2016年高三创新设计资料包（理科）教师资料：11-12章

第十一章计数原理最新考纲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或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.基础诊断梳理自划，理解亡忆1.分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m₁种不同的方法，在第二类方案中有m₂种不同的方法，……,在第n类方案中有m,种不同的方法，则完成这件事情，共有N=m₁+m₂+…+m,种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m₁种不同的方法，完成第二步有m₂种不同的方法，……,完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N=m₁×m2×…×m种不同的方法，3.分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数.它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.(×)(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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成.(√)(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m,(i=1,2,3,…,n),那么完成这件事共有m₁m₂m₃…m,种方法.(√)2.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()解析以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;把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2(2+1+1)=8(个).答案D3.所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有()解析个位数字为2的有1个，个位数字为3的有2个，……,个位数字为9的有8个，由分类加法计数原理知，共4.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()解析按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2=48(种).5.(人教A选修2-3P13B2改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有种.解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法原理，总的报名方法共2×2×2×2×2=32(种).考点突破分类讲练，以例求法社社PT名师讲解【例1】(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()且关于x的方程ax²+2x+b=0解析(1)赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有Cl种方法.赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，②当a≠0时，则方程有实根，∴△=4-4ab≥0,所以ab≤1.(*)有4种.(iii)当a=2时，b=-1,0,有2种可能.共有4+4+3+2=13(个).【训练1】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)解析与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有C²=6(个);第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C4=4(个);第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C4=1(个);故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6+4+1=11(个).【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?(不一定六名同学都能参加)知共有选法3⁶=729(种).种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4=120(种).(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法6³=216(种).规律方法利用分步乘法计数原理解决问题：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的.(2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花()(2)用0,1,2,3,4,5可组成无重复数字的三位数的个数为个.解析(1)从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6=4320(种)选法，至少需花4320×2=8640(元).(2)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字共5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法.根据分步乘法计数原理，三位数个数为5×5×4=100(个).【例3】将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少?5×4×3=60(种)染色方法.由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一),D应与A(C),S不同色，有3而对C、D染色有1×3+2×2=7(种)染色方法.由乘法原理，总的染色方法有60×7=420(种).法二根据所用颜色种数分类可分三类第一类：用三种颜色，此时A与C,B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点.共A}=60(种)涂法；第二类：用4种颜色，此时A与C,B与D中有且只有一组同色，涂法种数为第三类：用5种颜色，涂法种数共A3=120(种).综上可知，满足题意的染色方法总数为60+240+120=420(种).的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.【训练3】如果一个三位正整数如“a₁aza₃”满足a₁<az,且a₂>aʒ,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为()解析若a₂=2,则“凸数”为120与121,共1×2=2个.若a₂=3,则“凸数”有2×3=6个.若a₂=4,满足条件的“凸数”有3×4=12个，…,若a₂=9,满足条件的“凸数”有8×9=72个.∴所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).课堂总结反忠归纳，悠性提升法，怎样才算是完成这件事.事，而不需要再用到其他办法.2.使用分步乘法计数原理的关注点(1)明确题目中的“完成这件事”是什么,确定步都是独立的.