高三数学（理）一轮复习习题听课答案-第九单元-计数原理概率随机变量及其分布

第九单元计数原理、概率、随机变量及其分布1.编写意图(1)计数原理:该部分的主要内容是分类加法计数原理与分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理.该部分是高中数学中相对独立的一个知识板块,在高考中占有特殊的位置.该部分的主要考查点是排列与组合的实际应用、二项式系数的求解、二项式指定项的求解等,一般以选择题或填空题的形式出现,在试卷中一般考查1到2个题目.在近年的高考中排列、组合试题的难度有所下降,预计2018年大致还是这个考查趋势,为此在编写该部分时注重了选题的难度,强化了对基本方法的总结归类,以提高学生的解题能力.(2)概率:概率的主要内容是随机事件的概率、古典概型、几何概型.高考中主要以小题的形式考查古典概型或几何概型的计算,在解答题中和随机变量综合进行考查.预计2018年会延续这种考查风格,为此在编写该部分时把其分为两讲,即随机事件的概率与古典概型、几何概型,题型以选择题和填空题为主,以巩固基础,提高学生的解题能力.(3)随机变量及其分布:随机变量及其分布是理科高考试题中概率统计部分的核心考点,主要考查以独立事件为中心的概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布及概率统计知识在实际问题中的应用.在试卷中一般以一道解答题的形式对上述问题进行综合考查,也可能有小题考查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等).试题的难度中等,预计2018年不会有大的变化,还是对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概率应用的考查.2.教学建议(1)计数原理:该部分的特点是基础知识明确且易于掌握,但解题的方法十分灵活,部分试题具有较大难度.在该部分的教学过程中要注意如下几点:①使学生树立分类、分步的思想意识,通过典型例题逐步掌握解决排列、组合问题的两个基本原理;②通过例题使学生掌握几类典型的计数问题的解法,如分组分配问题、相邻与不相邻问题、涂色问题等,通过这些典型的问题使学生体会解决排列、组合实际应用问题的方法;③围绕二项展开式的通项公式和特殊赋值法展开,通过例题使学生能够灵活运用二项展开式的通项公式求解二项展开式中特定的项或者项的系数,会使用特殊值法求二项式系数或者二项展开式系数的和差问题.(2)概率:清楚概率的统计定义,使学生理解随机事件概率的意义,辨清事件的对立和互斥,使学生明确它们之间的关系,在此基础上使学生掌握好古典概型和几何概型的计算公式,并学会对实际问题的意义进行分析,转化为适当的概率问题进行计算.(3)随机变量及其分布:该部分的核心内容是离散型随机变量及其分布,但问题的解答过程却是以概率计算为核心.因此在该部分的教学过程中,要使学生在掌握基本内容(离散型随机变量的分布列、事件的独立性、二项分布、离散型随机变量的期望和方差、正态分布)的基础上,重点提高概率计算能力,包括根据事件的互斥性、对立性、独立性计算概率,使用排列、组合知识求解概率,这是该部分教学的关键.虽然该单元知识点多、方法灵活,但试题的难度不大,该部分的部分讲次的全部内容可以在教师的简单指导下由学生独立完成(如随机事件的概率、几何概型、离散型随机变量的分布列等),把复习的主动权交给学生,教师的任务是指导学生的复习进程和进行适当的方法总结.3.课时安排本单元共8讲、1个小题必刷卷,建议用9个课时完成教学任务.第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理考试说明理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理,能正确区分“类”和“步”,并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.考情分析考点考查方向考例考查热度计数原理分类加法和分步乘法计数原理2016全国卷Ⅱ5,2016全国卷Ⅲ12★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现[2016·全国卷Ⅱ]如图9551,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]B由E到F有6种走法,由F到G有3种走法,由分步乘法计数原理知,共6×3=18(种)走法.■[20172016]其他省份类似高考真题[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,共有种不同的选法.(用数字作答)

