第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习（名师划重点）

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 第一节　两个计数原理 课标要求 三年考情 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T13 全国Ⅱ卷 T5 T3 T14   重点提示:分类加法、分步乘法计数原理 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. 3.两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的每一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,缺一不可 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)在分类加法计数原理中,某两类不同方案中的方法可以相同.(×) 解析　分类加法计数原理,每类方案中的方法都是不同的,每一种方法都能完成这件事;分步乘法计数原理,每步的方法都是不同的,每步的方法只能完成这一步,不能完成这件事,所以不正确. (2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事.(√) (3)在分步乘法计数原理中,只有各步骤都完成后,这件事情才算完成.(√) (4)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(√) 2.(人A选三P11练习T3改编)已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法种数为(C) A.16 B.13 C.12 D.10 解析　将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后,有3种出门的方式,共3种走法,从2,3,4号门进入,同样各有3种走法,则不同的走法种数为4×3=12.故选C. 3.(苏教选二P63练习T5改编)如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为(A) A.6,8 B.6,6 C.5,7 D.6,2 解析　根据分步乘法计数原理,可知从甲地经过乙地到丙地的走法种数为2×3=6,又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走,由分类加法计数原理,可得从甲地到丙地的走法种数为6+2=8. 4.某同学逛书店,发现3本喜欢的书,决定至少买其中的一本,则购买方案有(C) A.3种 B.6种 C.7种 D.9种 解析　买一本,有3种方案;买两本,有3种方案;买三本,有1种方案.因此共有3+3+1=7种方案.故选C. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　分类加法计数原理 【例1】　(1)书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书,甲同学想从中选出1本阅读,则不同的选法共有(C) A.9种 B.10种 C.19种 D.90种 解析　由分类加法计数原理知,不同的选法种数为10+9=19.故选C. (2)(2025·山东临沂模拟)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,则在第二象限内的点的个数是(D) A.2 B.4 C.5 D.6 解析　第二象限内的点的横坐标是负数,纵坐标是正数.若集合M提供横坐标,集合N提供纵坐标,则符合题意的点有(-2,5),(-2,6),共2个;若集合M提供纵坐标,集合N提供横坐标,则有(-3,1),(-3,3),(-4,1),(-4,3),共4个.综上,符合题意的点的个数为2+4=6.故选D. [规律方法]　运用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分类标准要统一,不能遗漏. (2)分类时,注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,不能重复. 【训练1】　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(A) A.10 B.12 C.20 D.35 解析　因为焦点在x轴上,所以m>n,以m的值为标准分类,由分类加法计数原理,可分为四类:第一类:当m=5时,n有4种选择;第二类:当m=4时,n有3种选择;第三类:当m=3时,n有2种选择;第四类:当m=2时,n有1种选择.故符合条件的椭圆共有10个. 考点二　分步乘法计数原理 【例2】　有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法(六名同学不一定都能参加)? (1)每人只参加一项,每项人数不限; (2)每项限报一人,且每人至多参加一项; (3)每项限报一人,但每人参加的项目不限. 解　(1)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有36=729(种). (2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有6×5×4=120(种). (3)每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有63=216(种). [规律方法]　利用分步乘法计数原理解题的策略 (1)明确题目中的“完成这件事”是什么,确定完成这件事需要几个步骤,且每步都是独立的. (2)将这件事划分成几个步骤来完成,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,整个事件才算完成. 【训练2】　(1)(2024·沧衡八校联盟)将3张不同的门票分给10名同学中的3人,每人1张,不同的分法种数为(A) A.720 B.240 C.120 D.60 解析　第一步:第1张门票有10种不同分法.第二步:第2张门票有9种不同分法.第三步:第3张门票有8种不同分法.由分步乘法计数原理,共有10×9×8=720种分法,故选A. (2)(多选题)现安排高二年级A,B,C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,每名同学只能选择一个工厂,且允许多人选择同一个工厂,则下列说法正确的是(ABD) A.共有43种不同的安排方法 B.若甲工厂必须有同学去,则不同的安排方法有37种 C.若A同学必须去甲工厂,则不同的安排方法有12种 D.若三名同学所选工厂各不相同,则不同的安排方法有24种 解析　对于A,A,B,C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,每个学生有4种选法,则三个学生有4×4×4=43(种)选法,故A正确;对于B,三人到4个工厂,有43=64(种)情况,其中甲工厂没有人去,即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33=27(种),则甲工厂必须有同学去的安排方法有64-27=37(种),故B正确;对于C,若同学A必须去甲工厂,剩下2名同学安排到4个工厂即可,有42=16(种)安排方法,故C错误;对于D,若三名同学所选工厂各不相同,有4×3×2=24(种)安排方法,故D正确.故选ABD. 考点三　两个计数原理的综合应用 角度1　与数字有关的问题 【例3】　(1)用数字0,1,2,3,4,5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为(B) A.76 B.38 C.36 D.30 解析　由题意可知,这三位数是偶数,则说明其个位数为偶数,即0,2,4,有3种选择,而由于这是一个三位数,所以百位数不能是0,有5种选择,因为存在重复数字,由此分类讨论: ①当个位数为0时,则百位数有5种选择,十位数有两种情况,与百位数一样,只有一种选择,与个位数一样,也只有一种选择. ②当个位数为2时,如果百位数为2,则十位数有6种选择,如果百位数不为2,则百位数有4种选择,此时十位数可以与百位数或个位数相同,有2种选择;当个位数为4时,如果百位数为4,则十位数有6种选择,如果百位数不为4,则百位数有4种选择,十位数可以与百位数或个位数相同,有2种选择.综上所述,5×1+5×1+1×6+4×2+1×6+4×2=38.故选B. (2)定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所有幸运数的个数为(D) A.18 B.21 C.35 D.36 解析　按照百位数字进行分类讨论:当百位数是1,后两位相加为7,有8种;当百位数是2,后两位相加为6,有7种;当百位数是3,后两位相加为5,有6种;当百位数是4,后两位相加为4,有5种;当百位数是5,后两位相加为3,有4种;当百位数是6,后两位相加为2,有3种;当百位数是7,后两位相加为1,有2种;当百位数是8,后两位相加为0,有1种.总共有8+7+6+5+4+3+2+1=36种.故选D. [规律方法]　与数字有关问题的解题策略 (1)明确特殊位置或特殊数字,是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类,分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成,如果正面分类较多,可采用间接法求解. (2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位. 角度2　与几何有关的问题 【例4】　(1)“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过,但连接节点间的路线不能重复画的游戏.如图是某一局“一笔画”游戏的图形,其中A,B,C为节点,若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成,那么完成该图“一笔画”的方法为(C) A.6种 B.12种 C.24种 D.30种 解析　以A为起点时,三条路线依次连接即可到达B点,共有3×2=6种选择;自B连接到C时,在C右侧可顺时针连接或逆时针连接,共有2种选择,所以以A为起点,C为终点时,共有6×2=12种方法;同理可知,以C为起点,A为终点时,共有12种方法.所以完成该图“一笔画”的方法为12+12=24种.故选C. (2)二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图,规定如果一个7×7的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合,称其为“转转码”,则“转转码”的个数为 1 022 .(用数字作答)  解析　由题意知,作出7×7的正方形ABCD方格阵图,如图所示: 因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合,则可知正方形AA3O1B4,BB3O2C4,CC3O3D4和DD3O4A4的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同,且每个正方形关于其对角线AO1,BO2,CO3和DO4对称,矩形A4A3O1O4,B4B3O2O1,C4C3O3O2和D4D3O4O3的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同,其中正方形O1O2O3O4逆时针旋转90°后位置不变,只需该7×7的二维码中的正方形AA3O1B4的6个方格、矩形A4A3O1O4的3个方格及正方形O1O2O3O4方格,共计10个方格,出现双色方格,该二维码即是“转转码”,则该“转转码”的个数有:210-2=1 022种. [规律方法]　与几何有关的问题的解题策略 (1)先分类,做到“不重不漏”. (2)再分步,要做到“步骤完整”. (3)较复杂的问题可借助图表来完成. 角度3　涂色问题 【例5】　(2025·山西晋中联考)某正方体形木块的六个面分别标有数字1~6,用红、黄、蓝、白4种颜色给这六个面涂色(不一定每种颜色都用上),相邻两个面所涂颜色不能相同,则不同的涂色方案有(C) A.48种 B.72种 C.96种 D.144种 解析　先涂区域1,有4种选择,再涂区域2,有3种选择,再涂区域3,有2种选择.若区域4的颜色和区域2的颜色不同,此时区域4,5,6只有一种选择;若区域4的颜色和区域2的颜色相同,剩下的区域有3种选择.故不同的涂色方案有4×3×2×(1+3)=96(种).故选C. [规律方法]　涂色问题的解题策略 (1)分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素. (2)注意对每个区域逐一进行,分步处理,一般先涂(种)相邻最多的区域. (3)可按颜色(作物)的种数分类,也可按不同的区域分步完成. 【对点练】 1.(角度1)在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”.比如“102”“546”为“驼峰数”,由数字1,2,3,4构成的无重复数字的“驼峰数”有 8 个.  解析　　分三步:第一步,选3个数,有4种方法;第二步,把选出的3个数中最小的数排在十位,有1种方法;第三步,排个位和百位,有2种方法,由分步乘法计数原理共有4×1×2=8(个). 2.(角度2)《九章算术》中,称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是(C) A.8 B.12 C.16 D.18 解析　 如图,根据正六边形的性质,则D1⁃A1ABB1,D1⁃A1AFF1满足题意,而C1,E1,C,D,E和D1一样,有2×4=8(个),当四边形A1ACC1为底面矩形时,有4个满足题意;当四边形A1AEE1为底面矩形时,有4个满足题意.故共有8+4+4=16(个). 3.(角度3)如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可供选择,要求每个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为(A) A.84 B.72 C.64 D.56 解析　由题意知,分两种情况:(1)A,C不同色,先涂区域A有4种方法,再涂区域B有3种方法,再涂区域C有2种方法,再涂区域D有2种方法,由分步乘法计数原理可得有4×3×2×2=48种方法.(2)A,C同色;先涂区域A有4种方法,再涂区域B有3种方法,再涂区域C有1种方法,再涂区域D有3种方法,由分步乘法计数原理可得有4×3×1×3=36种方法.由分类加法计数原理,共有48+36=84种方法. 第二节　排列与组合 课标要求 三年考情 1.理解排列、组合的概念. 2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 3.能利用排列、组合解决简单的实际问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T13 全国Ⅱ卷   重点提示:排列数、组合数 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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个元素中取出m个元素的一个排列 组合 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 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)=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=. (2)===(n,m∈N*,且m≤n),规定=1. 4.排列数、组合数的性质 (1)0!=1;=n!. (2)=;=+. 【常用结论】 1.=(n-m+1). 2.=n. 3.(n+1)!-n!=n·n!. 4.k=n. 5.++…++=. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)从3,5,7,11中任取两个数相除属于组合问题.(×) 解析　由于两个数相除与顺序有关,所以是排列问题,故错误. (2)若组合数公式=,则x=m成立.(×) 解析　若组合数公式=,则x=m或x+m=n. (3)从a1,a2,a3三个不同元素中任取两个元素作为一组是组合问题.(√) 解析　由于从三个元素中取两个元素与顺序无关,所以是组合问题,故正确. (4)=n(n-1)(n-2)…(n-m).(×) 解析　=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),故错误. 2.(多选题)若=,则正整数x的值是(AD) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　因为=,所以2x-1=x或2x-1+x=11,解得x=1或x=4.经检验,x=1或x=4满足题意.故选AD. 3.(人A选三P27T13改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男、女生都有的选法种数是(C) A.18 B.24 C.30 D.36 解析　选出的3人中有2名男同学、1名女同学的方法有=18(种),选出的3人中有1名男同学、2名女同学的方法有=12(种),故3名学生中男、女生都有的选法有18+12=30(种). 4.(人B选二P12例5改编)用0,1,2,…,9这10个数字可以组成 648 个没有重复数字的三位数.  考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　排列应用问题 【例1】　有3名男生、4名女生,在下列不同条件下,求不同的排列方法种数. (1)选5人排成一排; (2)排成前后两排,前排3人,后排4人; (3)全体排成一排,甲不站排头也不站排尾; (4)全体排成一排,女生必须站在一起; (5)全体排成一排,男生互不相邻; (6)男生顺序已定,女生顺序不定. 解　(1)从7人中选5人排列,排法有=7×6×5×4×3=2 520(种). (2)分两步完成,先选3人站前排,有种排法,余下4人站后排,有种排法,故排法共有=5 040(种). (3)解法一(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,故排法共有5×=3 600(种). 