2020高考数学核心突破《专题七　概率与统计》(含往年真题分析)

专题七概率与统计

高频考点备考策略）

1.排列与组合的实际应用；二项式定理（二项

1.牢记有关概念，掌握解决问题的方法，理

系数以及二项展开式中指定项的求解）.

解概念的区别与联系，如：排列与组合、互

2.古典概型、互斥事件、相互独立事件，二

斥与对立等.解题时重在理解和分析.

项分布和超几何分布的有关概念和性质，正

2.掌握求分布列的方法、分布列的性质以及

态分布问题是热点.

由分布列求期望和方差.

3.离散型随机变量的分布列、均值和方差的

3.记住一些特殊分布（如二项分布、正态分布）

计算问题以及在决策时的应用.

的概念及相关公式.

4.统计与统计案例中的抽样方法、频率分布

4.统计中的数据、图表要仔细分析.

直方图、茎叶图、回归分析.

第1讲计数原理、排列与组合、二项式定理

2年考情回顾

①利用计数原理、排列组合求实际问［例］（2017•天津卷，14）（2017•全国卷II,6）（2017•浙江

设问题中的计数问题卷，16）

方式②求二项式展开式的指定项、项的系［例］（2017.全国卷I,6）（2017•浙江卷，13）（2016•全国

数或由条件求参数卷I,14）

①依据题设条件，厘清问题的实质，弄清是计数原理、排列、组合等不同问题.

审题

要点②分析给出多项式的特征及问题的要求.

①计数问题：_一确定需要应用的知识点一运用对应知识求解②求解形如（。+勿"（“GN"）

解题

的式子中与特定项（如常数项、指定项）相关的量：

模板

|利用二项式定理写出展开式的通项7；“常把字母和系数分离（注意符号不要出错）1

热点题型突破

题型一计数原理、排列组合问题

高考中常从以下角度命题：

命题⑴有条件限制的排列组合问题：

规律（2）排列与组合的综合问题.多为选择、填空题，难度中等.

（1）应用两个计数原理解题的方法：

①在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步

当中又可能用到分类加法计数原理；

②对于复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象

化、直观化.

方法

（2）求解排列、组合问题的思路：分清排组，明确加乘；有序排列，无序组合；分

点拨

类相加，分步相乘.

（3）求解排列、组合的应用题，通常有以下途径：

①以元素为主体和；

②以位置为主体和；

③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.

II突破题组II

1.（2017・贵阳模拟）只用2,3,4三个数字组成一个四位数（可以有重复数字），按规定同一

数字不能相邻出现，这样的四位数有（C）

A.42个B.36个

C.24个D.18个

一突破点拨

应用分步乘法计数原理求解.

解析要求三个数字排四位数，且同一数字不能相邻出现，所以千位数字有3种选法，百

位数字有2种选法，十位数字有2种选法，个位数字有2种选法，所有共有3X2X2X2=24

个符合要求的四位数，故选C.

2.（2017・江西重点高中协作体一模）已知数列{如}共有9项，其中0=49=1，且对每个i

G{1,2,…，8},均有空小，1,一引，则数列㈤的个数为（B）

A.729B.491

C.490D.243

j突破点拨

令历=^%WiW8),则人也…加=野=1,因为"部,1,一共则历(lWiW8)中有2k个

CliCl\I々

有兼个2,其余为1,找人的可能取值，用组合数计算.

解析令历=产(708),则对每个符合条件的数列㈤满足M=百手=詈=1,且

ai,=1,=|3a'

"e[2,1,-3｝，lWiW8.反之，由符合上述条件的8项数列｛5｝可唯一确定一个符合题设

条件的9项数列｛斯｝.记符合条件的数列｛b｝的个数为N,由题意知历(WW8)中有2k个一g,

2氏个2,8一妹个1,且k的所有可能取值为0,1,2.共有1+霓&+虫&=491个.故选B.