[答案]660[解析]完成这件事情分两类:第一类,服务队中只有1名女生,先从2名女生中选取1名女生,共有C21种方法,再从6名男生中选取3名男生,共有C63种方法,然后在这已选取的4名学生中选取1名队长,1名副队长,共有A42种方法,因此第一类共有C21×C63×A42=480(种)选法;第二类,服务队中有2名女生,先从2名女生中选取2名女生,只有1种方法,再从6名男生中选取2名男生,共有C62种方法,然后在这已选取的4名学生中选取1名队长,1名副队长,共有A42种方法,因此第二类共有1×C62×A【课前双基巩固】知识聚焦m+nm1+m2+…+mnm×nm1×m2×…×mn对点演练1.14[解析]分两类:第一类,M中取横坐标,N中取纵坐标,共有3×2=6(个)第一、二象限不同的点;第二类,M中取纵坐标,N中取横坐标,共有4×2=8(个)第一、二象限不同的点.根据分类加法计数原理知,满足条件的点的个数为6+8=14.2.216[解析]根据分步乘法计数原理,获得冠军的可能性有6×6×6=216(种).3.42[解析]分两类:第一类,若五位数的个位数是0,则有n1=4×3×2×1=24(个)偶数;第二类,若五位数的个位数是2,由于0不排首位,因此有n2=3×3×2×1=18(个)偶数.由分类加法计数原理可得,所有无重复数字五位偶数的个数为n=n1+n2=24+18=42.4.14[解析]分两类:第一类,不选择连衣裙,可分两步完成,第一步选衬衣有4种选法,第二步选裙子有3种选法,共有4×3=12(种)选法;第二类,选择连衣裙有2种选法.故李芳选择服装的不同方法有12+2=14(种).5.12[解析]先安排甲、乙2名女志愿者,有3种分法.剩余1女2男,分为1男1女和1男两组,分组后安排到2个社区,共有2×2=4(种)分法.故总的分法有3×4=12(种).6.10[解析]设这三个人分别是甲、乙、丙,则他们的传递方式如图.故共有10种.7.53[解析](a,b)的不同的取值共有64个,其中logab=1有8个,logab=2有2个,logab=12有2个,logab=log23有2个,logab=log32有2个,则不同取值的个数为6471111=538.15[解析]从4名会唱歌的学生中选出2名有C42=6(种)选法,从3名会跳舞的学生中选出1名有3种选法,但其中有1名既会唱歌又会跳舞的学生,两组不能同时用,∴共有3×63=15(种)【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)取书可按书架的层次分类来计数;(2)可以按选择路线分甲→乙→丁,甲→丙→丁两类计数.(1)B(2)B[解析](1)书架上有3+5+8=16(本)书,则从中任取1本书,共有16种不同的取法.故选B.(2)分两类:第一类,从甲地到乙地再到丁地,共有2×3=6(种);第二类,从甲地到丙地再到丁地,共有4×2=8(种).根据分类加法计数原理可得,共有6+8=14(种),故从甲地到丁地共有14条不同的路.故选B.变式题(1)D(2)B[解析](1)3到9楼共7个楼层,分两类进行:一是每次都下1人,共有A73=210(种)方法;二是一次下1人,另一次下2人,共有C32C11A72=126(种)方法.由分类加法计数原理可得,下电梯的方法有210(2)分类讨论:当广告牌的底色没有蓝色时,有1种配色方案;当广告牌有1块用蓝色时,有C61=6(种)配色方案;当广告牌有2块用蓝色时,先排4块红色广告牌,形成5个位置,插入2块蓝色广告牌,有C52=10(种)配色方案;当广告牌有3块用蓝色时,先排3块红色广告牌,形成4个位置,再插入3块蓝色广告牌,有C43=4(种)配色方案.由于相邻广告牌的底色不能同为蓝色,所以不可能有4块蓝色广告牌.根据分类加法计数原理,有1+6+10+4=21(种例2[思路点拨](1)先安排车牌尾数为奇数的车在奇数日出行,而偶数日又以甲的车使用一日与不使用两种情况分类,最后结合分步乘法计数原理求解;(2)如图,考虑按A,B,C,D,E的顺序安装,A,B两角应选不同颜色的灯,在安装C角的灯时,要考虑所选灯的颜色是否与A同色,D,E两角安装什么颜色的灯就好办了.(1)D(2)30[解析](1)5日至9日,分别为5,6,7,8,9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种);第二步,安排偶数日出行分两类,第一类,先选1天安排甲的车,另外1天安排其他车,有2×2=4(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有22=4(种),共计4+4=8(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为8×8=64.故选D.(2)如图,按A,B,C,D,E的顺序开始安装灯,则A角有3种装法,B角有2种装法,安装C角的灯可分两类进行:①当C角与A角灯的颜色相同时,D,E角灯的装法有2种;②当C角与A角灯的颜色不同时,D,E角灯的装法有3种.根据两个基本原理可得,不同的安装方法共有3×2×(2+3)=30(种).