高三理科数学排列组合总复习教学案

1 / 55高三理科数学排列组合总复习教学案本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址莲山课件m 第十二章排列组合、二项式定理、概率高考导航考试要求重难点击命题展望排列、组合1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；2.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3.能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.本章难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.随机事件的概率1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同2 / 55时发生的概率乘法公式；3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义.本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题.本部分要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.离散型随机变量1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实3 / 55际问题；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.本章重点：1.离散型随机变量及其分布列；2.独立重复试验的模型及二项分布.本章难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事件的意义的理解.知识网络分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例 1】在 1 到 20 这 20 个整数中，任取两个数相加，使其和大于 20，共有种取法.【解析】当一个加数是 1 时，另一个加数只能是 20，有1 种取法；4 / 55当一个加数是 2 时，另一个加数可以是 19,20，有 2 种取法；当一个加数是 3 时，另一个加数可以是 18,19,20，有 3种取法；当一个加数是 10 时，另一个加数可以是11,12，19,20，有 10 种取法；当一个加数是 11 时，另一个加数可以是12,13，19,20，有 9 种取法；当一个加数是 19 时，另一个加数只能是 20，有 1 种取法.由分类加法计数原理可得共有12310981100 种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于 20”确定另一个加数.【变式训练 1】(XX 济南市模拟)从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()【解析】当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可为 1,3,9；当公比为 32 时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为 12、13、23 时，也有 4 个.故5 / 55选 D.题型二分步乘法计数原理的应用【例 2】从 6 人中选 4 人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且 6 个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有种.【解析】能去张家界的有 4 人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有 5 人、4 人、3 人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有 4543240 种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练 2】(XX 湘潭市调研)要安排一份 5 天的值班表，每天有一人值班，现有 5 人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5 人可选有 5 种方法，第二天不能用第一天的人有 4 种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有 4 种方法，由分步乘法计数原理共有 544441280 种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例 3】(XX 长郡中学)如图，用 4 种不同的颜色对图中6 / 555 个区域涂色(4 种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有 .【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为 4 类：1 与 5 同；2 与 5 同；3 与 5 同；1 与3 同.对于每一类有 A44 种涂法，共有 4A4496 种方法.方法二：第一步：涂区域 1，有 4 种方法；第二步：涂区域 2，有 3 种方法；第三步：涂区域 4，有 2 种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域 3，分两类：第一类，3 与 1 同色，则区域 5 涂第四种颜色；第二类，区域3 与 1 不同色，则涂第四种颜色，此时区域 5 就可以涂区域1 或区域 2 或区域 3 中的任意一种颜色，有 3 种方法.所以，不同的涂色种数有 432(1113)96 种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练 3】(XX 深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为 1,2，9 的 9 个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且 1,5,9 号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9 号有 c13 种涂法；第二步，涂 2,3,6 号，若 2,6 同色，有 4 种涂法，若 2,67 / 55不同色，有 2 种涂法，故共有 6 种涂法；第三步，涂 4,7,8 号，同第二步，共有 6 种涂法.由分步乘法原理知共有 366108 种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算【例 1】计算：(1)8！A66A28A410；(2)c33c34c310.【解析】(1)原式876543216543218710987576543256(89)5130623.8 / 55(2)原式c44c34c35c310c45c35c310c46c36c310c411330.【点拨】在使用排列数公式 Amnn！(nm)！进行计算时，要注意公式成立的条件：m，nN+，mn.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练 1】解不等式6.