解法二(特殊位置优先法):首尾位置可安排另6人中的两人,有种排法,其他有种排法,故排法共有=3 600(种). (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列,有种排法,再将女生全排列,有种排法,故排法共有=576(种). (5)(插空法)先排女生,有种排法,再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生,有种排法,故排法共有=1 440(种). (6)(定序问题)7名学生站成一排,有种排法,其中3名男生的排法有种,由于男生顺序已定,女生顺序不定,故排法共有=840(种). [规律方法]　排列题常见求解方法 (1)相邻问题采用“捆绑法”. (2)不相邻问题采用“插空法”. (3)有限制元素采用“优先法”. (4)特殊顺序问题,先让所有元素全排列,然后除以有限制元素的全排列数. 【训练1】　(1)(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(B) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 解析　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. (2)(2025·黄冈模拟)源于探索外太空的渴望,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,宇航员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中,宇航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(B) A.18种 B.36种 C.72种 D.108种 解析　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. 考点二　组合应用问题 【例2】　现有9件产品,其中4件一等品,3件二等品,2件三等品,从中抽取3件产品. (1)试问共有多少种不同的抽法? (2)抽出的3件产品中一等品、二等品、三等品各1件的抽法共有多少种? (3)抽出的3件产品中至少有1件二等品的抽法共有多少种? 解　(1)从9件产品中抽取3件产品共有=84(种). (2)从9件产品中抽取3件产品,其中一等品、二等品、三等品各1件有=24(种). (3)“抽出的3件产品中至少有1件二等品”的对立事件是“抽取的3件产品没有一件二等品”,因此抽出的3件产品中至少有1件二等品共有-=64(种). [规律方法]　组合问题常见求解方法 【训练2】　(1)(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(C) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 解析　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. (2)(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 64 种(用数字作答).  解析　当从8门课中选修2门,则不同的选课方案共有=16种.当从8门课中选修3门,①若体育类选修课1门,则不同的选课方案共有=24种;②若体育类选修课2门,则不同的选课方案共有=24种.综上所述,不同的选课方案共有16+24+24=64(种). 【微点拓展】 相同元素的分配问题解决方法——隔板法 将所有相同元素视为小球,紧挨着成一行放置,在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板,相邻两块隔板形成一个“盒”.每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法,此方法称之为隔板法. 【典例】　(2025·南京模拟)20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的放法共有(A) A.120种　　　　　B.240种 C.360种 D.720种 解析　先在编号为2号,3号的盒内分别放入1个球和2个球,还剩17个小球,三个盒内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可,共有=120(种)放法. 【微练】　从某校4个班级的学生中选出7名学生参加志愿者服务,若每个班级至少有一名志愿者,则共有 20 种不同的选法.(用数字作答) 解析　由题意,从4个班级的学生中选出7名志愿者,每个班级至少有一名志愿者,相当于7个球排成一排,中间有6个空隙,然后插3块隔板把它们分成4份,共有=20(种)不同的选法. 考点三　排列与组合的综合应用 【例3】　(1)(2024·安徽二模)甲乙两人分别从a,b,c,d,e五项不同科目中随机选三项学习,则两人恰好有两项科目相同的选法有(B) A.30种 B.60种 C.45种 D.90种 解析　两人恰好有两项科目相同的选法为=60.故选B. (2)某单位春节共有四天假期,但每天都需要留一名员工值班,现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班,每名员工最多值班一天,已知甲在第一天不值班,乙在第四天不值班,则值班安排共有(B) A.192种 B.252种 C.268种 D.360种 解析　若甲乙不值班,值班安排有=24(种);若甲乙只有一人不值班,值班安排有=144(种);若甲乙都值班,值班安排有(+)=84(种),所以值班安排共有252种.故选B. [规律方法]　解决简单排列组合综合问题的常用方法 (1)将问题分类(按元素或位置). (2)按计数原理进行计算. 【训练3】　(2025·石家庄模拟)积极参加公益活动是践行社会主义核心价值观的具体行动.现将包含甲、乙两人的5位同学分成2个小组分别去敬老院和老年活动中心参加公益活动,每个小组至少一人,则甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法的总数为(D) A.12 B.14 C.15 D.16 解析　若按1∶4分组,甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有2=4(种);若按2∶3分组,甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有(-4)=12(种).故甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有4+12=16(种).故选D. 考点四　分组、分配问题 角度1　不等分问题 【例4】　6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(C) A.120种 B.90种 C.60种 D.30种 解析　先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有种选法,由分步乘法计数原理知,共有=60(种)不同的安排方法. [规律方法]　不同元素的不等分问题解决方法 (1)先分组,任何组中元素的个数都不相等. (2)再排列,注意分组时不需要除以全排列数. 角度2　整体均分问题 【例5】　近年来喜欢养宠物猫的人越来越多.某猫舍只有5个不同的猫笼﹐金渐层猫3只(猫妈妈和2只小猫崽)、银渐层猫4只、布偶猫1只.该猫舍计划将3只金渐层猫放在同一个猫笼里,4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里,布偶猫单独放在一个猫笼里,则不同的安排有(C) A.8种 B.30种　 C.360种 D.1 440种 解析　根据题意,将3只金渐层猫放在同一个猫笼里,则把3只金渐层猫看成是1个整体,4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里,则分组方法有=3(种),一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼里,则不同的安排有×3=360(种).故选C. [规律方法]　不同元素的均分问题解决方法 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. 角度3　部分均分问题 【例6】　(2025·聊城模拟)某综合性大学数学科学学院为了提高学生的数学素养,开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程,要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完,且每学年最多选修两门,若同一学年内选修的课程不分前后顺序,则每位学生共有 54 种不同的选修方式(用数字作答).  解析　由题意可知三年内将四门选修课程全部修完,且每学年最多选修两门,则四门学科可按2,1,1和2,2,0两种情况分成三组,若按2,1,1分成三组,有=6(种)分组方法,若按2,2,0分成三组,有=3(种)分组方法,所以每位学生共有(6+3)=54(种)不同的选修方式. [规律方法]　不同元素的部分均分问题解决方法 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. 【对点练】 1.(角度1)第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行,甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务,每名志愿者只去一个场地,每个场地至少一名志愿者,若甲不去游泳场地,则不同的安排方法共有(C) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 解析　①游泳场地安排2人,则不同的安排方法有=6(种),②游泳场地只安排1人,则不同的安排方法有=18(种).所以不同的安排方法共有6+18=24(种).故选C. 2.(角度3)某县选派7名工作人员到A,B,C三个乡镇进行调研活动,每个乡镇至少去1人,恰有两个乡镇所派人数相同,则不同的安排方式种数为(A) A.1 176 B.2 352 C.1 722 D.1 302 解析　由题意可知,7名工作人员的分组方式有(1,1,5),(2,2,3),(3,3,1)三种情况;把7名工作人员分为1,1,5三组,则不同的安排方式共有·=126(种);把7名工作人员分为2,2,3三组,不同的安排方式共有·=630(种);把7名工作人员分为3,3,1三组,不同的安排方式有·=420(种),综上,不同的安排方式种数为126+630+420=1 176. 3.(角度2)甲、乙、丙3家公司承包了6项工程,每家公司承包2项,则不同的承包方案有 90 种.  解析　甲、乙、丙3家公司承包了6项工程,每家公司承包2项,则不同的承包方案种数为×=90. 第三节　二项式定理 课标要求 三年考情 1.理解二项式定理、掌握二项式系数的性质. 2.会利用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T13 全国Ⅱ卷   重点提示:二项式定理通项、二项式系数的性质 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.二项式定理 (1)二项式定理:(a+b)n=an+an-1b+…+an-kbk+…+bn(n∈N*). (2)通项:Tk+1=an-kbk,它表示第k+1项. (3)二项式系数:(a+b)n的二项展开式中各项的系数(k=0,1,2,…,n). 2.二项式系数的性质 对称性:与首末“等距离”的两个二项式系数相等,即=. 增减性:当k<(n∈N*)时,随k的增加而增大;当k>(n∈N*)时,随k的增加而减小. 最大值:当n为偶数时,中间的一项取得最大值;当n为奇数时,中间的两项与相等,且同时取得最大值. 3.各二项式系数的和 (1)(a+b)n的展开式的各二项式系数的和:+++…+=2n. (2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,即+++…=+++…=2n-1. 【常用结论】 1.在二项式定理中,令a=1,b=x得(1+x)n=+x+x2+…+xk+…+xn. 2.若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则: (1)a0+a1+a2+…+an=f(1). (2)奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=. (3)偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)(a+b)n展开式中共有n项.(×) (2)(a-b)n与(a+b)n的二项展开式的二项式系数相同.(√) (3)(x-1)5的展开式中x4项的系数为-5.(√) 解析　令r=1,得T2=x4(-1)1=-5x4,所以x4项的系数为-5,故正确. (4)(a+b)n的展开式中一定有常数项.(×) 2.(人A选三P31T4改编)(x-2)10的展开式的第6项的系数是(D) A.26 B.-26 C.25 D.-25 解析　T6=x5(-2)5,所以第6项的系数是-25.故选D. 3.(苏教选二P96T9)若展开式中的常数项为60,则常数a的值为(A) A.4 B.2 C.8 D.6 解析　由二项式定理得Tr+1=x6-r=(-1)r··x6-3r.令6-3r=0,得r=2,故15a=60,a=4. 4.(人A选三P38T3(5)改编)在(1-2x)10的展开式中,各项系数的和是 1 .  解析　令x=1可得各项系数的和为(1-2)10=1. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　通项的应用 角度1　(a+b)n(n∈N*)型展开式问题 【例1】　(1)若二项式的展开式中的系数是84,则实数a=(B) A.2 B. C.1 D. 解析　二项式展开式的第r+1项为Tr+1=x7-r=arx7-2r.又展开式中的系数是84,即7-2r=-3,解得r=5.所以a5=84,解得a=.故选B. (2)(2023·天津高考)在的展开式中,x2的系数是 60 .  解析　解法一:二项式展开式的通项Tk+1=(2x3)6-k=(-1)k26-k·x18-4k,令18-4k=2,解得k=4,所以x2的系数为(-1)4×22×=60. 解法二:将二项式看成6个多项式相乘,要想出现x2项,则先在2个多项式中分别取2x3,然后在余下的多项式中都取-相乘,即(2x3)2×=60x2,所以x2的系数为60. [规律方法]　求与特定项相关量的步骤 (1)利用二项式定理写出二项展开式的通项Tk+1=an-kbk,把字母和系数分离开(注意符号不要出错). (2)根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),解出k. (3)把k代入通项中,即可求出Tk+1,有时还需要先求n,再求k,才能求出Tk+1或者其他量. 角度2　(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)型展开式问题 【例2】　(1)(1+x)8(1+y)4的展开式中x2y2的系数是(D) A.56 B.84 C.112 D.168 解析　在(1+x)8的展开式中含x2的项为x2=28x2,(1+y)4的展开式中含y2的项为y2=6y2,所以x2y2的系数为28×6=168. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 -28 (用数字作答).  解析　(x+y)8 展开式的通项Tr+1=x8-ryr,r=0,1,… ,7,8.令r=6,得T6+1=x2y6,令r=5,得T5+1=x3y5,所以(x+y)8 的展开式中x2y6 的系数为-=-28. [规律方法]　求两个因式之积的特定项(或系数)的两种常用方法 (1)对每一个二项式展开,利用多项式乘法法则对其展开即可. (2)先利用运算性质对其进行化简,再利用二项式定理进行展开. 【对点练】 1.(角度1)已知二项式的展开式中的系数是10,则实数a=(B) A.-1 B.1 C.-2 D.2 解析　二项式的展开式的通项为·x5-r·(ax-1)r=ar··x5-2r,令5-2r=-1,解得r=3,所以a3·=10a3=10,解得a=1. 2.(角度2)(2025·江苏模拟)(x2+2x+3)(2x+1)6的展开式中,x2的系数是 205 .  解析　(x2+2x+3)(2x+1)6=(x2+2x+3)(1+2x)6=(x2+2x+3)·2k·xk,所以x2的系数为20+2××21+3××22=205. 【微点拓展】 (a+b+c)n型展开式问题 求解(a+b+c)n(n∈N*)型展开式中问题的方法 (1)因式分解法:将三项式利用因式分解变化为两个二项式,然后再用二项式定理求解问题. (2)逐层展开法:将三项式分成两组,用二项式定理展开, 再把其中含二项式的项展开,从而求解问题. (3)组合知识法:把(a+b+c)n看成n个(a+b+c)的积,利用组合知识分析项的构成. 【典例】　在的展开式中,x2的系数为(B) A.-50　　B. -120　　C. 120　　D. 50 解析　解法一:=,通项为Tr+1=(x-2)5-r,r=0,1,2,3,4,5.当r=0时,x2的系数为×(-2)3,当r=1时,x2的系数为×(-2)1,当r=2,3,4,5时,不会出现含x2的项,所以x2的系数为(-2)3+(-2)1=-80-40=-120. 解法二:==,x2的系数即为(x-1)10的展开式中x7的系数,所以x2的系数为×(-1)3=-120. 解法三:表示5个因式x+-2的乘积,在这5个因式中,有2个因式都选x,其余的3个因式都选-2,相乘可得含x2的项;或者有3个因式选x,有1个因式选,1个因式选-2,相乘可得含x2的项,故x2的系数为×(-2)3+×(-2)=-120.故选B. 【微练】　(1)的展开式中,x3y3的系数是 -120 (用数字作答). 解析　表示6个因式的乘积,在这6个因式中,有3个因式选y,其余的3个因式中有2个选x2,剩下一个选-,即可得到x3y3的系数,即x3y3的系数是×(-2)=20×3×(-2)=-120. (2)(2x2+y+1)5的展开式中,x4y2的系数为 120 (用数字作答). 