所有步骤都完成了，整个事件才算完成，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.还要注意元素是否可以重复选取.1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.3.确定题目中是否有特殊条件限制.课时作业分座训练，擅升能力基础巩固题组(建议用时：40分钟)1.从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会，不同选法种数为解析由分类加法计算原理知总方法数为3+2=5(种).2.4位同学从甲、乙、丙3门课程中各选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同解析分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲.共有C种不同选法，第二步给第3位同学选课程，有2种选法.第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法.故共有C}×2×2=24(种).3.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，解析三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇.对于(1),个位(3种选择),十位(2种选择),百位(2种选择),共12种；对于(2),个位(3种选择),十位(2种选择),百位(1种选择),共6种，即12+6=18.故选B.4.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作横坐标，共4×2=8个点，由分类加法原理知点的个数共6+8=14个.5.(2013·四川卷)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为从1,3,5,7,9中任取两个作有A3种，同，-lgb的不同值的个数有A}-2=18.6.用数字2,3组成四位数，且数字2,3解析数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C4=4(个)四位数.“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C?=6(个)四位数.“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C3=4(个)四位数.综上所述，共可组成14个这样的四位数.答).选1人当文娱委员，有3种选法.第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法.由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3=36(种).8.将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有种.解析编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3,共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4,共有3种不同填法.于是由分类加法计数原理，得共有3+3+3=9(种)不同的填法.9.有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加，法，总方法数为3+6+8=17(种).(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6+8=14种选法，由分步乘法总方法数为3×14=42(种).(3)教师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种.由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8=144(种).10.电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果?运观众有30×29×20=17400(种).(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30=11400(种).共有不同结果17400+11400=28800(种).(建议用时：25分钟)11.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6=12(种).12.(2013·山东卷)用0,1,…,9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的解析0,1,2,…,9共能组成9×10×10=900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).13.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等.显然2位回文数有9个：11,22,33,…,99.3位回文数有90个：101,111,121,…,191,202,…,999.则(1)4位回文数有个；(2)2n+1(n∈N*)位回文数有个.解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0,共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10=90(种)填法，即4位回文数有90个.结合计数原理，知有9×10"种填法.14.将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同涂色方法?解法一本题利用了分步原理求涂色问题.给出区域标记号A,B,C,D,E(如图),则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种.因此应先分类后分步.①当B与D同色时，有4×3×2×1×2=48(种).②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1=24(种).故共有48+24=72(种)不同的涂色的方法.注：本例若按A,B,E,D,C顺序涂色，在最后给区域C涂色时，就应考虑A与E,B与D是否同色这两种法二按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E,B与D分别同色，于是涂法种数为A3=24(种);第二类用4种，此时，A与E,B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A4=48(种).由分类加法计数原理知涂法总数为24+48=72(种).第2讲排列与组合基础诊断格理自劫，理解：忆名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组公式,Hm≤n).特别地Cn=1性质诊断自测2.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()解析当个位数字为2时，从1,3,4,5中取3个数字排千位、百位与十位，所以排成的四位偶数有CA}=24种；当个位数字为4时，从1,2,3,5中取分类加法计数原理，共有24+24=48种.3.(2014·大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有()解析从6名男医生中选出2名有C3种选法，从5名女医生中选出1名有C种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C3·C}=75种.