【解析】原不等式即 9！(9x)！69！(11x)！，也就是 1(9x)！，化简得 x221x1040，解得 x8 或 x13，又因为 2x9，且 xN*，所以原不等式的解集为2,3,4,5,6,7.题型二有限制条件的排列问题【例 2】3 男 3 女共 6 个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3 名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排 2 位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(1)将 3 名女生看作一人，就是 4 个元素的全排列，有 A44 种排法.又 3 名女生内部可有 A33 种排法，所以9 / 55共有 A44A33144 种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2 种插法)，所以女生与男生相间共有 2A33A3372种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有 4 个空隙，任取其中3 个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33A34144 种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从 6 个人的排列总数中，减去 3 名男生排在一起的排法种数，得 3 名男生不排在一起的排法种数为 A66A33A44576 种.(5)先将 2 个女生排在男生甲、乙之间，有 A23 种排法.又甲、乙之间还有 A22 种排法.这样就有 A23A22 种排法.然后把他们 4 人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另 1 名男生排在首尾，有 A22 种排法.最后将余下的女生排在其间，有 1 种排法.故总排法为 A23A22A2224种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法” ，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对10 / 55于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练 2】把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43251 是这个数列的第几项？(2)这个数列的第 97 项是多少？【解析】(1)不大于 43251 的五位数A55(A44A33A22)88 个，即为此数列的第 88 项.(2)此数列共有 120 项，而以 5 开头的五位数恰好有A4424 个，所以以 5 开头的五位数中最小的一个就是该数列的第 97 项，即 51234.题型三有限制条件的组合问题【例 3】要从 12 人中选出 5 人去参加一项活动.(1)A，B，c 三人必须入选有多少种不同选法？(2)A，B，c 三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A，B，c 三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A，B，c 三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A，B，c 三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从 A，B，c 之外的 9 人中选择 2 人，c2936 种不同选法.(2)由 A，B，c 三人都不能入选只须从余下 9 人中选择 5人，即有 c59c49126 种选法.(3)可分两步，先从 A，B，c 三人中选出 1 人，有 c13 种11 / 55选法，再从余下的 9 人中选 4 人，有 c49 种选法，所以共有 c13c49378 种选法.(4)可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 c512 种，再减去 A，B，c 三人都不入选的情况 c59，共有c512c59666 种选法.(5)可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 c512 种，再减去 A，B，c 三人都入选的情况 c29 种，所以共有c512c29756 种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点.(1)在其中取 4 个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取 4 个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有 4c46 种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有 6 种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的 4 个中点，共有 c233 种.故有 69 种.(2)用间接法.共 c41069141 种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；12 / 55(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置.二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用【例 1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得 2c1n()2，即 n29n80，所以 n8，n1(舍去).所以 Tr1()r(1)r(0r8，rZ).(1)若 Tr1 是常数项，则 163r40，即 163r0，因为 rZ，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若 Tr1 是有理项，当且仅当 163r4 为整数，又 0r8，rZ，所以 r0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1x4，T5358x，T91256x-2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项13 / 55式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含 x 某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得 n 或 r 后，再求所需的项(要注意 n 和 r 的数值范围及大小关系)；(3)注意区分展开式“第 r1 项的二项式系数”与“第r1 项的系数”.【变式训练 1】若(xx)n 的展开式的前 3 项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知c0nc1n22129，所以 n8，所以通项为 Tr1cr8(xx)8-r，故 r6 时，T726c28x1792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为 1792x.