解析　将(2x2+y+1)5看作5个因式(2x2+y+1) 相乘,根据x4y2的指数可得5个因式中有两个选2x2,两个选y,一个选1,进行相乘,即(2x2+y+1)5的展开式中x4y2的系数为×22×=120. 考点二　二项式系数与项的系数和问题 【例3】　(1)(2025·成都诊断)已知的二项展开式中,第3项与第9项的二项式系数相等,则所有项的系数之和为(C) A.212 B.312 C.310 D.210 解析　因为,且第3项与第9项的二项式系数相等,所以=,解得n=10,取x=1,所以所有项的系数之和为310. (2)(多选题)若(3x-2)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025(x∈R),则(BD) A.a0=22 025 B.a0+a2+a4+…+a2 024= C.a1+a3+a5+…+a2 025= D.+++…+=22 025-1 解析　对于A,当x=0时,a0=(-2)2 025=-22 025,A错误;对于B,C,当x=1时,a0+a1+a2+a3+…+a2 025=12 025=1,当x=-1时,a0-a1+a2-a3+…+a2 024-a2 025=-52 025,所以a0+a2+a4+…+a2 024=,a1+a3+a5+…+a2 025=,所以B正确,C错误;对于D,当x=时,=a0+++…+,所以+++…+=(-1)2 025-a0=22 025-1,D正确. [规律方法]　求二项式系数与项的系数和的方法 (1)二项式系数直接运用公式: ①(a+b)n的展开式的各二项式系数的和:+++…+=2n. ②奇(偶)数项的二项式系数的和:+++…=+++…=2n-1. (2)项的系数和常用“赋值法” 若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1),奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=,偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=. 【训练】　(1)(多选题)已知的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1∶8,则(AD) A.n=4 B.展开式中所有项的系数和为1 C.展开式中二项式系数和为24 D.展开式中不含常数项 解析　由题意得=,则=,解得n=4,故A正确;所以=,令x=1,则所有项的系数之和为-1,故B错误;所以的二项式系数和为29,故C错误;的通项公式为Tk+1=(-2x)k=(-2)kx2k-9,若Tk+1为常数项,则有2k-9=0,解得k=∉N,所以不存在常数项,故D正确. (2)(2025·西安质检)已知(2x-1)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则|a0|+|a1|+…+|a5|=(B) A.1 B.243 C.121 D.122 解析　令x=1,得a5+a4+a3+a2+a1+a0=1　①,令x=-1,得-a5+a4-a3+a2-a1+a0=-243　②,①+②,得2(a4+a2+a0)=-242,即a4+a2+a0=-121.①-②,得2(a5+a3+a1)=244,即a5+a3+a1=122.所以|a0|+|a1|+…+|a5|=-a0+a1-a2+a3-a4+a5=122+121=243. 考点三　二项展开式中的最值问题 角度1　二项式系数的最值问题 【例4】　在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中系数最小的项的系数为(C) A.-126 B. -70 C. -56 D. -28 解析　因为只有第5项的二项式系数最大,所以n=8,的展开式的通项为Tk+1=(-1)k,k=0,1,2,… ,8,所以展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等,偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数,而展开式中第5项的二项式系数最大,因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小,为(-1)3=-56. [规律方法]　二项式系数最大项的确定方法 (1)n为偶数时,展开式中第项的二项式系数最大,最大值为. (2)n为奇数时,展开式中第项和第项的二项式系数最大,最大值为或. 角度2　项的系数的最值问题 【例5】　的展开式中系数最大项为 15 360x4 .  解析　因为Tr+1=(2x)10-r=210-rx10-2r,所以得即解得≤r≤.因为r∈N,所以r=3.故系数最大的项是第4项,第4项为T4=27x4=15 360x4. [规律方法]　二项展开式中系数最大的求解方法 待定系数法:设展开式各项系数分别为A1,A2,…,An+1,且第k项系数最大,应用注意解出k后要检验首末两项. 【对点练】 1.(角度1)(多选题)已知(n∈N*)展开式中共有8项,则该展开式结论正确的是(AD) A.所有项的二项式系数和为128 B.所有项的系数和为 C.系数最大项为第2项 D.有理项共有4项 解析　A项,因为的展开式共有8项,所以n=7.故所有项的二项式系数和为27=128,故A正确;B项,令x=1,可得所有项的系数和为≠,故B错误;因为二项展开式的通项为Tr+1=·x7-r·=··,r=0,1,2,…,7,C项, 当r∈N*,1≤r≤6,设Tr+1项系数最大,由解得则r=2,且T3=x4=x4,第3项系数为.当r=0时,T1=x7,系数为1,当r=7时,T8==,系数为,由<,1<,故第3项的系数最大,故C错误;D项,由7-为整数,且r=0,1,2,…,7可知,r的值可以为0,2,4,6,所以二项展开式中,有理项共有4项,故D正确.故选AD. 2.(角度2)已知(1+2x)6展开式的二项式系数的最大值为a,系数的最大值为b,则= 12 .  解析　由题意可知(1+2x)6 展开式的二项式系数为(r=0,1,…6),当r=3 时,取得最大值a==20,(1+2x)6展开式的系数为2r,r=0,1,… ,6,当满足 时,系数最大,即 所以即解得≤r≤.又因为r=0,1,…,6,所以当r=4 时,系数的最大值b=24=240,则==12. 第四节　随机事件、频率与概率 课标要求 三年考情 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义以及频率与概率的区别. 2.理解事件间的关系与运算. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 T12   重点提示:随机事件、频率、概率 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.样本点和样本空间 我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点(用ω表示),全体样本点的集合称为试验E的样本空间(用Ω表示). 2.随机事件及其概率 (1)必然事件:Ω作为自身的子集,包含了所有的样本点,在每次试验中总有一个样本点发生,所以Ω总会发生,我们称Ω为必然事件. (2)不可能事件:空集⌀不包含任何样本点,在每次试验中都不会发生,我们称⌀为不可能事件. (3)随机事件:一般地,随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示.为了叙述方便,我们将样本空间Ω的子集称为随机事件. 3.事件的关系和运算 含义 符号表示 包含关系 若事件A发生,则事件B一定发生 A⊆B 相等关系 B⊇A且A⊇B A=B 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 互斥(互不相容) 事件A与事件B不能同时发生 A∩B=⌀ 互为对立 事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生 A∩B=⌀,且A∪B=Ω 4.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). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的.(×) 解析　频率是概率的近似值,概率是频率的期望值. (2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.(√) (3)概率能反映随机事件发生可能性的大小,而频率则不能.(×) 解析　概率和频率都能反映随机事件发生可能性的大小,错误. (4)若A∪B是必然事件,则A与B是对立事件.(×) 2.容量为20的样本数据,分组后的频数如表: 分组 [10,20) [20,30) [30,40) 频数 2 3 4 分组 [40,50) [50,60) [60,70] 频数 5 4 2 用频率估计概率,则样本数据落在区间[10,40)内的概率为(B) A. 0.35 B. 0.45 C. 0.55 D. 0.65 解析　由题表知[10,40) 的频数为2+3+4=9,所以样本数据落在区间[10,40) 内的概率为=0.45. 3.(人A必二P235T1改编)某人打靶时连续射击两次,与事件“至多一次中靶”互斥的事件是(B) A.至少一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都没有中靶 解析　射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”,与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”. 4.(人A必二P235T2改编)抛掷一颗质地均匀的骰子,“向上的点数是1或3”为事件A,“向上的点数是1或5”为事件B,则(A) A.A∪B表示向上的点数是1或3或5 B.A=B C.A∪B表示向上的点数是1或3 D.A∩B表示向上的点数是1或5 解析　设A={1,3},B={1,5},则A∩B={1},A∪B={1,3,5},所以A≠B,A∩B表示向上的点数是1,A∪B表示向上的点数为1或3或5. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　随机事件的关系与运算 【例1】　(1)(多选题)(2025·贵州贵阳期末)抛掷一枚质地均匀的骰子,定义以下事件:D1=“点数大于2”,D2=“点数不大于2”,D3=“点数大于3”,D4=“点数为4”,则下列结论正确的是(ABD) A.D3⊆D1 B.D4⊆D3　 C.D1∪D3=D3 D.D1∩D2=⌀ 解析　对于A,D3=“点数大于3”,D1=“点数大于2”,显然D3⊆D1,故正确;对于B,D4=“点数为4”,D3=“点数大于3”,D4⊆D3,故正确;对于C,由A知,D3⊆D1,则D1∪D3=D1,故错误;对于D,D1=“点数大于2”,D2=“点数不大于2”,显然不能同时发生,则D1∩D2=⌀,故正确.故选ABD. (2)从1,2,3,4,5,6这六个数中任取三个数,下列两个事件互为对立事件的是(C) A.“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数” B.“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数” C.“至少有一个是奇数”和“全都是偶数” D.“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数” 解析　从1,2,3,4,5,6这六个数中任取三个数,可能有0个奇数和3个偶数,1个奇数和2个偶数,2个奇数和1个偶数,3个奇数和0个偶数,“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数,3个奇数和0个偶数,“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数,2个奇数和1个偶数,3个奇数和0个偶数,即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”,故A错误;“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数,“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数,所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件,故B错误;同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件,故D错误;“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数,2个奇数和1个偶数,3个奇数和0个偶数,“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数,所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件,故C正确.故选C. [规律方法]　互斥事件、对立事件的判断 (1)定义法:不可能同时发生的两个事件为互斥事件;两个事件中,若有且仅有一个发生,则这两个事件为对立事件;对立事件一定是互斥事件. (2)集合法:①若A,B满足A∩B=⌀,则A,B是互斥事件;②若A,B满足则A,B是对立事件. 【训练1】　(1)(多选题)某人打靶时连续射击两次,设事件A=“只有一次中靶”,B=“两次都中靶”,则下列结论正确的是(BC) A.A⊆B B.A∩B=∅ C.A∪B=“至少一次中靶” D.A与B互为对立事件 解析　事件A=“只有一次中靶”,B=“两次都中靶”,所以A,B是互斥事件但不是对立事件,所以A,D错误,B正确;A∪B=“至少一次中靶”,C正确. (2)(多选题)不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张,一次任意取出2张卡片,则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有(BD) A.2张卡片不全为红色 B.2张卡片中恰有一张为红色 C.2张卡片中至少有一张为红色 D.2张卡片都为绿色 解析　C中“2张卡片中至少有一张为红色”包含事件“2张卡片都为红色”,二者并非互斥;A中“2张卡片不全为红色”与“2张卡片都为红色”是对立事件.B,D正确,故选BD. 考点二　随机事件的频率与概率 【例2】　(1)(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛,共设6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为(A) A. B. C. D. 解析　甲有6种选择,乙也有6种选择,故总数共有6×6=36种,若甲、乙抽到的主题不同,则共有=30种,则其概率为=.故选A. (2)两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率,绘制出统计图如图①所示,则符合这一结果的试验是(D) ①　② A.抛一枚硬币,正面朝上的概率 B.掷一枚正六面体的骰子,出现1点的概率 C.转动如图②所示的转盘,转到数字为奇数的概率 D.从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率 解析　根据统计图可知,实验结果在0.33附近波动,即其概率P=,选项A,掷一枚硬币,出现正面朝上的概率为,故此选项不符合题意;选项B,掷一枚正六面体的骰子,出现1点的概率为,故此选项不符合题意;选项C,转动如题图所示的转盘,转到数字为奇数的概率为,故此选项不符合题意;选项D,从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为,故此选项符合题意.故选D. [规律方法]　(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. 【训练2】　(多选题)某校为了解学校餐厅中午的用餐情况,分别统计了食用大米套餐和面食的人数,剩下的为食用米线、汉堡等其他食品(每人只选一种),结果如表所示: 总人数 食用大米套餐人数 食用面食人数 1 000 550 260 假设随机抽取一位同学,记“中午吃大米套餐”为事件M,“吃面食”为事件N,“吃米线、汉堡等其他食品”为事件H,若用频率估计事件发生的概率,则下列结论正确的是(ABC) A.P(M)=0.55 B.P(N)=0.26 C.P(H)=0.19 D.P(N∪H)=0.65 解析　用频率估计概率得P(M)==0.55,P(N)==0.26,P(H)==0.19,故A,B,C正确;P(N∪H)表示事件N发生或事件H发生,且N与H互斥,故P(N∪H)=P(N)+P(H)=0.26+0.19=0.45,故D错误. 考点三　互斥事件与对立事件的概率 【例3】　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下表所示: 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 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)设事件D为“遇到6个及6个以上红灯”,则“至多遇到5个红灯”为事件.则P()=1-P(D)=1-0.03=0.97,所以至多遇到5个红灯的概率为0.97. [规律方法]　事件关系的运算策略 进行事件的运算时,一是要紧扣运算的定义.二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果,必要时可列出全部的试验结果进行分析.当事件是由互斥事件组成时,运用互斥事件的概率加法公式.三是间接法:正难则反,特别是“至多”“至少”型题目,一般用间接法求解更简单. 【训练3】　(1)已知随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,则P()=(A) A.0.5 B.0.1 C.0.7 D.0.8 解析　因为随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,所以P(A)=P(A∪B)-P(B)=0.7-0.2=0.5,所以P()=1-P(A)=1-0.5=0.5. (2) 为有效落实家校共育,某校派出教师进行家访,了解家庭对孩子的教育情况.