　　　性别 是否需要志愿者 男 女 需要 40 30 不需要 160 270 (1)试估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的概率； (2)通过以上数据能否说明该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关? 解：(1)样本抽取的500位老年人中，需要志愿者提供帮助的有40+30=70人， ∴样本中需要志愿者提供帮助的老年人频率为=0.14， ∴用样本估计总体，由频率估计概率，该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的概率约为0.14. (2)样本抽取的500位老年人中，有男性老年人40+160=200人，女性老年人30+270=300人， 其中需要志愿者提供帮助的男性老年人有40人，女性老年人有30人， ∴样本中需要志愿者提供帮助的男性老年人频率为=0.2，女性老年人频率为=0.1， ∴由样本估计总体，该地区需要志愿者提供帮助的男性老年人的比例为20%，女性老年人为10%，有较大差异， ∴可以认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关. 细节、微点提醒 从集合的角度理解互斥事件和对立事件 (1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集. (2)事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集. [课时跟踪检测] 1.下列说法正确的是 (　　) A.任何事件的概率总是在(0，1)之间 B.频率是客观存在的，与试验次数无关 C.随着试验次数的增加，事件发生的频率一般会稳定于概率 D.概率是随机的，在试验前不能确定 解析：选C　不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，故A错误；频率是由试验的次数决定的，故B错误；概率是频率的稳定值，故C正确，D错误. 2.一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是 (　　) A.3个都是白球 B.3个都是红球 C.至少1个红球 D.至多2个白球 解析：选A　从8个红球、2个白球中采用不放回的方式从中摸出3个白球，不可能发生.故选A. 3.抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X，则“X≥5”对应的样本点是 (　　) A.(6，2) B.(5，1) C.(1，6) D.(6，1) 解析：选D　连续抛掷两枚骰子，第一枚骰子和第二枚骰子点数之差是，则“X≥5”对应的样本点是(6，1). 4.(2025·重庆模拟)某池塘中饲养了A，B两种不同品种的观赏鱼，假设鱼群在池塘里是均匀分布的.在池塘的东、南、西三个采样点捕捞得到如下数据(单位：尾)，若在采样点北捕捞到20尾鱼，则品种A约有 (　　) 采样点 品种A 品种B 东 20 9 南 7 3 西 17 8 A.6尾 B.10尾 C.13尾 D.17尾 解析：选C　因为鱼群在池塘里是均匀分布的，所以品种A所占比约为=，所以在采样点北捕捞到20尾鱼，则品种A约有×20≈13尾. 5.抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件A=“点数为大于2小于5”，B=“点数为偶数”，则A∩B表示的事件为 (　　) A.“点数为4” B.“点数为3或4” C.“点数为偶数” D.“点数为大于2小于5” 解析：选A　A=“点数为大于2小于5”={3，4}，B=“点数为偶数”={2，4，6}，则A∩B={4}，故A∩B表示的事件为“点数为4”. 6.抛掷一枚骰子，“向上的面的点数是1或2”为事件A，“向上的面的点数是2或3”为事件B，则 (　　) A.A⊆B B.A=B C.A∪B表示向上的面的点数是1或2或3 D.A∩B表示向上的面的点数是1或2或3 解析：选C　由题意可知，A={1，2}，B={2，3}，所以A∩B={2}，A∪B={1，2，3}，则A∪B表示向上的面的点数是1或2或3，故A、B、D错误，C正确. 7.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”，则 (　　) A.事件1与事件3互斥 B.事件1与事件2互为对立事件 C.事件2与事件3互斥 D.事件3与事件4互为对立事件 解析：选B　由题可知，事件1可表示为A={1，3，5}，事件2可表示为B={2，4，6}，事件3可表示为C={4，5，6}，事件4可表示为D={1，2}，因为A∩C={5}，所以事件1与事件3不互斥，A错误；因为A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；因为B∩C={4，6}，所以事件2与事件3不互斥，C错误；因为C∩D为不可能事件，C∪D不为必然事件，所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误. 8.用木块制作的一个四面体，四个面上分别标记1，2，3，4，重复抛掷这个四面体200次，记录每个面落在地上的次数(如下表).下列说法正确的是 (　　) 四面体的面 1 2 3 4 频数 44 36 42 78 A.该四面体一定不是均匀的 B.再抛掷一次，估计标记2的面落地概率为0.72 C.再抛掷一次，标记4的面落地 D.再抛掷一次，估计标记3的面落地概率为0.2 解析：选D　就算四面体是均匀的，理论上每个面落地的次数仍旧可能不一样，在均匀的条件下，随着试验次数的增多，每个面落地的次数将会变得越来越接近，换句话说，即使是均匀的四面体，仅仅在200次试验下，得到落地的面的统计结果也可能不一样，A错误；由于这200次试验2，3，4落在底面的频率分别为，即0.18，0.21，0.39，B中所估计的概率0.72和频率0.18差别过大，C认为标记4的面必定落地，是必然事件，概率为1，但频率只有0.39，因此不能认为必然发生，B、C错误；标记3的面落地概率估计是0.2，和试验频率0.21非常接近，D正确. 9.若从两男两女四人中随机选出两人，设两个男生分别用A，B表示，两个女生分别用C，D表示，相应的样本空间为Ω={AB，AC，AD，BC，BD，CD}，则与事件“选出一男一女”对应的样本空间的子集为　　　　　　　　.  答案：{AC，AD，BC，BD} 10.(2025·抚州模拟)一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复试验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球　　　　　个.  解析：因为通过大量重复的摸球试验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，所以摸到绿球的概率为0.4，设不透明的袋中有x个绿球，因为袋中有9个红球，3个白球，所以=0.4，解得x=8. 答案：8 11.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球观察颜色.设事件A为“所取两个球至少有一个白球”，事件B为“所取两个球恰有一个红球”，则A∩B表示的事件为　　　　　　　　　　　.  解析：因为从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，这一随机试验的样本空间Ω={(白，白)，(白，红)，(红，红)}，且A={(白，红)，(白，白)}，B={(白，红)}，所以A∩B={(白，红)}，故A∩B表示的事件为所取两个球恰有一个红球. 答案：所取两个球恰有一个红球 12.商场在一周内共卖出某种品牌的皮鞋300双，商场经理为考察其中各种尺码皮鞋的销售情况，以这周内某天售出的40双皮鞋的尺码为一个样本，分为5组，已知第3组的频率为0.25，第1，2，4组的频数分别为6，7，9.若第5组表示的是尺码为40~42的皮鞋，则售出的这300双皮鞋中尺码为40~42的皮鞋约为　　　　双.  解析：∵第1，2，4组的频数分别为6，7，9，∴第1，2，4组的频率分别为=0.15，=0.175，=0.225.∵第3组的频率为0.25，∴第5组的频率是1-0.25-0.15-0.175-0.225=0.2，∴售出的这300双皮鞋中尺码为40~42的皮鞋约为0.2×300=60(双). 答案：60 13.某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值； (2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值. 解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2. 由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为=0.55， 故P(A)的估计值为0.55. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为=0.3， 故P(B)的估计值为0.3. (3)由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30+a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a×0.10+2a×0.05=1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 14.某地要举办一年一度为期一个月(30天)的大型商业峰会，一商店每天要订购相同数量的一种食品，每个该食品的进价为0.6元，售价为1元，当天卖不完的食品按进价的半价退回，食品按每箱100个包装.根据往年的销售经验，每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关，为了确定订购计划，统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下： 到会人数/人 (8 000， 9 000] (9 000， 10 000] (10 000， 11 000] (11 000， 12 000] (12 000， 13 000] 需求量/箱 400 450 500 550 600 到会人数/人 (8 000， 9 000] (9 000， 10 000] (10 000， 11 000] (11 000， 12 000] (12 000， 13 000] 天数 5 6 8 7 4 以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率. (1)估计商业峰会期间，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率； (2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y(单位：元)，当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，写出Y的所有可能值，并估计Y不超过15 000元的概率. 解：(1)由表中数据可知商业峰会期间30天内，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为5+6+8=19， 所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为. (2)当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，若到会人数位于区间(8 000，9 000]内，则Y=400×100×(1-0.6)+150×100×(0.3-0.6)=11 500元，若到会人数位于区间(9 000，10 000]内，则Y=450×100×(1-0.6)+100×100×(0.3-0.6)=15 000元，若到会人数位于区间(10 000，11 000]内，则Y=500×100×(1-0.6)+50×100×(0.3-0.6)=18 500元，若到会人数超过11 000，则Y=550×100×(1-0.6)=22 000元，即Y的所有可能值为11 500，15 000，18 500，22 000. Y不超过15 000元，意味着到会人数不超过10 000，到会人数不超过10 000的频率为=，所以Y不超过15 000元的概率的估计值为. 第五节　古典概型及概率的基本性质 课标要求 1.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 2.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.古典概型 (1)两个特征： ①有限性：样本空间的样本点只有有限个； ②等可能性：每个样本点发生的可能性相等. (2)概率公式： 一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)==. 其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数. 2.概率的性质 (1)性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0. (2)性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)=1，P(∅)=0. (3)性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)=P(A)+P(B). (4)性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)=1-P(A)，P(A)=1-P(B). (5)性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1. (6)性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B). [细作教材小题] 1.(人A必修②P247·T11改编)某人家里有3个卧室、1个大门，共有4把钥匙，其中仅有一把能打开大门，但他忘记是哪把钥匙.如果他每次都随机选取一把钥匙开门，不能打开门时就扔掉，则他第四次才能打开门的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由题意知，此人第一、二、三次不能打开门，第四次打开门，相当于将四把钥匙排成一列，将大门钥匙排在第四个位置的概率.因此他第四次才能打开门的概率为P==. 2.(北师大必修①P220·T2)口袋内装有一些红球、白球和黑球，其中它们除颜色外完全相同，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是 (　　) A.0.42 B.0.28 C.0.3 D.0.7 解析：选C　由题意得，P红=0.42，P白=0.28⇒P黑=1-P红-P白=1-0.42-0.28=0.3，故选C. 3.(苏教必修②P292·T3)甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲、乙下成和棋的概率为0.5，则甲不输的概率为　　　　.  解析：因为甲不输包含两种情况：甲获胜与甲、乙两人下成和棋，且它们是互斥事件，所以根据互斥事件的概率加法公式可得甲不输的概率P=0.2+0.5=0.7. 答案：0.7 4.(人A必修②P238·例9改编)袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，大小质地完全相同.从中任取一球，则取到白球的概率为　　　　.  解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P==. 答案： 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　古典概型 [例1]　(2025·菏泽模拟)某兴趣小组组织四项比赛，只有甲、乙、丙、丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　每项比赛的冠军都可以是四人中的一人，故总的情况有44=256种，其中甲恰好拿到其中一项比赛冠军，先从四个比赛中选择一个安排甲，再考虑剩余的3场比赛，冠军可以从剩余的3人中任选，故共有33=108种，故概率P==. [例2]　(2025·嘉兴模拟)将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9随机填入3×3的正方形格子中，则每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　符合题意的填写方法有如下8种： 而9个数填入9个格子有9!种方法，所以所求概率为P=. |点拨·建模|　求样本空间中样本点个数的方法 枚举法 适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题 树状 图法 适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同 排列、 组合法 在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识 逐点清(二)　互斥事件与对立事件的概率 [例3]　某班共有48名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术特长.设事件A=“选中的同学精通乐器”，B=“选中的同学擅长舞蹈”，若P=，则P(AB)= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由题知，P(A)==，P(B)==，因为P=，所以P(A)+P(B)-P(AB)=，即+-P(AB)=，解得P(AB)=. [例4]　(2025·银川模拟)算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.如图，算盘多为木制，内嵌有九至十五根直杆(简称档)，自右向左分别表示个位、十位、百位、……，梁上面一粒珠子(简称上珠)代表5，梁下面一粒珠子(简称下珠)代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的三位数能被5整除”，B=“表示的三位数能被3整除”. (1)求事件A，B的概率； (2)求事件A∪B，A∩B的概率. 解：(1)只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，三位数的个数是23=8， 要使得组成的三位数能被5整除，则只需个位数是5即可， 而这些数中个位数是5的数的个数为22=4，所以事件A发生的概率P(A)==. 由题意要使得组成的三位数能被3整除， 则只能同时出现3个1或者同时出现3个5，即111和555共两个数， 即组成的三位数能被3整除的数的个数为2， 所以事件B发生的概率P(B)==.故P(A)=，P(B)=. (2)因为A∩B表示，组成的三位数既能被3整除，又能被5整除， 555既能被3整除，又能被5整除，所以P(A∩B)=. 因为A∪B表示，组成的三位数能被3整除或能被5整除，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=+-=. 