题型二运用赋值法求值【例 2】(1)已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，且a1a2an129n，则 n；(2)已知(1x)na0a1xa2x2anxn，若5a12a20，则 a0a1a2a3(1)nan.14 / 55【解析】(1)易知 an1，令 x0 得 a0n，所以a0a1an30.又令 x1，有 2222na0a1an30，即 2n1230，所以 n4.(2)由二项式定理得，a1c1nn，a2c2nn(n1)2，代入已知得5nn(n1)0，所以 n6，令 x1 得(11)6a0a1a2a3a4a5a6，即 a0a1a2a3a4a5a664.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练 2】设(3x1)8a0a1xa2x2a7x7a8x8.求a0a2a4a6a8 的值.【解析】令 f(x)(3x1)8，因为 f(1)a0a1a2a828，f(1)a0a1a2a3a7a848，所以 a0a2a4a6a8f(1)f(1)227(128).题型三二项式定理的综合应用【例 3】求证：46n5n19 能被 20 整除.【解析】46n5n194(6n1)5(5n1)15 / 554(51)n15(41)n120(5n1c1n5n2cn1n)(4n1c1n4n2cn1n)，是 20 的倍数，所以46n5n19 能被 20 整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(ab)n 中，a，b 中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练 3】求的近似值，使误差小于【解析】(1)616()115()2()6.因为 T3c26()215()2，且第 3 项以后的绝对值都小于，所以从第 3 项起，以后的项都可以忽略不计.所以(1)616()1总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出 n、r 满足的条件，求出 n 和 r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的16 / 55变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一频率与概率【例 1】某企业生产的乒乓球被 08 年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数 n50100XX0010002000优等品数 m45921944709541902优等品频率(1)计算表中乒乓球优等品的频率；(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位)【解析】(1)依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是,(2)由(1)知，抽取的球数 n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较17 / 55少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练 1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.投篮次数 n8101291016进球次数 m6897712进球频率(1)计算表中进球的频率；(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为.题型二随机事件间的关系【例 2】从一副桥牌(52 张)中任取 1 张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃” ；(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌” ；(3)“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.18 / 55【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花” ，因此两者不对立.(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于 10”这两个事件有可能同时发生，如抽得 12.【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.【变式训练 2】抽查 10 件产品，设事件 A：至少有两件次品，则 A 的对立事件为()A.至多两件次品 B.至多一件次品c.至多两件正品 D.至少两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项 B.题型三概率概念的应用【例 3】甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85 分为优秀，85 分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.优秀非优秀总计甲 10乙 3019 / 55总计 105已知从全部 105 人中随机抽取 1 人为优秀的概率为.(1)请完成上面列联表；(2)根据列联表的数据，若按 95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据 P(k2)；(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的 10 人按 2 到 11 进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到 6 号或 10 号的概率.【解析】(1)优秀非优秀总计甲 104555乙 203050总计 3075105(2)计算 k2 的一个观测值k因为，所以没有 95%的把握认为成绩与班级有关.(3)记被抽取人的序号为 ，则 P(6)，P(10)，所以 P(6 或 10)P(6)P(10).【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【变式训练 3】袋内有 35 个球，每个球上都记有从 13520 / 55中的一个号码，设号码为 n 的球的重量为5n20 克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).(1)如果取出 1 球，试求其重量比号码数大 5 的概率；(2)如果任意取出 2 球，试求它们重量相等的概率.【解析】(1)由不等式5n20n5，得 n15 或n3，由题意知 n1,2 或者 n16,17，35，于是所求概率为.(2)设第 n 号和第 m 号的两个球的重量相等，其中 nm，则有5n205m20，所以(nm)(nm15)0.因为 nm，所以 nm15，所以(n，m)(1,14)，(2,13)，(7,8).故所求概率为.总结提高1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合 A 的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集 U 中由事件 A 所含结果组成集合的补集，即 AU，A.