第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布列2026年高三数学第一轮总复习

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节两个计数原理与排列组合课程内容要求1.了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义.2.理解排列的概念及排列数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.3.理解组合的概念及组合数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.[由教材回扣基础]1.两个计数原理名称完成一件事的策略完成这件事共有的方法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N=m+n种不同的方法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N=m×n种不同的方法2.排列、组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列组合的定义作为一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合3.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(m≤n,m,n∈N*)个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m(m≤n,m,n∈N*)个元素的所有不同组合的个数公式Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)Cnm=Anm性质Ann=n!,0Cn0=1,Cnm=Cnn澄清微点·熟记结论(1)元素之间与顺序有关的为排列,与顺序无关的为组合.(2)①排列数与组合数之间的联系为CnmA②两种形式分别为:a.连乘积形式;b.阶乘形式.前者多用于数字计算,后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证.(3)解受条件限制的排列、组合题,通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一,避免出现重复或遗漏.(4)对于分配问题,一般先分组,再分配,注意平均分组与不平均分组的区别,避免重复或遗漏.[练小题巩固基础]一、准确理解概念(判断正误)(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,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.()(4)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.()(5)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(6)若组合式Cnx=Cnm,则x=m成立.(答案:(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×二、练牢基本小题1.从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会,则不同选法的种数为.

答案:72.3名同学每人从5本不同的电子书中任选1本,共有种不同的选法.

答案:1253.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.

答案:304.A,B,C,D,E五人并排站成一排,如果B必须在A的右侧(A,B可以不相邻),那么不同的排法共有种.

答案:60三、练清易错易混1.(混淆两个计数原理)一个口袋内装有5个小球,另一个口袋内装有4个小球,所有这些小球的颜色互不相同,则从两个口袋中各取1个小球,有种不同的取法.

解析:分两步完成,第一步从第1个口袋内任取1个小球有5种方法,第二步从第二个口袋内取1个小球有4种方法,根据分步乘法计数原理得到不同的取法种数是5×4=20种.答案:202.(分步、分类时产生重复或遗漏)从1,2,3,…,10中选出3个不同的数,使这三个数构成等差数列,则这样的数列共有个.

解析:根据构成等差数列的公差,分为公差为±1,±2,±3,±4四类,公差为±1时,有8×2=16个;公差为±2时,满足要求的数列共有6×2=12个;公差为±3时,有4×2=8个;公差为±4时,只有2×2=4个,由分类加法计数原理可知,共构成了不同的等差数列16+12+8+4=40个.答案:40命题视角一两个计数原理及应用(自主练通)1.如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A.24 B.18 C.12 D.9解析:选B由题意可知E→F有6种走法,F→G有3种走法,由乘法计数原理知,共6×3=18种走法,故选B.2.某市汽车牌照号码可以上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择,其他四个号码可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复),有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择,其他号码只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有()A.180种 B.360种 C.720种 D.960种解析:选D按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二个号码有3种选法,其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4=960(种).3.甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A,B,C三个不同社区进行帮扶活动,每人只能去一个社区,每个社区至少一人.其中甲必须去A社区,乙不去B社区,则不同的安排方法种数为()A.8 B.7 C.6 D.5解析:选B根据题意,分两种情况讨论:①乙和甲一起去A社区,此时将丙、丁二人安排到B,C社区即可,有2种情况;②乙不去A社区,则乙必须去C社区,若丙、丁都去B社区,有1种情况,若丙、丁中有1人去B社区,则先在丙、丁中选出1人,安排到B社区,剩下1人安排到A或C社区,有2×2=4种情况,则不同的安排方法种数有2+1+4=7种.故选B.4.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可构成无重复数字的“驼峰数”有个.

解析:十位数的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个;十位上的数为2时,有324,423,共2个,所以共有6+2=8(个).答案:85.如图,从A到O有种不同的走法(不重复过一点).

解析:分3类:第一类,直接由A到O,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法,由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法.答案:5[一“点”就过](1)分类加法和分步乘法计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数问题,区别在于:分类加法计数原理针对“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对“分步”问题,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.(2)分类标准要明确,做到不重复不遗漏.(3)混合问题一般是先分类再分步.(4)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.命题视角二排列问题[典例]3名男生,4名女生,按照不同的要求排队,求不同的排队方案的方法种数.(1)选其中5人排成一排;(2)排成前后两排,前排3人,后排4人;(3)全体站成一排,男、女各站在一起;(4)全体站成一排,男生不能站在一起.[解](1)问题即为从7个元素中选出5个全排列,有A75=2520(2)前排3人,后排4人,相当于排成一排,共有A77=5040(3)相邻问题(捆绑法):男生必须站在一起,是男生的全排列,有A33种排法;女生必须站在一起,是女生的全排列,有A44种排法;全体男生、女生各视为一个元素,有A22种排法,由分步乘法计数原理知,共有N=A33·(4)不相邻问题(插空法):先安排女生共有A44种排法,男生在4个女生隔成的五个空中安排共有A53种排法,故N=A44·A5[方法技巧]求解排列应用问题的5种主要方法直接法适用于没有限制条件的问题优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题,先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的间隔中间接法正难则反,等价转化的方法[针对训练]1.由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50000的偶数共有()A.60个 B.48个C.36个 D.24个解析:选C先排个位,然后排万位,再排其他位置,所以由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50000的偶数共有2×3×A33=36个.故选2.(2022·新课标Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有()A.12种 B.24种C.36种 D.48种解析:选B因为丙、丁要在一起,先把丙、丁捆绑,看作一个元素,连同乙,戊看成三个元素排列,有A33种排列方式;为使甲不在两端,必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入,有2种插空方式;注意到丙、丁两人的顺序可交换,有2种排列方式,故安排这5名同学共有A33×2×2=24种不同的排列方式命题视角三组合问题[典例]已知男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男运动员3名,女运动员2名;(2)至少有1名女运动员;(3)队长中至少有1人参加;(4)既要有队长,又要有女运动员.[解](1)第1步,选3名男运动员,有C63第2步,选2名女运动员,有C42种选法,共有C63·C42(2)“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解.从10人中任选5人有C105种选法,其中全是男运动员的选法有C65种.所以“至少有1名女运动员”的选法有C105-(3)从10人中任选5人有C105种选法.其中不选队长的方法有C85种.所以“至少有1名队长”的选法为C105-(4)当有女队长时,其他人任意选,共有C94种选法.不选女队长时,必选男队长,共有C84种选法,其中不含女运动员的选法有C54种,所以不选女队长时的选法共有C84-C54种.所以既有队长又有女运动员的选法共有[方法技巧]组合问题的2种题型及解法题型解法“含有”或“不含有”某些元素的组合“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取“至少”或“至多”含有几个元素的组合解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理[针对训练]1.(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有()A.C40045·C20015种 B.C.C40030·C20030种 D.解析:选D由题意,初中部和高中部学生人数之比为400200=21,所以抽取的60名学生中初中部应有60×23=40(人),高中部应有60×13=20(人),所以不同的抽样结果共有C40040·2.(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种(用数字作答).