故P(A∩B)=，P(A∪B)=. |点拨·建模|　求复杂事件的概率的两种方法 (1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用互斥事件的概率加法公式求解概率. (2)若将一个较复杂的事件转化成几个彼此互斥事件的和事件时分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑先求其对立事件的概率，即“正难则反”.常用此方法求“至少”“至多”型事件的概率. 逐点清(三)　古典概型与统计的综合问题 [例5]　(2025·上海奉贤一模)某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示. 假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)求频率分布直方图中x的值并估计乙型芯片该项指标的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)已知甲型芯片指标在[80，100)为航天级芯片，乙型芯片指标在[60，70)为航天级芯片.现分别采用分层随机抽样的方式，从甲型芯片指标在[70，90)内取2件，乙型芯片指标在[50，70)内取4件，再从这6件中任取2件，求至少有一件为航天级芯片的概率. 解：(1)由题意得10×(0.002+0.005+0.023+0.025+0.025+x)=1，解得x=0.020. 由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值为 =(25×0.002+35×0.026+45×0.032+55×0.030+65×0.010)×10=47. (2)根据分层随机抽样，得来自甲型芯片指标在[70，80)和[80，90)的各1件，分别记为A和B， 来自乙型芯片指标在[50，60)和[60，70)分别为3件和1件，分别记为C1，C2，C3和D， 从中任取2件，样本空间可记为Ω={(A，B)，(A，C1)，(A，C2)，(A，C3)，(A，D)，(B，C1)，(B，C2)，(B，C3)，(B，D)，(C1，C2)，(C1，C3)，(C1，D)，(C2，C3)，(C2，D)，(C3，D)}，共15个样本点，记事件E：至少有一件为航天级芯片，则E={(A，B)，(A，D)，(B，C1)，(B，C2)，(B，C3)，(B，D)，(C1，D)，(C2，D)，(C3，D)}，共9个样本点， 所以P(E)==. |点拨·建模|　古典概型与统计综合问题的解题策略 (1)将题目条件中的相关知识转化为事件. (2)判断事件是否为古典概型. (3)选用合适的方法确定样本点个数. (4)代入古典概型的概率公式求解. 逐点验收(一)　古典概型 1.(2025·南昌模拟)将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　将1个0，2个1，2个2随机排成一行，共有=30种，其中，2个1不相邻的情况有·=18种，故所求概率为=. 2.(2025·上饶模拟)某学校组织学生开展研学旅行，准备从4个甲省景区，3个乙省景区，2个丙省景区中任选4个景区进行研学旅行，则所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设样本空间为Ω，则n(Ω)==126，设所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有为事件A，则n(A)=++=72，所以P(A)===. 3.(2025年1月·八省高考适应性演练)有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8.现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为　　　　.  解析：从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中的样本点总数为==56，因为1+2+3+4+5+6+7+8=36，所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则抽出的3张卡片上的数字之和应为18，则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3种，所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个，所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为. 答案： 逐点验收(二)　互斥事件与对立事件的概率 4.[多选]某篮球职业联赛中，运动员甲在最近几次参加的比赛中的投篮情况如下表(不包含罚球)： 投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数 100 55 18 记该运动员在一次投篮中，“投中两分球”为事件A，“投中三分球”为事件B，“没投中”为事件C，用频率估计概率，则下述结论正确的是 (　　) A.P(A)=0.55 B.P(B)=0.18 C.P(C)=0.27 D.P(B+C)=0.55 解析：选ABC　由题意可知，P(A)==0.55，P(B)==0.18，事件“A+B”与事件C互为对立事件，且事件A，B，C两两互斥，所以P(C)=1-P(A+B)=1-P(A)-P(B)=0.27，所以P(B+C)=P(B)+P(C)=0.45.故选ABC. 5.已知口袋内有一些大小相同的红球、白球和黄球，从中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的概率为0.4，摸出的球是红球或黄球的概率为0.9，则摸出的球是黄球或白球的概率为 (　　) A.0.7 B.0.5 C.0.3 D.0.6 解析：选A　设摸出红球的概率为P(A)，摸出黄球的概率为P(B)，摸出白球的概率为P(C)，所以P(A)+P(C)=0.4，P(A)+P(B)=0.9，且P(A)+P(B)+P(C)=1，所以P(C)=1-P(A)-P(B)=0.1，P(B)=1-P(A)-P(C)=0.6，所以P(B)+P(C)=0.7. 6.从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率如表所示： 红灯个数 0 1 2 3 4 5 6个及6个以上 概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03 (1)求表中字母a的值； (2)求至少遇到4个红灯的概率； (3)求至多遇到5个红灯的概率. 解：(1)由题意可得0.02+0.1+a+0.35+0.2+0.1+0.03=1，解得a=0.2. (2)设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5，事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上， 则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C， 因为事件A，B，C两两互斥， 所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.2+0.1+0.03=0.33， 即至少遇到4个红灯的概率为0.33. (3)由(2)知，至多遇到5个红灯为事件. 则P()=1-P(C)=1-0.03=0.97，即至多遇到5个红灯的概率为0.97. 逐点验收(三)　古典概型与统计的综合问题 7.已知数据1，2，3，4，x(0<x<5)的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由数据1，2，3，4，x(0<x<5)的平均数=2+∈(2，3)，可得2+=x，所以x=，从这5个数中任取2个，结果有(1，2)，，(1，3)，(1，4)，，(2，3)，(2，4)，，(3，4)，共10种，这2个数字之积大于5的结果有(2，3)，(2，4)，，(3，4)，共5种，所以所求概率为P==. 8.某医院对患者就诊后的满意度进行问卷调查，患者在问卷上对就诊满意度进行打分，分值为0~5分，其中满意度打分不低于4分表示满意.现随机抽取了100位患者的调查问卷，其满意度打分情况统计如下： 满意度打分 0 1 2 3 4 5 人数 1 3 6 10 56 24 (1)估计患者对该医院满意度打分的平均值； (2)若该医院一周内共有6 000名患者就诊，估计其中表示满意的患者人数； (3)医院对抽取的调查问卷中1位满意度打0分的患者和3位满意度打1分的患者进行电话回访，并将这四人随机分成A，B两组，每组各两人，求A组的两人满意度打分均为1分的概率. 解：(1)由列表可知，100位患者的满意度打分的平均分为×(1×0+3×1+6×2+10×3+56×4+24×5)=3.89分. 所以估计患者对该医院满意度打分的平均值为3.89分. (2)由列表可知，表示满意的患者占比为=，所以6 000名患者中表示满意的人数为6 000×=4 800. (3)设打0分的患者为M，打1分的患者为N1，N2，N3， 则A组的两位患者可以为(M，N1)，(M，N2)，(M，N3)，(N1，N2)，(N1，N3)，(N2，N3)，共6种组合，其中两个均为打1分的患者共有3种组合， 设事件C表示“A组的两位患者满意度打分均为1分”，则P==.所以A组的两位患者满意度打分均为1分的概率为. [课时跟踪检测] 1.[多选]下列试验是古典概型的是 (　　) A.在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率 B.口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率 C.向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率 D.老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率 解析：选BD　A项，在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率，不符合等可能性；B项，从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的；C项，向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率，不符合有限性；D项，老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的. 2.[多选]若A，B为互斥事件，则下列结论不正确的是 (　　) A.P(A)+P(B)<1 B.P(A)+P(B)>1 C.P(A)+P(B)=1 D.P(A+B)=P(A)+P(B) 解析：选ABC　A，B为对立事件时，P(A)+P(B)=1，A错误；互斥事件的概率之和不可能超过1，B错误；事件A，B互斥而不对立时，P(A)+P(B)<1，C错误；A，B为互斥事件时，P(A+B)=P(A)+P(B)，D正确. 3.如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为 (　　) A.0.64 B.0.36 C.0.16 D.0.84 解析：选C　设P(A)=x，则P(B)=3x，因为事件A与B是互斥事件，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=x+3x=0.64，解得x=0.16.故选C. 4.已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件A有6个样本点，事件B有4个样本点，事件A+B有8个样本点，则P(AB)= (　　) A. B. C. D. 解析：选D　根据概率公式计算可得P(A)==，P(B)==，P==.由概率的加法公式可知P=P(A)+P(B)-P(AB)，代入计算可得P(AB)=. 5.从甲、乙等6名志愿者中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　从甲、乙等6名志愿者中随机选3名参加社区服务工作一共有=20种选法，其中甲、乙都入选的有=4种选法，所以甲、乙都入选的概率P==. 6.(2025·石家庄模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，平面Oxy、平面Oxz、平面Ozx把空间分成了八个部分.在空间直角坐标系Oxyz中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合{-3，4，7}，这样的点共有m个，从这m个点中任选2个，则这2个点不在同一个部分的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由题意得m=33=27，从这m个点中任选2个，共有种选法，在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同，所以八个部分中的点的个数分别为23，22，22，22，2，2，2，1，从这27个点中任选2个，若这2个点在同一个部分，概率为P1===，所以这2个点不在同一个部分的概率为P=1-P1=1-=. 7.为了调查某厂2 000名工人生产某种产品的能力，随机抽查了20位工人某天生产该产品的数量，产品数量的分组区间为[10，15)，[15，20)，[20，25)，[25，30)，[30，35]，频率分布直方图如图所示.工厂规定从生产低于20件产品的工人中随机地选取2位工人进行培训，则这2位工人不在同一组的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　产品数量为[10，15)的人数有20×0.02×5=2，产品数量为[15，20)的人数有20×0.04×5=4，从这6人中随机地选取2位共有=15种不同情况，其中这2位工人不在同一组有=8种情况，故这2位工人不在同一组的概率P=. 8.(2025·衡阳一模)某城市随机选取n个人参加活动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于50%，则至少需要选取 (　　) A.3人 B.4人 C.5人 D.6人 解析：选C　已知12个生肖，按先后顺序选择n个人，每次选中的人有12种等概率可能，由分步乘法计数原理共有12n种情况.若选取n个人中生肖均不相同，有(n≤12)种可能，故选取n个人中生肖均不相同的概率P(n)=，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于50%，即P(n)<50%，由于=>1，即P(n)随n的增大而减小，P(4)===>50%，P(5)==×=<50%，故至少要选5个人. 9.高三年级某8位同学的体重分别为45，50，55，60，70，75，76，80(单位：kg)，现在从中任选3位同学去参加拔河，则选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是　　　 .  解析：因为8×0.7=5.6，则这组数据的第70百分位数为第6位数75， 所以选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是P==. 答案： 10.(2025·潍坊模拟)已知四个函数：①y=-ex，②y=-ln x，③y=x，④y=.从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为　　　　　.  解析：作出函数图象，由图可得③与①有一个公共点，②和④有一个公共点，②和③有一个公共点，其余不符合题意，所以事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为=. 答案： 11.(2025·无锡模拟)已知一正五棱锥，其顶点与各侧棱中点合计11个点.从这11个点中任选4个点，这四个点不共面的概率为　　　　　.  解析：从11个点中取4个点的取法为=330种， 只要求出共面的就可以了，共面的分四种情况： ①四个点都在正五棱锥的某一个面上，每个面5个点，有种，6个面共有6=30情况； ②四个点在两条侧棱上但不在侧面内的情况有=25种， ③四个点均在各侧棱的中点时有=5种情况， ④其中两点所在直线与另两点所在直线平行(如图中A'D'∥GO)，但这四个点不在六面体的某一个面上也不在两条侧棱所在的平面内有10种. 因此取4个不共面的点的不同取法共有330-30-25-5-10=260种，所以这四个点不共面的概率为=. 答案： 12.(2025·遂宁模拟)箱子里有3双不同的手套，分别用A1，A2，B1，B2，C1，C2表示六只手套，从中随机拿出2只，记事件A={拿出的手套不能配对}，事件B={拿出的都是同一只手上的手套}. (1)写出该试验的样本空间； (2)说出事件A、事件B的关系及A，B发生的概率. 解：(1)依题意，样本空间为Ω={A1A2，A1B1，A1B2，A1C1，A1C2，A2B1，A2B2，A2C1，A2C2，B1B2，B1C1，B1C2，B2C1，B2C2，C1C2}. (2)事件A={A1B1，A1B2，A1C1，A1C2，A2B1，A2B2，A2C1，A2C2，B1C1，B1C2，B2C1，B2C2}， 事件B={A1B1，A1C1，A2B2，A2C2，B1C1，B2C2}， 显然n(Ω)=15，n(A)=12，n(B)=6， 所以B⊆A，事件A发生的概率P(A)==，事件B发生的概率P(B)==. 13.(2025·日照模拟)已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是. (1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数； (2)设置游戏规则如下：从盒中有放回地取球两次，每次任取一球记下颜色.若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜，从概率的角度判断这个游戏是否公平，请说明理由. 解：(1)设盒中红球、黄球、蓝球的个数分别为x，y，z，从中任取一球，“得到红球或黄球”为事件A，“得到黄球或蓝球”为事件B，则P(A)=，P(B)=， 由已知得解得所以盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1. (2)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1， 用r1，r2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球， m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，(m，n)表示试验的样本点，则样本空间Ω={(r1，r1)，(r1，r2)，(r1，a)，(r1，b)，(r2，r1)，(r2，r2)，(r2，a)，(r2，b)，(a，r1)，(a，r2)，(a，a)，(a，b)，(b，r1)，(b，r2)，(b，a)，(b，b)}. 可得n(Ω)=16， 记“取到两个球颜色相同”为事件M，“取到两个球颜色不相同”为事件N，则n(M)=6，所以P(M)==， 所以P(N)=1-P(M)=1-=， 因为>，所以此游戏不公平. 14.