一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示: 派出人数 3 4 5 ≥6 概率 0.36 0.3 0.2 0.04 则该校本月至多派出3名教师进行家访的概率为 0.46 .  解析　由题表得,该校本月至少派出4名教师进行家访的概率为P1=0.3+0.2+0.04=0.54,所以至多派出3名教师进行家访的概率为P2=1-0.54=0.46. 【微点拓展】 求复杂互斥事件的概率的两种方法 (1)直接法 (2)间接法:正难则反,特别是“至多”“至少”型题目,一般用间接法求解更简单. 【典例】　某次联欢会上设有一个抽奖游戏,抽奖箱中共有16个四种不同颜色,但形状、大小完全相同的小球,分别代表一等奖、二等奖、三等奖、不中奖.其中红球代表一等奖且只有1个,黄球代表三等奖.从中任取一个小球,若中二等奖或三等奖的概率为.现小华同学获得一次抽奖机会. (1)求小华不能中奖的概率; (2)若小华中一等奖或二等奖的概率是,试计算黄球的个数. 解　(1)设“小华同学任取一个小球,抽得一等奖、二等奖、三等奖、不中奖”的事件分别为A,B,C,D,它们彼此是互斥事件,由题意得P(A)=,P(B+C)=P(B)+P(C)=,由对立事件的概率公式得P(D)=1-P(A+B+C)=1-P(B+C)-P(A)=1--=,所以小华不能中奖的概率为. (2)因为P(A+B)=,又P(A+B)=P(A)+P(B),所以P(B)=-=.因为P(B+C)=P(B)+P(C)=,所以P(C)=-=,所以小华中三等奖的概率为,所以黄球的个数为16×=5. 【微练】　围棋起源于中国,是一种策略型两人棋类游戏,中国古时称“弈”,属“琴棋书画”四艺之一.现有一围棋盒子中有多枚黑子和白子,若从中取出的2枚都是黑子的概率是0.1,都是白子的概率是0.3,则从盒中任意取出2枚恰好是一黑一白的概率是(B) A.0.4　　　B.0.6　　　C.0.1　　　D.0.3 解析　取出的2枚都是黑子的事件记为A1,取出的2枚都是白子的事件记为A2,显然A1与A2互斥,P(A1)=0.1,P(A2)=0.3,从盒中任意取出2枚恰好是一黑一白的事件记为A,其对立事件是A1+A2,所以从盒中任意取出2枚恰好是一黑一白的概率P(A)=1-P(A1+A2)=1-P(A1)-P(A2)=0.6.故选B. 第五节　古典概型、概率的性质 课标要求 三年考情 1.掌握古典概型及其计算公式,能计算古典概型中简单随机事件的概率. 2.熟练运用概率性质解决相应概率问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T5 T14 全国Ⅱ卷   重点提示:古典概型、概率的性质 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.古典概型 (1)古典概型特征. 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)古典概型的概率公式: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 性质1:对任意的事件A,都有P(A)≥0. 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. 性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B). 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). 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. 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). 【常用结论】 1.当随机事件A,B互斥时,不一定对立;当随机事件A,B对立时,一定互斥,即两事件互斥是对立的必要不充分条件. 2.若事件A1,A2,…,An两两互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An). 3.概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)中,当A∩B=⌀,即A,B互斥时,P(A∪B)=P(A)+P(B),此时P(A∩B)=0. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)“在适宜条件下,种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型,其样本点是“发芽与不发芽”.(×) 解析　发芽与不发芽不一定是等可能,所以不正确 (2)若事件A,B,C两两互斥,则事件A与B∪C互斥.(√) 解析　若事件A,B,C两两互斥,则事件A,B,C不可能同时发生,则事件A与B∪C也不可能同时发生,则事件A与B∪C互斥,故正确. (3)若事件A与B对立,则P(A∪B)=1.(√) 解析　若事件A与B对立,则P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,故正确. (4)从-3,-2,-1,0,1,2中任取一个数,取到的数小于0与不小于0的可能性相同.(√) 2.(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(C) A. B. C. D. 解析　从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张,共有15种取法,它们分别是(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),其中卡片上的数字之积是4的倍数的是(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6种取法,所以所求概率P==.故选C. 3.(人A必二P229例3改编)先后三次抛掷同一枚硬币,若正面向上记为1,反面向上记为0,则这个试验的样本空间中有 8 个样本点.  解析　这个试验的样本空间为Ω={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,0)},共8个样本点. 4.从3名男生和2名女生中,任选3人参加社区志愿服务,其中男生、女生都入选的概率为  .  解析　依题意,男生、女生都入选的概率为=. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　古典概型 角度1　简单古典概型的概率 　 教考衔接17 教材题 [题源](人A必二P239例10)从两名男生(记为B1和B2)、两名女生(记为G1和G2)中任意抽取两人, (1)分别写出有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样和按性别等比例分层随机抽样的样本空间; (2)在三种抽样方式下,分别计算抽到的两人都是男生的概率. 解　设第一次抽取的人记为x1,第二次抽取的人记为x2,则可用数组(x1,x2)表示样本点. (1)根据相应的抽样方法可知:有放回简单随机抽样的样本空间Ω1={(B1,B1),(B1,B2),(B1,G1),(B1,G2),(B2,B1),(B2,B2),(B2,G1),(B2,G2),(G1,B1),(G1,B2),(G1,G1),(G1,G2),(G2,B1),(G2,B2),(G2,G1),(G2,G2)}.不放回简单随机抽样的样本空间Ω2={(B1,B2),(B1,G1),(B1,G2),(B2,B1),(B2,G1),(B2,G2),(G1,B1),(G1,B2),(G1,G2),(G2,B1),(G2,B2),(G2,G1)}.按性别等比例分层随机抽样,先从男生中抽一人,再从女生中抽一人,其样本空间Ω3={(B1,G1),(B1,G2),(B2,G1),(B2,G2)}. (2)设事件A=“抽到两名男生”,则对于有放回简单随机抽样,A={(B1,B1),(B1,B2),(B2,B1),(B2,B2)}.因为抽中样本空间Ω1中每一个样本点的可能性都相等,所以这是一个古典概型.因此P(A)==.对于不放回简单随机抽样,A={(B1,B2),(B2,B1)}.因为抽中样本空间Ω2中每一个样本点的可能性都相等,所以这是一个古典概型.因此P(A)==.因为按性别等比例分层随机抽样,不可能抽到两名男生,所以A=⌀,因此P(A)=0. 高考题 (2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为(D) A.　　　B. 　　　C. 　　　D. 解析　记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为b1,b2,则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的样本点有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6个,其中这2名学生来自不同年级的样本点有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4个,所以这2名学生来自不同年级的概率P==.故选D. [规律方法]　古典概型求解步骤 角度2　与古典概型交汇问题的概率 【例1】　(1)已知二项式(n∈N*)的展开式中只有第4项的二项式系数最大,现从展开式中任取2项,则取到的项都是有理项的概率为(A) A. B. C. D. 解析　因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大,所以展开式的总项数为7,故n=6,展开式的通项为Tr+1=(2x)6-r=26-r,当r是偶数时该项为有理项,所以r=0,2,4,6,有4项,所以从展开式中任取2项,取到的项都是有理项的概率为P==.故选A. (2)(2025·广东惠州调研)从2,4,6,8中任取2个不同的数分别记为x,y,则|x-y|=4的概率是(B) A. B. C. D. 解析　从2,4,6,8中任取2个不同的数,设样本空间为Ω,则n(Ω)=4×3=12,设“取出的2个数之差的绝对值等于4”为事件A,则事件A={(2,6),(4,8),(6,2),(8,4)},即n(A)=4,所以所求概率为P(A)==.故选B. [规律方法]　与古典概型交汇问题的概率求解步骤 (1)确定所求问题为古典概型. (2)利用古典概型公式P(A)=求其概率. 【对点练】 1.(角度1)在不超过12的质数中,随机选取两个不同的数,其和为偶数的概率为(B) A. B. C. D. 解析　不超过12的质数有2,3,5,7,11,任取两个不同数有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11),共10个,其中和为偶数的结果有(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11),共6个,所以随机选取两个不同的数,和为偶数的概率为=.故选B. 2.(角度1)(2024·全国甲卷)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加,每人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率是(C) A. B. C. D. 解析　解法一:四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有24个:(甲,乙,丙,丁),(甲,乙,丁,丙),(甲,丙,乙,丁),(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,乙,丙),(甲,丁,丙,乙),(乙,甲,丙,丁),(乙,甲,丁,丙),(乙,丙,甲,丁),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,甲,丙),(乙,丁,丙,甲),(丙,乙,甲,丁),(丙,乙,丁,甲),(丙,甲,乙,丁),(丙,甲,丁,乙),(丙,丁,乙,甲),(丙,丁,甲,乙),(丁,乙,丙,甲),(丁,乙,甲,丙),(丁,丙,乙,甲),(丁,丙,甲,乙),(丁,甲,乙,丙),(丁,甲,丙,乙),其中事件“丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个:(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,丙,乙),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,丙,甲),(丁,乙,丙,甲),(丁,丙,乙,甲),(丁,丙,甲,乙),(丁,甲,丙,乙),所以丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P==. 解法二:设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一个出场,且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有24个,事件A包含的基本事件有4个,故P(A)==,类似地有P(B)=.由于事件A与事件B互斥,故丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)=. 3.(角度2)(2025·张家口质检)已知a是1,3,3,5,7,8,10,11的第75百分位数,在1,3,3,5,7,8,10,11中随机取两个数,这两个数都小于a的概率为(C) A. B. C. D. 解析　因为8×75%=6,所以a==9.8个数中有6个数小于9,所以随机取两个数,这两个数都小于a的概率为=. 考点二　概率的性质 【例2】　(1)若随机事件A,B满足P(A)=,P(B)=,P(A+B)=,则P(AB)=(B) A. B. C. D. 解析　由概率的性质,P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)=+-=.故选B. (2)(多选题)(2025·河北名校联考)中国篮球职业联赛中,某男篮球运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表: 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,则(ABC) A.P(A)=0.55 B.P(B)=0.18 C.P(C)=0.27 D.P(B∪C)=0.55 解析　由题意可知P(A)==0.55,P(B)==0.18,因为事件A∪B为事件C的对立事件,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. [规律方法]　事件关系的运算策略 (1)要紧扣运算的定义. (2)要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果. (3)当事件是由互斥事件组成时,运用互斥事件的概率加法公式. 【训练】　(1)某潜艇部队在南海进行实弹演习,已知甲、乙两艘潜艇发射导弹一次的命中率分别为0.8,0.7.按照演习计划,甲、乙两艘潜艇各发射导弹一次,若两艘潜艇都命中的概率为0.6,则甲或乙潜艇命中的概率为(C) A.0.56 B.0.5 C.0.9 D.0.6 解析　设“甲潜艇命中”为事件A,“乙潜艇命中”为事件B,根据概率的加法公式可得,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.8+0.7-0.6=0.9.故选C. (2)若随机事件A,B互斥,A,B发生的概率均不等于0,且P(A)=a2-5,P(B)=5-2a,则实数a的取值范围为 (,1+] .  解析　因为随机事件A,B互斥,且 A,B发生的概率均不等0 ,且P(A)+P(B)≤1,所以即解得a∈(,1+]. 第六节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课标要求 三年考情 1.结合有限样本空间,了解相互独立事件、条件概率的含义. 2.结合古典概型,了解随机事件的独立性与条件概率的关系,能利用独立性、乘法公式、全概率公式计算概率. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T20 T21 全国Ⅱ卷 T19 T12 T18   重点提示:相互独立事件、条件概率、全概率公式、贝叶斯公式 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.相互独立事件 (1)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. (2)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)概念:设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,称P(B|A)=为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率. (2)两个公式 ①利用古典概型:P(B|A)=; ②概率的乘法公式:P(AB)=P(A)P(B|A). 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),称此公式为全概率公式. 【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.条件概率公式P(B|A)==,其中n(A)为事件A包含的样本点数,n(AB)为事件AB包含的样本点数. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若事件A,B互斥,则P(B|A)=1.(×) 解析　若事件A,B互斥,则P(B|A)=0. (2)若A,B相互独立,且P(A)=0.5,P(B)=0.4,则A,B都不发生的概率为0.3.(√) 解析　因为A,B相互独立,P(A)=0.5,P(B)=0.4,所以P()=0.5,P()=0.6,所以P()=0.5×0.6=0.3. (3)抛掷2枚质地均匀的硬币,“第1枚为正面向上”为事件A,“第2枚为正面向上”为事件B,则A,B相互独立.(√) (4)若事件A1与A2是对立事件,则对任意的事件B⊆Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2).(√) 2.(人A必二P253 练习T3改编)天气预报报道:元旦假期甲地的降雨概率是0.2,乙地的降雨概率是0.3.