解析:由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有C41C41种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有C41C42种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有C42C41答案:643.现有12张不同的扑克牌,其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张,现从中任取3张,要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张,则不同的取法种数为.

解析:分类完成,含有一张黑桃的不同取法有C31C92=108(种),不含黑桃时,有C93-3C33=81答案:189命题视角四分组分配问题考法(一)整体均分问题[例1]某校抽调志愿者下沉社区,已知有4名教师志愿者和2名学生志愿者,要分配到3个不同的社区参加服务.每个社区分配2名志愿者,若要求两名学生不分在同一社区,则不同的分配方案有种.

[解析]有4名教师志愿者和2名学生志愿者,要分配到3个不同的社区参加服务,每个社区分配2名志愿者,共有C62C42C22A33·A33=90种分配方案;若两名学生分在同一社区,则有C[答案]72[方法技巧]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Ann(n为均分的组数),避免重复计数考法(二)部分均分问题[例2]将并排的有不同编号的5个房间安排给5名工作人员临时休息,假定每个人可以选择任一房间,且选择各个房间是等可能的,则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为.

[解析]先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式),再将这三组人安排到3个房间,然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空当中即可,故安排方式共有C51C41C3[答案]900[方法技巧]对于部分均分,解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数,即若有m组元素个数相等,则分组时应除以m!,一个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.考法(三)不等分组问题[例3]将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生,其中一人得1本,一人得2本,一人得3本,则有种不同的分法.

[解析]先把书分成三组,把这三组分给甲、乙、丙3名学生.先选1本,有C61种选法;再从余下的5本中选2本,有C52种选法;最后余下3本全选,有C33种选法.故共有C61·C52·C33=60种选法.[答案]360[方法技巧]对于不等分组,只需先分组,后排列,注意分组时,任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数.[针对训练]1.(多选)将甲、乙、丙、丁4名志愿者分别安排到A,B,C三个社区进行暑期社会实践活动,要求每个社区至少安排一名志愿者,则下列选项正确的是()A.共有18种安排方法B.若甲、乙被安排在同社区,则有6种安排方法C.若A社区需要两名志愿者,则有24种安排方法D.若甲被安排在A社区,则有12种安排方法解析:选BD对于A,4名志愿者先分为3组,再分配到3个社区,所以安排方法有C42A33=36种,A错误;对于B,甲、乙被安排在同社区,先从3个社区中选1个安排甲与乙,剩余两个社区和剩余两名志愿者进行全排列,所以安排方法有C31A22=6种,B正确;对于C,A社区需要两名志愿者,所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区,再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列,所以安排方法有C42A22=12种,C错误;对于D,甲安排在A社区,分为两种情况,第一种为A社区安排了两名志愿者,所以从剩余3名志愿者中选择一个,分到A社区,再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列,安排方法有C31A22种;第二种是A社区只安排了甲志愿者,2.今年,我校迎来了安徽师范大学数学系5名实习教师,若将这5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案有()A.180种 B.120种 C.90种 D.60种解析:选C将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则将5名教师分成三组,一组1人,另两组都是2人,有C51·C42A22=15(种)方法.再将3组分到3个班,共有15·A3.随着高三学习时间的增加,很多高三同学心理压力加大.通过心理问卷调查发现,某校高三年级有5位学生心理问题凸显,需要心理老师辅导.已知该校高三年级有3位心理老师,每位心理老师至少安排1位学生,至多安排3位学生,则共有种心理辅导安排方法.

解析:根据题意,分2步进行分析:①将5位学生分为3组,若有两组2人,一组1人,有C52C32A22=15种分组方法,若两组1人,一组3人,有C53=10种分组方法,则有15+10=25种分组方法,②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导答案:150[课时跟踪检测]一、基础练——练手感熟练度1.从甲地到乙地,一天中有5次火车,12次客车,3次飞机航班,还有6次轮船,某人某天要从甲地到乙地,共有不同走法的种数是()A.26 B.60 C.18 D.1080解析:选A由分类加法计数原理知有5+12+3+6=26(种)不同走法.2.教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有()A.10种 B.25种 C.52种 D.24种解析:选D每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步.由分步乘法计数原理,共有24种不同的走法.3.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为()A.504 B.210 C.336 D.120解析:选A分三步,先插一个新节目,有7种方法,再插第二个新节目,有8种方法,最后插第三个节目,有9种方法.故共有7×8×9=504种不同的插法.4.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A.30种 B.60种C.120种 D.240种解析:选C甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有C16=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C51C41=20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)5.若三角形三边均为正整数,其中一边长为4,另外两边长为b,c,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有个.