某学校学生会积极组织学生学习《中共中央关于党的百年奋斗重大成就和历史经验的决议》，组织线上考试后，随机抽取了若干人线上考试的成绩(满分60分)，得到如图的频率分布直方图： 已知，成绩在[48，52)内的人数为10. (1)求样本容量n； (2)用样本估计总体的思想，估计该校学生的平均分数(每一组取组中点值近似代替本组考试成绩)； (3)按照分层随机抽样从成绩在[36，40)，[56，60]两个组内共抽取8人组成交流互助小组，在这个小组中任选2人发言，求至少有1人的成绩在[56，60]内的概率. 解：(1)根据题意，得n·(52-48)×0.100=10， 解得n=25. (2)该校学生的平均分数为4×(38×0.015+42×0.025+46×0.05+50×0.1+54×0.035+58×0.025)=49.04(分). (3)根据题意，按照分层随机抽样从成绩在[36，40)，[56，60]两个组内共抽取8人， 因为两组人数之比为=，则从成绩在[36，40)中抽取3人，从成绩在[56，60]中抽取5人，在这个小组中任选2人发言，至少有1人的成绩在[56，60]内的概率为P=1-=1-=. 第六节　事件的相互独立性、条件概率、全概率公式 课标要求 1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义. 2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.了解条件概率与独立性的关系. 3.结合古典概型，会利用独立性、概率的乘法公式、全概率公式计算概率. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.相互独立事件 概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)=P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立 性质 若事件A与B相互独立，那么A与与B，与也都相互独立 2.条件概率 (1)条件概率的计算公式： 条件 设A，B为两个随机事件，且P(A)>0 含义 在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率 记作 P(B|A) 读作 A发生的条件下B发生的概率 计算 公式 ①缩小样本空间法：P(B|A)=； ②公式法：P(B|A)= (2)条件概率的性质： 设P(A)>0，则 ①P(Ω|A)=1； ②任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1； ③如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)； ④设和B互为对立事件，则P(|A)=1-P(B|A). (3)概率的乘法公式： 若P(A)>0，则P(AB)=P(A)P(B|A)，我们称该式为概率的乘法公式. 3.全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An=Ω，且P(Ai)>0，i=1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)= P(Ai)P(B|Ai).我们称该公式为全概率公式. 4.两个常用结论 (1)如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An). (2)贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An=Ω，且P(Ai)>0，i=1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)== ，i=1，2，…，n. [细作教材小题] 1.(人A必修②P253·T3改编)天气预报表明在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为 (　　) A.0.2 B.0.3 C.0.38 D.0.56 解析：选C　设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A+B，所以P(A+B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.2×0.7+0.8×0.3=0.38. 2.(人A选必修③P46·例1改编)在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　设事件A=“第1次抽到代数题”，事件B=“第2次抽到几何题”，所以P(A)=，P(AB)=×=，则P(B)===. 3.(苏教选必修②P146·T2)若P(AB)=，P(A)=，则P(B|A)=　　　　.  解析：P(B|A)===. 答案： 4.(人B选必修②P51·例3改编)某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查.参加活动的甲、乙两班的人数之比为5∶3，其中甲班中女生占，乙班中女生占，则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为　　　　.  解析：用事件A1，A2分别表示“居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的”，事件B表示“居民所遇到的一位同学是女生”，则Ω=A1+A2，且A1，A2互斥，B⊆Ω，由题意可知P(A1)=，P(A2)=，且P(B|A1)=，P(B|A2)=，由全概率公式可知P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)=×+×=. 答案： 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　相互独立事件 题点1　相互独立事件的判断 [例1]　有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则 (　　) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 解析：选B　由题意知P(甲)=，P(乙)=×+×=，P(丙)=××5=，P(丁)=××6=.P(甲∩丙)=0≠P(甲)P(丙)，故A项错误；P(甲∩丁)=×==P(甲)P(丁)，故B项正确；P(乙∩丙)=×=≠P(乙)P(丙)，故C项错误；P(丙∩丁)=0≠P(丙)P(丁)，故D项错误.故选B. |个性点拨|　判断两个事件是否相互独立的两种方法 (1)根据问题的实质，直观上看一事件的发生是否影响另一事件发生的概率来判断，若没有影响，则两个事件就是相互独立事件. (2)定义法：通过式子P(AB)=P(A)P(B)来判断两个事件是否独立，若上式成立，则事件A，B相互独立，这是定量判断. 题点2　相互独立事件的概率 [例2]　(2025·恩施模拟)国家执业医师资格考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师资格考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，所有考试是否合格互不影响. (1)假设甲、乙、丙三人同时进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试，谁获得执业医师证书的可能性最大? (2)这三人进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率. 解：(1)记甲、乙、丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件A1，B1，C1， 在实践技能考试中合格依次为事件A2，B2，C2，则甲、乙、丙获得执业医师证书依次为A1A2，B1B2，C1C2，并且A1与A2，B1与B2，C1与C2相互独立， 则P(A1A2)=×=，P(B1B2)=×=，P(C1C2)=×=， 由于>>，故乙获得执业医师证书的可能性最大. (2)由于事件A1A2，B1B2，C1C2彼此相互独立， 则“恰有两人获得执业医师证书”即为事件(A1A2)(B1B2)()+(A1A2)()(C1C2)+()(B1B2)(C1C2)，概率为P=××+××+××=. |个性点拨|　 (1)求复杂事件的概率一般可分三步进行：①列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；②理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；③根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算. (2)计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题，考虑逆向思维，考查原事件的对立事件，用间接法处理. 逐点清(二)　条件概率及其应用 [例3]　(2024·丹东二模)一个口袋中装有大小形状相同的3个红球和2个白球，从中不放回抽取3个球，已知口袋中剩下的2个球颜色相同的条件下，抽取的3个球颜色不同的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　事件A=“口袋中剩下的2个球颜色相同”，事件B=“抽取的3个球颜色不同”，所以事件A共有+=4个样本点，事件AB共有=3个样本点，所以P(B|A)==. [例4]　(2025·长沙模拟)在“最强大脑”的双英对抗赛中，甲、乙两人同时挑战100秒记忆力项目，根据以往甲、乙两人同场对抗挑战该项目的记录统计分析，在对抗挑战中甲挑战成功的概率是，乙挑战成功的概率是，甲、乙均未挑战成功的概率是，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　记“甲挑战成功”为事件A，“乙挑战成功”为事件B，则P(A)=，P(B)=，P(A∪B)=1-=，由概率加法公式知P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)，可得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=+-=，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为P(B|A)===. |点拨·建模|　用定义法求条件概率P(B|A)的步骤 (1)分析题意，弄清概率模型； (2)计算P(A)，P(AB)； (3)代入公式求P(B|A)=. 逐点清(三)　全概率公式及其应用 [例5]　(2025·内江一模)已知一批产品中有90%是合格品，检验产品质量时，一个合格品被误判为次品的概率为0.05，一个次品被误判为合格品的概率为0.01.任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为 (　　) A.0.855 B.0.856 C.0.86 D.0.865 解析：选B　记事件A：抽取的一个产品为合格品，事件B：抽查一个产品被判为合格品，则P(A)=0.9，P(B|A)=0.95，P(B|)=0.01，由全概率公式可得P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.9×0.95+0.1×0.01=0.856.所以任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为0.856. [例6]　(2025·杭州模拟)小蒋同学喜欢吃饺子，某日他前往食堂购买16个饺子，其中有X个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且P(X=i)=，i=0，1，…，16.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　记事件Ai：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，i=0，1，…，16，事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.则P(B|A0)=1，P(B|A1)=，P(B|A2)==，P(B|A3)==，当i=4，5，…，16时，P(B|Ai)=0.由题知，P(Ai)=，所以P(B)=P(Ai)P(B|Ai)==，又P(BA0)=P(A0)P(B|A0)=，所以P(A0|B)===. |点拨·建模|　利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i=1，2，…，n). (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai). (3)代入全概率公式计算. 逐点验收(一)　相互独立事件 1.(2025·郑州模拟)现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌，其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张，从中任取一张，看后放回，再任取一张.甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”，则 (　　) A.乙与丙相互独立 B.乙与丁相互独立 C.甲与丙相互独立 D.甲与乙相互独立 解析：选D　由题意得，事件甲的概率P1=，事件乙的概率P2=，有放回地取扑克牌两次的试验的样本点总数是52=25，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的扑克牌花色相同包含的样本点数为12+22+22=9，则事件丙的概率P3=，所以事件丁的概率P4=.对于A，事件乙与丙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P5=≠P2·P3，所以乙与丙不相互独立，所以A错误；对于B，事件乙与丁同时发生所包含的样本点数为6，其概率P6=≠P2·P4，所以乙与丁不相互独立，所以B错误；对于C，事件甲与丙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P7=≠P1·P3，所以甲与丙不相互独立，所以C错误；对于D，事件甲与乙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P8==P1·P2，所以甲与乙相互独立，所以D正确.故选D. 2.某市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制(先赢三局的学校获胜，比赛结束).约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛.按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为.设各局比赛相互之间没有影响且无平局. (1)求恰好比赛三局，比赛结束的概率； (2)求甲校以3∶1获胜的概率. 解：(1)恰好比赛三局，比赛结束的情况如下： 甲校连胜3局，概率为P1=××=；乙校连胜3局，概率为P2=××=. 故恰好比赛三局，比赛结束的概率为P1+P2=+=. (2)甲校以3∶1获胜的情况如下： ①前两局男生排球比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜， 概率为P3=××=； ②前两局男生排球比赛中甲校1胜1负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜， 概率为P4=2××××=. 故甲校以3∶1获胜的概率为P3+P4=+=. 逐点验收(二)　条件概率及其应用 3.已知P(B|A)=，P(A)=，则P(BA)= (　　) A. B. C. D. 解析：选D　因为P(B|A)=，P(A)=，所以P(BA)=P(A)P(B|A)=×=. 4.有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为 (　　) A.0.8 B.0.4 C.0.2 D.0.1 解析：选A　根据题意，在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中，设某人报足球俱乐部为事件A，报乒乓球俱乐部为事件B，则P(A)==，由于有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，则同时报名两个俱乐部的有50+60-70=40人，则P(AB)==，故P(B|A)===0.8. 5.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A=“两次的点数均为偶数”，B=“两次的点数之和为6”，则P(A|B)= (　　) A. B. C. D. 解析：选D　事件B包含的样本点有(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，共5个样本点，其中“两次的点数均为偶数”的有(2，4)，(4，2)，共2个样本点，所以P(A|B)==. 6.(2025·阜阳模拟)某公司进行招聘，甲、乙、丙被录取的概率分别为，且他们是否被录取互不影响，若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　设甲、乙、丙被录取分别为事件A，B，C，三人中恰有两人被录取为事件D，则P(A)=，P(B)=，P(C)=P(D)=P(BC∪AC∪AB)=P(BC)+P(AC)+P(AB)=××+××+××=，P(AD)=P(AC∪AB)=P(AC)+P(AB)=，所以P(A|D)===.故选C. 逐点验收(三)　全概率公式及其应用 7.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约30%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%，现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　令A1=“玩手机时间超过1小时的学生”，A2=“玩手机时间不超过1小时的学生”，B=“任意调查一人，此人近视”，则Ω=A1∪A2，且A1，A2互斥，P(A1)=0.2，P(A2)=0.8，P(B|A1)=0.6，P(B)=0.3，依题意，P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.2×0.6+0.8×P(B|A2)=0.3，解得P(B|A2)=，所以所求近视的概率为. 8.若甲盒中有5个红球、3个白球、2个黑球，乙盒中有x个红球、2个白球、3个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，B=“从乙盒中取出的球是红球”，若P(B)≤，则x的最大值为　　　　.  解析：设A=从甲盒中取出的球是红球，则P(A)==，P()=，P(B|A)=，P(B|)=，则P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=，所以≤，即x≤，因为x是正整数，所以x≤7，所以x的最大值为7. 答案：7 9.(2025·阜阳模拟)现需要抽取甲、乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验.