故选C.配方案共有种.解析先将4名大学生分成3组，共C种分法，再将3组分到3个乡镇，共A}种安排方法，所以总分配方案共C3·A}=36(种).5.(人教A选修2-3P28A17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，其中男女生都有的选法种数为种.数为ClC}+C3C}=12+18=30(种).也可用间接法C³-C3-C3=30.考点突破考点一典型的排列问题【例1】3名女生和5名男生排成一排(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法?法.【训练1】用0,1,2,3,4,5这6个数字.(2)先排0,2,4,再让1,3,5插空，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.由分类加法计数原理可得总选法数为C1C6+C3C3+C1CG+C4CH=246(种).法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求从10人中任选5人有C10种选法，其中全是男运动员的选法有C8种.所以“至少有1名女运动员”的选法为C1o-CG=246(种).“只有男队长”的选法为C⁸;“只有女队长”的选法为C⁸;“男、女队长都入选”的选法为C8;所以共有2C8+C&=196(种)选法.法二(间接法)从10人中任选5人有Cl₀种选法.其中不选队长的方法有C8种.所以“至少有1名队长”的选法为Cio-C8=196(种).(4)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时的选法共有C8-C种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有C+C8-C=191(种).间接求解.【训练2】甲、乙两人从4门课程中各选修2门，求：(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种?解(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C3C³,又甲、乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为共有C}A?种分法.总获奖情况共有A3+C}A²=60(种).(2)通过分析，对事件进行合理的分类、分步，或考(3)分析上述解法中有没有重复和遗漏现象，若有，则计算出重复数和遗漏数.2.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑合数.3.排列、组合问题的求解方法与技巧1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关.2.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.均分组的区别，避免重复或遗漏.基础巩固题组一、选择题1.(2014·辽宁卷)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数A.144B.120解析先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，共有A3=24(种)放法，故选D.答案D2.(2014·四川卷)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()解析若最左端排甲，其他位置共有A?=120(种)排法；若最左端排乙，最右端共有4种排法，其余4个位置有A4=24(种)排法，所以共有120+4×24=答案B3.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()解析共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有CS+C4+CC}=答案D4.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为()解析四名学生中有两名学生恰好分在一个班，共有CfA}种分法，而甲、乙被分在同一个班的有A}种，所以不同的分法种数是C+A3-A3=30.答案C5.在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方解析程序A有Al=2(种)结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有A3A4=48(种),∴由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48=96(种)方法.答案C二、填空题6.7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有种排法.解析先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C;种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法答案207.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有解析把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d,共有A3种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A²=12(种).其中正确的有一种，所以错误的共A}-1=12-1=11(种).答案118.(2014·北京卷)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻，且产品A解析记5件产品为A、B、C、D、E,A、B相邻视为一个元素，先与D、E排列，有A3A³种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有=36(种)不同的摆法.三、解答题解比43251大的数有下列几类：所以43251是第120—32=88项.10.从5名男生和3名女生中选5人担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的方法数：能力提升题组11.某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()解析法一(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C}A}种方法.由分类加法计数原理知共A3+C}Aj=法二(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共4³=64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共4³-4=64-4=60种.12.(2014·重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()解析先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A3·A3=144种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A}·A2·A2=24种，于是符合题意的排法共有144-24=120种.13.