解析:当b=1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时,c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有1+2+3+4=10个这样的三角形.答案:10二、综合练——练思维敏锐度1.六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()A.192种 B.216种 C.240种 D.288种解析:选B第一类:甲在左端,有A55=120第二类:乙在最左端,甲不在最右端,有4A44=96种排法;所以共有120+96=2162.6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()A.120种 B.90种 C.60种 D.30种解析:选C先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有C61种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有C52种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有C33种选法,由分步乘法计数原理知,共有C61·C52·3.从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出,如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内,那么不同的放法种数为()A.C102A8C.C81A解析:选C先排第1号瓶,从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种有C81种方法,再排剩余的瓶子,有A95种方法,故不同的放法共C84.从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数,2个偶数,组成一个无重复数字且两个偶数数字不相邻的五位数,则满足条件的五位数共有()A.864个 B.432个 C.288个 D.144个解析:选A从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数,2个偶数的取法种数为C43C32.把3个奇数全排列,有A33种,再把2个偶数在3个奇数排后产生的空位置中排列,有A42种,5.(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有()A.120种 B.60种C.30种 D.20种解析:选B先从5人中选择1人两天均参加公益活动,有C51种方式.再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日,有A42种安排方式.所以不同的安排方式共有C51·A426.某人设计一项单人游戏,规则如下:先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位,如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有()A.22种 B.24种 C.25种 D.27种解析:选D由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8个单位,抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处,表示三次骰子的点数之和是8或16,点数和为8或16的有125,134,116,224,233,466,556,共有7种组合.组合125,134,每种情况可以排列出A33=6种走法,共有2A33=2×6=12种走法;组合116,224,233,466,556各自可以列出3种走法,共有5×3=15种走法.根据分类加法计数原理知,共有12+15=27(种)走法7.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()A.12种 B.10种 C.9种 D.8种解析:选A将4名学生均分为2个小组共有C42C22A22=3(种)分法;将2个小组的同学分给2名教师共有A22=2(种)分法;最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A228.(多选)某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力,利用周末进社区义务劳动.高三一共有6个班,其中只有1班有2个劳动模范,本次义务劳动一共有20个名额,劳动模范必须参加并不占名额,每个班都必须有人参加,则下列说法正确的是()A.若1班不再分配名额,则共有C20B.若1班有除劳动模范之外的学生参加,则共有C19C.若每个班至少3人参加,则共有90种分配方法D.若每个班至少3人参加,则共有126种分配方法解析:选BD对于A,若1班不再分配名额,则20个名额分配到5个班级,每个班级至少1个,根据插空法,将其分成5组,则共有C194种分配方法,故A错误;对于B,若1班有除劳动模范之外的学生参加,则20个名额分配到6个班级,每个班级至少1个,根据插空法,将其分成6组,则共有C195种分配方法,故B正确;对于C、D,若每个班至少3人参加,1班有2个劳动模范,先满足每个班级2个名额,还剩10个名额,分配到6个班级,每个班级至少1人,根据插空法,将其分成6组,则共有C95=126种分配方法,故C错误,D正确9.学校在高一年级开设选修课程,其中历史开设了三个不同的班,选课结束后,有5名同学要求改修历史,但历史选修每班至多可接收2名同学,那么安排好这5名同学的方案有种.(用数字作答)

解析:由已知可得,先将5名学生分成3组,有C51C42C22A22=15种分组方法答案:9010.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出4只,则4只鞋子恰成两双的不同情况有种;4只鞋子没有成双的不同情况有种.

解析:根据题意只需选出两双鞋,所以有C102=45(种)情况.4只鞋若没有成双的,则它们来自4双鞋;先从10双中取4双,有C104种取法,再从每双中取一只,各有C21种取法,所以由分步乘法计数原理共有C104答案:45336011.植树造林,绿化祖国.某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动,准备在如图所示的一抛物线形地块上的ABCDGFE七点处各种植一棵树苗,其中A,B,C分别与E,F,G关于抛物线的对称轴对称,现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗,则共有不同的种植方法数是(用数字作答).

解析:由题意对称相当于3种树苗种A,B,C,D四个位置,有且仅有一种树苗重复,有C31种选法;在四个位置上种植有A44A22=12答案:3612.一个质点从原点出发,每秒末必须向右或向左或向上或向下跳一个单位长度,则此质点在第10秒末到达点P(2,6)的跳法共有种.(用数字作答)

解析:要使质点从原点出发10秒末到达点P(2,6),可分为两类情况.第一类,向上跳6次,向右跳3次,向左跳1次,有C106C43=840(种);第二类,向上跳7次,向下跳1次,向右跳2次,有C107C31=360(种).根据分类加法计数原理得答案:120013.从4名男同学中选出2人,6名女同学中选出3人,并将选出的5人排成一排.(1)共有多少种不同的排法?(2)若选出的2名男同学不相邻,共有多少种不同的排法?(用数字表示)解:(1)从4名男生中选出2人,有C42从6名女生中选出3人,有C63根据分步乘法计数原理知选出5人,再把这5个人进行排列,共有C42C63A5(2)在选出的5个人中,若2名男生不相邻,则第一步先排3名女生,第二步再让男生插空,根据分步乘法计数原理知共有C42C63A3第二节二项式定理课程内容要求1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.[由教材回扣基础]1.二项式定理(1)定理:(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnb(2)通项:第k+1项为Tk+1=Cnkan-kb(3)二项式系数:二项展开式中各项的二项式系数为:Cnk(k=0,1,2,…,n2.二项式系数的性质3.二项式系数与项的系数的区别二项式系数是指Cn0,Cn1,…,Cnn,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关;而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.如(a+bx)n的二项展开式中,第k+1项的二项式系数是Cnk,而该项的系数是Cnkan-[练小题巩固基础]一、准确理解概念(判断正误)(1)Cnran-rbr是(a+b)n的展开式中的第r项.((2)(a+b)n的展开式中某一项的二项式系数与a,b无关.()(3)二项展开式中,系数最大的项为中间一项或中间两项.()(4)(a+b)n某项的系数是该项中非字母因数部分,包括符号等,与该项的二项式系数不同.()答案:(1)×(2)√(3)×(4)√二、练牢基本小题1.1x-x10的展开式中x2的系数等于(A.45 B.20 C.-30 D.-90答案:A2.x-2x6的展开式中的常数项为(A.-150 B.150 C.-240 D.240解析:选Dx-2x6的二项展开式的通项公式为Tk+1=C6kx6-k·-2xk=C6kx6-k·(-2)k·x-k2=(-2)kC6kx6-32k.令6-3.已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a1+a2+a3+…+a7=.