将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验.首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为. (1)求首次检验抽到合格产品的概率. (2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率. (3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取.比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大. 解：(1)将“首次检验选到甲箱”记为事件A1，“选到乙箱”记为事件A2，“首次检验抽到合格品”记为事件B. 则首次检验抽到合格品的概率P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=. (2)在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率P(A1|B)====. (3)将“二次检验抽到合格品”记为事件C. 由(2)可知在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率P(A1|B)=， 则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率P(A2|B)=1-=. P(C|B)=P(CA1|B)+P(CA2|B)=+=·+· =P(A1|B)P(C|A1B)+P(A2|B)P(C|A2B). 从而，在首次检验通过，即事件B发生的条件下： ①若选择方案一，则P(C|A1B)=P(B|A1)=，P(C|A2B)=P(B|A2)=， 故此条件下在二次检验抽到合格品的概率 P(C|B)=×+×=， 所以在方案一下，检验通过的概率P(BC)=P(C|B)P(B)=×； ②若选择方案二，则P(C|A1B)=P(B|A2)=，P(C|A2B)=P(B|A1)=， 故此条件下在二次检验抽到合格品的概率P(C|B)=×+×=， 所以在方案二下，检验通过的概率P(BC)=P(C|B)P(B)=×. 而×>×，故选择方案一检验通过的概率更大. 细节、微点提醒 1.易混淆“相互独立”和“事件互斥” 两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥. 2.易混淆P(B|A)与P(A|B) 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率. 3.若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)=E(X1)·E(X2). [课时跟踪检测] 1.(2025·廊坊模拟)若P(AB)=，P()=，P(B)=，则事件A与B的关系是 (　　) A.互斥 B.对立 C.相互独立 D.既互斥又相互独立 解析：选C　∵P(A)=1-P()=1-=， ∴P(AB)=P(A)P(B)=≠0，∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥，故不对立.故选C. 2.甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件A：甲和乙选择的活动各不同，事件B：甲和乙恰有一人选择①，则P(B|A)等于 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由题意知，n(A)==20，n(AB)==8，所以P(B|A)===. 3.某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是 (　　) A.0.819 2 B.0.972 8 C.0.974 4 D.0.998 4 解析：选B　4个都不能正常照明的概率为(1-0.8)4=0.001 6，只有1个能正常照明的概率为4×0.8×(1-0.8)3=0.025 6，所以至少有两个能正常照明的概率是1-0.001 6-0.025 6=0.972 8. 4.(2025·镇江模拟)[多选]对于随机事件A，B，若P(A)=，P(B)=，P(B|A)=，则 (　　) A.P(AB)= B.P(A|B)= C.P(A∪B)= D.P(B)= 解析：选BCD　因为P(B|A)=⇒P(AB)=P(A)P(B|A)=×=，故A错误； 由P(A|B)===，故B正确； 因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=，故C正确；P(B)=P(A)·P(B|A)+P()·P(B|)⇒=×+·P(B|)， 所以P(B|)=.所以P(B)=P()·P(B|)=×=，故D正确. 5.(2025·哈尔滨模拟)第9届亚冬会即将在冰城哈尔滨召开，为了办好这一届盛会，组委会决定进行赛会志愿者招募.现有4名志愿者，通过培训后，拟安排在冰壶、短道速滑、高山滑雪三个项目进行志愿者服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，在甲被安排到冰壶项目的条件下，乙被安排到短道速滑项目的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　记“甲被安排到冰壶项目”为事件A，“乙被安排到短道速滑项目”为事件B，甲被安排到冰壶项目分为两类，甲一人被安排到冰壶项目的方法数为，两人被安排到冰壶项目的方法数为，所以P(A)===.甲被安排到冰壶项目且乙被安排到短道速滑项目的方法数为1+=5，所以P(AB)=，所以P(B|A)===. 6.(2025·广州模拟)有m(m≥3)个盲盒，其中有n(1≤n<m-1)个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方(知道盲盒内部是否有奖品)打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为p1；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为p2，则对任意符合题意的m，n，都有 (　　) A.p1<p2 B.p1=p2 C.p1>p2 D.无法确定p1与p2的大小关系 解析：选C　设事件A为“最终中奖”，事件B为“一开始选中的有奖”，则P(B)=，在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余m-2个盲盒中有n-1个奖品，更换后P(A|B)=，若一开始选中的无奖，则剩余m-2个盲盒中有n个奖品，则更换后P(A|)=，故p1=P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)P()=.由于风吹掉为随机事件，故所有m-1个盲盒中有n个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，p2=，因此==1+>1，故p1>p2. 7.(2025·南京模拟)如图，甲、乙做游戏，两人通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决胜谁首先到达第3格，并规定从0格出发，每次划拳赢的一方往右前进一格，输的一方原地不动，平局时两人都往右前进一格.如果一方连续赢两次，那么他将额外获得右前进一格的奖励，除非已经到达第3格，当有任何一方到达第3格时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为 (　　) 0 1 2 3 A. B. C. D. 解析：选D　设事件“第i(i∈N*)次划拳甲赢”为Ai，事件“第i(i∈N*)次划拳平局”为Bi，事件“第i(i∈N*)次划拳甲输”为Ci，则P(Ai)=P(Bi)=P(Ci)=，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为P=2P(A1)P(B2)P(A3)+2P(B1)P(A2)P(A3)+P(B1)P(B2)P(B3)+2P(A1)P(B2)P(B3)+2P(B1)P(A2)P(B3)+2P(B1)P(B2)P(A3)+2P(C1)P(A2)P(A3)=2×××+2×××+××+2×××+2×××+2×××+2×××=. 8.(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则 (　　) A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 解析：选D　设棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3， P乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3，P丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3.所以P丙-P甲=2p2(p3-p1)>0，P丙-P乙=2p1(p3-p2)>0，所以P丙最大，故选D. 9.已知P(B)=，P(B|A)=，P(B|)=，则P(A)=　　　　.  解析：由P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)，得=P(A)×+(1-P(A))×，解得P(A)=. 答案： 10.(2025·南京模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为　　　　.  解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)=1-(1-0.6)×(1-0.5)=0.8，P(AB)=0.5×(1-0.6)+0.6×0.5=0.5，P(A|B)===0.625. 答案：0.625 11.(2025·武威模拟)某校高三(1)班和(2)班各有40名同学，其中参加数学兴趣社团的学生分别有10人和8人.现从这两个班中随机抽取一名同学，若抽到的是参加数学兴趣社团的学生，则他来自高三(1)班的概率是　　　　.  解析：法一　因为抽到的参加数学兴趣社团的学生可能来自于高三(1)班和(2)班，设A=“抽到的学生来自高三(1)班”，B=“抽到的学生来自高三(2)班”，C=“抽到的是参加数学兴趣社团的学生”，则P(A)=，P(B)=，P(C|A)==，P(C|B)==，由全概率公式得P(C)=P(A)·P(C|A)+P(B)P(C|B)=×+×=，所以P(A|C)====. 法二　由题得参加数学兴趣社团的学生共有10+8=18人，由古典概型的概率公式，则他来自高三(1)班的概率为=. 答案： 12.(2025·桂林模拟)已知有A，B两个盒子，其中A盒中有3个黑球和3个白球，B盒中有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒，乙从B盒各随机抽取一个球，若两球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中，若两球不同色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒中有8个球的概率是　　　　　.  解析：若两次取球后，A盒中有8个球，则两次取球均为甲获胜， 第一次取球甲、乙都取到黑球，其概率为×=， 第一次取球后A盒中有4个黑球和3个白球，B盒中有2个黑球和2个白球， 第二次取到同色球的概率为×+×=， 此时A盒中有8个球的概率为×=； 若第一次取球甲、乙都取到白球，其概率为×=， 第一次取球后A盒中有3个黑球和4个白球，B盒中有3个黑球和1个白球， 第二次取到同色球的概率为×+×=， 此时A盒中有8个球的概率为×=. 所以A盒中有8个球的概率为+=. 答案： 13.(2025·武汉模拟)某中学篮球队根据以往比赛统计：甲球员能够胜任前锋、中锋、后卫三个位置，且出场概率分别为0.1，0.5，0.4.在甲球员出任前锋、中锋、后卫的条件下，篮球队输球的概率依次为0.2，0.2，0.7. (1)当甲球员参加比赛时，求该篮球队某场比赛输球的概率； (2)当甲球员参加比赛时，在该篮球队输了某场比赛的条件下，求甲球员在这一场出任中锋的概率； (3)如果你是教练员，应用概率统计的有关知识该如何使用甲球员? 解：(1)设A1表示“甲球员出任前锋”，A2表示“甲球员出任中锋”，A3表示“甲球员出任后卫”，则Ω=A1∪A2∪A3，设B表示“球队输掉某场比赛”， 则P(A1)=0.1，P(A2)=0.5，P(A3)=0.4， P(B|A1)=P(B|A2)=0.2，P(B|A3)=0.7， 所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B) =P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3) =0.1×0.2+0.5×0.2+0.4×0.7=0.4. 所以当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率是0.4. (2)由(1)知，球队输了某场比赛的条件下，甲球员在这一场出任中锋的概率 P(A2|B)====0.25. (3)由(1)知，已知球队输了某场比赛的条件下， 甲球员在这场出任前锋的概率P(A1|B)===0.05； 甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)===0.7； 由(2)知，甲球员在这一场出任中锋的概率P(A2|B)=0.25. 所以有P(A1|B)<P(A2|B)<P(A3|B)， 所以应该多让甲球员出任前锋来增加赢球概率. 14.某场知识答题活动的参赛规则如下：在规定时间内每位参赛选手对两道不同的题作答，每题只有一次作答机会，每道题是否答对相互独立，每位选手作答的题均不相同.已知甲答对第一道题的概率为p，答对第二道题的概率为1-p；乙答对第一道题的概率为，答对第二道题的概率为.甲、乙每次作答正确与否相互独立. (1)设p=. ①求甲答对一道题的概率； ②求甲、乙一共答对三道题的概率. (2)求甲、乙一共答对三道题的概率的最小值. 解：(1)①设“甲答对一道题”为事件A1，则P(A1)=×+×=， 则甲答对一道题的概率为. ②设“甲答对两道题”为事件A2，“乙答对一道题”为事件B1，“乙答对两道题”为事件B2，“甲、乙一共答对三道题”为事件C，则P(A2)=×=， P(B1)=×+×=，P(B2)=×=，P(C)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=×+×=，故甲、乙一共答对三道题的概率为. (2)由题知P(A1)=p2+(1-p)2=2p2-2p+1，P(A2)=p(1-p)=p-p2， 设“甲、乙一共答对三道题”为事件D，则P(D)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=(2p2-2p+1)×+(p-p2)×=p2-p+=+， 当p=时，甲、乙一共答对三道题的概率最小，且最小值为. 第七节　离散型随机变量及其分布 课标要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念.　2.理解并会求离散型随机变量的数字特征. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.离散型随机变量 对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，称X为随机变量. 可能取值为有限个或可以一一列举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)定义：设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，称X取每一个值xi的概率P(X=xi)=pi，i=1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列. (2)表示： X x1 x2 … xk … xn P p1 p2 … pk … pn (3)性质： ①pi≥0，i=1，2，…，n；②p1+p2+…+pn=1. 3.均值与方差 (1)E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi为随机变量X的均值或数学期望(简称期望)，它反映了随机变量取值的平均水平. (2)D(X)=(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+…+(xn-E(X))2pn=(xi-E(X))2pi为随机变量X的方差，它反映了随机变量取值的离散程度，称为随机变量X的标准差. (3)性质：①E(Y)=E(aX+b)=aE(X)+b(a，b为常数). ②D(Y)=D(aX+b)=a2D(X)(a，b为常数). ③D(X)=E(X2)-(E(X))2. 4.两点分布 (1)定义：对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示“失败”，定义X=如果P(A)=p，则P()=1-p，那么X的分布列如表所示， X 0 1 P 1-p p 称随机变量X服从两点分布或0-1分布. (2)均值与方差：若随机变量X服从参数为p的两点分布，则E(X)=p，D(X)=p(1-p). [细作教材小题] 1.(北师大选必修①P201·T2)同时抛掷两枚均匀的骰子，设X表示掷出的点数之和，则{X=4}表示的随机试验结果是 (　　) A.一枚掷出3点，一枚掷出1点 B.两枚都掷出2点 C.两枚都掷出4点 D.一枚掷出3点，一枚掷出1点或两枚都掷出2点 答案：D 2.(苏教选必修②P146·T7)设随机变量X的可能取值为1，2，…，n，并且取1，2，…，n是等可能的.若P(X<4)=0.3，则下面结论中正确的是 (　　) A.n=3 B.n=4 C.n=10 D.n不能确定 解析：选C　因为随机变量X的可能取值为1，2，…，n，并且取1，2，…，n是等可能的，所以P(X<4)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)==0.3，解得n=10.故选C. 3.(人A选必修③P66·T1改编)已知X的分布列为 X -1 0 1 P 设Y=2X+3，则E(Y)的值为 (　　) A. B.4 C.-1 D.1 解析：选A　E(X)=-1×+0×+1×=-，E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-+3=. 4.(人A选必修③P63·例1改编)在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分.如果某运动员罚球命中的概率为0.8，那么他罚球1次的得分X的均值为 (　　) A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1 解析：选C　某运动员罚球1次的得分为X，X的取值可能为0，1，P(X=0)=1-0.8=0.2，P(X=1)=0.8，E(X)=0×0.2+1×0.8=0.8. 逐点清(一)　离散型随机变量分布列的性质 [例1]　设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.3 m 若随机变量Y=X-2，则P(Y=2)= (　　) A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7 解析：选A　由0.2+0.1+0.1+0.3+m=1，得m=0.3.