变式题(1)A(2)A[解析](1)区域1有6种不同的涂色方法,区域2有5种不同的涂色方法,区域3有4种不同的涂色方法,区域4有3种不同的涂色方法,区域6有4种不同的涂色方法,区域5有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3×4×3=4320(种)涂色方法,故选A.(2)首先安排文科班学生,文科2个班的学生有A32种安排方法,然后安排理科班学生,理科班的学生有A21×A22种安排方法,利用分步乘法计数原理可得,不同安排方法的种数为A32×A例3[思路点拨](1)分3步进行:先安排一首一尾2位大人;再将2个小孩捆绑成一个元素;然后和剩余大人一起全排列.最后由分步乘法计数原理计算可得.(2)先分选用三种颜色或四种颜色两类讨论,再分步:选用三种颜色时,必有②④同色,③⑤同色;选用四种颜色时,必有②④或③⑤同色.(1)A(2)72[解析](1)分3步进行:①先分派2位大人,必须一首一尾,有A42=12(种)排法;②2个小孩一定要排在一起,将其看成一个元素,考虑其顺序有A22=2(种)排法;③将2个小孩与另外2位大人进行全排列,有A33=6(种)排法.故共有12×2×6=144(种(2)由题意可知,当选用三种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有C41C31C21=24(种)方法,当选用四种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有2C41C31C21C1变式题(1)D(2)16[解析](1)由题意得,小于100的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0,1,2,3,所以小于100的“开心数”的个数为3×4=12.故选D.(2)爷爷只能坐在C座或D座.当爷爷坐在C座时,妹妹和妈妈可以坐D座与E座,也可坐A座与B座,有2×2种坐法,其余两人有2种坐法,共有2×2×2=8(种)坐法;当爷爷坐在D座时,妹妹和妈妈可以坐A座、B座、C座三座中相邻的两座,有2×2=4(种)坐法,而其余两人有2种坐法,共有8种坐法.所以共有16种坐法,即座位的安排方式共有16种.【备选理由】例1考查分步乘法计数原理;例2考查两个计数原理的综合应用,一般先分类再分步.1[配合例2使用]甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有 ()A.27种 B.48种C.54种 D.72种[解析]C分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).2[配合例3使用]某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 ()A.28种 B.30种C.27种 D.29种[解析]A有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案,故选A.第56讲排列与组合考试说明1.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.2.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.考情分析考点考查方向考例考查热度排列与组合排列与组合2017全国卷Ⅱ6,2016全国卷Ⅲ12★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有 ()A.12种 B.18种C.24种 D.36种[解析]D把4项工作分成3组,分法为C42种,再分配给3名志愿者,分配方法有A33种,故不同的安排方式共有C42·A2.[2016·全国卷Ⅲ]定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有 ()A.18个 B.16个C.14个 D.12个[解析]C∵a1,a2,…,a8中0的个数不少于1的个数,∴a1=0,a8=1.先排定中间三个1,当三个0在一起时排法种数为C21,当三个0不相邻时排法种数为C43,当三个0分成两组时排法种数为A32+C21,∴不同的“规范01数列”共有C21+C■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2016·四川卷]用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为 ()A.24 B.48C.60 D.72[解析]D由题可知,五位数要为奇数,则个位数只能是1,3,5.分为两步:先从1,3,5三个数中选一个作为个位数,有C31种方法;再将剩下的4个数字排列,有A44种方法.则满足条件的五位数有C31·A2.[2017·天津卷]用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有个.(用数字作答)