答案:-24.二项式x3-3答案:924三、练清易错易混1.(混淆项的系数和与二项式系数)在二项式x2-2xn的展开式中,所有二项式系数的和是解析:由题意得2n=32,所以n=5.令x=1,得各项系数的和为(1-2)5=-1.答案:-12.(易混淆二项式最大的项和二项式系数最大的项)(2x-1)6的展开式中,二项式系数最大的项的系数是.(用数字作答)

解析:(2x-1)6的展开式中,二项式系数最大的项是第四项,系数是C6323(-1)3=-答案:-1603.(错用二项展开式的通项公式)x+1x(1+2x)5的展开式中,x3解析:x+1x(1+2x)5=x(1+2x)5+1x(1+2∵x(1+2x)5的展开式中含x3的项为xC52(2x)2=40x3,1x(1+2x)5的展开式中含x3的项为1x·C54(2x)4=80x3,答案:120命题视角一二项展开式中特定项及系数问题考法(一)形如(a+b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量[例1](1)(2024·北京高考)在(x-x)4的展开式中,x3的系数为()A.6 B.-6C.12 D.-12(2)若二项式x6-1xxn的展开式中含有常数项,则nA.8 B.9C.10 D.11[解析](1)(x-x)4的展开式的通项Tr+1=C4rx4-r(-x)r=(-1)rC4rx4-r2(r=0,1,2,3,4).由4-r2=3,得r=2,所以(x-x)4的展开式中x3(2)二项式x6-1xxn的通项公式为Tr+1=Cnr(x6)n-r·(-1)r·(x-32)r=Cnr·(-1)r·x3(4n-5r)2,由题意可知含有常数项,[答案](1)A(2)C[方法技巧]求形如(a+b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤考法(二)形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)展开式中与特定项相关的量[例2](1)关于二项式(1+ax+x2)(1-x)8,若展开式中含x2的项的系数为21,则a=()A.3 B.2 C.1 D.-1(2)(2022·新课标Ⅰ卷)1-yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为(用数字作答[解析](1)由题意得x2的系数为1×C82×(-1)2+a×C81×(-1)+1×C80=21,解得(2)(x+y)8展开式的通项Tr+1=C8rx8-ryr,r=0,1,…,7,8.令r=6,得T6+1=C86x2y6,令r=5,得T5+1=C85x3y5,所以1-yx(x+y)8的展开式中x2y6[答案](1)C(2)-28[方法技巧]求形如(a+b)n(c+d)m的展开式问题的思路(1)若n,m中一个比较小,可考虑把它展开得到多个,如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m,然后展开分别求解.(2)观察(a+b)(c+d)是否可以合并,如(1+x)5(1-x)7=[(1+x)(1-x)]5(1-x)2=(1-x2)5(1-x)2.(3)分别得到(a+b)n,(c+d)m的通项公式,综合考虑.考法(三)形如(a+b+c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量[例3](2025·三明质检)在(2x2+x-1)5的展开式中,x3的系数为.

[解析](2x2+x-1)5=[2x2+(x-1)]5,故Tr+1=C5r(2x2)5-r(x-1)因为要求x3的系数,所以r=4或5,当r=4时,x3的系数为C54·2·C43·(-1)3=-40,当r=5时,x3的系数为C55·C52所以x3的系数为-40+10=-30.[答案]-30[方法技巧]求形如(a+b+c)n展开式中特定项的步骤[针对训练]1.(1-2x)3(2+x)4展开式中x2的系数为()A.0 B.24 C.192 D.408解析:选B由于(1-2x)3的通项公式为Tr+1=C3r(-2x)r,(2+x)4的通项公式为Tk+1=C4k24-kxk.若(1-2x)3中提供常数项1,(2+x)4的展开式中提供二次项,此时r=0,k=2,则系数为C30C4222=24;若(1-2x)3中提供一次项,(2+x)4的展开式中提供一次项,此时r=1,k=1,则系数为-2C31C4123=-192;若(1-2x)3中提供二次项,(2+x)4的展开式中提供常数项,此时r=2,k=0,则系数为4C32.(多选)已知1+ax2x-1x6的展开式中各项系数的和为A.a=1B.展开式中常数项为160C.展开式系数的绝对值的和为1458D.展开式中含x2项的系数为240解析:选ACD对于A,令x=1,所以1+ax·2x-1x6的展开式中各项系数的和为(1+a)(2-1)6=2,解得a=1,故A正确;对于B和D,2x-1x6展开式通项为Tr+1=C6r(2x)6-r-1xr当6-2r=0时,r=3;当6-2r=1时,r=52(舍去所以1+1x2x-1x6展开式中常数项为1×C63(当6-2r=2时,r=2;当6-2r=3时,r=32(舍去所以1+1x2x-1x6展开式中含x2项的系数为1×C62(-1)2×24=240,故B错误,D正确;对于C,二项式1+1x2x-1x6展开式系数的绝对值的和可看作是二项式1+1x2x+3.x+ax4的展开式中x2项的系数为8,则解析:x+ax4的展开式中第r+1项为Tr+1=C4rx4-raxr=C4rarx4-2r,故当r=1时,T2=C41ax2,因为x2答案:24.x2+2x6的展开式中常数项是解析:x2+2x6的展开式的通项Tr+1=C6r(x2)6-r·2xr=C6r2rx12-3r,令12-3r=0答案:240命题视角二二项式系数的性质及各项系数和[典例](1)若x+13xn的展开式中各项系数之和大于8,但小于32,则展开式中系数最大的项是A.63x B.C.4x6x D.4x或4(2)若x2-1xn的展开式中含x的项为第6项,设(1-3x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则a1+a2+…+(3)若(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=.