(2015·杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有种，解析分两步：先将四名优等生分成2,1,1三组，共有C种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有A3种.依分步乘法计数原理，共有N14.某国际旅行社共有9名专业导游，其中6人会英语，4人会日语，若在同一天要接待5个不同的外国旅游团队，其中3个队要安排会英语的导游，2个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有多少种?解依题意，导游中有5人只会英语，3人只会日语，一人既会英语又会日语.按只会英语的导游分类：①3个英语导游从只会英语人员中选取，则有A}×A²=720(种).②3个英语导游从只会英语的导游中选2名，另一名由既会英语又会日语的导游担任，则有C}A}·A}=360(种).故不同的安排方法共有所以不同的安排方法共有1080种.第3讲二项式定理基础诊断烧理身题，理耀；忆二项式定理二项展开式的通项公式T+i=Ca"-b',它表示第r+1项二项式系数二项展开式中各项的系数C,C,…,Cn项和项的二项式系数最大，最大值为(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.(×)(3)(a+b)"的展开式中某一项的二项式系数与a,b无关.(√)(4)(a+b)²"中系数最大的项是第n项.(×)的系数是84,则实数a=()A.2B.√答案C3.的展开式中，各项的二项式系数和为256,则展开式中常数项项为7.答案7729,即3”=3⁶,所以n=6,所以(答案A考点突破分类讲练，以例求法B密靖初PVT名师讲解考点一通项公式及其应用的展开式中常数项为A,则A = 事事解析注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n,r均为非负整数，且n≥r,如常数项指数为零、有理项指数为整数等);第二步是A.-4B.-3(2);的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式的解析(1)∵(1+x)°=ao+ajx+a₂x²+…+ax",令x=1,则(1+1)"=ao+ai+a₂+…+an=64,∴n=6,∴(1+x)⁶的展开式系数最大项为T₄=Cx³=20x³.求解过程中，常因把n的等量关系表示为,而求错n的值.母因式的值或目标式的值为1,-1.【训练2】(1)二项的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则的值为.解析(1)由二项式系数的性质，得n=10,.则r=2,从而T₃=4Cǐ₀=180.则答案(1)A(2)-1【例3】(1)设a∈Z,且O≤a<13,若5120l²+a能被13整除，则a=()=C2012·52²012-C2012·52²011+…+C28B×52·(-1)²01I因此a可取值12.也能被13整除.2"=(1+1)=C+C+…+C-¹+C≥C9=9(C9×9⁸-C×9⁷+…+C)-2.课堂总结反类典纳，根供提升念.课时作业分座训练，提升能力r=2,n=5时成立.答案B=2.答案C又a₁+a₂+a₃+…+a₆=63,∴(1+m)⁶=64=2⁶,∴m=1或m=-3.x)]¹⁰=ao+a₁(1-x)+a₂(1-x)²+…+ai(1-x)⁰,所以ag=Cio2²(-1)⁸=180.答案B二、填空题,8.若(1+x+x²)⁶=ao+ax+a₂x²+…+auzx¹²,则a₂+a₄+…+ap=.解析令x=1,则ao+an+a₂+…+aiz=的展开式中各项的系数和为256.∴2”=256,解得n=8.∴偶数项系数和能力提升题组2)=C6·C²=36,(0,3)=C=4,所以/(3,0)+ʃ(2,1)+/(1,2)+/(0,3)=120,故选C.答案C,∴解得m=6,经检验为原方程的解，选B.令上式中x=1,得a₁+2a₂+3a₃+4a₄+14.求证：1+2+2²+…+25n-|(n∈N)能被31整除.阶段回扣练11计数原理2门B,有C|C=3×6=18种，∴共12+18=30种选法.有C3-C}-C3=35-1-4=30种选法.故选A.答案A答案B答案AA.74B.121C.-7 =(-1)".答案A8.将10个三好名额分到7个班中，每班至少一名，则分法种数为()A.A]₀B.CoC.84种.9.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封答案D二、填空题答案2令12-3r=3,则r=3.当且仅当a=b=1时取等号，即a²+b²的最小值为2.”解析根据题意知ao=1,a₁=3,az=4,解得a=3.=96种方法.答案336答案1080第十二章概率、随机变量及其分布第1讲随机事件的概率最新考纲1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意确定事件必然事件的必然事件不可能事件S的不可能事件随机事件在条件S下，可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件S的随机事件(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数n₄为事件A出现的频数，称事件A出现的比例为事件A出现的频率.稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A),称为事件A的概率，简称为A的概率.3.事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)B2A(或ACB)相等关系若B2A且A2B并事件(和事若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)AUB(或A+B)交事件(积事若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)A∩B(或AB)互斥事件若A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B互斥对立事件若A∩B为不可能事件，AUB为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件①如果事件A与事件B互斥，则P(AUB)=P(A)+P(B).②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)=1-P(B)(1)事件发生的频率与概率是相同的.(×)(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.(×)2.一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是()A.至多有一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都不中靶解析事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况，由互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥.3.从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为0.2,解析因为必然事件发生的概率是1,所以该同学的身高超过175cm的概率为1-0.2-0.5=0.3,故选B.4.从一副不包括大小王的混合后的扑克牌(52张)中，随机抽取1张，事件A为“抽得红桃K”,事件B为“抽得黑桃”,则概率P(AUB)=_(结果,且A与B是互斥事件.