假定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(C) A.0.2 B.0.3 C.0.38 D.0.56 解析　设“甲地降雨”为事件A,“乙地降雨”为事件B,则两地中恰有一地降雨为事件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. 3.(人A选三P48T3改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球,它们大小形状完全相同,现需一个红球,甲每次从中任取一个不放回,则他在第一次拿到白球的条件下,第二次拿到红球的概率为  .  解析　设A=“甲第一次拿到白球”,B=“甲第二次拿到红球”,则P(AB)==,P(A)==,所以P(B|A)==. 4.已知P(A)=,P()=,P(B|A)=,P(B|)=,则P(B)=  .  解析　P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　相互独立事件的概率 角度1　相互独立事件的判断 【例1】　(多选题)(2025·滁州模拟)已知A,B为两个随机事件,且P(A)=0.4,P(B)=0.6,则(BCD) A.P(A+B)<1 B.若A,B为互斥事件,则P(AB)=0 C.若P(AB)=0.24,则A,B为相互独立事件 D.若A,B为相互独立事件,则P()=P(AB) 解析　若A,B为互斥事件,又P(A)+P(B)=1,则A∩B=⌀且A+B=Ω,故P(A+B)=1,P(AB)=0,故A错误,B正确;若P(AB)=0.24,即P(AB)=P(A)P(B),故A,B为相互独立事件,故C正确;若A,B为相互独立事件,则,也相互独立,即P()=P()P(),又P()=0.6,P()=0.4,所以P(AB)=0.4×0.6=P()P(),故P()=P(AB),故D正确. [规律方法]　相互独立事件的判断方法 (1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响. (2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B). 【训练1】　(多选题)甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签.其中,甲袋中有编号为1,2,3的三个号签;乙袋有编号为1,2,3,4,5,6的六个号签.现从甲、乙两袋中各抽取1个号签,从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响.记事件A:从甲袋中抽取号签1;事件B:从乙袋中抽取号签6;事件C:抽取的两个号签和为3;事件D:抽取的两个号签编号不同.则下列选项中,正确的是(ABD) A.P(AB)= B.P(C)= C.事件A与事件C相互独立 D.事件A与事件D相互独立 解析　对于A,事件A,B相互独立,P(AB)=P(A)P(B)=×=,A正确;对于B,样本点为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),共18种,事件C包括(1,2),(2,1)2种情况,P(C)==,B正确;对于C,由P(AC)=≠×=P(A)P(C),得事件A,C不相互独立,C错误;对于D,由P(AD)==×=P(A)P(D),得事件A,D相互独立,D正确. 角度2　相互独立事件的概率 【例2】　(2024·山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货.已知该产品第一类检验单独通过率为,第二类检验单独通过率为p(0<p<1),规定:第一类检验不通过则不能进入第二类检验,每类检验未通过可修复后再检验一次,修复后无需从头检验,通过率不变且每类检验最多两次,且各类检验间相互独立.若该产品能出货的概率为,则p=(C) A. B. C. D. 解析　设Ai表示第i次通过第一类检验,Bi表示第i次通过第二类检验(i=1,2),由题意得P(A1B1+A2B1+A1B2+A2B2)=,即p+×p+×(1-p)p+××(1-p)p=,解得p=或p=(舍去).故选C. [规律方法]　求相互独立事件的概率求解方法 (1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积. (2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其对立事件入手计算. 【训练2】　(2025·宁波调研)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在广泛开展投壶活动中,对投壶的壶也有所改进,即在壶口两旁增添两耳,因此在投壶的花式上就多了许多名目,如“贯耳(投入壶耳)”.每一局投壶,每一位参赛者各有四支箭,投入壶口一次得1分,投入壶耳一次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的),甲四支箭已投完,共得3分,乙投完2支箭,目前只得1分,乙投中壶口的概率为,投中壶耳的概率为.四支箭投完,以得分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为  .  解析　由题意,若乙要赢得这局比赛,按照乙第三支箭的情况可分为两类:①第三支箭投中壶口,第四支箭必须投入壶耳,其概率为P1=×=.②第三支箭投入壶耳,第四支箭投入壶口、壶耳均可,其概率为P2=×=.所以乙赢得这局比赛的概率为P=P1+P2=+=. 考点二　条件概率 【例3】　某地开展党史知识竞赛活动,以党支部为单位参加比赛,某党支部在5道党史题中(包含3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答,设事件A为“第1次抽到选择题”,事件B为“第2次抽到选择题”,则P(B|A)=  .  解析　解法一(定义法):P(A)==,P(AB)== ,由条件概率公式可得P(B|A)===. 解法二(样本点数法):不放回地依次随机抽取2道题作答,样本空间有5×4=20 个样本点,n(A)=3×4=12,n(AB)=3×2=6,所以P(B|A)===. 解法三(缩小样本空间法):第1次抽到选择题后,第二次再抽一道题,其样本空间有4个样本点,满足事件B 的样本点有2个,所以P(B|A)==. [规律方法]　条件概率的求解方法 【训练3】　(1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为(A) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 解析　令事件A,B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪,事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰,则P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4,所以P(C)=P(A|B)===0.8. (2)从包含男生甲、乙,女生丙的5名男生和2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛,则在男生甲被选中的条件下,男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是(C) A. B. C. D. 解析　解法一:设男生甲被选中为事件A,男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B,则P(B|A)====. 解法二:在男生甲被选中的情况下,基本事件总数为=15,其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为=6,所以所求概率为1-=. 考点三　全概率公式 【例4】　(2025·河北石家庄模拟)玻璃杯整箱出售,共3箱,每箱20只.假设各箱含有0,1,2只残次品的概率分别为0.8,0.1,0.1.一顾客欲购买一箱玻璃杯,在购买时,售货员随意取一箱,而顾客随机查看4只玻璃杯,若无残次品,则买下该箱玻璃杯;否则不买.设事件A表示“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”,事件Bi表示“箱中恰好有i(i=0,1,2)只残次品”.求: (1)顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率; (2) 在顾客买下的一箱玻璃杯中,没有残次品的概率. 解　(1)由题设可知,P(B0)=0.8,P(B1)=0.1,P(B2)=0.1,且P(A|B0)=1,P(A|B1)==,P(A|B2)==,所以P(A)=P(B0)P(A|B0)+P(B1)P(A|B1)+P(B2)·P(A|B2) =0.8×1+0.1×+0.1×=,即顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率是. (2)因为P(B0|A)===,所以在顾客买下的一箱玻璃杯中,没有残次品的概率是. [规律方法]　利用全概率公式求解概率的步骤 【训练4】　书架上放有2本语文书和3本数学书,学生甲先随机取走2本书,学生乙再在剩下的书中随机取走1本书.已知甲至少取走了1本数学书,则乙取走语文书的概率为  .  解析　记2本语文书为a,b,3本数学书为1,2,3,则甲至少取走了1本数学书包含的样本点有:(a,1),(a,2),(a,3),(b,1),(b,2),(b,3),(1,2),(2,3),(1,3),共9个.设“甲至少取走了1本数学书的情况下甲取走i 本数学书”为事件Ai(i=1,2),“乙取走语文书”为事件B,则事件A1 包含(a,1),(a,2),(a,3),(b,1),(b,2),(b,3),共6个样本点,故P(A1)==,P(B|A1)=,同理可得P(A2)=,P(B|A2)=,则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=. 两个条件概率之间的关系——贝叶斯公式 *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. 【典例】　随着城市经济的发展,早高峰问题越发严重,上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有三种,早上他选择自驾,坐公交车,骑共享单车的概率分别为,,,而他自驾,坐公交车,骑共享单车迟到的概率分别为,,,结果某天他迟到了,在此条件下,他自驾去上班的概率是 . 解析　解法一:由题意设事件A表示“自驾”,事件B表示“坐公交车”,事件C表示“骑共享单车”,事件D“表示迟到”,则P(A)=P(B)=P(C)=,P(D|A)=,P(D|B)=,P(D|C)=;P(D)=P(A)P(D|A) +P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=×,小明迟到了,由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)====. 解法二:在迟到的条件下,他自驾去上班的概率P==. 【微练】　(1)某校高一(1)班有学生40人,其中共青团员15人,全班分成4个小组,第一组有学生10人,共青团员4人,从该班任选一人做学生代表.已知选到的是共青团员,求他是第一组学生的概率 . 解析　设事件A表示“选到第一组学生”,事件B表示“选到共青团员”,由题意,P(A)==,P(B|A)==,P(B)==,所以“已知选到的是共青团员,则他是第一组学生的概率”为==. (2)某人从保山到昆明,可以乘坐高铁、客车、飞机三种交通工具,出行方式如下表, 交通工具 高铁 客车 飞机 乘坐概率 迟到概率 0.1 0.3 0.3 某人已迟到,则他乘坐飞机迟到的概率为 0.25 . 解析　由题意知,所求概率P= =0.25. 第五节　古典概型、概率的性质 第七节　离散型随机变量及其分布列与数字特征 课标要求 三年考情 1.了解离散型随机变量的概念. 2.理解离散型随机变量分布列及其数字特征(均值、方差). 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷   重点提示:离散型随机变量的分布列、均值、方差 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.离散型随机变量 一般地,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,我们称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 一般地,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. 3.离散型随机变量分布列的性质 (1)pi≥0,i=1,2,…,n. (2)p1+p2+…+pn=1. 4.离散型随机变量的均值(数学期望)与方差 一般地,若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn (1)均值:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi为随机变量X的均值或数学期望,它反映了随机变量取值的平均水平. (2)方差: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,并称为随机变量X的标准差,记为σ(X),它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度. 5.两点分布的分布列及其数字特征 若X服从两点分布,则分布列如下: X 0 1 P 1-p p 期望E(X)=p,方差D(X)=p(1-p). 6.均值(数学期望)与方差的性质 (1)E(aX+b)=aE(X)+b. (2)D(aX+b)=a2D(X).(a,b为常数) 【常用结论】 1.E(k)=k,D(k)=0,其中k为常数. 2.E(X1+X2)=E(X1)+E(X2). 3.D(X)=E(X2)-(E(X))2. 4.若X1,X2相互独立,则E(X1X2)=E(X1)·E(X2). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)手机电池的使用寿命X是离散型随机变量.(×) 解析　手机电池的使用寿命X的取值是某一区间内的任意非负实数,不能一一列举出,不是离散型随机变量,错误. (2)在离散型随机变量分布列中随机变量的每一个可能值对应的概率可以为任意的实数.(×) 解析　在离散型随机变量分布列中随机变量的每一个可能值对应的概率是区间[0,1]上的某个值,错误. (3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.(√) (4)方差或标准差越小,则随机变量的偏离程度越小.(√) 2.(人A选三P63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(C) A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1 解析　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.故选C. 3.随机变量X的分布列为: X 0 1 m P n 且E(X)=1.1,则D(X)= 0.49 .  解析　由+n+=1,得n=,因为E(X)=1.1,所以0×+1×+m×=1.1,得m=2,所以D(X)=(0-1.1)2×+(1-1.1)2×+(2-1.1)2×=0.49. 4.(人A选三P66T1改编)已知随机变量X的分布列如下: X -1 0 1 P 若Y=2X+3,则E(Y)的值为  .  解析　E(X)=-+=-,则E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-+3=. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　离散型随机变量 【例1】　(1)下列随机变量不是离散型随机变量的是(C) A.掷一颗骰子出现的点数 B.投篮一次的结果 C.某同学在12:00至12:30到校的时间 D.从含有50件合格品、10件次品的产品中任取3件,其中合格品的件数 解析　A中骰子出现的点数为1,2,3,4,5,6,可以一一列举出来.B中投篮一次有两种情况,若用1表示投中,0表示不中,则也可以一一列举出来.D中所取3件产品的合格品数可能为0,1,2,3,共4种情况,可以一一列举出来.C中学生到校时间可以是12:00到12:30中的任意时刻,不能一一列举出来,因此C不是离散型随机变量,故选C. (2)(多选题)抛掷两颗骰子各一次,记第一颗骰子掷出的点数与第二颗骰子掷出的点数的差为X,则“X>3”表示的试验的结果有(ACD) A.第一颗为5点,第二颗为1点 B.第一颗大于4点,第二颗也大于4点 C.第一颗为6点,第二颗为1点 D.第一颗为6点,第二颗为2点 解析　因为5-1=4>3,6-1=5>3,6-2=4>3,所以选项ACD符合题意,对于选项B:第一颗大于4点,可以是5点,6点,第二颗也大于4点,可以是5点,6点,因为5-5=0<3,5-6=-1<3,6-5=1<3,6-6=0<3,所以本选项不符合题意,故选ACD. [规律方法]　随机变量的三大特征 (1)结果可用数来表达. (2)实验前可以判断其可能出现的结果. (3)在试验前不能确定值. 【训练1】　从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛,设随机变量X表示所选3人中女生的人数,则{X≤1}表示 所选3人中至多有1名女生 .  解析　{X≤1}包含两种情况:{X=1}或{X=0}.故{X≤1}表示所选3人中至多有1名女生. 考点二　离散型随机变量分布列的性质 【例2】　(1)(多选题)已知随机变量X的分布列如表(其中a为常数): X 0 1 2 3 4 P 0.1 0.2 0.4 0.2 a 则下列计算结果正确的是(ABD) A.a=0.1 B.P(X≤2)=0.7 C.P(X≥3)=0.4 D.P(X≤1)=0.3 解析　因为0.1+0.2+0.4+0.2+a=1,解得a=0.1,故A正确;由分布列知P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=0.1+0.2+0.4=0.7,故B正确;P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)=0.2+0.1=0.3,故C错误;P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=0.1+0.2=0.3,故D正确. (2)(2025·黑龙江大庆模拟)已知随机变量X的分布列满足P(X=n)=(n=1,2,3,4),其中a为常数,则P=(C) A. B. C. D. 