[解析](1)令x=1,可得x+13xn的展开式中各项系数之和为2n,即8<2n<32,解得n=4,故第3项的系数最大,所以展开式中系数最大的项是C42(x(2)x2-1xn的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr(x2)n-r·-1xr=Cnr(-1)rx2n-3r,因为含x的项为第6项,所以r=5,2n-3r=1,解得n=8,在(1-3x)n中,令x=1,得a0+a1+…+a8=(1-3)8=28,又a0=1,所以(3)设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,令x=1,得16(a+1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5①,令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5②,①-②,得16(a+1)=2(a1+a3+a5),即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1+a3+a5=8(a+1),所以8(a+1)=32,解得a=3.[答案](1)A(2)255(3)3[方法技巧]1.赋值法的应用(1)形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子,求其展开式的各项系数之和,只需令x=1即可.(2)形如(ax+by)n(a,b∈R)的式子,求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.2.二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)的展开式中:(1)各项系数之和为f(1).(2)奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=f(1)+(3)偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=f(1)-提醒:注意区分二项式系数与二项展开式的各项系数.[针对训练]1.已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2=,a1+a2+a3+a4+a5=.

解析:由多项式展开式可知,a2=2C42(-1)2+C43(-1)3=12-4=8.令x=0可得a0=2,令x=1可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,所以a1+a2+a3+a4+a5答案:8-22.在二项式x+3xn的展开式中,各项系数之和为A,各项二项式系数之和为B,且A+B=72解析:令x=1,得各项系数的和为4n,而各项的二项式系数的和等于2n,根据已知,得方程4n+2n=72,解得n=3.所以二项展开式的通项Tr+1=C3r(x)3-r3xr=3rC3rx32-32r,显然当r=1答案:93.已知(1+3x)n的展开式中,后三项的二项式系数的和等于121,则展开式中二项式系数最大的项为.

解析:由已知得Cnn-2+Cnn-1+Cnn=121,则12n·(n-1)+n+1=121,即n2+n-240=0,解得n=15(舍去负值),所以展开式中二项式系数最大的项为T8=C157(3x)7答案:C157(3x)7和C158(命题视角三二项展开式的应用[典例]设a∈Z,且0≤a<13,若512018+a能被13整除,则a=()A.0 B.1 C.11 D.12[解析]由于51=52-1,512018=(52-1)2018=C20180522018-C20181522017+…-C20182017521+1,又13整除52,所以只需13整除1+a,又0≤a<13,a∈[答案]D[方法技巧]利用二项式定理解决整除问题的思路(1)要证明一个式子能被另一个式子整除,只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可.因此,一般要将被除式化为含相关除式的二项式,然后再展开.(2)用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开.但要注意两点:①余数的范围,a=cr+b,其中余数b∈[0,r),r是除数,若利用二项式定理展开变形后,切记余数不能为负;②二项式定理的逆用.[针对训练]1.使得多项式81x4+108x3+54x2+12x+1能被5整除的最小自然数x为()A.1 B.2C.3 D.4解析:选C∵81x4+108x3+54x2+12x+1=(3x+1)4,∴上式能被5整除的最小自然数为3.2.1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)k90kC10k+…解析:∵1-90C101+902C102+…+(-1)k90kC10k+…+9010C1010=(∴8910=(88+1)10=8810+C101889+…+C∵前10项均能被88整除,∴余数为1.答案:1[课时跟踪检测]一、基础练——练手感熟练度1.x-2x6的展开式中x32A.-12 B.12C.-192 D.192解析:选A二项式x-2x6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r·(-2)r·x3-3r2,令3-3r2=32,2.(1+x)5+(1+x)6+(1+x)7的展开式中x4的系数为()A.50 B.55C.45 D.60解析:选B(1+x)5+(1+x)6+(1+x)7的展开式中x4的系数是C54+C64+C73.已知(x+1)n的展开式的各项系数和为32,则展开式中x4的系数为()A.20 B.15C.10 D.5解析:选D由题意知(x+1)n的展开式的各项系数和为32,即(1+1)n=2n=32,解得n=5,则二项式(x+1)5的展开式中x4的项为C51x4=5x4,所以x4的系数为5,故选4.在(1-x)5(2x+1)的展开式中,含x4项的系数为()A.-5 B.-15C.-25 D.25解析:选B因为(1-x)5=(-x)5+5x4+C53(-x)3+…,所以在(1-x)5(2x+1)的展开式中,含x4项的系数为5-2C53=-155.(2024·上海高考)在(x+1)n的展开式中,若各项系数和为32,则展开式中x2的系数为.

解析:由题意得2n=32,所以n=5,则(x+1)5的通项Tr+1=C5rx5-r1r,令5-r=2,得r=3,所以展开式中x2的系数为C答案:106.已知m∈Z,二项式(m+x)4的展开式中x2的系数比x3的系数大16,则m=.