“>”、“<”、“≥”、“≤”).考点突破分类讲练，以例蒸法虚计初PPT名师进解考点一随机事件的频率与概率抽取球数n优等品频率(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少(结果保留到小数点后三位)?,计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取球数的增多，频率在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率约为0.950.规律方法频率是个不确定的数，在一定程度上频率可以反映事件发生的可能性大小，但无法从根本上刻画事件发生的可能性大小.但从大量重复试验中发现，随着试验次数的增多，事件发生的频率就会稳定于某一固定的值，该值就是概率.【训练1】假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如图所示.(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率.解(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率用频率估计概率，可得甲品牌产品寿命小于200小时的概率(2)根据抽样结果，可得寿命大于200小时的两种品牌产品共有75+70=145(个),其中甲品牌产品有75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率：据此估计已使用了200小时的该产品是甲品牌的概考点二随机事件的关系【例2】一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示向上的一面出现奇数点，事件B表示向上的一面出现的点数不超过3,事件C表示向上的一面出现的点数不小于4,则()出现点数1或3},事件A,B不关系.【训练2】对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹.设A={两次都击中飞机},B={两次都没击中飞机},C={恰有一次击中飞机},D={至少有一次击中飞机},其中彼此互斥的事件是,互为对立事件的是.解析设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B=o,A∩C而B∩D=o,BUD=I,故B与D互为对立事件.(排队人数012345人及5人以上概率求：(1)至多2人排队等候的概率是多少?(2)至少3人排队等候的概率是多少?解记“无人排队等候”为事件A,“1人排队等候”为事件B,“2人排队等候”为事件C,“3人排队等候”为事件D,“4人排队等候”为事件E,“5人及5人以上排队等候”为事件F,则事件A,B,C,D,E,F彼此互斥.(1)记“至多2人排队等候”为事件G,则G=A+B+C,所以P(G)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56.(2)法一记“至少3人排队等候”为事件H,则H=D+E+F,所以P(H)=P(D+E+F)=P(D)+P(E)+P(F)=0.3+0.1+0.04=0.44.法二记“至少3人排队等候”为事件H,则其对立事件为事件G,所以P(H)=1-P(G)=0.44.【训练3】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量9至12件13至16件17件及以上顾客数/人Xy结算时间/(分钟/123已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率(将频率视为概率).解(1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y=20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物(2)记A表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”,A₁,A₂,A₃分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”.将频率视,·,因为A=A₁UA₂UA₃,且事件A₁,A₂,A₃彼此互斥，所以P(A)=P(A₁UA₂UA₃)=P(A₁)+P(A₂)+P(A₃)故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率课堂总结反思配纳，概快提升2.需准确理解题意，特别留心“至多……”,“至少……”,“不少于……”课时作业分应训练，搓抖能力1.(2015·襄阳模拟)有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机解析由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选A.2.从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的不是一等品”的概率为()解析事件“抽到的不是一等品”与事件A是对立事件，由于P(A)=0.65,所以由对立事件的概率公式得“抽到的不是一等品”的概率为P=1-P(A)=1-答案C3.从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是C.至少有一个红球与至少有一个白球解析对于A中的两个事件不互斥，对于B中两个事件互斥且对立，对于C中两个事件不互斥，对于D中的两个事件互斥而不对立.答案D4.对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图.根据标准，产品长度在区间(20,25)上为一等品，在区间(15,20)和[25,30)上为二等品，在区间[10,15]和[30,35]上为三等品.用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，则其为二等品的概率是()A.0.09B.0.20C.0.25解析由频率分布直方图可知，一等品的频率为0.06×5=0.3,三等品的频率为0.02×5+0.03×5=0.25,所以二等品的频率为1-(0.3+0.25)=0.45.用频率估计概率可得其为二等品的概率为0.45.二、填空题6.在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件：①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品；②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品；③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品.7.抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A为出现奇数点，事件B为出现2点，已知则出现奇数点或2点的概率为点，已知,解析因为事件A与事件B是互斥事件，所以2-3答案8.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率为0.42,摸出白球的概率为0.28,若红球有21个，则黑球有个.解析摸出黑球的概率为1-0.42-0.28=0.30,口袋内球的个数为21÷0.42=50,所以黑球的个数为50×0.30=15.