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件 A、B 的和记作 AB，表示事件 A、B 至少有一个发生.当 A、B 为互斥事件时，事件 AB 是由“A 发生而 B 不21 / 55发生”以及“B 发生而 A 不发生”构成的.当计算事件 A 的概率 P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有 P(A)1P().2.若 A 与 B 互相独立，则与，A 与，与 B 都是相互独立事件.判断 A 与 B 是否独立的方法是看 P(AB)P(A)P(B)是否成立.古典概型典例精析题型一古典概率模型的计算问题【例 1】一汽车厂生产 A、B、c 三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，轿车 A 轿车 B 轿车 c舒适型 100150z标准型 300450600现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取 50 辆，其中有 A 类 10 辆.(1)求 z 的值；(2)用分层抽样的方法在 c 类轿车中抽取一个容量为 5 的样本，将该样本视为一个总体，从中任取 2 辆，求至少有22 / 551 辆舒适型轿车的概率；(3)用随机抽样方法从 B 类舒适型轿车中抽取 8 辆，经检测它们的得分如下：,把这 8 辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过的概率.【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为 140，从而轿车的总数为 50402000 辆，所以z2000100150300450600400.(2)由(1)知 c 类轿车共 1000 辆，又样本容量为 5，故抽取的比率为 1200，即 5 辆轿车中有 2 辆舒适型、3 辆标准型，任取 2 辆，一共有 n10 种不同取法，记事件 A：至少有 1 辆舒适型轿车，则事件表示抽取到 2 辆标准型轿车，有 m3 种不同取法，从而事件 A 包含：基本事件数为m7 种，所以 P(A)710.(3)样本平均数18()，记事件 B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过，则事件 B 包含的基本事件有 6 种，所以 P(B)6834.【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.【变式训练 1】已知ABc 的三边是 10 以内(不包含 10)的三个连续的正整数，求任取一个ABc 是锐角三角形的概率.23 / 55【解析】依题意不妨设an1，bn，cn1(n1，nN)，从而有 abc，即 n2，所以ABc 的最小边为 2，要使ABc 是锐角三角形，只需ABc 的最大角 c 是锐角，cosc(n1)2n2(n1)22(n1)nn42(n1)0，所以 n4，所以，要使ABc 是锐角三角形，ABc 的最小边为 4.另一方面，从2,3,4，9中， “任取三个连续正整数”共有 6 种基本情况， “ABc 是锐角三角形”包含 4 种情况，故所求的概率为 4623.题型二有放回抽样与不放回抽样【例 2】现有一批产品共有 10 件，其中 8 件为正品，2件为次品.(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续 3次取出的都是正品的概率；(2)如果从中一次取 3 件，求 3 件都是正品的概率.【解析】(1)有放回地抽取 3 次，按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则 x，y，z 都有 10 种可能，所以试验结果有101010103 种；设事件 A 为“连续 3 次都取正品” ，则包含的基本事件共有 88883 种，因此，P(A)(2)方法一：可以看作不放回抽样 3 次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x，y，z)，则 x 有 10 种可能，y 有 9 种可能，z 有 8 种可能，所以试验的所有结果为24 / 551098720 种.设事件 B 为“3 件都是正品” ，则事件 B包含的基本事件总数为 876336，所以 P(B)336720方法二：可以看作不放回 3 次无顺序抽样，先按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则 x 有 10 种可能，y 有 9 种可能，z 有 8 种可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有 10986120.按同样的方法，事件 B 包含的基本事件个数为 876656，因此 P(B)56120【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.【变式训练 2】有 5 张卡片，上面分别写有 0,1,2,3,4 中的 1 个数.求：(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于 4 的概率；(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于 4 的概率.【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 4种，任取两张卡片共有 10 种，所以概率为 P41025；25 / 55(2)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 5 种，任取两张卡片共有 25 种，所以概率为 P52515.题型三古典概型问题的综合应用【例 3】甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有 2 个红球，2 个白球；乙袋装有 2 个红球，n 个白球.从甲、乙两袋中各任取 2 个球.(1)若 n3，求取到的 4 个球全是红球的概率；(2)若取到的 4 个球中至少有 2 个红球的概率为 34，求 n.【解析】(1)记“取到的 4 个球全是红球”为事件 A，P(A)c22c24c22c2516110160.(2)记“取到的 4 个球至多有 1 个红球”为事件 B， “取到的 4 个球只有 1 个红球”为事件 B1， “取到的 4 个球全是白球”为事件 B2.由题意，得 P(B)13414.P(B1)c12c12c24c12c1nc2n22n23(n2)(n1)，P(B2)c22c24c2nc2n2n(n1)6(n2)(n1).所以 P(B)P(B1)P(B2)2n23(n2)(n1)n(n1)6(n2)(n1)14，化简得 7n211n60，解得 n2或 n37(舍去)，故 n2.26 / 55【变式训练 3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有 10道不同的题目，其中选择题 6 道，判断题 4 道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有 c16 个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是 c14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为 c16c1424.