解析:由C42m2-C43m=16,得3m2-2m-8=0,解得m=2或m=-43,因为m∈Z答案:2二、综合练——练思维敏锐度1.二项式x-ax8的展开式中x2的系数是-7,则a=(A.1 B.1C.-12 D.-解析:选B由题意,二项式x-ax8的展开式的通项公式为Tr+1=C8r(-a)rx8-2r,令8-2r=2,则r=3,所以含x2项的系数为C83(-a)3=2.若ax-1x6展开式的常数项为60,则a的值为(A.4 B.±4C.2 D.±2解析:选D因为ax-1x6展开式的通项为Tk+1=C6ka6-kx6-k(-1)kx-k2=C6ka6-k(-1)kx6-32k,令6-32k=0,则k=4,所以常数项为C64a6-4(-3.(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中x2的系数是()A.60 B.80 C.84 D.120解析:选D(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中x2的系数为C22+C32+…+C92=C33+C32+4.在x-1xn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(A.-126 B.-70 C.-56 D.-28解析:选C∵只有第5项的二项式系数最大,∴n=8,x-Tk+1=(-1)kC8kx8-32k(k=0,1∴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)3C83=-5.若二项式x2+ax7的展开式中的各项系数之和为-1,则含x2的项的系数为A.560 B.-560C.280 D.-280解析:选A取x=1,得二项式x2+ax7的展开式中的各项系数之和为(1+a)7,即(1+a)7=-1,解得a=-2.二项式x2-2x7的展开式的通项为Tr+1=C7r·(x2)7-r·-2xr=C7r·(-2)r·x14-3r.令14-3r=2,得r=4.因此,二项式6.已知正整数n≥7,若x-1x(1-x)n的展开式中不含x4的项,则n的值为(A.7 B.8C.9 D.10解析:选Bx-1x(1-x)n=x(1-x)n-1x(1-x)n.∵(1-x)n的展开式的通项为Cnk(-1)kxk,∴x(1-x)n中x4的系数为Cn3(-1)3,1x(1-x)n中x4的系数为Cn5(-1)5,故x-1x(1-x)n的展开式中含x4项的系数为Cn3(-1)3-Cn5(7.(多选)对于x2-3x6的展开式,下列说法正确的是A.所有项的二项式系数和为64B.所有项的系数和为64C.常数项为1215D.二项式系数最大的项为第3项解析:选ABCx2-3x6的展开式中所有项的二项式系数和为26=64,故A正确;在x2-3x6中,令x=1,得(1-3)6=64,故B正确;x2-3x6展开式的通项为Tk+1=C6k(x2)6-k-3xk=(-3)kC6kx12-3k,k≤6,k∈N,令12-3k=0,得k=4,所以常数项为(-3)4×C68.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则a2+a4a1A.-6160 B.-122C.-34 D.-解析:选C由二项式定理,得a1=-C51·24=-80,a2=C52·23=80,a3=-C53·22=-40,a4=C54·2=10,所以9.在x-ax5的展开式中,x3的系数等于-5,则该展开式的各项的系数中最大值为(A.5 B.10 C.15 D.20解析:选Bx-ax5的展开式的通项Tr+1=C5rx5-r-axr=(-a)rC5rx5-2r,令5-2r=3,则r=1,所以-a×5=-5,即a=1,展开式中第2,4,6项的系数为负数,第1,310.(多选)(a-x)(1+x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64,则下列结论中正确的是()A.a=3B.展开式中常数项为3C.展开式中x4的系数为30D.展开式中x的偶数次幂项的系数之和为64解析:选ABD设(a-x)(1+x)6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,令x=1,得a0+a1+a2+…+a7=64(a-1)①,令x=-1,得a0-a1+a2-…-a7=0②.由①-②,得2(a1+a3+a5+a7)=64(a-1),所以2×64=64(a-1),解得a=3,故A正确;故二项式为(3-x)(1+x)6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,令x=0,得a0=3,即展开式中常数项为3,故B正确;由(3-x)(1+x)6=3(1+x)6-x(1+x)6,得其展开式中x4的系数为3×C64-1×C63=25,故C错误;由①+②得,2(a0+a2+a4+a6)=64×2,所以a0+a2+a4+a6=64,即展开式中x的偶数次幂项的系数之和为64,故D正确.故选A、11.已知x-ax10的展开式中含有x112的系数是-120解析:由二项式定理的展开式可得C10rx10-r-axr=C10r-arx10-3r2.因为x112的系数是-120,所以x答案:112.已知(1+x)(2-x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a3=,a0+a2+a4=.

解析:由(1+x)(2-x)4=(2-x)4+x(2-x)4,得其展开式中x3的系数a3=C432(-1)3+C4222(-1)2=16.令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=2,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=0,所以a0+a2+答案:16113.已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*),若a0+a1+…+an=62,则logn25等于.