■解题小结।

求解排列组合问题的策略

(1)优先法巧解元素与位置问题：

在排列、组合的简单综合问题中，“元素”与“位置”是两个非常重要的考点，附加条

件多集中在这两个方面，一是考查含有特殊元素或多类元素的排列、组合问题；二是考查特

殊位置要求的排列、组合问题.

(2)模型化巧解综合问题：

排列与组合的简单应用与综合问题类型繁多，如相邻与不相邻问题、间隔问题、至少至

多问题、插队与分组问题等，在高考命题中往往都有两个以上的附加条件，此类问题的难度

稍大，多位于选择题或填空题中比较靠后的位置.

题型二二项式定理

高考中常从以下角度命题：

命题(1)利用通项公式求展开式的特定项；

规律(2)利用二项式性质求多项式的二项式系数和、各项系数和等.

多为选择、填空题，难度中等偏易.

(1)在应用通项公式时，要注意以下几点：

①它表示二项展开式的任意项，只要〃与r确定，该项就随之确定；

②。+1是展开式中的第r+1项，而不是第r项；

方法

③公式中a,&的指数和为〃且a,&不能随便颠倒位置；

点拨

④对二项式3一与"展开式的通项公式要特别注意符号问题.

(2)在二项式定理的应用中，“赋值法”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问

题的经典方法.

II突破题组II

I.(1)(2017•河北石家庄模拟)。+1)5。-2)的展开式中/的系数为(C)

A.25B.5

C.-15D.-20

(2)(2017•福建泉州模拟)已知(狈+切6的展开式中f项的系数与好项的系数分别为135与

-18,贝iJ(ax+6)6的展开式所有项系数之和为(。)

A.-1B.1

C.32D.64

'突破点拨

(1)先拆成Mx+1)5—2(x+l)\再分别求f的系数.

(2)利用展开式的通项公式分别求出a和6,再用赋值法求出各项系数和.

解析(l)(x+l)5(x—2)的展开式中1项的系数为色—2cg=-15.

6-r6-r

(2)(ar+b)6的展开式的通项为77+i=a«yx.

由题意得C然“2=1=]35,C^b=6a5h=-18,

[«=-1,\a=l,

解得或

[b=3[b=-3.

令x=l,得(at+6)6=(a+b)6=64.故选D.

2.(1)(2017•湖北八校联考)若a=/多(一cosx)dx,则(ax+在〉的展开式中，含/项的

系数为(A)

(2)(2017•南昌二模)若A,B,C,O四人站成一排照相，A,8相邻的排法总数为4,则二

项式(1—0"的展开式中含x2项的系数为_匕.

J突破点拨

(1)先求积分确定a的值，再用展开式的通项求解.

(2)利用排列知识求k的值，再用展开式的通项公式解之.

Cn匹二项展开式的通项「+i=C5(—一丹

解析(l)a=p(-cosx)dx=-sinx2=—1.

Jo0

=一令9—2r=3,可得/"=3,则—(3)©=一共故含x3项的系数为一§■.故

选A.

(2)先将A,8看成一个整体，与C,。一起进行全排列，有A新中排法，再将A,B进行

全排列，有A谢排法，故共有A§XA乡=12种排法，故人=12,所以(1一胡=(1一强卜•二

项式(1—口此的展开式的通项为Tr+i=CZ(—用"，令r=2,则二项式(1—三)2的展开式中

含％2项的系数为CL(一t〉=*.

■解题小结।

解关于二项式定理问题的五种方法

(1)特定项或其系数等常规问题通项分析法.

(2)系数和差型赋值法.

(3)近似问题截项法.

(4)整除(或余数)问题展开法.

(5)最值问题不等式法.

IM热点题源预测

排列组合的综合问题

以实际问题为背景，构建以排列、组合及计数原理

考向

预测的综合问题，求计数结果.

(1)分析题设条件，明确问题是否与顺序有关，从而

解题确定是排列还是组合问题.