答案15赔付金额(元)0车辆数(辆)(1)若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%,在赔付金额为元的样本车辆中，车主是新司机的占20%,估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率.解(1)设A表示事件“赔付金额为3000元”,B表示事件“赔付金额为4000元”,以频率估计概率得,·,由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元，所以其概率为P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27.(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”,由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000=100(辆),而赔付金额为4000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120=24(辆),所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为由频率估计概率得P(C)=0.24.10.一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球.从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率；(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率.解法一(利用互斥事件求概率)记事件A₁={任取1球为红球},A₂={任取1球为黑球},A₃={任取1球为白球},A₄={任取1球为绿球},’根据题意知，事件A₁,A₂,A₃,A₄彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得(1)取出1球为红球或黑球的概率为(2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为P(A₁UA₂UA₃)=P(A₁)+P(A₂)+P(A₃)法二(利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A₁UA₂的对立事件为A₃UA₄,所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A₁UA₂)=1-P(A₃UA₄)=1-(2)因为A₁UA₂UA₃的对立事件为A₄,所以取出1球为红球或黑球或白球的概率为能力提升题组11.在一次随机试验中，彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分别是0.2,0.2,0.3,0.3,则下列说法正确的是A.A+B与C是互斥事件，也是对立事件B.B+C与D是互斥事件，也是对立事件C.A+C与B+D是互斥事件，但不是对立事件D.A与B+C+D是互斥事件，也是对立事件解析由于A,B,C,D彼此互斥，且A+B+C+D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的Venn图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.故选D.12.在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡解析因为而“2张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移动卡”,故选A.13.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是,他属于不超过2个小组的概率是解析“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”,其对立事件是“3个小组”.故他属于不超过2个小组的概率是答案所用时间(分钟)选择L₁的人数6选择L₂的人数044(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可解(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12+12+16+4=44(人),(2)选择L₁的有60人，选择L₂的有40人，所用时间(分钟)L₁的频率L₂的频率0别表示乙选择L₁和L₂时，在50分钟内赶到火车站.由(2)知P(A₁)=0.1+0.2第2讲古典概型基础诊断烧理身韧，理解忆,那么事件A的概率·件是“发芽与不发芽”.(×)果是等可能事件.(×)典概型.(×)2.(2014·陕西卷)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为()解析根据题意知，取两个点的所有情况为C?种，2个点的距离小于该正方形边长的情况有4种，故所求概率故选C.活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()解析由题意知，4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况，而4位同学都选周六有1种情况，4位同学都选周日也有1种情况，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为故选D.4.(人教A必修3P127例3改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为 4解析掷两个骰子一次，向上的点数共6×6=36个可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率答案5.从分别写1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张，假设每张卡片被取到概解析法一从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张，可能情况有4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15种，其中和为偶数的情况有(1,3),(1,5),(2,4),(2,6),(3,5),(4,6),共6种，所以所求的概率2考点突破分类讲练，以例录法安社利P]T名师讲解【例1】现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答.试求：确使用.【训练1】袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3;蓝色卡片两张，标号分别为1,2.种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.解(1)从5张卡片中任取两张，共有n=C3=10种方法.记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为事件A,则A包含基本事件m=(2)从6张卡片中任取两张，共有n=C6=15个基本事件，记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为事件B,则事件B包含基本事件∴所求事件的概率考点二复杂的古典概型的概率(2)以第一次向上点数为横坐标x,第二次向上的点数为纵坐标y的点(x,y)在圆x²+y²=15的外部或圆上的概率.解由题意，先后掷2次，向上的点数(x,y)共有n=6×6=36种等可能结果，为古典概型.