解析:令x=1,得a0+a1+a2+…+an=2+22+23+…+2n=2(2n-1)2-1=2n+1-2=62,解得n=5,所以答案:214.已知(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*),设Sn=a0+a1+a2+…+an,数列1Sn的前n项和为Tn,当|Tn-1|≤12020时,n解析:因为(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*),令x=1,得Sn=a0+a1+a2+…+an=2n,所以1Sn=12n,所以Tn=121-12n1-12=1-12n,所以|Tn-1|≤12020答案:11第三节随机事件的概率与古典概型课程内容要求1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空间的含义,理解随机事件与样本点的关系.2.了解随机事件的并、交与互斥的含义,能结合实例进行随机事件的并、交运算.3.结合具体实例,理解古典概型,能计算古典概型中简单随机事件的概率.4.通过实例,理解概率的性质,掌握随机事件概率的运算法则.5.结合实例,会用频率估计概率.[由教材回扣基础]1.样本点与样本空间(1)样本点:我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点,一般地,用ω表示样本点.(2)样本空间:全体样本点的集合称为试验E的样本空间,一般地,用Ω表示样本空间.(3)有限样本空间:如果一个随机试验有n个可能结果ω1,ω2,…,ωn,则称样本空间Ω={ω1,ω2,…,ωn}为有限样本空间.2.事件的关系与运算(1)事件的关系包含关系相等关系定义一般地,若事件A发生,则事件B一定发生,称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)如果事件B包含事件A,事件A也包含事件B,即B⊇A且A⊇B,则称事件A与事件B相等符号B⊇A(或A⊆B)A=B图示(2)并事件与交事件并事件(或和事件)交事件(或积事件)定义一般地,事件A与事件B至少有一个发生,这样的一个事件中的样本点或者在事件A中,或者在事件B中,我们称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)一般地,事件A与事件B同时发生,这样的一个事件中的样本点既在事件A中,也在事件B中,我们称这样的一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)符号A∪B(或A+B)A∩B(或AB)图示(3)互斥事件和对立事件互斥事件对立事件定义一般地,如果事件A与事件B不能同时发生,也就是说A∩B是一个不可能事件,即A∩B=∅,则称事件A与事件B互斥(或互不相容)一般地,如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生,即A∪B=Ω,且A∩B=∅,那么称事件A与事件B互为对立,事件A的对立事件记为A符号A∩B=∅A∪B=Ω,A∩B=∅图示3.概率的基本性质性质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)性质6设A,B是一个随机试验中的两个事件,我们有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)4.概率与频率(1)随机事件的概率:对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率,事件A的概率用P(A)表示.(2)频率的稳定性:在任何确定次数的随机试验中,一个随机事件A发生的频率具有随机性.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.因此,我们可以用频率fn(A)估计概率P(A).5.古典概型的计算公式假设样本空间含有n个样本点,事件C包含有m个样本点,则P(C)=mn澄清微点·熟记结论(1)频率随着试验次数的改变而改变,概率是一个常数.(2)对立事件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件,“互斥”是“对立”的必要不充分条件.(3)概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)中,易忽视只有当A∩B=∅,即A,B互斥时,P(A∪B)=P(A)+P(B),此时P(A∩B)=0.(4)当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时,要用到概率加法公式的推广,即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).[练小题巩固基础]一、准确理解概念(判断正误)(1)事件发生的频率与概率是相同的.()(2)在大量重复试验中,概率是频率的稳定值.()(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.()(4)对立事件一定是互斥事件,互斥事件不一定是对立事件.()(5)两互斥事件的概率和为1.()答案:(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×二、练牢基本小题1.一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.两次都不中靶答案:D2.一架飞机向目标投弹,击毁目标的概率为0.2,目标未受损的概率为0.4,则使目标受损但未击毁的概率为.

答案:0.43.甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”,决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好,但是你俩都没得到第一名”;对乙说“你当然不会是最差的”,从上述回答分析,丙是第一名的概率是.

答案:1三、练清易错易混1.(混淆互斥事件与对立事件)袋中装有3个白球,4个黑球,从中任取3个球,则①恰有1个白球和全是白球;②至少有1个白球和全是黑球;③至少有1个白球和至少有2个白球;④至少有1个白球和至少有1个黑球.在上述事件中,是互斥事件但不是对立事件的为()A.① B.② C.③ D.④解析:选A由题意可知,事件③④均不是互斥事件;①②为互斥事件,但②又是对立事件,满足题意只有①,故选A.2.(样本点的个数不清)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是.

答案:13.(混淆频率与概率)给出下列三个命题,其中正确命题有个.

①有一大批产品,已知次品率为10%,从中任取100件,必有10件是次品;②做7次抛硬币的试验,结果3次出现正面,因此正面出现的概率是37③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.解析:①错,不一定是10件次品;②错,37是频率而非概率;③错,频率不等于概率,这是两个不同的概念答案:0命题视角一随机事件的频率与概率[典例]某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率.[解](1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25℃,由表格数据知,最高气温低于25℃的频率为2+16+3690=0.6,所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,若最高气温不低于25℃,则Y=6×450-4×450=900;若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2×(450-300)-4×450=300;若最高气温低于20℃,则Y=6×200+2×(450-200)-4×450=-100.所以Y的所有可能值为900,300,-100,Y大于零当且仅当最高气温不低于20℃,由表格数据知,最高气温不低于20℃的频率为36+25+7+490=0.8,因此Y大于零的概率的估计值为0.8[方法技巧]1.概率与频率的关系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,有时也用频率作为随机事件概率的估计值.2.随机事件概率的求法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渐趋近于某一个常数,这个常数就是概率.[针对训练]1.某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下:赔付金额/元01000200030004000车辆数/辆500130100150120(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4000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)由题意,样本车辆数为1000,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”,由频率估计概率得P(A)=1501000=0.15,P(B)=1201000=0.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,且事件A与B为互斥事件,所以所求概率为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,可得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24100=0.24,由频率估计概率得P(C)=0.242.电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率.(2)随机选取1部电影,估计这部电影没有获得好评的概率.(3)电影公司为增加投资回报,拟改变投资策略,这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化,那么哪类电影的好评率增加0.1,哪类电影的好评率减少0.1,使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大?(只需写出结论)解:(1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000,获得好评的第四类电影的部数是200×0.25=50.故所求概率为502000=0.025(2)由题意知,样本中获得好评的电影部数是140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1=56+10+45+50+160+51=372.故所求概率估计为1-3722000=0.814(3)增加第五类电影的好评率,减少第二类电影的好评率.命题视角二互斥事件、对立事件的概率[典例]一盒中装有大小和质地均相同的12只小球,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)取出的小球是红球或黑球的概率;(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率.[解]记事件A={任取1球为红球};B={任取1球为黑球};C={任取1球为白球};D={任取1球为绿球},则P(A)=512,P(B)=412,P(C)=212,P(D)(1)由于A,B互斥,故取出1球为红球或黑球的概率为P1=P(A)+P(B)=512+412=(2)任取一球,取出的小球是红球或黑球或是白球的对立事件是取出一个小球是绿球.故P2=1-P(D)=1-112=11[方法技巧]复杂的互斥事件的概率的两种求法直接法第一步,根据题意将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和;第二步,运用互斥事件的概率求和公式计算概率间接法第一步,求事件的对立事件的概率;第二步,运用公式P(A)=1-P(A)求解.特别是含有“至多”“至少”的题目,用间接法就显得比较简便[针对训练]经统计,在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下:排队人数012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求:(1)至多2人排队等候的概率;(2)至少3人排队等候的概率.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)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.命题视角三古典概型考法(一)简单的古典概型[例1](1)(2022·新课标Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为()A.16 B.C.12 D.(2)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是()A.14 B.C.12 D.[解析](1)从7个整数中随机取2个不同的数,共有C72=21(种)取法,取得的2个数互质的情况有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7},{7,8},共14种,根据古典概型的概率公式,得这2个数互质的概率为1421=23(2)法一画出树状图:甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,所以所求概率为824=13,故选法二甲、乙、丙、丁四人排成一列共有A44=24(种)排法.丙不在排头,甲或乙在排尾,则丙在中间两个位置中选一个,有2种选法,甲或乙两人中选一个排尾也有2种选法,余下2人全排列,有A22=2(种)排法,故共有2×2×2=8(种)排法,所以所求概率为[答案](1)D(2)B[方法技巧]求古典概型概率的3步骤考法(二)古典概型与其他知识的交汇[例2](1)已知向量a=(x,y),b=(1,-2),从6张大小相同分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中,有放回地抽取两张,x,y分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码,则满足a·b>0的概率是()A.112 B.C.15 D.(2)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b,则直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点的概率为.