所以P(Y=2)=P(X=4)=0.3. [例2]　(2025·贵阳模拟)[多选]离散型随机变量X的分布列如下表所示，m，n是非零实数，则下列说法正确的是 (　　) X 2 024 2 025 P m n A.m+n=1 B.X服从两点分布 C.2 024<E(X)<2 025 D.D(X)=mn 解析：选ACD　对于A，由分布列的性质，得满足m+n=1，所以A正确；对于B，根据两点分布知，随机变量X的取值为0和1，所以B不正确；对于C，由期望的公式，可得E(X)=2 024m+2 025n=2 024(1-n)+2 025n=2 024+n，因为0<n<1，所以2 024<2 024+n<2 025，即2 024<E(X)<2 025，所以C正确；对于D，由方差的公式，可得D(X)=[2 024-(2 024+n)]2·m+[2 025-(2 024+n)]2·n=n2·m+(1-n)2·n=mn2+m2n=mn(m+n)=mn，所以D正确. |点拨·建模|　离散型随机变量分布列的性质的应用 (1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值. (2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率. (3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确. 逐点清(二)　求离散型随机变量的分布列 [例3]　某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个.在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验.若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件. (1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率； (2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为X，求X的分布列. 解：(1)设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A，则P(A)==. (2)X可能取值为1，2，3，则P(X=1)==，P(X=2)=×=，P(X=3)=×=. 故X的分布列是 X 1 2 3 P |点拨·建模|　离散型随机变量分布列的求解步骤 明取值 明确随机变量的可能取值有哪些，且每一个取值所表示的意义 求概率 要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率 画表格 按规范要求形式写出分布列 做检验 利用分布列的性质检验分布列是否正确 逐点清(三)　离散型随机变量的数字特征 题点1　求离散型随机变量的均值与方差 [例4]　小王去自动取款机取款，发现自己忘记了6位密码的最后一位数字，他决定从0~9中不重复地随机选择1个进行尝试，直到输对密码，或者输错三次银行卡被锁定为止. (1)求小王的该银行卡被锁定的概率； (2)设小王尝试输入该银行卡密码的次数为X，求X的分布列、数学期望及方差. 解：(1)设“小王的该银行卡被锁定”为事件A， 则P(A)=××=. (2)由题意，X的所有可能取值为1，2，3， 则P(X=1)=，P(X=2)=×=， P(X=3)=××1=， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以数学期望E(X)=1×+2×+3×=， 方差D(X)=×+×+×=. |个性点拨|　 求离散型随机变量的均值与方差的方法 (1)理解随机变量X的意义，求出X的分布列； (2)由均值与方差的定义求出E(X)与D(X).注意E(aX+b)=aE(X)+b，D(aX+b)=a2D(X)的应用. 题点2　利用均值、方差进行决策 [例5]　(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. (2)假设0<p<q. ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛? ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛? 解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲在第一阶段至少投中1次，乙在第二阶段也至少投中1次， 故比赛成绩不少于5分的概率P=[1-(1-p)3]×[1-(1-q)3]=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)①若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P1=[1-(1-p)3]q3， 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P2=[1-(1-q)3]p3， ∵0<p<q<1， ∴P1-P2=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3 =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0， ∴P1>P2，应该由甲参加第一阶段比赛. ②若甲参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3， P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2， P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)， P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3， ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p). 若乙参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)=15p(q3-3q2+3q)， ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)]=15pq(p-q)(p+q-3)， ∵0<p<q<1， ∴p-q<0，p+q-3<1+1-3<0， ∴pq(p-q)(p+q-3)>0， ∴应该由甲参加第一阶段比赛，才能使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大. |个性点拨|　利用均值、方差进行决策的两个方略 (1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断. (2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　离散型随机变量分布列的性质 1.设离散型随机变量ξ的分布列如下表所示： ξ -1 0 1 2 3 P 则下列各式正确的是 (　　) A.P(ξ<3)= B.P(ξ>1)= C.P(2<ξ<4)= D.P(ξ<0.5)=0 解析：选C　P(ξ<3)=+++=，A错误；P(ξ>1)=+=，B错误；P(2<ξ<4)=P(ξ=3)=，C正确；P(ξ<0.5)=+=，D错误. 2.若随机变量X的分布列如下表，则mn的最大值是 (　　) X 0 2 4 P m 0.5 n A. B. C. D. 解析：选A　由分布列的性质，得m+n=，m≥0，n≥0，所以mn≤=，当且仅当m=n=时，等号成立. 逐点验收(二)　离散型随机变量的分布列及数字特征 3.在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目. (1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率； (2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列、数学期望和方差. 解：(1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E，则P(E)==， 故a同学摸球三次后停止摸球的概率为. (2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4. P(X=0)=，P(X=1)==，P(X=2)=+=，P(X=3)==，P(X=4)==. 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=2，方差D(X)=(0-2)2×+(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=. 4.(2025·西安一模)某公司准备将M万元资金投入到该市蔬菜种植中，现有绿色蔬菜、有机蔬菜两个项目可供选择.若投资绿色蔬菜一年后可获得的利润X(万元)的概率分布列如下表所示： X 95 126 187 P a 0.5 b 且X的期望E(X)=119.7；若投资有机蔬菜一年后可获得的利润Y(万元)与种植成本有关，在生产过程中，公司将根据种植成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为p(0<p<1)和1-p.若有机蔬菜产品价格一年内调整次数n(次)与Y的关系如下表所示： n 0 1 2 Y 41.2 117.6 204.0 (1)求a，b的值； (2)根据投资回报率的大小，现在公司需要决策：当p在什么范围取值时，公司可以获得最大投资回报率. 解：(1)由题意得 解得a=0.4，b=0.1. (2)Y的可能取值为41.2，117.6，204， P(Y=41.2)=(1-p)[1-(1-p)]=p(1-p)， P(Y=117.6)=p[1-(1-p)]+(1-p)(1-p)=p2+(1-p)2， P(Y=204)=p(1-p)， 所以Y的分布列为 Y 41.2 117.6 204 P p(1-p) p2+(1-p)2 p(1-p) 可得E(Y)=41.2p(1-p)+117.6[p2+(1-p)2]+204p(1-p)=-10p2+10p+117.6， 由E(X)<E(Y)，得119.7<-10p2+10p+117.6，10p2-10p+2.1<0，所以(p-0.3)(p-0.7)<0， 解得0.3<p<0.7， 即当选择投资有机蔬菜项目时，p的取值范围是(0.3，0.7)，投资回报率最大. [课时跟踪检测] 1.[多选]下列随机变量是离散型随机变量的是 (　　) A.某景点一天的游客数X B.某篮球下降过程中离地面的距离X C.水文站观测到江水的水位数X D.某收费站一天内通过的汽车车辆数X 答案：AD 2.已知随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=0.6，设Y=3X-2，那么P(Y=-2)等于 (　　) A.0.6 B.0.3 C.0.2 D.0.4 解析：选D　当Y=-2时，由3X-2=-2⇒X=0，所以P(Y=-2)=P(X=0)=1-P(X=1)=1-0.6=0.4.故选D. 3.已知随机变量X的分布列如下表所示，则E(X)= (　　) X 0 2 4 P m 1-3m A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选B　由题意得+m+1-3m=1，解得m=，所以E(X)=0×+2×+4×=3. 4.(2025·广州模拟)已知随机变量X的分布列如下表所示： X -1 0 1 P m n 若P(X≤0)=，且2X+Y=1，则D(Y)= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由P(X≤0)=，得m=-=，n=1-P(X≤0)=，则E(X)=-1×+0×+1×=，D(X)=E(X2)-(E(X))2=1×+0×-=，由2X+Y=1，得Y=1-2X，所以D(Y)=4D(X)=. 5.一个人有n把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数X为随机变量，则P(X=k)= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　∵{X=k}表示“第k次恰好打开，前k-1次没有打开”， ∴P(X=k)=××…××=. 6.某次国际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局胜的概率为a，平局的概率为b，负的概率为c(a，b，c∈[0，1))，已知他比赛一局得分的均值为1，则ab的最大值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由题意得，比赛一局得分的均值为3×a+1×b+0×c=1，故3a+b=1，又a，b，c∈[0，1)，故3a+b≥2，解得ab≤，当且仅当3a=b，即a=，b=时，等号成立.故ab的最大值为. 7.某企业计划加大技改力度，需要换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，A品牌设备需投入60万元，B品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查： A品牌的使用年限 2 3 4 5 概率 0.4 0.3 0.2 0.1 B品牌的使用年限 2 3 4 5 概率 0.1 0.3 0.4 0.2 更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析 (　　) A.不更换设备 B.更换为A设备 C.更换为B设备 D.更换为A或B设备均可 解析：选B　设更换为A品牌设备使用年限为X，则E(X)=2×0.4+3×0.3+4×0.2+5×0.1=3，更换为A品牌设备年均收益为(3×100-60)÷3=80(万元)；设更换为B品牌设备使用年限为Y，则E(Y)=2×0.1+3×0.3+4×0.4+5×0.2=3.7，更换为B品牌设备年均收益为(3.7×100-90)÷3.7≈75.68(万元).因为80>75.68，所以更换为A品牌设备. 8.[多选]随机变量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列说法正确的是 (　　) ξ 0 1 2 P x A.x+y=1 B.E(ξ)= C.D(ξ)有最大值 D.D(ξ)随y的增大而减小 解析：选ABC　由题意可知x++=1，即x+y=1，故A正确；E(ξ)=0×x+1×+2×=，故B正确；D(ξ)=x++=(1-y)++=-y2+3y，因为xy≠0，x+y=1，易得0<y<1，而f(y)=-y2+3y开口向下，对称轴为y=，所以f(y)在上单调递增，在上单调递减，故f(y)在y=处取得最大值，所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，当y=时取得最大值，故C正确，D错误. 9.袋内有5个白球，6个红球，从中摸出两球，记X=则X的分布列为　　　　　　.  解析：P(X=0)==，P(X=1)=1-=，故X的分布列如下表 X 0 1 P 答案： X 0 1 P 10.已知离散型随机变量X的分布列为 X 0 2 a P 0.2 0.4 b 若E(X)<1.6，则正整数a=　　　　.  解析：由0.2+0.4+b=1，得b=0.4，所以E(X)=0×0.2+2×0.4+a×0.4<1.6，则a<2，正整数a=1. 答案：1 11.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ=2)=　　　　，E(ξ)=　　　　.  解析：由题意知P(ξ=2)==.ξ的可能取值为1，2，3，4.P(ξ=1)===，P(ξ=3)==，P(ξ=4)==， 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 P E(ξ)=1×+2×+3×+4×=. 答案：　 12.随着相关科技成果不断落地，人工智能技术与实体经济加速融合，助推传统产业转型升级，某公司利用人工智能技术推动产业转型升级，三个产业转型升级的指标值ξ是随机变量，ξ的可能取值为0，1，x，且P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，E(ξ)=. (1)求x和D(ξ)的值； (2)若η=3ξ-1，求E(η)和D(η)的值. 解：(1)设P(ξ=x)=p，则++p=1， 得p=，又E(ξ)=0×+1×+x×=，解得x=2. 所以D(ξ)=×+×+×=. (2)因为η=3ξ-1，所以E(η)=E(3ξ-1)=3E(ξ)-1=1，D(η)=D(3ξ-1)=9D(ξ)=9×=5. 13.(2025·北京模拟)“地上文物看山西”，由于山西现存大量的古代建筑，今年暑期来自全国各地的游客都选择山西作为旅游目的地.某景区趁此时机，举行暑期网上购票抽奖立减活动，在网上购买该景区门票的游客，可通过手机扫景区提供的二维码进入抽奖活动页面，每张门票可从6个减免红包中随机抽取2个进行门票价格立减，6个红包的金额分别为5元、5元、10元、10元、30元、30元，已知该景区门票每张100元，全部实行网上购票. (1)记购买1张门票的游客通过抽奖获得的红包金额之和为X，求X的分布列与期望； (2)已知每位游客除门票外平均在该景区消费20元、60元、90元的概率分别为，举行此抽奖活动后预计可使该景区暑期客流量增加40%，假设每位购票游客都进行了抽奖，回答下列问题并说明理由； ①举行抽奖活动后该景区暑期的门票收入是增加了，还是减少了? ②举行抽奖活动后该景区暑期的总收入是增加了，还是减少了? 解：(1)X的可能取值为10，15，20，35，40，60， P(X=10)==，P(X=15)==，P(X=20)==，P(X=35)==， P(X=40)==，P(X=60)==， 故X的分布列为 X 10 15 20 35 40 60 P 期望为E(X)=10×+15×+20×+35×+40×+60×=30. (2)①假设不举行抽奖活动，该景区在暑期客流量为n人，门票收入为100n， 举行此抽奖活动后预计可使该景区暑期客流量增加40%，故客流量为n=1.4n， 故门票收入为1.4×(100-30)n=98n， 由于98n<100n，故门票收入减少了. ②每位游客除门票外平均在该景区消费20元、60元、90元的概率分别为， 故期望值为20×+60×+90×=45， 不举行抽奖活动，该景区暑期总收入为(100+45)n=145n， 举行抽奖活动后，该景区暑期总收入为1.4×(100+45-30)n=161n， 由于161n>145n，故举行抽奖活动后，该景区暑期总收入增加了. 14.(2025·合肥模拟)高三联考数学试卷的多项选择题每小题满分6分，每小题有4个选项，其中只有2个或者3个选项是正确的.若正确选项有2个，则选对其中1个得3分；若正确选项有3个，则选对其中1个得2分，选对其中2个得4分，答案中有错误选项的得0分.设一套数学试卷的多项选择题中有2个选项正确的概率为p(0<p<1)，有3个选项正确的概率为1-p.