关键

(2)选择合适的计数公式求解结果.

(1)把握“顺序”、“无序”的本质，准确运用对应

失分

公式.

防范

(2)分类要不重不漏.

【预测】用数字0,123,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有

()

A.144个B.120个

C.96个D.72个

J思维导航

(1)切入点：两个计算原理的灵活运用、排列组合的概念及运算.

(2)关注点：按最高位分两类处理：①万位为4：②万位为5.

一规范解答

当五位数的万位为4时，个位可以是0,2,此时满足条件的偶数共有ClAj=48(个)；当五

位数的万位为5时，个位可以是0,2,4,此时满足条件的偶数共有C，A1=72(个)，所以比40000

大的偶数共有48+72=120(个)，故选B.

A答案B

【变式考法】(2016•北京海淀二模)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，

且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有36种.

解析记5件产品为A,B,C,D,E,其中A,B相邻视为一个元素，先与D,E排列，

有ASA?种方法，再将C插入，仅有3个空位可选，共有ASAga=2X6X3=36种不同的摆

法.

■对点规范演练

1.(教材回归)将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中，每个盒

子既要有白球，又要有黑球，则不同的放法的种数为(D)

A.12B.10

C.6D.18

解析由题意知本题是一个分步乘法计数问题，首先把4个白球用两块挡板隔开分成三

份，共有Cg=3种放法，再把5个黑球用两块挡板分开，共有©=6种放法，由分步乘法计

数原理知共有3X6=18种放法，故选D.

2.（教材回归）5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法

总数是（B）

A.40B.36

C.32D.24

解析5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，用捆绑法，即甲与乙捆绑在一起当

作一个，再与其他的3人全排列，有AiAj种.其中甲站在两端的排法，有2AW种.因此共有

A%A才一2A§=36种排法.

3.（2017•江西南昌调研）若盖一时"的展开式中所有项的系数的绝对值之和为1024,

则该展开式中的常数项是（C）

A.-270B.270

C.-90D.90

解析的展开式中所有项的系数的绝对值之和等于的展开式中所

在后+蛛

有项的系数的和.令x=L得4"=1024,即〃=5.因此当〃=5时,

I»,1rI

展开式的通项公式为。+1=035一。一]（5-「）•（一1）「•弓=（-1）035一%一g（5—r）+],令一]（5

—r）+；=0,解得r=3.因此展开式中的常数项为C^X32X（—1）3=-90.

则卜的展开式中常数项是（A）

4.（书中淘金）设4=/sinxdx,

A.-160B.160

C.-20D.20

JI

解析因为〃=£sinxdx=­cosx.其展开式的通

0

项为=（-l）r26-rC^-r,当r=3时，可得常数项为（一1）323&=-160.

5.。+1）。-2）6的展开式中d的系数为（A）

A.-100B.-15

C.35D.220

解析选A.由二项式定理得，。-2）6展开式的通项7；+]=C*—2）fr,所以V的系数

为eg(—2)3=-160,d的系数为Cg(-2)2=60,所以(X+1)(X-2)6的展开式中Y的系数为一

160+60=-100.故选A.

6.(教材回归)已知随机变量4服从正态分布M2,(r),且“尸("〃)=尸(3〃)”，则关于x

的二项式Q2—f)3的展开式的常数项为(C)

A.2B.-2

C.12D.-12

解析由。〜M2,『)及P(4>a)=P(E<a),得0=2.(1-三)3的展开式的通项为=Q(f)3

-《一B=(-2)g6-3r,当r=2时，6-3r=0,则常数项为(一2y3=12.

7.(2017・吉林二模)某市某公司有五个不同的部门，现有4名在校大学生来该公司实习.要

求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为(B)

A.40B.60

C.120D.240

解析由题可知，可分两步完成.先对4名大学生分组，分法为种：然后排到公司五

个不同部门的两个部门，排列法有Ag种.根据分步乘法计数原理，得/%爪=60,即共有60

种安排方案.