(1)记“两数中至少有一个奇数”为事件B,则事件B与“两数均为偶数”为对立事件，记为B.∵事件B包含的基本事件数m=C}C}=9.,.因此，两数中至少有一个奇数的概率)=15上或圆的外部”.又事件C包含基本事件：(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2)共有8个，∴点(x,y)在圆x²+y²=15上或圆外部的概率题6道，判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题.解甲、乙两人从10道题中不放回地各抽一道题，先抽的有10种抽法，后抽的有9种抽法，故所有可能的抽法是10×9=90种，即基本事件总数是90.甲抽选择题有6种抽法，乙抽判断题有4种抽法，所以事件A的基本事件数为是“甲、乙两人都未抽到选择题”,即都抽到判断题.则事件B包含的基本事件数为4×3=12,【例3】为了解学生身高情况，某校以10%的比例对全校700名学生按性别(2)估计该校学生身高在170～185cm之间的概率；(3)从样本中身高在165～180cm之间的女生中任选2人，求至少有1人身高在170～180cm之间的概率.解(1)样本中男生人数为40,由分层抽样比例为10%估计全校男生人数为400.(2)由统计图知，样本中身高在170～185cm之间的学生有14+13+4+3+1=∵样本容量为70,故估计该校学生身高在170～185cm之间的概率P=0.5.(3)样本中女生身高在165～180cm之间的人数为10,身高在170～180cm之间的人数为4.设A表示事件“从样本中身高在165～180cm之间的女生中任取2人，至少有1人身高在170～180cm之间”,规律方法有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决.【训练3】(2013·广东卷)某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数.(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人?(3)从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率.解(1)由茎叶图可知：样本数据为17,19,20,21,25,30.则故样本均值为22.(2)日加工零件个数大于样本均值的工人有2名，该车间12名工人中优秀工人大约有故该车间约有4名优秀工人.(3)记“恰有1名优秀工人”为事件A,其包含的基本事件总数为CCk=32,所有基本事件的总数为Ci₂=66.由古典概型概率公式，得所以恰有1名优秀工人的概率反定归纳，想性提升[思想方法]1.古典概型计算三步曲第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A是什么,它包含的基本事件有多少个.2.确定基本事件个数的方法列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合.[易错防范]总数和事件包括的基本事件个数时，它们是否是等可能的.2.对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算， 课时作业分应诎练，摧升能力基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题则这两数之和等于4的概率是C解析从A,B中任意取一个数，共有C2·C}=6种情形，两数和等于4的情形只有(2,2),(3,1)两种，2.有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()解析甲、乙两人都有3种选择，共有3×3=9种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小组共有3种情况，∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率故解析设事件“甲或乙被录用”为事件A,则A表示甲、乙都未被录用，由古,4.连掷两次骰子分别得到点数m,n,的概率是则向量(m,n)与向量(一1,1)的夹角O>90°基本事件总共有6×6=36(个),符合要求的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),…,(5,4),(6,1),…,(6,5),共1+2+3+4+5=15(个).故选A.中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概解析三位同学每人选择三项中的两项有C3CC}=3×3×3=27种选法，其中有且仅有两人所选项目完全相同的有CC3C!=3×3×2=18(种)选法.∴所求二、填空题6.(2014-江苏卷)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是解析从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，有(1,2),(1,3),(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况.满足条件的有(2,3),(1,6),共2种情况.故答案7.(2014·广东卷)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为.解析从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数有C]o种选法.要使抽取的七个数的中位数是6,则6,7,8,9必须取，再从0,1,2,3,4,答案1件次品的概率是.解析从10件产品中任取4件共C1o种取法，取出的4件产品中恰有一件次品，有C3C}种取法，则所求概率答案三、解答题9.在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1,2,3,4的四个小球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个小球，每个小球被取出的可能性相等.(1)求取出的两个小球上的标号为相邻整数的概率；(2)求取出的两个小球上的标号之和能被3整除的概率.解法一利用树状图可以列出从甲、乙两个盒子中各取出1个球的所有可能可以看出，试验的所有可能结果数为16种.(1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有1—2,2—1,2—3,3—2,3—4,4—3,共6种，故所求概率(2)所取两个小球上的标号之和能被3整除的结果有1—2,2—1,2—4,3—3,4—2,共5种.故所求概率·法二设从甲、乙两个盒子中各取1个小球，其标号分别记为x、y,用(x,y)表示抽取结果，则所有可能有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),4),共16种.(1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),共6种.故所求概率(2)所取两个小球上的标号和能被3整除的结果有(1,2),(2,1),(2,4),(3,3),(4,2),共5种.故所求概率10.(2015·郑州质检)某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，求抽到小学、中学各一所的概率.从小学中抽取的学校数目为从中学中抽取的学校数目为从大学中抽取的学校数目为故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1(2)记“抽到小学、中学各一所”为事件A,则事件A共有基本事件m=C}·C!