在一次模拟考试中： (1)小明可以确认一道多项选择题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得分X的数学期望为3，求p. (2)小明可以确认另一道多项选择题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若p=，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案? 解：(1)根据题意可知，X=0，4，6， 若该题有2个选项正确， 则P(X=0)=p，P(X=6)=p； 若该题有3个选项正确， 则P(X=4)=×(1-p)=1-p. 则X的分布列为 X 0 4 6 P p 1-p p 所以E(X)=0×p+4×(1-p)+6×p=4-2p=3，解得p=. (2)不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件A1，“有3个选项正确”为事件A2. 若小明选择方案①， 记小明该题得分为X，则X的可能取值为2，3，对应概率为 P(X=2)=P(A2)=，P(X=3)=P(A1)=， 故E(X)=2×+3×=. 若小明选择方案②， 记小明该题得分为Y，则Y的可能取值为0，4，6，对应概率为 P(Y=0)=P(A1)×+P(A2)×=×+×=， P(Y=4)=P(A2)×=×=， P(Y=6)=P(A1)×=×=， 故E(Y)=0×+4×+6×=. 若小明选择方案③， 记小明该题得分为Z，则Z的可能取值为0，6，对应概率为P(Z=0)=P(A1)×+P(A2)×=+×=， P(Z=6)=P(A2)×=×=. 故E(Z)=0×+6×==. E(Z)<E(X)<E(Y)， 故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案②. 第八节　二项分布、超几何分布与正态分布 课标要求 1.通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题. 2.通过具体实例，了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题. 3.通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量.通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征.了解正态分布的均值、方差及其含义. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.n重伯努利试验 概念 将一个伯努利试验(只包含两个可能结果的试验)独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验 特性 ①同一个伯努利试验重复做n次； ②各次试验的结果相互独立 2.二项分布 (1)概念： 在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X=k)=pk(1-p)n-k，k=0，1，2，…，n，称随机变量X服从二项分布，记作X~B(n，p). (2)均值与方差：E(X)=np，D(X)=np(1-p). 3.超几何分布 (1)概念：假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X=k)=，k=m，m+1，m+2，…，r，其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m=max{0，n-N+M}，r=min{n，M}，称随机变量X服从超几何分布. (2)特点：从含有M个特殊元素的N个元素中抽取n个元素，X表示其中的特殊元素的个数. (3)均值：E(X)==np. 4.正态分布 (1)正态曲线的定义： f(x)=，x∈R，其中 μ∈R，σ>0为参数，称f(x)为正态密度函数，函数f(x)的图象为正态密度曲线，简称正态曲线. (2)正态曲线的特点： ①曲线是单峰的，它关于直线x=μ对称. ②曲线在x=μ处达到峰值. ③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴. ④曲线与x轴围成的面积总为1. ⑤在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ的变化而沿x轴平移，如图①所示.σ决定正态曲线的“胖瘦”：σ越大，曲线越“胖”；σ越小，曲线越“瘦”，如图②所示. (3)正态分布的定义及表示： ①定义：若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)=，则称随机变量X服从正态分布，记为X~N(μ，σ2).特别地，当μ=0，σ=1时，称随机变量X服从标准正态分布. ②服从正态分布的随机变量的均值与方差： 若X~N(μ，σ2)，则E(X)=μ，D(X)=σ2. ③3σ原则 如果X~N(μ，σ2)，那么P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. [细作教材小题] 1.(人A选必修③P77·T2改编)鸡接种一种疫苗后，有90%不会感染某种病毒，如果有5只鸡接种了疫苗，则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为 (　　) A.0.33 B.0.66 C.0.5 D.0.45 答案：A 2.(苏教选必修②P146·T10)如果随机变量X~N(2，σ2)，且P(X≤4)=0.8，那么P(X≤0)的值为 (　　) A.0.2 B.0.32 C.0.4 D.0.8 解析：选A　已知随机变量X~N(2，σ2)，P(X≤4)=0.8，则P(X≥4)=0.2，根据正态密度曲线的对称性得出P(X≤0)=P(X≥4)=0.2.故选A. 3.(人A选必修③P80·T2改编)学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班，假设每名候选人都有相同的机会被选到，则甲班恰有2名同学被选到的概率为　　　　.  解析：设甲班恰有X人被选到，则X服从超几何分布，且N=12，M=4，n=4， ∴P(X=2)==. 答案： 4.(人B选必修②P89·T1改编)已知随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X~B(n，p)，且E(X)=7，D(X)=6，则p的值为　　　　.  答案： 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　n重伯努利试验与二项分布 题点1　n重伯努利试验的概率 [例1]　(2025·马鞍山模拟)如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点(0，0)出发，每隔1 s等可能地向上或向右移动一个单位，则质点移动6次后位于(2，4)的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　质点从原点(0，0)出发，移动6次后位于(2，4)，则质点向右移动2次，向上移动4次，由此质点移动6次后位于(2，4)的概率为××=. [例2]　(2025·抚州模拟)袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和不是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好3人获奖的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　从袋子中一次性摸出两个球，共有=15种情况，其中两个号码的和为3的倍数的有(1，2)，(1，5)，(2，4)，(3，6)，(4，5)，共5种情况，∴一个人摸球，能够获奖的概率为1-=，∴5人参与摸球，恰好3人获奖的概率P=××=. |个性点拨|　n重伯努利试验概率求解的策略 (1)首先判断问题中涉及的试验是否为n重伯努利试验，判断时注意各次试验之间是否相互独立，并且每次试验的结果是否只有两种，在任何一次试验中，某一事件发生的概率是否都相等，全部满足n重伯努利试验的要求才能用相关公式求解. (2)解此类题时常用互斥事件概率的加法公式，相互独立事件概率的乘法公式及对立事件的概率公式. 题点2　二项分布 [例3]　某种植户对一块地上的n(n∈N*)个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.如果每个坑内至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则需要补种. (1)当n取何值时，有4个坑需要补种的概率最大?最大概率为多少? (2)当n=5时，用X表示要补种的坑的个数，求X的分布列及数学期望. 解：(1)由题意可知每个坑要补种的概率P=×+××=，则n个坑中有4个坑要补种的概率为.欲使最大， 只需 解得7≤n≤8.因为n∈N*，所以n=7或n=8. 当n=7时，=， 当n=8时，=， 所以当n=7或n=8时，有4个坑要补种的概率最大，最大概率为. (2)易知X的可能取值为0，1，2，3，4，5，且X~B，则 P(X=0)==， P(X=1)==， P(X=2)===， P(X=3)===， P(X=4)==， P(X=5)==， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P E(X)=5×=. |个性点拨|　二项分布满足的条件 (1)在每次试验中，事件发生的概率都是相同的(题目中有“将频率视为概率”时，每次试验概率都是相同的)； (2)各次试验中的事件是相互独立的； (3)每次试验只有两种结果，事件要么发生，要么不发生； (4)随机变量是这n重伯努利试验中事件发生的次数. 逐点清(二)　超几何分布 题点1　超几何分布及概率计算 [例4]　一个盒子里装有大小相同的红球、白球共30个，其中白球4个.从中任取两个，则概率为的事件是 (　　) A.没有白球 B.至少有一个白球 C.至少有一个红球 D.至多有一个白球 解析：选B　表示从30个球中任取两个球的不同取法的种数，表示从30个球中任取两个球且两球是一红一白的不同取法的种数，表示从4个白球中任取两个球的不同取法的种数，故为从30个球中任取两个球，至少有一个白球的概率.故选B. [例5]　(多选)袋中有6个大小相同的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的白球，编号为7，8，9，10，现从中任取4个球，则下列结论正确的是 (　　) A.取出的最大号码X服从超几何分布 B.取出的黑球个数Y服从超几何分布 C.取出2个白球的概率为 D.若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为 解析：选BD　根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码X不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故A错误；取出的黑球个数Y符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故B正确；取出2个白球的概率为=，故C错误；若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，所以总得分最大的概率为=，故D正确. |个性点拨|　超几何分布的特点和应用条件 (1)特点：①超几何分布是不放回抽样问题；②随机变量表示抽到的某类个体的个数. (2)应用条件：①两类不同的对象(物品、人或事)；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体. 题点2　超几何分布的分布列 [例6]　某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市n(n∈N*)个人数超过1 000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为. (1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率； (2)若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为X，求X的分布列和数学期望. 解：(1)由题意知共有n+3个集团，取出2个集团的方法种数是，其中全是大集团的方法种数是，故全是大集团的概率是==，整理得9n2-39n-30=0，解得n=5或n=-(舍去).若2个全是大集团，共有=10种情况；若2个全是小集团，共有=3种情况.故全为小集团的概率为=. (2)由题意知，随机变量X的可能取值为0，1，2，3， 则P(X=0)==，P(X=1)==， P(X=2)==，P(X=3)==； 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×=. |个性点拨|　求超几何分布的分布列的步骤 第一步 验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值 第二步 根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率 第三步 用表格的形式列出分布列 逐点清(三)　正态分布 [例7]　辽宁、广东、河北、湖北、湖南、江苏、福建、重庆等八省市从2021年起全部采用“3+1+2”的新高考模式.“3”指的是语文、数学、外语，这三门科目考试参加统一高考，由教育部考试中心统一命题，以原始成绩计入考生总成绩；“1”指的是物理和历史中的一科，考生必须从物理和历史两个科目中选择一科，由各省自主命题，以原始成绩计入考生总成绩.为了让考生更好的适应新高考模式，某省几个地市进行了统一的高考适应性考试.在所有入考考生中有30 000人选考物理，考后物理成绩X(满分100分)服从正态分布N(55，102). (1)分别估计成绩在[45，65]和75分以上者的人数.(运算过程中精确到0.000 1，最后结果保留整数) (2)本次考试物理成绩X服从正态分布N(μ，σ2).令η=，则η~N(0，1)，若本次考试物理成绩的前25%划定为优秀等级，试估计物理优秀等级划线分大约为多少分?(结果保留整数) 附：①P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. ②若η~N(0，1)，则P(η<0.8)≈0.75. 解：(1)因为X~N(55，102)，所以μ=55，σ=10， 又P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，所以P(45≤X≤65)≈0.682 7，所以成绩在[45，65]的人数约为30 000×0.682 7=20 481， 由正态曲线的对称性可得P(35≤X≤75)=P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5， 则P(X>75)=≈0.022 8， 所以成绩在75分以上的人数约为30 000×0.022 8=684. (2)设该划线分为m，由X~N(55，102)，得μ=55，σ=10，则η==≥， 由题意η~N(0，1)，P(η<0.8)≈0.75，所以P(η≥0.8)≈0.25，所以≈0.8，解得m≈63. 所以估计物理优秀等级划线分为63分. |点拨·建模|　解决正态分布问题的3个关键点 (1)对称轴x=μ； (2)标准差σ； (3)分布区间.利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ及分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.注意只有在标准正态分布下对称轴才为x=0. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　n重伯努利试验与二项分布 1.某批产品正品率为，次品率为，抽取5件产品恰有3次抽到正品的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由题意可知，抽取5件产品，恰有3次抽到正品，则有2次抽到次品，根据n重伯努利试验的概率公式可知，所求事件的概率为. 2.(2025·淮安模拟)某数学兴趣小组设计了一个开盲盒游戏：在编号为1到4号的四个箱子中随机放入奖品，每个箱子中放入的奖品个数ξ满足P(ξ=n)=k·n(n=1，2，3，4，5)，每个箱子中所放奖品的个数相互独立.游戏规定：当箱子中奖品的个数超过3时，可以从该箱中取走一个奖品，否则从该箱中不取奖品.每个参与游戏的同学依次从1到4号箱子中取奖品，4个箱子都取完后该同学结束游戏.甲、乙两人依次参与该游戏. (1)求甲能从1号箱子中取走一个奖品的概率； (2)设甲游戏结束时取走的奖品个数为X，求X的分布列与数学期望； (3)设乙游戏结束时取走的奖品个数为Y，求Y的数学期望. 解：(1)因为每个箱子中放入的奖品个数ξ满足P(ξ=n)=k·n(n=1，2，3，4，5)， 所以k·(1+2+3+4+5)=1，则k=， 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 5 P 设事件A为甲能从1号箱子中取走一个奖品， 则P(A)=P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=+=，所以甲能从1号箱子中取走一个奖品的概率为. (2)X=0，1，2，3，4，因为甲能从每个箱子中取走一个奖品的概率为，所以X~B， 所以P(X=m)=··，m=0，1，2，3，4，则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以X的数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=. (3)乙能从箱子中取到奖品必须箱子中最初有5个奖品，即乙能从每个箱子中取走一个奖品的概率为p=P(ξ=5)=，所以Y~B，所以Y的数学期望为E(Y)=4×=. 逐点验收(二)　超几何分布 3.(2025·绵阳模拟)[多选]某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为14，21，14，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，进行某项兴趣调查.已知抽出的7人中有5人对此感兴趣，有2人不感兴趣，现从这7人中随机抽取3人做进一步的深入访谈，用X表示抽取的3人中感兴趣的学生人数，则下列说法正确的是 (　　) A.从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为2，3，2 B.随机变量X~B C.随机变量X的数学期望为 D.若事件A=“抽取的3人都感兴趣”，则P(A)= 解析：选ACD　设甲、乙、丙三个社团分别需抽取x，y，z人，则===，所以x=2，y=3，z=2，所以从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为2，3，2，所以A正确；随机变量X的取值为1，2，3，则P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==， 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 所以B错误；由期望公式可得随机变量X的数学期望E(X)=1×+2×+3×=，所以C正确；因为P(A)=P(X=3)=，所以D正确. 4.