解析　因为P(X=n)=(n=1,2,3,4),所以P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,则+++=a=1,解得a=,所以P(X=1)=,P(X=2)=,所以P=P(X=1)+P(X=2)=+=.故选C. [规律方法]　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. 【训练2】　设随机变量X满足P(X=i)=(i=1,2,3),则k=  ;P(X≥2)=  .  解析　由已知得随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 所以++=1,所以k=. 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 所以P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=. 考点三　求离散型随机变量的分布列 【例3】　甲同学参加化学竞赛初赛,考试分为笔试、口试、实验三个项目,各单项通过考试的概率依次为,,.记甲同学三个项目中通过考试的个数为X,求随机变量X的分布列. 解　随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.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 [规律方法]　离散型随机变量分布列的求解步骤 【训练3】　从装有除颜色外完全相同的6个白球,4个黑球和2个黄球的箱中随机取出两个球,规定每取出1个黑球记2分,而取出1个白球记-1分,取出黄球记零分.以X表示所得分数,求X的概率分布. 解　依题意,当取到2个白球时,随机变量X=-2;当取到1个白球,1个黄球时,随机变量X=-1;当取到2个黄球时,随机变量X=0;当取到1个白球,1个黑球时,随机变量X=1;当取到1个黑球,1个黄球时,随机变量X=2;当取到2个黑球时,随机变量X=4,所以随机变量X的可能取值为-2,-1,0,1,2,4,可得P(X=-2)==,P(X=-1)==,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=4)==,所以X的概率分布为 X -2 -1 0 1 2 4 P 考点四　离散型随机变量的数字特征 角度1　期望与方差 【例4】　(1)(多选题)已知随机变量X的分布列为 X -1 0 1 P m 3m 下列结论正确的有(ABD) A.m= B.E(X)= C.E(2X-1)= D.D(X)= 解析　由分布列的性质,得+4m=1,解得m=,故A正确;E(X)=-1×+0×+1×=,故B正确;E(2X-1)=2E(X)-1=-,故C不正确;D(X)=×+×+×=,故D正确.故选ABD. (2)(2025·石家庄调研)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的分布列和数学期望、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×=. [规律方法]　求离散型随机变量X的均值与方差的步骤 (1)理解X的意义,写出X的所有可能取值. (2)求X取每个值的概率. (3)写出X的分布列. (4)由均值、方差的定义求E(X),D(X). 角度2　决策问题 【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.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得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. (ⅰ)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? (ⅱ)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? 【规范解答】　(1)设A1=“甲、乙所在队进入第二阶段”,则P(A1)=1-(1-0.4)3=0.784. 思维点1:计算甲、乙所在队进入第二阶段的概率. 设A2=“乙在第二阶段至少得5分”,则P(A2)=1-(1-0.5)3=0.875. 思维点2:计算乙至少得5分的概率,从而计算甲、乙所在队不少于5分的概率. 设A3=“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”,则P(A3)=P(A1)·P(A2)=0.686. (2)(ⅰ)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲, 则P甲=[1-(1-p)3]·q3=pq3·(3-3p+p2). 思维点3:计算甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率. 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙, 则P乙=[1-(1-q)3]·p3=qp3·(3-3q+q2). 思维点4:计算乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率. 则P甲-P乙=pq(3q2-3pq2+p2q2-3p2+3p2q-p2q2)=3pq(q-p)(p+q-pq), 由0<p<q≤1,得q-p>0,p+q-pq=p+q(1-p)>0, 所以P甲-P乙>0,即P甲>P乙. 思维点5:作差法比较大小. 故应该由甲参加第一阶段比赛. ( ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩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, 所以E(X)=[1-(1-p)3]·[15q(1-q)2+30q2(1-q)+15q3]=[1-(1-p)3]·15q=15pq(p2-3p+3). 思维点6:计算甲参加第一阶段比赛,甲、乙所在队比赛成绩的数学期望. 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15. 同理,可得E(Y)=15pq(q2-3q+3). 思维点7:计算乙参加第一阶段比赛,甲、乙所在队比赛成绩的数学期望. E(X)-E(Y)=15pq(p2-3p-q2+3q)=15pq(q-p)(3-p-q), 由0<p<q≤1,得q-p>0,3-p-q=3-(p+q)>0, 所以E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y). 思维点8:作差法比较大小. 故应该由甲参加第一阶段比赛. 　　本题以相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列为工具,考查分类讨论思想和推理论证能力,使思维能力强的学生能够展示素养、发挥潜力、脱颖而出,发挥高考的选拔功能,引导数学教学关注对学生核心素养的培养. 【对点练】 1.(角度1)(多选题)(2025·四川模拟)设离散型随机变量X的分布列如下表 X 0 1 2 3 4 P 0.1 0.2 m 0.2 0.1 若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则(ABD) A.m=0.4 B.E(X)=2,D(X)=1.2 C.E(Y)=3,D(Y)=3.4 D.E(Y)=5,D(Y)=4.8 解析　由离散型随机变量X的分布列性质可得m=1-0.1-0.2-0.2-0.1=0.4,A正确;E(X)=0×0.1+1×0.2+2×0.4+3×0.2+4×0.1=2,D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.2+(2-2)2×0.4+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.1=1.2,B正确;由于Y=2X+1,故E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=4.8,C错误,D正确;故选ABD. 2.(角度2)有甲、乙两家公司都需要招聘求职者,这两家公司的聘用信息如表所示: 甲公司 乙公司 职位 A B C D 职位 A B C D 月薪/千元 5 6 7 8 月薪/千元 4 6 8 10 获得相应 职位概率 0.4 0.3 0.2 0.1 获得相应 职位概率 0.4 0.3 0.2 0.1 (1)若一人去应聘甲公司的C职位,另一人去应聘乙公司的C职位,记这两人被录用的人数和为η,求η的分布列; (2)若小明和小芳分别被甲、乙两家公司录用,求小明月薪高于小芳月薪的概率; (3)根据甲、乙两家公司的聘用信息,如果你是求职者,你会选择哪一家公司?并说明理由. 解　(1)根据题意可知随机变量η的可能取值有0,1,2, P(η=0)=0.8×0.8=0.64,P(η=1)=2×0.2×0.8=0.32,P(η=2)=0.2×0.2=0.04. 随机变量η的分布列为 η 0 1 2 P 0.64 0.32 0.04 (2)小明月薪高于小芳月薪的概率为P=0.4×0.4+0.3×0.4+0.2×(0.4+0.3)+0.1×(0.4+0.3)=0.49. (3)入职甲公司,月薪的期望为E(X)=0.4×5+0.3×6+0.2×7+0.1×8=6,方差D(X)=0.4×(5-6)2+0.3×(6-6)2+0.2×(7-6)2+0.1×(8-6)2=1.入职乙公司,月薪的期望为E(Y)=0.4×4+0.3×6+0.2×8+0.1×10=6,方差D(Y)=0.4×(4-6)2+0.3×(6-6)2+0.2×(8-6)2+0.1×(10-6)2=4,由(2)知甲公司月薪高于乙公司的概率为0.49,乙公司月薪高于甲公司的概率为P=0.3×0.4+0.2×(0.4+0.3+0.2)+0.1=0.4,即E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),0.4<0.49.即两家公司月薪的期望相同,但甲公司月薪的波动性小,乙公司月薪的波动性更大,且甲公司月薪高于乙公司月薪的概率更大,故选甲公司. 第八节　二项分布与超几何分布 课标要求 三年考情 1.通过具体实例,了解伯努利试验. 2.掌握二项分布及其数字特征,并能解决简单的实际问题. 3.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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 T12 T18   重点提示:二项分布、超几何分布 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.二项分布 (1)伯努利试验:只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验.将一个伯努利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. (2)二项分布:一般地,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.如果随机变量X的分布列具有上式的形式,则称随机变量X服从二项分布,记作X~B(n,p). (3)二项分布的均值与方差:如果X~B(n,p),那么E(X)=np,D(X)=np(1-p). 2.超几何分布 (1)定义:一般地,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}.如果随机变量X的分布列具有上式的形式,那么称随机变量X服从超几何分布. (2)均值E(X)=. 3.二项分布与超几何分布的关系 在n次试验中,某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布. 区别 ①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球),X服从二项分布; ②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球),X服从超几何分布 联系 在不放回n次试验中,如果总体数量N很大,而试验次数n很小,此时超几何分布可近似转化成二项分布 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)二项分布是一个概率分布,其公式相当于(a+b)n二项展开式的通项,其中a=p,b=1-p.(×) (2)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球,连取3次,则取到红球的个数X服从超几何分布.(×) (3)n重伯努利试验中各次试验的结果必须相互独立.(√) (4)设随机变量X服从二项分布B,则P(X=3)=.(√) 2.(人A选三P78例5改编)从一批含有13件正品,2件次品的产品中,不放回地任取3件,则取得次品数为1的概率是(B) A. B. C. D. 解析　设随机变量X表示取出次品的个数,X服从超几何分布,其中N=15,M=2,n=3,X的可能的取值为0,1,2,所求概率为P(X=1)==.故选B. 3.如果某一批玉米种子中,每粒发芽的概率均为,那么播下5粒这样的种子,恰有2粒不发芽的概率是(A) A. B. C. D. 解析　用X表示发芽的粒数,则X~B,则P(X=3)=××=,故播下5粒这样的种子,恰有2粒不发芽的概率为. 4.(人A选三P76T1改编)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷4次,X表示“奇数点”出现的次数,则随机变量X的均值E(X)=(A) A.2 B.1 C. D. 解析　由题意可知,X~B,E(X)=4×=2. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　n重伯努利试验 【例1】　(1)以下分布中是伯努利分布的是(A) A.掷一枚硬币正面次数X的分布 B.掷两枚硬币正面次数X的分布 C.抛一颗骰子点数X的分布 D.从一个放有2个白球,和2个黑球的袋子中摸出两个球,用x表示白球个数的分布 解析　只取两个值的随机变量称为伯努利型,其分布称为伯努利分布.则选项A符合,选项BCD不符合.故选A. (2)某班级准备进行“福气到”抽奖活动,福袋中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个相同小球,从袋中一次性摸出三个小球,若号码之和是3的倍数,则获奖.若有5名同学参与此次活动,则恰好有3人获奖的概率是(C) A. B. C. D. 解析　每次抽奖中,总情况数为=10,获奖的情况共有(1,2,3),(1,3,5),(2,3,4),(3,4,5)这4种,所以每次抽奖获奖的概率p=.设这5人中获奖人数为X,则X~B,所以P(X=3)==.故选C. [规律方法]　n重伯努利试验求概率的步骤 (1)先确定好n,p和k的值. (2)事件恰好发生k次的概率为P(X=k)=pk(1-p)n-k. 【训练1】　(1)数轴上一个质点在随机外力的作用下,从原点O出发,每隔1秒向左或向右移动一个单位,已知向右移动的概率为,向左移动的概率为,共移动8次,则质点位于-2的位置的概率是(D) A. B. C. D. 解析　依题意此实验满足8重伯努利实验,设向左移动次数为X,则X~B,从原点O出发,共移动8次,最后质点位于-2,则需向右移动3次,向左移动5次,所以质点位于-2的位置的概率为P(X=5)=.故选D. (2)(2025·保定高三模拟)甲、乙两人各进行3次射击,甲每次击中目标的概率为,乙每次击中目标的概率为,他们每次射击是否击中目标互不影响,则甲恰好比乙多击中目标1次的概率为  .  解析　事件“甲恰好比乙多击中目标1次”分为“甲击中1次乙击中0次”,“甲击中2次乙击中1次”,“甲击中3次乙击中2次”三种情形.其概率P=×××+×××××+×××=. 考点二　二项分布 【例2】　甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛,比赛规则如下:每个队各组织五名队员进行五场单打比赛,每场单打比赛获胜的一方得1分,失败的一方不得分.已知每场单打比赛中,甲队获胜的概率均为(每场单打比赛不考虑平局的情况). (1)求五场单打比赛后,甲队恰好领先乙队1分的概率; (2)设比赛结束后甲队的得分为随机变量X,求X的分布列和数学期望. 解　(1)记“五场单打比赛后,甲队恰好领先乙队1分”为事件A,而五场单打比赛后,甲队恰好领先乙队1分,即五场单打比赛中甲队赢3场,乙队赢2场,所以P(A)=××=. (2)由题意得,X的可能取值为0,1,2,3,4,5.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 所以E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=. [规律方法]　二项分布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. 【训练2】　(1)已知随机变量X服从二项分布B(4,p),P(X=2)=,那么一次试验成功的概率p等于 或 .  解析　P(X=2)=p2(1-p)2=6p2(1-p)2=,即p2(1-p)2=×,解得p=或p=. (2)某商场为了刺激消费,进行消费抽奖活动,规则如下:顾客消费每满600元即可获得抽奖券1张,每张抽奖券中奖的概率均为,若获奖,则可获得价值150元的现金券.已知小王在该商场购买了价值3 800元的手机,则小王得到750元现金券的概率为  .  解析　由题意,小王购买了价值3 800元的手机,可得小王购物后可以获得6张抽奖券,因为每张抽奖券中奖的概率均为,所以获奖次数X服从X~B,又因为若获奖获得价值150元的现金券,则获得750元现金券需要中奖5次,所以小王得到750元现金券的概率为P=×=. 