8.(考点聚焦)若二项式口2+§"展开式的二项式系数之和为64,则含％3项的系数为

20.

解析令尤=1,得二项式展开式的二项式系数之和为2"=64,；.〃=6....@+9

26_r_rl2-3r

其展开式的通项为77+i=a(x)-x=C&x.令12—3「=3,Z,r=3,

……，,6X5X4

的系数为CB=2乂o乂[=20.

Jz\Zzx1

9.(2017•浙江卷)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组

成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法(用数字作答).

解析用间接法考虑，8人中选正、副队长各1名有A&•以种方法(含2名队员).其中没

有女生的选法为As-Cl故共有Ai-Cg-A^Ci=660种不同选法.

10.如图所示，用五种不同的颜色分别给A,B,C,。四个区域涂色，相邻区域必须涂

不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有180种.

解析按区域分四步：第一步A区域共有5种颜色可选;

第二步B区域有4种颜色可选；

第三步C区域有3种颜色可选；

第四步由于。区域可以重复使用区域A中已用过的颜色，故也有3种颜色可选.

由分步乘法计数原理知，共有5X4X3X3=180（种）涂色方法.

■逐题对点特训

（见对点特训P7）

1.若（5+目"展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式的常数项是（B）

A.360B.180

C.90D.45

解析展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式总共11项，所以〃=10,通项

公式为Tr+i=Cfo（5）i°F（J）=Cfo2%5一|广，所以r=2时，常数项为180.

2.A,B,C,D,E,尸六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐

最北面的椅子，B,C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的

座次有（B）

A.60种B.48种

C.30种D.24种

解析由题知，不同的座次有4A3Ag=48种，故选B.

3.若（1+x）（l—2x）7=ao+〃ix+a*+…则。|+。2+…+。7的值是（C）

A.-2B.—3

C.125D.-131

解析令x=l,则俄+ai+a2T-----^a»=~2.

77

又；（l-2x）7展开式中第r+1项7；+1=勒（一1）〃2丫，ao=C?（-l）°2°=l,a8=C?（-l）2

=-128,

.♦.41+42+…+。7=125.故选C.

4.从正方体A8CQ-A出的6个表面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共

有（B）

A.8种B.12种

C.16种D.20种

解析事实上，从正方体的6个面中任取3个面，有两种情况：一种是有2个面不相邻，

另一种是3个面都相邻，而3个面都相邻就是过同一顶点的3个面，有8个顶点，故有8种

取法，而从6个面中任取3个面共有C寸种选法，因此，有2个面不相邻的选法共有Cg-8=

12种，故选B.

5.一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分.已知甲

球队已赛4场，积4分.在这4场比赛中，甲球队胜、平、负（包括顺序）的情况共有（D）

A.7种B.13种

C.18种D.19种

解析分类：（1）2次胜，2次负，CS=6种；

（2）1次胜，1次负，2次平，QA3=12种；

（3）4次平，1种.

共有CS+C1A乡+1=19种.

6.已知x8=oo+ai（x-l）+a2（x-l）2+…+依。-1）8,则防=8.

解析[1+（x-i）]8=c§（x-i）0+ci（x-1）1+cl（x-1）2+-+a（jc-i）7+ciu-i）8,A

“7=C4=8.

7.（2017•重庆一模）（x-y）（x+2y+z）6的展开式中，-z?的系数为120.

解析（x—y）（x+2y+z）6=x（x+2y+z）6—y（x+2y+z）6,其中含fyV的项为x-Clx-Cl

（2y）3-C?z2-yCb2-C?（2y）2-C^z2=120x2/z2,.•.%2六。的系数为120.

8.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（如图），使得任意

相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则

符合条件的所有涂法共有108种.

□■口

□5□

解析把区域分为三部分.第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时，

4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二

部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一样，共6种涂法.由分步乘法计数原理，可

得共有3X6X6=108种涂法.