(2025·北京西城模拟)某校设计了一个实验学科的实验考查方案.考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成两题便可通过.已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成，2题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是.求： (1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的分布列，并计算数学期望； (2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力. 解：(1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3， P(ξ=1)==，P(ξ=2)==，P(ξ=3)==， 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P 则E(ξ)=1×+2×+3×=2. 设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η~B， 所以P(η=0)=×=， P(η=1)=××=， P(η=2)=××=， P(η=3)=×=， 所以η的分布列为 η 0 1 2 3 P 则E(η)=3×=2. (2)由(1)知E(ξ)=E(η)=2， D(ξ)=(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=，D(η)=3××=， P(ξ≥2)=+=，P(η≥2)=+=， 所以D(ξ)<D(η)，P(ξ≥2)>P(η≥2)， 故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当； 从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定； 从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大. 逐点验收(三)　正态分布 5.(2024·新课标Ⅰ卷)[多选]随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1，样本方差s2=0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则 (　　) (若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ+σ)≈0.841 3) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 解析：选BC　依题可知X~N(1.8，0.12)，Y~N(2.1，0.12)，故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.8，C正确，D错误；P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)，因为P(X<1.8+0.1)≈0.841 3，所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2，而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)<0.2，B正确，A错误.故选BC. 6.(2022·新课标Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)=0.36，则P(X>2.5)=　　　　.  解析：因为X~N(2，σ2)，所以P(X>2)=0.5，所以P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14. 答案：0.14 7.(2025·深圳模拟)“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求.“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用.一般地，对于一次成功的考试来说，所有考生的考试成绩应服从正态分布.某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300人，其中275个高薪职位和25个普薪职位.实际报名人数为2 000，考试满分为400分.记考生的成绩为X，且X~N(μ，σ2)，已知所有考生考试的平均成绩μ=180，且360分及其以上的高分考生有30名. (1)求σ的值.(结果保留整数) (2)该单位的最低录取分数约是多少?(结果保留整数) (3)考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位?若不能被录取，请说明理由. 附：①当X~N(μ，σ2)时，令Y=，则Y~N(0，1). ②当Y~N(0，1)，P(Y≤2.17)≈0.985，P(Y≤1.28)≈0.900，P(Y≤1.09)≈0.863，P(Y≤1.04)≈0.85. 解：(1)依题意X~N(180，σ2)， 令Y=，则Y~N(0，1)， 所以可得P(X≥360)==， P(X<360)=1-=0.985， P≈0.985， 又因为P(Y<2.17)≈0.985， 则≈2.17，解得σ≈83. (2)由(1)可得X~N(180，832)， 设最低录取分数为x0， 则P(X≥x0)=P==， P=1-=0.85，≈1.04，所以x0≈266.32， 即最低录取分数线为266分. (3)考生甲的成绩为286分>267分， 所以甲能被录取的概率为P(X<286)=P=P(Y<1.28)≈0.900， 表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1-0.900=0.100，约有2 000×0.100=200人， 即考生甲大约排在第200名，排在275名之前，所以甲能获得高薪. 细节、微点提醒 1.(1)当X~B(n，p)时，P(X=k)的最大值： 若(n+1)p是正整数，则k=(n+1)p或k=(n+1)p-1时，P(X=k)取得最大值. 若(n+1)p不是正整数，则k=[(n+1)p](不大于(n+1)p的最大整数)时，P(X=k)取得最大值. (2)若X~N(μ，σ2)，则P(X<a)=1-P(X≥a)，P(X<μ-a)=P(X>μ+a). 2.若X服从正态分布，即X~N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x=μ对称和曲线与x轴之间的面积为“1”解题. 3.利用n重伯努利试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X=k)=pk(1-p)n-k的三个条件： (1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p； (2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的； (3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率. [课时跟踪检测] 1.设随机变量ξ~B(2，p)，η~B(3，p)，若P(ξ≥1)=，则P(η≥2)的值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由题知随机变量服从二项分布，且它们的概率相同，P(ξ=0)=(1-p)2=1-，解得p=，则P(η≥2)=p3+p2(1-p)=+=. 2.(2025·无锡模拟)甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7，若两人各投2次，则两人投中次数不相等的概率是 (　　) A.0.607 6 B.0.751 6 C.0.392 4 D.0.248 4 解析：选A　两人投中次数相等的概率P=0.42×0.32+×0.6×0.4××0.7×0.3+0.62×0.72=0.392 4，故两人投中次数不相等的概率为1-0.392 4=0.607 6.故选A. 3.在n重伯努利试验中，设每次成功的概率为p(0<p<1)，则失败的概率为1-p，将试验进行到恰好出现r次成功时结束试验，用随机变量X表示试验次数，则称X服从以r，p为参数的帕斯卡分布，记为X~NB(r，p).已知X~NB(3，p)，若P(X=6)≥P(X=5)，则p的最大值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　因为P(X=6)≥P(X=5)，所以p2(1-p)3·p≥p2(1-p)2·p，解得p≤，即p的最大值为. 4.(2025·佛山模拟)某人上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，X~N(μ1，62)，Y~N(μ2，22).X和Y的正态密度曲线如图所示，则下列结果正确的是 (　　) A.D(X)=6 B.μ1>μ2 C.P(X≤38)<P(Y≤38) D.P(X≤34)<P(Y≤34) 解析：选C　随机变量X服从正态分布，且X~N(μ1， 62)， 可得随机变量X的方差为σ2=62，即D(X)=36，所以A错误；根据给定的正态曲线图象，可得μ1=30， μ2=34，所以μ1<μ2，所以B错误；根据给定的正态曲线图象，可得X≤38时，随机变量X对应的曲线与x轴围成的面积小于Y≤38时随机变量Y对应的曲线与x轴围成的面积，所以P(X≤38)<P(Y≤38)，所以C正确；根据给定的正态曲线图象，可得P(X≤34)>，P(Y≤34)=，即P(X≤34)>P(Y≤34)，所以D错误.故选C. 5.(2025·广州模拟)若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ+σ)≈0.841 3.为了解使用新技术后的某果园的亩收入(单位：万元)情况，从该果园抽取样本，得到使用新技术后亩收入的样本均值=3.2，样本方差s2=1.44.已知该果园使用新技术前的亩收入X(单位：万元)服从正态分布N(2.8，1.44)，假设使用新技术后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则 (　　) A.P(X<4)>P(Y>2) B.P(X<4)+P(Y>2)<1.68 C.P(X<4)<P(Y>2) D.P(X<4)+P(Y>2)>1.68 解析：选D　依题可知=3.2，s2=1.44，所以Y~N(3.2，1.22)，故P(Y>2)=P(Y>3.2-1.2)=P(Y<3.2+1.2)≈0.841 3.因为X~N(2.8，1.22)，所以P(X<4)=P(X<2.8+1.2)≈0.841 3，所以P(X<4)=P(Y>2)，P(X<4)+P(Y>2)≈1.682 6>1.68. 6.设随机变量X~B(3，p)，D(X)=，且E(X)>1.若8名党员中有名男党员，从这8人中选4名代表，记选出的代表中男党员人数为Y，则P(Y=3)= (　　) A. B. C. D. 解析：选A　因为X~B(3，p)，D(X)=，则3p(1-p)=，解得p=或p=，又因为E(X)=3p>1，则p>，可得p=，则=5.所以P(Y=3)==.故选A. 7.某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有3人，篮球、足球都会的有2人，从该社团中任取2人，设X为选出的人中篮球、足球都会的人数，若P(X>0)=，则该社团的人数为 (　　) A.5 B.6 C.7 D.10 解析：选C　设该社团共有n个人，∴P(X=0)==，∵P(X=0)=1-P(X>0)=，∴=，即(11n-18)(n-7)=0，又n∈N*，解得n=7. 8.32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜.已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为 (　　) A.24 B.25 C.26 D.27 解析：选A　设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32-n.X所有可能的取值为0，1，2，…，n，则X~B，E(X)=；Y所有可能的取值为0，1，2，…，32-n，则Y~B，E(Y)=，所以获胜的业余棋手总人数的期望E(X+Y)=E(X)+E(Y)=+=≥10，解得n≥24. 9.已知随机变量X服从二项分布B(4，p)，且P(X=2)=，那么一次试验成功的概率p的值为　　　　.  解析：∵随机变量X服从二项分布B(4，p)，P(X=2)=，∴p2(1-p)2=，解得p=. 答案： 10.(2024·天津二模)盒子里有大小和形状完全相同的4个黑球和6个红球，每次从中随机取一个球，取后不放回.在第一次取到黑球的条件下，第二次取到黑球的概率是　　　　　；若连续取2次球，设随机变量X表示取到的黑球个数，则E(X)=　　　　　.  解析：设“第一次取到黑球”为事件A，“第二次取到黑球”为事件B，则P(A)==，P(AB)=×=，所以P(B|A)===.由题意可得X的取值为0，1，2，P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==， 所以E(X)=0×+1×+2×=. 答案：　 11.(2025·重庆模拟)中学某班利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛.首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p和-p，其中0<p≤，三组是否通过初赛和复赛互不影响. (1)求p取何值时，第三组进入决赛的概率最大； (2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列和数学期望. 解：(1)由题知第三组通过初赛和复赛的概率p0=p=-p2+p=-+， 又因为所以≤p≤，所以当p=时，第三组进入决赛概率最大，最大值为. (2)由(1)知第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为×=. 因为进入决赛的队伍数X~B， 所以P(X=0)=×=， P(X=1)=××==， P(X=2)=××==，P(X=3)=×=. 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P E(X)=0×+1×+2×+3×=. 12.(2025·济南模拟)某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格. 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩 xi(分) 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80 记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，s2，经计算(xi-)2=1 690，=33 050. (1)求； (2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列； (3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的人数为Y，求Y的数学期望E(Y). 附：若ξ~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3. 解：(1)=×(38+41+44+51+54+56+58+64+74+80)=56. (2)因为体质测试不合格的学生有3名， 所以X的可能取值为0，1，2，3. 因为P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P (3)因为=56，s2=(xi-)2=×1 690=169，所以μ=56，σ=13. 因为P(30≤X≤82)=P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5， 所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为0.954 5， 故Y~B(100，0.954 5)，所以E(Y)=100×0.954 5=95.45. 第九节　“概率与统计”的综合问题 考法(一)　概率与统计及统计案例的综合 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　(2025·沈阳模拟)某工厂为了提高精度，采购了一批新型机器，现对这批机器的生产效能进行测试，对其生产的第一批零件的内径进行测量，统计绘制了如图所示的频率分布直方图. (1)求a的值以及这批零件内径的平均数和方差s2；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表) (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记内径在区间[2.45，2.55)内的零件个数为Z，求Z的分布列以及数学期望； (3)已知这批零件的内径X(单位：mm)服从正态分布N(μ，σ2)，现以频率分布直方图中的平均数作为μ的估计值，频率分布直方图中的标准差s作为σ的估计值，则在这批零件中随机抽取200个，记内径在区间[2.285，2.705]上的零件个数为Y，求Y的方差. 参考数据：≈0.105，若X~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 解：(1)由1.0×0.1+a×0.1+3.5×0.1+3.0×0.1+0.5×0.1=1，则a=2.0， 这批零件内径的平均数 =×(1.0×0.1)+×(2.0×0.1)+×(3.5×0.1)+×(3.0×0.1)+×(0.5×0.1)=2.4×0.1+2.5×0.2+2.6×0.35+2.7×0.3+2.8×0.05=2.6， 这批零件内径的方差 s2=(2.4-2.6)2×0.1+(2.5-2.6)2×0.2+(2.6-2.6)2×0.35+(2.7-2.6)2×0.3+(2.8-2.6)2×0.05=0.011. (2)由题意知，Z的可能取值为0，1，2，3，4， 则P(Z=0)=×(0.8)4×(0.2)0=0.409 6， P(Z=1)=×(0.8)3×(0.2)1=0.409 6， P(Z=2)=×(0.8)2×(0.2)2=0.153 6， P(Z=3)=×(0.8)1×(0.2)3=0.025 6， P(Z=4)=×(0.8)0×(0.2)4=0.001 6， 因此可得Z的分布列为 Z 0 1 2 3 4 P 0.409 6 0.409 6 0.153 6 0.025 6 0.001 6 则Z的数学期望E(Z)=0.409 6×0+0.409 6×1+0.153 6×2+0.025 6×3+0.001 6×4=0.8. (3)由题意知μ==2.6，σ==≈0.105， 又2.285=μ-3σ，2.705=μ+σ， 则P(μ-3σ≤X≤μ+σ)=P(μ-σ≤X≤μ+σ)+P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈+=0.84， 由二项分布的定义知Y~B(200，0.84)， 由二项分布的方差公式知 D(Y)=200×0.84×(1-0.84)=26.88. |点拨·建模| 　　高考常将求概率与等可能事件、互斥事件、相互独立事件、超几何分布、二项分布、频率分布直方图等交汇在一起进行考查，因此在解答此类题时，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键.