考点三　二项分布的应用 【例3】　(1)(多选题)已知随机变量X满足:X~B(4,p),0<p<1,E(X)=D(X),则(BCD) A.p= B.E(X)= C.E(2X+1)= D.D(2X+1)= 解析　对A,因为X~B(4,p),E(X)=D(X),所以×4p(1-p)=4p,解得p=,故A错误;对B,由上知E(X)=4×=,故B正确;对C,E(2X+1)=2E(X)+1=,故C正确;对D,D(2X+1)=4D(X)=4×4×(1-)=,故D正确.故选BCD. (2)某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件,其中有A,B,C三款软件投入使用,经一学年使用后,团队调查了这个专业大一四个班的使用情况,从各班抽取的样本人数如下表: 班级 一 二 三 四 人数 3 2 3 4 ①从这12人中随机抽取2人,求这2人恰好来自同一班级的概率; ②从这12名学生中,指定甲、乙、丙三人为代表,已知他们下午自习时间每人选择一款软件,其中选A,B两款软件学习的概率都是,且他们选择A,B,C任一款软件都是相互独立的,设这三名学生中下午自习时间选软件C的人数为ξ,求ξ的分布列和数学期望. 解　①从这12人中随机抽取2人,共有=66(种)可能情况,记“这2人恰好来自同一班级”为事件A,则事件A包含的可能情况有+++=3+1+3+6=13(种),所以P(A)=. ②由题意知,ξ的可能取值为0,1,2,3,因为选A,B两款软件学习的概率都是,且他们选择A,B,C任一款软件都是相互独立的,所以他们选择C款软件学习的概率是1--=,所以这三名学生中下午自习时间选软件C的人数服从二项分布ξ~B,所以P(ξ=0)==,P(ξ=1)===,P(ξ=2)===,P(ξ=3)==,所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)=3×=2. [规律方法]　注意随机变量满足二项分布的关键词 (1)视频率为概率. (2)人数很多、数量很大等. 【训练3】　(1)小明投篮3次,每次投中的概率为0.8,且每次投篮互不影响,若投中一次得2分,没投中得0分,总得分为X,则(B) A.E(X)=2.4 B.E(X)=4.8 C.D(X)=0.48 D.D(X)=0.96 解析　设小明投中次数为ξ,则由题意可知ξ~B(3,0.8),则E(ξ)=3×0.8=2.4,D(ξ)=3×0.8×(1-0.8)=0.48,因为投中一次得2分,没投中得0分,所以X=2ξ,则E(X)=2E(ξ)=2×2.4=4.8,D(X)=4D(ξ)=1.92.故选B. (2)“节约用水”自古以来就是中华民族的优良传统.某市统计局调查了该市众多家庭的用水量情况,绘制了月用水量的频率分布直方图,如图所示,将月用水量落入各组的频率视为概率,并假设每天的用水量相互独立. ①求在未来连续4个月里,有连续2个月的月用水量都不低于12吨且另2个月的月用水量低于4吨的概率; ②用X表示在未来3个月里月用水量不低于12吨的月数,求随机变量X的分布列及数学期望E(X). 解　①由频率分布直方图可知月用水量低于4吨与不低于12吨的概率分别为:p1=0.037 5×4=0.15,p2=(0.05+0.025)×4=0.3,故在未来连续4个月里连续2个月的月用水量都不低于12吨且另2个月的月用水量低于4吨的概率P=3×0.32×0.152=0.006 075. ②X可能取的值为0,1,2,3,且X~B(3,0.3),则有P(X=0)=×(1-0.3)3=0.343,P(X=1)=×0.3×(1-0.3)2=0.441,P(X=2)=×0.32×(1-0.3)=0.189,P(X=3)=×0.33=0.027. 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027 故X的数学期望为E(X)=np2=3×0.3=0.9. 考点四　超几何分布 【例4】　(1)口袋中装有两个红球和三个白球,从中任取两个球,用X表示取出的两个球中白球的个数,则X的数学期望E(X)=  .  解析　从袋中1次随机摸出2个球,记白球的个数为X,则X的可能取值是0,1,2;则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 所以数学期望E(X)=0×+1×+2×=. (2)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同的心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,剩下的5人接受乙种心理暗示. ①用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列; ②若用Y表示接受乙种心理暗示的男志愿者人数,求Y的分布列. 解　①由题意知X 的可能取值为0,1,2,3,4,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)==.所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P ②由题意可知Y 的可能取值为1,2,3,4,5,则P(Y=1)==,P(Y=2)==,P(Y=3)==,P(Y=4)==,P(Y=5)==.所以Y 的分布列为 Y 1 2 3 4 5 P [规律方法]　求超几何分布的分布列的步骤 【训练4】　某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况,随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位:克),质量的分组区间为[490,495],(495,500],…,(510,515].由此得到样本的频率分布直方图(如下图). (1)根据频率分布直方图,求质量超过505克的产品数量; (2)在上述抽取的40件产品中任取2件,设X为质量超过505克的产品数量,求X的分布列; (3)从该流水线上任取2件产品,设Y为质量超过505克的产品数量,求Y的分布列. 解　(1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05+5×0.01=0.3,所以质量超过505克的产品数量为40×0.3=12(件). (2)质量超过505克的产品数量为12件,则质量未超过505克的产品数量为28件,X的取值为0,1,2,X服从超几何分布.P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以X的分布列为 X 0 1 2 P (3)根据样本估计总体的思想,取一件产品,该产品的质量超过505克的概率为=.从流水线上任取2件产品互不影响,该问题可看成2重伯努利试验,质量超过505克的件数Y的可能取值为0,1,2,且Y~B,P(Y=k)=,k=0,1,2.所以P(Y=0)==,P(Y=1)=··=,P(Y=2)=·=.所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P 【微点拓展】 与二项分布、超几何分布有关的 概率最大值问题解题步骤 ((1)确定好n,k的值,注意“停止型”模型的算法区别. (2)由题意将X服从二项分布或超几何分布,表达出 (3)求出最大值. 【典例】　投掷一枚骰子,向上点数共有1~6六种可能,每一种情况的发生是等可能的,连续投掷40次,记出现6点的次数X,则概率最大时随机变量X的值为 6 . 解析　由题意X~B,所以P(X=i)=··.由≥1⇒i≤;由≥1⇒i≥.所以i=6时,P(X=i)最大,即X=6时概率最大. 【微练】　一个不透明的箱子中装有5个小球,其中白球3个,红球2个,小球除颜色不同外,材质大小全部相同,现投掷一枚质地均匀的硬币,若硬币正面朝上,则从箱子里抽出一个小球且不再放回;若硬币反面朝上,则不抽取小球;重复该试验,直至小球全部取出,假设试验开始时,试验者手中没有任何小球,则小球全部取出的概率最大时需要经过试验的次数为 8或9 . 解析　设经过n(n≥5)次试验后小球全部取出的概率最大,此时前(n-1)次有4次投掷硬币,正面朝上,第n次投掷硬币,正面朝上,故概率为×=,令 解得8≤n≤9，又n∈N*，所以n=8或9. 第九节　正态分布 课标要求 三年考情 1.通过误差模型,了解服从正态分布的随机变量. 2.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. 3.了解正态分布的均值、方差及其含义. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T9 全国Ⅱ卷 T13   重点提示:正态分布、正态分布的均值及方差 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.正态曲线 函数f(x)=,x∈R,其中μ∈R,σ>0为参数,我们称函数f(x)为正态密度函数,称它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)曲线位于x轴上方,当|x|无限增大时,曲线无限接近x轴; (2)曲线是单峰的,它关于直线x=μ对称; (3)曲线在x=μ处达到峰值; (4)曲线与x轴围成的面积为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; (6)当μ取定值时,正态曲线的形状由σ确定,当σ较小时,峰值高,正态曲线“瘦高”,表示随机变量X的分布比较集中;当σ较大时,峰值低,正态曲线“矮胖”,表示随机变量X的分布比较分散,如图②所示. ① ② 3.正态分布的定义及表示 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)=,x∈R,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. 4.3σ原则 (1)P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7; (2)P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5; (3)P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 5.正态分布的均值与方差 若X~N(μ,σ2),则E(X)=μ,D(X)=σ2. 【常用结论】 1.当X~B(n,p)时,P(X=k)的最大值: (1)若(n+1)p是不超过n的正整数,则k=(n+1)p或k=(n+1)p-1时,P(X=k)取得最大值. (2)若(n+1)p是不超过n的非整数,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). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)正态曲线的对称轴由μ确定,当μ一定时,曲线的形状由σ确定.(√) (2)正态曲线关于直线x=σ对称,只有当x∈(-2σ,2σ)时曲线才在x轴上方.(×) (3)正态曲线关于y轴对称,因为曲线对应的正态密度函数是一个偶函数.(×) (4)正态分布是对于连续型随机变量而言的.(√) 2.正态密度函数f(x)=·(μ<0)的图象是(A) ABCD 解析　因为f(x)的图象的对称轴为x=μ(μ<0),又正态曲线位于x轴上方,所以由图象知只有A适合. 3.(人A选三P87习题T2改编)随机变量X~N(8,σ2),若P(7≤X≤9)=0.4,则P(X>9)=(D) A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3 解析　因为随机变量X~N(8,σ2),P(7≤X≤9)=0.4,所以P(X>8)=0.5,P(8<X≤9)=0.2,所以P(X>9)=0.3.故选D. 4.某班有48名同学,一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102),则理论上在80分到90分的人数约是(B) A.32 B.16 C.8 D.20 解析　因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102),所以P(|x-80|≤10)≈0.682 7.根据正态密度曲线的对称性可知,位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半,所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16.故选B. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　正态密度函数及正态曲线 【例1】　(1)设有一正态总体,它的正态曲线是函数f(x)的图象,且f(x)=,则这个正态总体的均值与标准差分别是(B) A.10与8 B.10与2 C.8与10 D.2与10 解析　由正态密度函数的定义和解析式可知,总体的均值μ=10,方差σ2=4,即σ=2.故选B. (2)(多选题)(2025·哈尔滨模拟)某市有甲、乙两个工厂生产同一型号的汽车零件,零件的尺寸分别记为X,Y,已知X,Y均服从正态分布,X~N(μ1,),Y~N(μ2,),其正态曲线如图所示,则下列结论中正确的是(AC) A.甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值 B.甲工厂生产零件尺寸的平均值小于乙工厂生产零件尺寸的平均值 C.甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性 D.甲工厂生产零件尺寸的稳定性低于乙工厂生产零件尺寸的稳定性 解析　X,Y均服从正态分布,X~N(μ1,),Y~N(μ2,),结合正态密度函数的图象可知,μ1=μ2,σ1<σ2,故甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值,故A正确,B错误;甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性,故C正确,D错误. [规律方法]　解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴为x=μ; (2)标准差为σ; (3)分布区间转化为3σ特殊区间. 【训练1】　(1)(多选题)某工厂为了提高工人的理论基础和实际操作技能,举办了青年工人“双能”大奖赛,满分为100分,60分及格,竞赛成绩X服从正态分布N(65,25),则(AC) A.竞赛成绩的平均值为65分 B.竞赛成绩的标准差为25 C.竞赛成绩的合格率约为0.84 D. 不合格人数与80分以上人数大致相等 解析　μ 代表均值,故竞赛成绩的平均值为65分,A正确;标准差为=5,B错误;因为σ=5,所以合格率P(X≥60)≈0.5+≈0.84,C正确;因为不合格的概率约为1-0.84=0.16,而P(X>80)≈≈0.001 4,D错误. (2)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示,若Z~N(μ1,),则下列结论正确的是(D) A.μ1<μ2,σ1>σ2 B.P(μ1≤Z≤μ2)≥P(μ1≤X≤μ2) C.P(Z≥μ2)≥P(Z≥μ1) D.P(Z≤μ2)>P(Y≤μ1) 解析　由题可知两曲线分别关于X=μ1,Y=μ2对称,X的分布曲线“高瘦”,Y的分布曲线“矮胖”,所以由题图可知,μ1<μ2,σ1<σ2,A错误;Z~N(μ1,),故Z的曲线关于x=μ1对称,且与Y的分布曲线一样“矮胖”,故P(μ1≤Z≤μ2)<P(μ1≤X≤μ2),B错误;因为μ1<μ2,所以P(Z≥μ2)<P(Z≥μ1),C错误;P(Z≤μ2)>P(Z≤μ1)=>P(Y≤μ1),D正确.故选D. 考点二　正态分布的概率计算 【例2】　(1)(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)= 0.14 .  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. (2)已知某种袋装食品每袋质量X~N(500,16),则随机抽取10 000袋这种食品,袋装质量在区间[492,504]内约有 8 186 袋.(质量单位:g)(附: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)  解析　由题意得P(500-4≤X≤500+4)≈0.682 7,P(500-8≤X≤500+8)≈0.954 5,则P(492≤X<496)≈=0.135 9,故P(492≤X≤504)≈0.135 9+0.682 7=0.818 6,则袋装质量在区间[492,504] 内约有10 000×0.818 6=8 186(袋). [规律方法]　解决正态分布问题有三个关键点 (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 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直线x=0. 【训练2】　(1)设随机变量X~N(μ,σ2),且P(X≥a)=0.5,P(X<b)=3P(X≥b),则P(X≤2a-b)=(A) A.0.25 B.0.3 C.0.5 D.0.75 解析　由已知得a=μ,P(X<b)=1-P(X≥b),P(X≥b)=0.25,故由正态曲线的对称性可得P(X≤2a-b)=P(X≥b)=0.25. (2)(2025·枣庄模拟)某地区有20 000名考生参加了高三第二次调研考试.经过数据分析,数学成绩X近似服从正态分布N(72,82),则数学成绩位于[80,88]的人数约为(B) 参考数据: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. A.455 B.2 718 C.6 346 D.9 545 解析　由题意可知,μ=72,σ=8,P(80≤X≤88)=P(μ+σ≤X≤μ+2σ)=[P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-P(μ-σ≤X≤μ+σ)]≈×(0.954 5-0.682 7)=0.135 9,则数学成绩位于[80,88]的人数约为0.135 9×20 000=2 718. 考点三　正态分布的综合应用 【例3】　(1)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点,近年来备受青睐.