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有 c110c1990，所以概率为 2490415.(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10990.方法一：(分类计数原理)只有甲抽到了选择题的事件数是：6424；只有乙抽到了选择题的事件数是：6424；甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6530.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是242430901315.方法二：(利用对立事件)事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是27 / 554312.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1129012151315.总结提高1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数 n 必须是有限个；出现的各个不同的试验结果数 m 其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足、的条件下，运用的古典概型计算公式 P(A)mn 得出的结果才是正确的.使用公式P(A)mn 计算时，确定 m、n 的数值是关键所在.2.对于 n 个互斥事件 A1，A2，An，其加法公式为P(A1A2An)P(A1)P(A2)P(An).3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.几何概型典例精析28 / 55题型一长度问题【例 1】如图，AoB60，oA2，oB5，在线段 oB上任取一点 c，试求：(1)Aoc 为钝角三角形的概率；(2)Aoc 为锐角三角形的概率.【解析】如图，由平面几何知识知：当 ADoB 时，oD1；当 oAAE 时，oE4，BE1.(1)当且仅当点 c 在线段 oD 或 BE 上时，Aoc 为钝角三角形.记“Aoc 为钝角三角形”为事件 m，则 P(m)oDEBoB115，即Aoc 为钝角三角形的概率为(2)当且仅当点 c 在线段 DE 上时，Aoc 为锐角三角形.记“Aoc 为锐角三角”为事件 N，则 P(N)DEoB35，即Aoc 为锐角三角形的概率为【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.【变式训练 1】点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点 B，则劣弧 AB 的长度小于 1 的概29 / 55率为.【解析】如图可设1，则根据几何概率可知其整体事件是其周长 3，则其概率是 23.题型二面积问题【例 2】两个 cB 对讲机(cB 即 citizenBand 民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为 25 公里，在下午 3：00 时莉莉正在基地正东距基地 30 公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午 3：00 时正在基地正北距基地 40 公里以内的某地向基地行驶，试问在下午 3：00 时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大？【解析】设 x 和 y 分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是 0x30,0y40.他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x，y)，这里x，y 都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置，他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过 25 公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式x2y225 的数对组成，30 / 55此不等式等价于 x2y2625，右图中的方形区域代表基本事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为1200 平方公里，而事件的面积为(14)(25)26254，于是有 P625412006254800【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，然后求出事件 A 和基本事件的几何度量，借助几何概型的概率公式求出.【变式训练 2】如图，以正方形 ABcD 的边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率.【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件 A，设正方形边长为 2r，则P(A)S 花瓣 SABcD12r24(2r)2(2r)222.所以，飞镖落在花瓣内的概率为 22.题型三体积问题【例 3】在线段0,1上任意投三个点，设 o 至三点的三线段长为 x、y、z，研究方法表明：x，y，z 能构成三角形只要点(x，y，z)落在棱长为 1 的正方体 T 的内部由ADc，ADB，BDc，Aoc，AoB，Boc 所围成的区域G 中(如图)，则 x，y，z 能构成三角形与不能构成三角形这31 / 55两个事件中哪一个事件的概率大？【解析】V(T)1，V(G所以 PV(G)V(T)12.由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大.【点拨】因为任意投的三点 x，y，z 是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本事件的区域有关.【变式训练 3】已知正方体 ABcDA1B1c1D1 内有一个内切球 o，则在正方体 ABcDA1B1c1D1 内任取点 m，点 m 在球 o 内的概率是()A.4B.8c.6D.12【解析】设正方体的棱长为 a，则点 m 在球 o 内的概率PV 球 V 正方体43(a2)3a36，选 c.总结提高1.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为 0，则它出现的概率为 0，但它不是不可能事件.如果随机事件所在区域是全部区域扣除一个单点，其测度为 1，则它出现的概率为 1，但它不是必然事件.2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，32 / 55面积，体积)，一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件 A 包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，)相等时，事件 A 对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果对应于一个区域 ，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决.