=6(种)抽法，又从6所学校任抽取2所有n=C3=15种抽法.因此，所求事件的概率(建议用时：25分钟)11.(2015·东北八校二模)甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a,再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b,其中a,b∈{1,2,3,4,5,6},若|a-b|≤1,就称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为解析任意找两人玩这个游戏，共有6×6=36①若a=1,则b=1,2;②若a=2,则b=1,2,3;③若a=3,则b=2,3,4;④若a=4,则b=3,4,5;⑤若a=5,则b=4,5,6;⑥若a=6,则b=5,6,总共16种，故他们“心有灵犀”的概率为12.一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6,解析连续抛掷三次，共有6³=216种情况，记三次点数分别为a,b,c,则旦a、c确定，b也唯一确定，故a,c共有2×3²=18种，所以所求概率为以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.则从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为(注：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米)解析所种作物总株数N=1+2+3+4+5=15,其中三角形地块内部的作物株数为3,边界上的作物株数为12,从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株的不同结果有C}Cl₂=36种.选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3+3+2=8种.故从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”答案记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B,则事件B包含基本事件总数m=2C}=6.∴选出2名教师来自同一学校的概率第3讲几何概型基础诊断梳理自刻，理解忆解析[-2,3]的区间长度为5,满足X≤1的区间长度为3,B.解析由题意知球的半径为1,其体积为2³=8,则这一点不在球内的概率解析如图可设AB与AB的长度等于1,则由几何概型可知其整体事件是其周长3,则其概率考点突破分类讲练，以例求法社P名师进辞(2)当AM=AC时，△ACM为以∠A为顶点的等腰三角形，∠ACM=所以AM小于AC的概率答案规律方法(1)设线段1是线段L的一部分，向线段L上任投一点，点落在线段1上的概率为*(2)当涉及射线的转动，如扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这是两种不同的度量手段.【训练1】(2015·信阳二模)设A为圆周上一点，在圆周上等可能地任取一点与A连接，则弦长超过半径√2倍的概率是()与面积、体积有关的几何概型不等式：确定的平面区域记为Ω2,在Ω₁中随机取一点，则该点恰::好在Ω2内的概率为()D.内随机运动，则此动点在三棱椎A-A₁BD内的概率为.=2,图中阴影部分的面积为则所求A构成的平面区域形状的判断及面积的计算，基本方法是数形结合.(2)对于基化为空间几何体的体积计算.【训练2】设不等式组表示的平面区域为D,在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是()解析如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的区域D,且区域D的面积为4,而阴影部分表示的是区域D内到原点距离大于2的区域，易知该阴影部分的面积为4-π,因此满足条件的概率；.故选D.答案D考点三生活中的几何概型问题【例3】甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1h,乙船停泊时间为2h,求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.解设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y,记事件A为“两船都不需要等待码头空出”,则O≤x≤24,0≤y≤24,要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1h以上或乙比甲早到达2h以上，即y-x≥1或x-y≥2.故所求事件构成集合A={(x,y)ly-x≥1或x-y≥2,x∈[0,24],y∈[0,24]}.A为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部.规律方法有关会面问题利用数形结合转化成面积问题的几何概型，难点是把题转化为平面图形的面积问题，转化成面积型几何概型问题.【训练3】张先生订了一份报纸，送报人在早上6:30～7:30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7:00～8:00之间，则张先生在离开家之前能得到报纸的概率是.解析以横坐标x表示报纸送到时间，以纵坐标y表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件.根据题意只要点落到阴影部分，就表示张先生在离开家前能得到报纸，即所求事件A发生，所以转化思想的应用利用几何概型概率公式.数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型.可以考虑使用几何概型解决.2.在几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果.课时作业(建议用时：40分钟)1.取一根长度为4m的绳子，拉直后在任意位置剪断，那么剪得的两段都不少BAB利用三角函数性质解得利用三角函数性质解得,解析设AC=xcm,0<x<12,则CB=(12-x)cm,要使矩形面积大于20cm²,只要x(12-x)>20,则x²-12x+20<0,解得2<x<10,所求概率为,,内随机取一点，则所取的点恰好满足x+y≤V2的概率是AB解析不等式组表示的平面区域的面积为2²=4,不等式组表示的平面区域的面积；1,因此所求的概率故选C.二、填空题6.(2015·太原模拟)在区间[-2,4]上随机地取一个数x,若x满足|2x|<a的概率则实数α=.解析因为区间[-2,4]的长度是6,满足不等式概率是所以区长度为4,见解得a=4.;答案47.一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1,称其为“安全飞行”,则蜜蜂“安全飞行”的概率为.解析由已知条件，可知蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型，可得蜜蜂“安全飞行”的概率为答案为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE,在∠DAB内任作射线AP,则射线AP与线段BC有公共点的概率为解析因为在∠DAB内任作射线AP,则等可能基本事件为“∠DAB内作射线AP”,所以它的所有等可能事件所在的区域H是∠DAB,当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，区域h为∠CA