某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位:kW·h/100 km)情况,随机调查得到了1 200个样本,据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ~N(13,σ2),若P(12<ξ<14)=0.7,则样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有(A) A.180辆 B.360辆 C.600辆 D.840辆 解析　因为ξ~N(13,σ2),且P(12<ξ<14)=0.7,所以P(ξ≥14)=×[1-P(12<ξ<14)]=×(1-0.7)=0.15,所以样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有1 200×0.15=180(辆). (2)为加大自然生态系统和环境保护力度,加强企业对尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念,某市对化工企业的排污情况进行调查,并出台相应的整治措施.相关部门对1 000家化工企业所排污水的质量及周围空气质量进行了综合检测,得分情况如频率分布直方图所示. ①计算该市化工企业的平均得分(同一组中的数据以这组数据的中间值为代表); ②已知化工企业的得分情况X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ=,σ2=162,则得分在内的企业大约有多少家; ③按照②中概率分布随机抽取100家化工企业,分数不低于19分的企业有多少家时概率最大. 参考数据:若随机变量X服从正态分布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该市被调查的化工企业的得分的平均值为=(10×0.005 0+30×0.012 5+50×0.015 0+70×0.010 0+90×0.007 5)×20=51. ②由①知化工企业的得分情况X~N(51,162).因为67=51+16,83=51+16×2,所以P(67≤X≤83)=P(0≤X≤83)-P(0≤X<67)=P(0≤X≤51+16×2)-P(0≤X<51+16)=[P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-P(μ-σ≤X≤μ+σ)]≈=0.135 9.可得所求企业大约有0.135 9×1 000≈136家. ③由②得P(X≥19)=P(X≥μ-2σ)≈0.5+≈0.977 3,所以每家企业得分不低于19分的概率为0.977 3,则得分不低于19分的企业数ξ~B(100,0.977 3).其中恰有k家企业得分不低于19分的概率为P(ξ=k)=pk(1-p)100-k,令=>1,=>1,可得101p-1<k<101p,解得k=98,故在抽取的100家化工企业中,分数不低于19分的企业有98家时概率最大. [规律方法]　在实际问题中进行概率、百分比计算时,关键是把正态分布的两个重要参数μ,σ求出来,然后确定三个区间(范围):[μ-σ,μ+σ],[μ-2σ,μ+2σ],[μ-3σ,μ+3σ]并与已知概率值进行联系求解. 【训练3】　(1)李明上学有时坐公交车,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,通过统计相关数据后,发现坐公交车用时X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布.绘制了概率分布密度曲线,如图所示,则下列哪种情况下,应选择骑自行车(D) A.有26 min可用 B.有30 min可用 C.有34 min可用 D.有38 min可用 解析　由题意,应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具.根据X和Y的分布密度曲线图可知,P(X≤26)>P(Y≤26),P(X≤30)>P(Y≤30),P(X≤34)>P(Y≤34),P(X≤38)<P(Y≤38).所以如果有38 min可用,那么骑自行车不迟到的概率大,应选择骑自行车. (2)“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广,创建了超级杂交稻技术体系,为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献,目前超级稻计划亩产已经实现1 100公斤.现有某试验田,超级稻亩产量ξ(单位:公斤)均服从正态分布N(1 150,502),且P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,则1 000亩试验田超级稻的亩产量在1 250公斤以上的大约为 22.8 亩(结果保留一位小数).  解析　由题可知μ=1 150,σ=50,P(ξ>1 250)≈×(1-0.954 5)=0.022 75,又1 000×0.022 75≈22.8,则1 000亩试验田超级稻的亩产量在1 250公斤以上的大约为22.8亩. 微突破十五　概率与函数、数列 　　在概率与统计的问题中,决策的工具是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案,这往往借助于函数、不等式、数列的有关性质去实现. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　概率与函数 【例1】　为提高科技原创能力,抢占科技创新制高点,某企业锐意创新,开发了一款新产品,并进行大量试产. (1)现从试产的新产品中取出了5件产品,其中恰有2件次品,但不能确定哪2件是次品,需对5件产品依次进行检验,每次检验后不放回,当能确定哪2件是次品时即终止检验,记终止时一共检验了X次,求随机变量X的分布列与期望; (2)设每件新产品为次品的概率都为p(0<p<1),且各件新产品是否为次品相互独立.记“从试产的新产品中随机抽取50件,其中恰有2件次品”的概率为f(p),问p取何值时,f(p)最大. 解　(1)根据题意可知X的取值可能为2,3,4, 则P(X=2)==,P(X=3)=×+=,P(X=4)==,则X的分布列为 X 2 3 4 P 所以E(X)=2×+3×+4×=. (2)由题意可得,f(p)=p2(1-p)48(0<p<1),f'(p)=[2p(1-p)48-48p2(1-p)47]=·2p(1-p)47·(1-25p),令f'(p)=0,解得p=,因为当0<p<时,f'(p)>0,所以f(p)为单调递增函数,因为当<p<1时,f'(p)<0,所以f(p)为单调递减函数,所以当p=时,f(p)取得最大值. [规律方法]　解决概率与函数问题的步骤 (1)求初始事件的概率p1(或p0). (2)利用事件关系将f(pn)表达为关于p的表达式. (3)利用函数的单调性等相关知识,解决问题. 【训练1】　设随机变量X服从正态分布N(10,σ2),P(X>17)=m,P(3≤X≤10)=n,则m2+n2的最小值为  .  解析　由题意可知,正态曲线关于x=10对称,所以P(x>17)=P(x<3)=m,所以m+n=,因为m2+n2≥2mn,得2(m2+n2)≥m2+n2+2mn,得m2+n2≥(m+n)2=×=,等号成立时,m=n=,所以m2+n2的最小值为. 目标二　概率与数列 【例2】　(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(Xi)=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)第2次投篮的人是乙分为两种情况:第1次投篮的人是甲且投篮未命中,其概率为0.5×(1-0.6)=0.2;第1次投篮的人是乙且投篮命中,其概率为0.5×0.8=0.4,所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2+0.4=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=+×. (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或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p1+p2+p3+…+pn=+×=+×=+×. [规律方法]　解决概率与数列问题的步骤 (1)理清初始事件的概率p1(或p0). (2)利用事件关系寻求第n步的概率pn与第n+1步的概率pn+1之间的关系,即递推关系pn+1=f(pn). (3)利用数列的相关知识,由已知p1与pn+1=f(pn)求出通项公式pn. 【训练2】　(2025·扬州两校联考)某校为了合理配置校本课程资源,教务部门对学生们进行了问卷调查.据统计,其中的学生计划只选择校本课程一,另外的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二.每位学生若只选择校本课程一,则记1分;若既选择校本课程一又选择校本课程二,则记2分.假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立,视频率为概率. (1)从学生中随机抽取3人,记这3人的合计得分为X,求X的分布列和数学期望; (2)从学生中随机抽取n人(n∈N*),记这n人的合计得分恰为n+1的概率为Pn,求P1+P2+…+Pn. 解　(1)由题意知,每位学生计划不选择校本课程二的概率为,选择校本课程二的概率为,则X的可能取值为3,4,5,6,P(X=3)==,P(X=4)=××=,P(X=5)=××=,P(X=6)==,所以X的分布列为 X 3 4 5 6 P 所以E(X)=3×+4×+5×+6×=. (2)因为这n人的合计得分为n+1分,所以其中只有1人计划选择校本课程二,所以Pn=·×=,设Sn=P1+P2+…+Pn=+++…+　①,则Sn=+++…+　②,①-②,得Sn=+++…+-,即Sn=3×-=1--=1-,所以P1+P2+…+Pn=. 微突破十六　以概率统计为载体的创新题 　　以概率统计为背景的创新题通常给出一个新的定义,或约定一种新的运算,或给出几个新模型来创设新问题的情景,要求学生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,实现信息的迁移,使得问题得以解决. 　　　 　　　　　　　　　　　 【例1】　质数又称素数,一个大于1的自然数,除了1和它本身外,不能被其他自然数整除,则这个数为质数.数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.如:3和5,5和7,…,那么,如果我们在不超过32的自然数中,随机选取两个不同的数,记事件A=“这两个数都是素数”,事件B=“这两个数不是孪生素数”,则P(B|A)=(A) A. B. C. D. 解析　不超过32的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31共11个,孪生素数有3和5,5和7,11和13,17和19,29和31,共5种情况,所以n(A)==55,n(AB)=-5=50,所以P(B|A)===.故选A. [规律方法]　概率创新题的解题关键点是对新定义的理解,只有理解了定义,才可解决相应的问题. 【例2】　将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数填入如图所示的3×3的九宫格中,每个格子中只填入1个数,已知4个偶数分别填入有阴影的格子中,则每一行的3个数字之积都能被3整除的概率为(B) A. B. C. D. 解析　依题意,5个奇数填入白色格子的试验的样本点总数为,中间行必有一格填奇数3,9之一,另一个填入不含6的那一行,有2种方法,再排奇数1,5,7,有种方法,因此每一行的3个数字之积都能被3整除的事件含有的样本点数为2,所以每一行的3个数字之积都能被3整除的概率p===.故选B. [规律方法]　利用排列组合知识求概率是解决概率问题的一种常用方法,涉及对事件的不同情况进行分析,结合古典概型公式计算这些情况发生的可能性. 【例3】　甲、乙两人对局比赛,甲赢得每局比赛的概率为p(0<p<1),每局比赛没有平局. (1)若赛制为3局2胜,p=,求最终甲获胜的概率; (2)若赛制为5局3胜,记f(p)为“恰好进行4局比赛且甲获得最终胜利”的概率,求f(p)的最大值及此时p的值. 解　(1)设前两局比赛甲赢为事件A,则P(A)==;设前两局比赛甲赢一局且最后甲胜为事件B,则P(B)=×××=,所以最终甲获胜的概率为P(A)+P(B)=. (2)恰好进行4局比赛且甲最后胜,则前三局比赛甲赢两局,第四局甲赢,可得f(p)=p2(1-p)p=3p3-3p4,0<p<1,则f'(p)=9p2-12p3=3p2(3-4p),令f'(p)=0,解得p=,当p∈时,f'(p)>0,可知f(p)在上为增函数;当p∈时,f'(p)<0,可知f(p)在上为减函数,所以f(p)的最大值为f=,此时p=. [规律方法]　本题是以概率为背景的创新题,利用函数常见性质(如单调性等)解决问题. 【例4】　(2025·湖北联考)某游泳馆为了给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务(顾客可选择A和B两个套餐之一),并在APP平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在APP平台10天销售优惠券情况. 第t天 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量 y/千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得:=yi=2.2,tiyi=118.73,=385. (1)因为优惠券购买火爆,APP平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和t呈线性关系,现剔除第10天的数据,求y关于t的经验回归方程(结果中的数值用分数表示); (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,且顾客选择套餐后才能够买套餐可用数量的优惠券.记APP平台累计销售优惠券为n张的概率为Pn,求Pn; (3)记(2)中概率Pn的值构成数列{Pn}(n∈N*).求Pn的最值. 参考公式:经验回归方程=x+中,==,=-. 解　(1)剔除第10天的数据,可得==2.4,==5,则tiyi=118.73-10×0.4=114.73,=385-102=285,所以===,可得=2.4-×5=,所以=t+. (2)由题意知P1=,P2=×+=,当n≥3时,Pn=Pn-1+Pn-2,所以Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2(n≥3),又P2+P1=+×=1,所以当n≥2时,是各项都为1的常数列,即Pn+Pn-1=1(n≥2),所以Pn-=-(n≥2).又P1-=-=-,所以数列是首项为-,公比为-的等比数列,故Pn-=-,所以Pn=-+=+. (3)当n为偶数时,Pn=+·>,Pn随n的增大而减小,最大值为P2=.当n为奇数时,Pn=-·<,Pn随n的增大而增大,最小值为P1=.综上可得,数列{Pn}的最大值为,最小值为. [规律方法]　解决此类问题的关键点 (1)结合已知条件,能分析出递推关系. (2)由递推关系式求通项公式. (3)构造等比数列求通项. 增|分|训|练 1.通过手机验证码登录一款APP,验证码由四位数字随机组成,若收到的验证码(a1,a2,a3,a4)(注:ai=0,1,2,…,9,i=1,2,3,4)满足a1>a2>a3>a4,则称该验证码为“递减型验证码”,某人收到一个验证码,那么是首位为6的“递减型验证码”的概率为  .  解析　因为a1=6,6>a2>a3>a4,所以a2,a3,a4从5,4,3,2,1,0中选出3个数,让其按照从大到小的顺序排有=20(种)方法,又验证码共有10×10×10×10=10 000种,所以首位为6的“递减型验证码”的概率为=. 2.(2025·河南模拟)现有一种不断分裂的X细胞,每个时间周期T内分裂一次,一个X细胞每次分裂能生成一个或两个新的X细胞,每次分裂后原X细胞消失.设每次分裂成一个新X细胞的概率为p,分裂成两个新X细胞的概率为1-p;新细胞在下一个周期T内可以继续分裂,每个细胞间相互独立.设有一个初始的X细胞,在第一个周期T中开始分裂,其中p∈. (1)设2T结束后,X细胞的数量为ξ,求ξ的分布列和数学期望; (2)设nT(n∈N*)结束后,X细胞数量为m的概率为Pm(n). ①求P2(n); ②证明:P3(n)<. 解　(1)2T结束后,ξ的取值可能为1,2,3,4,其中P(ξ=1)=p2,P(ξ=2)=p(1-p)+(1-p)p2=p-p3,P(ξ=3)=(1-p)××p×(1-p)=2p(1-p)2,P(ξ=4)=(1-p)3,所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 P p2 p-p3 2p(1-p)2 (1-p)3 E(ξ)=1×p2+2×(p-p3)+3×[2p(1-p)2]+4×(1-p)3=p2-4p+4. (2)①P2(n)表示分裂nT结束后共有2个X细胞的概率,则必在某一个周期结束后分裂成2个X细胞.不妨设在第kT时分裂为2个X细胞,之后一直有2个X细胞,此事件概率P2,k=pk-1×(1-p)×=(1-p)×p2n-1-k,所以P2(n)=P2,1+P2,2+P2,3+…+P2,n=(1-p)·p2n-1-k=(1-p)p2np-1-k=pn-1·(1-pn). ②P3(n)代表分裂nT后有3个X细胞的概率,设X细胞在kT后分裂为2个新的X细胞,这2个X细胞在剩下的(n-k)T中,其中一个分裂为2个X细胞,一个保持一直分裂为1个X细胞,此事件的概率P3,k=pk-1·(1-p)·pn-k·P2(n-k)=pk-1·(1-p)·2·pn-k·pn-k-1·(1-pn-k),得P3,k=2p2n-2·(1-p)·p-k-2p3n-2·(1-p)·p-2k,P3(n)=P3,1+P3,2+…+P3,n=2p2n-2·(1-p)·p-k-2p3n-2·(1-p)·p-2k==,其中p∈,pn∈(0,1).令x=pn,P3(n)=<=,记f(x)=x(1-x)2,f'(x)=(1-x)(1-3x),令f'(x)=0,得x=.当x∈,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈,f'(x)<0,f(x)单调递减.故(f(x))max=f=,所以P3(n)<×=. 学科网（北京）股份有限公司 $$