9.（2017•湖北武汉华师一附中模拟）若则（1一工户（1一彳）的展开式中的常数项

是20.

解析x=1,

...『I,

易知（X-1）6的展开式的通项为7；+I=C江F（—1）「，

令6—「=3,得r=3,则的展开式中含V项的系数为Cg（-1/=—20,

.,.（1-x）3（l—：下的展开式中的常数项为20.

10.将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，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，则不同的分法的种数为8（用数字作答）.

解析甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有1种：甲和丙或丁两

人一组，共2种；甲、丙、丁一组，也是1种，然后再把这两组分到不同班级里，则共有（1

+2+l）A3=8种分法.

11.在一次游戏中，三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者.三个人互相传递，

每人每次只能传一下，由甲开始传，经过五次传递后，花又被传回给甲，则不同的传递方式

有」L_种（用数字作答）.

解析设这三人为甲、乙、丙，列举可知前四次的传递结果为：（乙，丙，甲，乙），（乙，

丙，甲，丙），（乙，丙，乙，丙），（乙，甲，乙，丙），（乙，甲，丙，乙），（丙，甲，乙，丙），

（丙，甲，丙，乙），（丙，乙，甲，乙），（丙，乙，甲，丙），（丙，乙，丙，乙），共10种.

12.三名男生和三名女生站成一排，若男生甲不站在两端，任意两名女生都不相邻，则

不同的排法种数是120.

解析依题意，得不同的排法种数是A认2A以3=120.

第2讲概率、随机变量及其分布

（见学生用书P75）

2年考情回顾

［例K2017•北京卷,17(1))(2016•全国卷I,4)

①求古典概型或几何概型的概率

(2016•全国卷H,8)

②求解相互独立事件和独立重复试验

设问［例］（2017•天津卷，16）（2016•全国卷H,18）

的相关问题

方式（2016・北京卷，16）

③求随机变量的分布列、期望、方差，(例］(201&全国卷I,19)(2016•全国卷H,

并解决实际问题18(3))

审题①理解题设条件，明确概念.②吃透待求概率的事件内涵.

要点③明确题设信息，分清分布的形态.④将新的情境转化为熟悉的问题.

①求古典概型的概率：

依据题设条件确定其属古典概型f求出事件总数及满足所求概率所包含的事件数

f列出古典概型公式求概率

②求几何概型的概率：

明确概型的特征（长度、面积、体积）1-►

解题

模板探求试验全部结果构成的区域和事件发生的区域一由几何概型求出概率

③利用期望与方差进行决策：

确定变量：确定随机变量的所有可能的取值—►

求概率：求每一个可能值所对应的概蟀<―

得分布列：列出离散型随机变量的分布列If求均值f求方差决策

・热点题型突破

题型一古典概型与几何概型

高考中常从以下角度命题：

(1)求解与长度、面积有关的几何概型问题；

命题(2)求解简单古典概型的概率；

规律(3)求与古典概型、儿何概型有关的交汇问题.

一般以选择、填空题形式呈现，多为中等偏易难度.

(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基

本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识.

(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包

含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性.

方法

(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何

点拨

概型求解.

(4)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻

找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域.

［注］当直接求解有困难时，可考虑其对立事件的概率.

II突破题组II

1.(1)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中

任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(B)

5„10

A'21B'21

C.21"D.1

(2)(2017・重庆二模)五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的一枚硬币，所

有人同时翻转自己的硬币.若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人

继续坐着.那么，没有相邻的两个人站起来的概率为(C)

1c15

A-2B-32

C11D立

J3216

〜突破点拨

(1)根据古典概型的概率公式求解.

(2)翻转5枚硬币的所有可能结果有25,而后分类求出适合题设的事件数.

解析（1）从15个球中任取2个球共有C75种取法，其中有1个红球，1个白球的情况有

C|（ra=50（种），所以「=禺=$.故选B.