条件概率与事件的独立性典例精析题型一条件概率的求法【例 1】一张储蓄卡的密码共 6 位数字，每位数字都可从09 中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1)任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过 2 次就按对的概率.【解析】设第 i 次按对密码为事件 Ai(i1,2)，则AA1(A2)表示不超过 2 次就按对密码.33 / 55(1)因为事件 A1 与事件 A2 互斥，由概率的加法公式得P(A)P(A1)P(A2)1109110915.(2)用 B 表示最后一位是偶数的事件，则P(A|B)P(A1|B)P(A2|B)15415425.【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再运用相应的公式求解.【变式训练 1】设某种动物从出生算起活到 20 岁以上的概率为，活到 25 岁以上的概率为现有一只 20 岁的这种动物，问它能活到 25 岁以上的概率是.【解析】设此种动物活到 20 岁为事件 A，活到 25 岁为事件 B，所求概率为 P(B|A)，由于 BA，则 P(AB)P(B)，所以 P(B|A)P(AB)P(A)P(B)P(A)12.题型二相互独立事件的概率【例 2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为 15，14，13，且他们是否破译出密码互不影响.(1)求恰有二人破译出密码的概率；(2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.【解析】(1)记三人各自破译出密码分别为事件A，B，c，依题意知 A，B，c 相互独立，记事件 D：恰有二人破译密码，34 / 55则 P(D)P(AB)P(Ac)P(Bc)1514(113)15(114)13(115)1413960320.(2)记事件 E：密码被破译，：密码未被破译，则 P()P()(115)(114)(113)246025，所以 P(E)1P()35，所以 P(E)P().故密码被破译的概率大.【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤：记取事件；揭示事件的关系；计算事件的概率.【变式训练 2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有 6 个只有颜色不相同的球，并且每个口袋内的 6 个球均有 1 个红球，2 个黑球，3 个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出 1 个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各 1 个的概率.【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为 16，13，12，可得 PA3316131216.题型三综合问题【例 3】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.方案一：三门课程中至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中随机选取两门，这两门都及格为35 / 55考试通过.假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.(1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率；(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为 A，B，c，则 P(A)a，P(B)b，P(c)c.(1)应聘者在方案一下考试通过的概率P1P(AB)P(Bc)P(Ac)P(ABc)ab(1c)bc(1a)ac(1b)abcabbcca2abc.应聘者在方案二下考试通过的概率P213P(AB)13P(Bc)13P(Ac)13(abbcca).(2)由 a，b，c0,1，则P1P223(abbcca)2abc23ab(1c)bc(1a)ca(1b)0，故 P1P2，即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.【点拨】本题首先以相互独立事件为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小，要求运用 a，b，c0,1这36 / 55一隐含条件.【变式训练 3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率是 25，甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是 320，甲，乙，丙三人都不能通过测试的概率是 340，且乙通过的概率比丙大.(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少？(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况？【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为 x，y，依题意得即或(舍去)，所以乙、丙两人各自通过的概率分别为 34，12.(2)因为三人都不能通过测试的概率为 P0340，三人都能通过测试的概率为 P3320640，三人中恰有一人通过测试的概率：P125(134)(112)(125)34(112)(125)(134)127201440，三人恰有两人通过测试的概率：P21(P0P1P3)1740，所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况.总结提高1.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：对于事件 A、B，在一次试验中，A、B 如果不能同时发生，37 / 55则称 A、B 互斥.一次试验中，如果 A、B 互斥且 A、B 中必有一个发生，则称 A、B 对立.显然，A为必然事件，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生的概率没有影响.事实上：A、B 互斥，则 P(AB)0；A、B 对立，则 P(AB)0 且 P(A)P(B)1；A、B 相互独立，则 P(AB)P(A)P(B).它们是不相同的.2.由于当事件 A、B 相互独立时，P(AB)P(A)P(B)，因此式子 1P(A)P(B)表示相互独立事件 A、B 中至少有一个不发生的概率.对于 n 个随机事件 A1，A2，An，有P(A1A2An)1P()，此称为概率的和与积的互补公式.离散型随机变量及其分布列典例精析题型一离散型随机变量的分布列【例 1】设离散型随机变量 X 的分布列为X01234求：(