[解析](1)设(x,y)表示一个样本点,则两次抽取卡片的所有样本点有36个,a·b>0,即x-2y>0,满足x-2y>0的样本点有(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(5,2),(6,2),共6个,所以所求概率P=636=1(2)依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a,b)有6×6=36种,其中满足直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点,即满足2aa2+b2≤2,即a≤b,满足a≤b的数组(a,b)有6+5+4+3+2+1=21种[答案](1)D(2)7[方法技巧]求解古典概型与其他知识交汇问题的思路解决古典概型与其他知识交汇问题,其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型,再按照求古典概型的步骤求解.[针对训练]1.从集合A={-2,-1,2}中随机抽取一个数记为a,从集合B={-1,1,3}中随机抽取一个数记为b,则直线ax-y+b=0不经过第四象限的概率为()A.29 B.C.49 D.解析:选A(a,b)所有可能的结果为(-2,-1),(-2,1),(-2,3),(-1,-1),(-1,1),(-1,3),(2,-1),(2,1),(2,3),共9种.由ax-y+b=0得y=ax+b,当a≥0,b≥0时,直线不经过第四象限,符合条件的(a,b)的结果为(2,1),(2,3),共2种,∴直线ax-y+b=0不经过第四象限的概率P2.(2025年1月·八省高考适应性演练)有8张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8.现从这8张卡片中随机抽出3张,则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为.

解析:从8张卡片中随机抽出3张,则样本空间中的样本点总数为C83=8×7×63×2=56,因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等,则抽出的3张卡片上的数字之和应为18,则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5共3种,所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个,所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5答案:33.在某次测验中,有6位同学的平均成绩为75分.用xn表示编号为n(n=1,2,…,6)的同学所得成绩,且前5位同学的成绩如下:编号n12345成绩xn7076727072(1)求第6位同学的成绩x6,及这6位同学成绩的标准差s.(2)从前5位同学中,随机地选2位同学,求恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的概率.解:(1)因为这6位同学的平均成绩为75分,所以16(70+76+72+70+72+x6)=75,解得x6=90,这6s2=16[(70-75)2+(76-75)2+(72-75)2+(70-75)2+(72-75)2+(90-75)2]=49所以标准差s=7.(2)从前5位同学中,随机地选出2位同学的成绩有(70,76),(70,72),(70,70),(70,72),(76,72),(76,70),(76,72),(72,70),(72,72),(70,72),共10种结果,恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的有(70,76),(76,72),(76,70),(76,72),共4种结果,故所求的概率P=410=2数学建模·练抽象思维——古典概型中的创新应用问题1.食物链亦称“营养链”,是指生态系统中各种生物为维持其本身的生命活动,必须以其他生物为食物的这种由食物联结起来的链锁关系.这种摄食关系,实际上是太阳能从一种生物转到另一种生物的关系,也即物质能量通过食物链的方式流动和转换.如图为某个生态环境中的食物链,若从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种,则这两种生物恰好构成摄食关系的概率为()A.13 B.C.35 D.解析:选B从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种,不同的选法有C52=10(种),其中恰好构成摄食关系的有鹰与田鼠、鹰与兔、鹰与麻雀、麻雀与蝗虫,共4种.所以所求事件的概率P=4102.公元5世纪,数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.1415926<π<3.1415927.为纪念祖冲之在圆周率上的成就,把3.1415926称为“祖率”,这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”,让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字,整数部分3不变,那么得到的数大于3.14的概率为()A.2831 B.C.2231 D.解析:选A选择数字的总的方法有5×6+1=31(种),其中得到的数不大于3.14的数为3.11,3.12,3.14,所以得到的数大于3.14的概率为P=1-331=2831.故选3.(多选)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次,记事件A={第一个四面体向下的一面出现偶数},事件B={第二个四面体向下的一面出现奇数},事件C={两个四面体