（2）翻转五枚硬币所有可能的结果有25=32种.记“没有相邻的两个人站起来”为事件

M,M包含三类情形：①都不站起来，只有1种结果；②只有1人站起来，可以是五人中任

意1人站起来，有5种结果；③有2人站起来，若设五个人座次为4,B,C,D,E,则可以

为4C,AD,BD,BE,CE,有5种结果，，事件M共包含11种结果，故选C.

2.（1）（2017•全国卷I）如图，正方形ABC。内的图形来自中国古代的太极图.正方形内

切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此

点取自黑色部分的概率是（B）

A.1

c.3D-4

（2）（2017•山西太原模拟）正如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲

线C的方程为x2—y=0）的点的个数的估计值为（B）

A.5000

C.7500

J突破点拨

（1）用对称性求出阴影部分的面积，再利用几何概型概率公式求解.

（2）先求阴影部分图形的面积，代入几何概型概率公式求解.

解析（1）设正方形边长为2,则圆半径为1,则正方形的面积为2X2=4,圆的面积为兀义F

匹

2

=兀，图中黑色部分的概率为与，则此点取自黑色部分的概率为彳=£.故选B.

111

（2）题图中正方形内的空白部分的面积为dx=#0=?.•.题图中正方形内阴影部分的

2?

面积为？由几何概型的概率计算公式得10OOOXg仁6667.故选B.,,

■解题小结I

利用古典概型、几何概型求概率的关键点和注意点

(1)利用古典概型求概率的关键及注意点

①关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合

的有关知识；

②注意点：对于较复杂的题目计数时要不重不漏分类.

(2)几何概型的适用条件及应用关键

①适用条件：当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑

使用几何概型求解；

②关键：构成试脸的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变

量，在坐标系中表示所需要的区域.

题型二相互独立事件和独立重复试验

高考中常从以下角度命题：

(1)相互独立事件同时发生的概率；

命题(2)独立重复试验下某事件恰好发生k次的概率；

规律

(3)相互独立事件、独立重复试验与期望、方差交汇.多为解答题，有时也会以选择、

填空题呈现，中等难度.

(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此

互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概

率公式求解.

方法

(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求

点拨

解.对于“至少”、“至多”等问题往往用这种方法求解.

(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中试验结果只有发生与不发生

两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同.

(4)牢记公式P“(k)=C"(l—p)"-P,k=0,l,2,■■■,n,并深刻理解其含义.

II突破题组

1.(1)(2017・湖南十三校一模)甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每

3

射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分.若甲、乙两人射击的命中率分别为1和p,且

甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为扁.假设甲、乙两人射击互不影响，则p的值

为(C)

34

--

A.5B.5

(2)(2017.湖北黄冈一模)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军.若比赛为“三局两胜”制,

甲在每局比赛中获胜的概率为多且各局比赛结果相互独立.则在甲获得冠军的情况下，比赛

进行了3局的概率为(B)

A-3B-5

c2c4

C,3D,5

A突破点拨，⑴若A,8表示甲、乙各射击一次命中目标这一事情，则由题意知:P(A•石)

一9

+P(A-B)=2Q,解方程可求p.

(2)依题意知，本题为条件概率，则需求P(4)和P(A5).

解析(1)记甲、乙两人各射击一次击中目标分别为事件4,B.由题意知A,8相互独立,

3——93293

且P(4)=不P(8)=p.,.・P(4)P(B)+P(A)P(8)=西，即《(1一〃)+,〃=西，・・・〃=不故选C.,(2)

2221212220212

-----------X-X-

3333333327333

i77oQon7

TXTXT=—,故所求概率为亍广方=1.

2.⑴小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件4="4个

人去的景点不相同"，事件B="小赵独自去一个景点”，则尸(A|B)=(A)

21

--

93

A.cB.