特别是要注意挖掘题目中的隐含条件. 　　[针对训练] 1.(2025·马鞍山模拟)强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试才能进入面试环节. (1)某研究机构为了更好地服务于高三学生，随机抽取了某校5名高三学生，对其记忆力测试指标x和分析判断力测试指标y进行统计分析，得到下表数据： x 7 9 10 11 13 y 3 4 5 6 7 请用样本相关系数判断该组数据中y与x之间的关系是否可用线性回归模型进行拟合；(样本相关系数精确到0.01) (2)现有甲、乙两所高校的笔试环节都设有三门考试科目，某考生参加每门科目考试是否通过相互独立.若该考生报考甲高校，每门笔试科目通过的概率均为；该考生报考乙高校，每门笔试科目通过的概率依次为m，，其中0<m<1.若该考生只能报考甲、乙两所高校中的一所，以笔试中通过的科目数的数学期望为依据作出决策，得知该考生更有希望通过乙大学的笔试，求m的取值范围. 参考数据：=520，=135，≈1.414. 一般地，|r|>0.75时，认为两个变量之间存在较强的线性相关关系. 解：(1)由题意，可得=×(7+9+10+11+13)=10，=×(3+4+5+6+7)=5， (xi-)(yi-)=(-3)×(-2)+(-1)×(-1)+0+1×1+3×2=14， =(-3)2+(-1)2+0+12+32=20，=(-2)2+(-1)2+0+12+22=10， 所以r= ==≈0.99>0.75， 所以y与x之间的线性相关性较强，可用线性回归模型进行拟合. (2)设通过甲高校的考试科目数为X，则X~B，所以E(X)=3×=. 设通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的可能取值为0，1，2，3，则 P(Y=0)=(1-m)·×=，P(Y=1)=m·×+(1-m)·×+(1-m)·×=，P(Y=2)=m·×+m×+(1-m)·×=，P(Y=3)=m·×=， 则E(Y)=0×+1×+2×+3×=. 由题意知，E(X)<E(Y)，即<，解得m>.又因为0<m<1，所以m的取值范围为. 考法(二)　概率与函数的综合 [例2]　(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)； (2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值. 解：(1)由题图知(100-95)×0.002=1%>0.5%，所以95<c<100. 设X为患病者的该指标， 则p(c)=P(X≤c)=(c-95)×0.002=0.5%， 解得c=97.5. 设Y为未患病者的该指标， 则q(c)=P(Y>c)=(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035=3.5%. (2)当95≤c≤100时， p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19， q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002 =-0.01c+1.01， 所以f(c)=p(c)+q(c)=-0.008c+0.82； 当100<c≤105时， p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012 =0.012c-1.19， q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21， 所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c-0.98. 综上所述，f(c)= 由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增， 作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min=f(100)=-0.008×100+0.82=0.02. |点拨·建模| 　　通过设置变量，利用数学期望、方差或概率的计算公式构造函数，是概率与函数问题结合最常用的方式.解决此类问题，应注意两个问题： (1)准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的数学期望、方差，随机事件概率的计算中涉及变量较多，式子较为复杂，所以准确运算化简是关键； (2)注意变量的取值范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量自身取值的限制. 　　[针对训练] 2.一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi(i=0，1，2，3). (1)已知p0=0.4，p1=0.3，p2=0.2，p3=0.1，求E(X)； (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1，当E(X)>1时，p<1； (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义. 解：(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. (2)证明：法一　p0+p1x+p2x2+p3x3-x=0，x>0.令f(x)=p0+p1x+p2x2+p3x3-x， f'(x)=p1+2p2x+3p3x2-1， f″(x)=2p2+6p3x≥0， ∴f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ①当E(X)=p1+2p2+3p3≤1时，在x∈(0，1]上，f'(x)≤f'(1)=p1+2p2+3p3-1≤0， ∴f(x)在(0，1]上单调递减，注意到f(1)=0， ∴f(x)在x∈(0，1]上有唯一零点x=1，即p=1. ②当E(X)=p1+2p2+3p3>1时， 注意到f'(0)=p1-1<0，f'(1)=p1+2p2+3p3-1>0，且f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ∴存在唯一x0∈(0，1)，使得f'(x0)=0， 当0<x<x0时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x0<x<1时，f'(x)>0，f(x)单调递增. ∵f(0)=p0>0，f(1)=0，∴f(x0)<f(1)=0， ∴f(x)在(0，x0)上有唯一零点x1，∴p=x1<1. 法二　由题意知p0+p1+p2+p3=1， E(X)=p1+2p2+3p3. 由p0+p1x+p2x2+p3x3=x⇒p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0， ∴p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0⇒p0(1-x)+p2x(x-1)+p3x(x-1)(x+1)=0⇒(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0. 令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0，f(x)的对称轴为x=-<0. 注意到f(0)=-p0<0，f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1. 当E(X)≤1，即f(1)≤0时，f(x)的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p=1； 当E(X)>1，即f(1)>0时，f(x)的正实根x0<1，原方程的最小正实根p=x0<1. (3)当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能. 考法(三)　概率与数列的综合 [例3]　(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率. (2)求第i次投篮的人是甲的概率. (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y). 解：(1)设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2) =P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1) =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. 故第2次投篮的人是乙的概率为0.6. (2)设“第i次投篮的人是甲的概率”为pi，由题意可知p1=，pi+1=pi×0.6+(1-pi)×(1-0.8)，即pi+1=0.4pi+0.2=pi+，所以pi+1-=， 又p1-=-=，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以pi-=×， 所以pi=+×. 故第i次投篮的人是甲的概率为+×. (3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0，1，当Xi=0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi=1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi=1)=pi，P(Xi=0)=1-pi，所以E(Xi)=pi. Y=X1+X2+X3+…+Xn，则E(Y)=E(X1+X2+X3+…+Xn)=p1+p2+p3+…+pn， 由(2)知，pi=+×， 所以E(Y)=p1+p2+p3+…+pn=+×=+×=+×. |点拨·建模| 　　概率与数列问题的交汇，多以概率的求解为主线，建立关于概率的递推关系.解决此类问题的基本步骤为 精准 定性 明确所求概率的“事件属性”，这是确定概率概型的依据，也是建立递推关系的准则 准确 建模 通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问题 解决 模型 也就是递推数列的求解，多通过构造的方法转化为等差数列、等比数列的问题求解.求解过程应灵活运用数列的性质，准确应用相关公式 　　[针对训练] 3.(2025·内江模拟)夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复.(提示：设An表示第n天选择绿豆汤) (1)求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率； (2)求该同学第2天选择绿豆汤的概率； (3)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，求出Pn的通项公式. 解：(1)该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为×=. (2)设A1表示第1天选择绿豆汤，A2表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹， 根据题意得P(A1)=，P()=，P(A2|A1)=，P(A2|)=1-=， 所以P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P()P(A2|)=×+×=. (3)设An表示第n天选择绿豆汤，则Pn=P(An)，P()=1-Pn， 根据题意得P(An+1|An)=，P(An+1|)=1-=， 由全概率公式，得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P()P(An+1|)=Pn+(1-Pn)=-Pn+，即Pn+1=-Pn+， 整理得Pn+1-=-， 又P1-=≠0， 所以是以为首项，-为公比的等比数列.所以Pn-=×， 所以Pn=×+. [课时跟踪检测] 1.(2025·佛山模拟)随着5G网络信号的不断完善，5G手机已经成为手机销售市场的明星.某地区手机专卖商场对已售出的1 000部5G手机的价格数据进行分析得到如图所示的频率分布直方图： (1)求5G手机价格的75%分位数； (2)某夫妻两人到该商场准备购买价位在4 500~6 500元的手机各一部，商场工作人员应顾客的要求按照分层随机抽样的方式提供了9部手机让其从中购买两部，假定选择每部手机是等可能的，设这两人购买同一价位区间的手机的数量为X，求E(X). 解：(1)由频率分布直方图可得(0.045+2a+0.01+0.005)×10=1，解得a=0.02. 因为5G手机的价格在1 500~4 500元的频率为(0.005+0.02+0.045)×10=0.7， 而价格在4 500~5 500元的频率为0.02×10=0.2， 故5G手机价格的75%分位数应该在4 500~5 500元这一组，且75%分位数为×100=4 750元. (2)因为购买价位在4 500~5 500元和5 500~6 500元的手机占的比率分别为0.2和0.1， 故按照分层随机抽样的方式在4 500~5 500元这一价位选取了6部，在5 500~6 500元这一价位选取了3部，这两人购买同一价位的手机数量X的可能值有0，2.则P(X=0)==， P(X=2)==， X的分布列为 X 0 2 P 故E(X)=0×+2×=1. 2.(2025·重庆期中)统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为2019~2023年我国在线直播生活购物用户规模(单位：亿人)，其中2019~2023年对应的代码依次为1~5. 年份代码/x 1 2 3 4 5 市场规模/y 3.98 4.56 5.04 5.86 6.36 (1)由上表数据可知，若用函数模型=+拟合y与x的关系，请估计2027年我国在线直播生活购物用户的规模；(结果精确到0.01) (2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从我国在线直播购物用户中随机抽取5人，记这5人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若P(X=5)=P(X=4)，求X的均值和方差. 参考数据：=5.16，≈1.68，viyi≈45.10，其中vi=. 参考公式：对于一组数据(v1，y1)，(v2，y2)，…，(vn，yn)，其经验回归直线=v+的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为==-. 解：(1)设v=，则=v+， 因为=5.16，≈1.68，=xi=15， 所以= ==≈1.98. 把(1.68，5.16)代入=-， 得=5.16-1.98×1.68≈1.83. 所以y关于x的回归方程为=1.98+1.83. 由题意知2027年对应的代码为9， 所以2027年我国在线直播生活购物用户的规模=1.98×3+1.83=7.77亿人. (2)由题意知X~B(5，p)，P(X=5)=p5(1-p)0=p5，P(X=4)=p4(1-p)1=5p4(1-p)， 由p5=5p4(1-p)，得p=，所以E(X)=5×=，D(X)=5××=. 3.(2025·杭州一模)设随机变量X所有可能的取值为x1，x2，…，xn，P(X=xi)=pi>0(i=1，2，…，n)，且p1+p2+…+pn=1.定义事件X=xi的信息量为Hi=-ln pi，称X的平均信息量H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+…+pnln pn)为信息熵. (1)若n=3，pk+1=2pk(k=1，2)，求此时的信息熵； (2)最大熵原理：对一个随机事件的概率分布进行预测时，要使得信息熵最大.信息熵最大就是事物可能的状态数最多，复杂程度最大，概率分布最均匀，这才是风险最小(最合理)的决定.证明：H(X)≤ln n，并解释等号成立时的实际意义. 参考不等式：若f(x)=ln x，则pif(xi)≤f . 解：(1)当n=3时，p1+p2+p3=1，且p2=2p1，p3=2p2，∴p1=，p2=，p3=， ∴H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+p3ln p3) =-=-ln =ln 7-ln 2. (2)证明：根据参考不等式pif(xi)≤f(pixi)， H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+…+pnln pn)=- piln pi=piln ≤ln=ln n. 等号成立的实际意义：从数学角度理解，当p1=p2=…=pn=时，H(X)取得最大值；从现实生活理解，在没有任何已知信息时，对于未知信息，勿加主观臆断，对每一种可能性都有所估计，且等概率地分配是最保险的做法. 4.(2025·佛山模拟)某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回地从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn(1≤n≤6)的数学期望为E(Xn). (1)求E(X1)及X2的分布列； (2)写出E(Xn)与E()(n≥2)的递推关系式，并证明{E(Xn)+50}为等比数列； (3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.(参考数据：1.26≈2.986) 解：(1)依题意，抽到一个红球的概率为0.6，抽到一个黑球的概率为0.4， 显然X1的值为25，50，则P(X1=25)=0.4，P(X1=50)=0.6， 所以E(X1)=25×0.4+50×0.6=40. X2的值为25，50，100，则P(X2=25)=0.4， P(X2=50)=0.4×0.6=0.24，P(X2=100)=0.6×0.6=0.36， 所以X2的分布列为 X2 25 50 100 P 0.4 0.24 0.36 (2)依题意，当n≥2时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为2E(Xn-1)，对应概率为0.6， 抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为0.4， 因此当2≤n≤6时，E(Xn)=2E(Xn-1)×0.6+25×0.4=1.2E(Xn-1)+10， E(Xn)+50=1.2E(Xn-1)+60，即E(Xn)+50=1.2[E(Xn-1)+50]，又E(X1)+50=40+50=90， 所以数列{E(Xn)+50}为等比数列，公比为1.2，首项为90. (3)由(2)得，E(Xn)+50=90×1.2n-1(1≤n≤6)，即E(Xn)=90×1.2n-1-50， 所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为E(Xn)=-50×6≈-300=593.7(元). 学科网（北京）股份有限公司 $$