4D.5

--

99

(2)(2017•河南考前适应)袋中有大小质地完全相同的2个红球和3个黑球，不放回地摸出

两球，设“第一次摸得红球”为事件A,“摸得的两球同色”为事件B,则概率P(B|A)=_\_.

A突破点拨，分别求尸(A),P(B)和P(AB),(1)中P(川8)=今黑，(2)中P(B|A)=乌黑.

解析(1)小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，剩下三个人只能在小赵剩下的三个

景点中选择，可能结果为3X3X3=27种，所以独自去一个景点的可能结果为4X3X3X3=

242

108种.因为三个人去的景点不同的可能结果为4X3X2X1=24种，所以P(A|B)=77访故

Iuoy

选A.

1

(2)由P(A)=|,P(AZ?)=|x|=-^,根据条件概率可知尸(班4)=，辞=学=/

5

■解题小结।

“(1)相互独立事件同时发生的概率，一般直接利用概率公式求解，当正面计算比较复杂

或难以入手时，可从其对立事件入手求解.,(2)条件概率的求法：①定义法：先求P(A)和尸(4B),

再求P(B|A)=g^;②基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的事件数〃(A),

"(A)

再求事件48所包含的基本事件数n(AB),得P(B|4)=嗡1.

题型三离散型随机变量及其分布列、数学期望

高考中常常从以下三个角度命题：

(1)已知离散型随机变量符合某条件，求其均值与方差；

命题(2)已知离散型随机变量的均值与方差，求参数值；

规律(3)已知离散型随机变量满足两种方案，试作出判断.

多为解答题，少许涉及概念的选择、填空题，难度中等.

求解离散型随机变量分布列问题的两个关键点：

(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体

方法

事件，然后综合应用各类概率公式求概率.

点拨

(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列.若随机变量服从二

项分布，则可直接使用公式法求解.

II突破题组II

1.设某校新、老校区之间开车单程所需时间为7,r只与道路畅通状况有关，对其容

量为100的样本进行统计，结果如下：

77分钟25303540

频数/次20304010

(1)求T的分布列与数学期望E(7);,(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50

分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过

120分钟的概率.

J突破点拨

(1)数据一频率一概率一分布列一期望

分情况

⑵不超过120分钟途中时间不超过70分钟计算概率结果

解析(1)由统计结果可得T的频率分布为

北分钟)25303540

频率0.20.30.40.1

以频率估计概率得7的分布列为

T25303540

P0.20.30.40.1

从而E(7)=25X0.2+30X0.3+35X0.4+40X0.1,=32(分钟).

(2)设力，乃分别表示往、返所需时间，Ti,4的取值相互独立，且与7的分布列相同.

设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事

件4对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.

,

方法一P(A)=P(7i+r2W70)=P(Ti=25,且72<45)+P(7'I=30,且"W40)+P(Ti=35,

且4W35)+P(Ti=40,且"W30)=0.2X1+0.3X1+0.4X0.9+0.1X0.5=0.91.

方法二P(T)=P(7'I+^>70)=P(TI=35,芯=40)+P(TI=40,7'2=35)+P(7'I=40,T2

=40)=0.4X0.1+0.1X0.4+0.1X0.1=0.09.故尸(4)=1-P(lj=0.91.

2.某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B

中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相

当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.

(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；

(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，

求X的分布列和数学期望.

J突破点拨

(1)利用古典概型概率公式和对立事件概率公式求解.

(2)利用超几何分布的概率公式求解.

解析(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B中学抽取(等价于4中

学没有学生入选代表队)的概率为盥=看.因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概

4199

率为1-夜=而,

C\Cl1C彳3

(2)根据题意，*的可能取值为1,2,3.,尸(*=1)=方2=予，尸《=2)=-^=予，尸«=3)

_dci_l

=~CT=5-

所以x的分布列为

X123

131

P

555

I3

因此，X的数学期望为E(X)=1XP(X=1)+2