[答案]1080[解析]满足条件的四位数有两种情况:一是没有一个数字是偶数的四位数;二是正好有一个数字是偶数的四位数.故共有A54+C41C5【课前双基巩固】知识聚焦1.一定的顺序2.不同排列n(n1)(n2)…(nm+1)不同组合n对点演练1.24[解析]相当于从4个不同元素中选出3个元素的排列数,即为A43=2.36[解析]甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则不同的选法共有C42C42=3.30[解析]若甲、乙两人中只有一人发言,则有C21C53=20(种)方法;若甲、乙均发言,则有C22C52=10(种)方法.4.350[解析]分两类:第一类,取2台原装计算机与3台组装计算机,有C62C53种方法;第二类,取3台原装计算机与2台组装计算机,有C63C52种方法.5.56[解析]8个小球排好后对应着8个位置,题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红色小球,剩下的位置给白色小球,因为这3个红色小球完全相同,5个白色小球完全相同,所以没有顺序,是组合问题,共有C83=56(种)6.576[解析]将6个人全排列的方法数减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙3人不同时相邻的排法数,即A66A44【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)因为A与B相邻,且A与C之间恰好有1名同学,故可以分两类考虑:B在A与C之间;B不在A与C之间.(2)本题中有“在”或“不在”等限制条件,对这种特殊元素或位置应优先考虑,然后排列其他一般元素或位置,对不相邻问题,先把不受限制的元素排列好,再把特定元素插在它们之间或两端的空当中.(1)B(2)A[解析](1)当A,C之间为B时,将3人看成一个整体与剩余2人进行排列,共有A22·A33=12(种)排法;当A,C之间不是B时,先在A,C之间插入D,E中的任意一个,然后B在A的另一侧,再将这4人看成一个整体,与剩余1人进行排列,共有C21·A22·A22(2)四位男演员互不相邻可用插空法,有A55A64种排法,其中女演员甲站在两端的排法有2A44A54变式题(1)C(2)D[解析](1)由题得,甲不是第一,乙不是最后.先排乙:乙得第一,共有A44=24(种)可能;乙没得第一,有3种可能,再排甲也有3种可能,余下的3人有A33=6(种)可能,共有6×3×3=54(种)可能.所以共有24+54=78((2)甲、乙分得的电影票连号有4×2=8(种)分法,其余3人有A33种分法,所以共有8A33=48(种)分法例2[思路点拨](1)由题可知,每一套出场阵容中有且仅有1名中锋,至少包含1名控球后卫,故有两类出场方案:①中锋1名,控球后卫1名;②中锋1名,控球后卫2名.(2)思路一,从12张中任取3张的取法种数减去3张为同一种颜色和2张为蓝色的取法种数;思路二,分没有蓝色卡片和只有1张蓝色卡片两类.(1)B(2)C[解析](1)有两类出场方案:①中锋1名,控球后卫1名,有C21C21C43=16(种)出场阵容;②中锋1名,控球后卫2名,有C21C22C(2)方法一:从所有卡片中任取3张,共有C123种取法,其中3张卡片为同一种颜色的取法有4种,2张卡片为蓝色的取法有C32C91种,所以所求取法共有C12方法二:①抽取的卡片中没有蓝色卡片时,有3×3×3+C32C32×3×2=81(种)取法;②抽取的卡片中有1张是蓝色卡片时,有3×C32×3×3+3×C32×3=108(种)取法.所以共有81变式题(1)C(2)16[解析](1)利用间接法求解.从六科中选考三科的选法有C63种,其中包括了没选物理、化学、生物三科中任意一科与没选政治、历史、地理三科中任意一科,这两种选法均有C33种,因此选考方法有C632C(2)把5名新生分配给甲、乙两个班,每个班分配的新生不少于2名,共有C52A22=20(种)分配方案,其中甲班都是男生的情况共有C32+C33=4(种),所以,甲班至少分配1名女生,例3[思路点拨]思路一,首先将12名同学平均分成四组,然后分配到四个不同的课题组,并在每一个课题组中选出1名组长,最后利用分步乘法计数原理完成;思路二,从第一组开始,从12名同学中选3名同学,第二、三、四组依次从余下的同学中选3名,再在每一个课题组中选出1名组长,最后利用分步乘法计数原理完成.B[解析]方法一:首先将12名同学平均分成四组,有C123C93C63A44种分法,然后将这四组同学分配到四个不同的课题组,有A44种分法,并在各组中选出1名组长,有34种选法,根据分步乘法计数原理,满足条件的不同分配方案有C123方法二:根据题意可知,第一组分3名同学有C123种分法,第二组分3名同学有C93种分法,第三组分3名同学有C63种分法,第四组分3名同学有C33种分法.第一组选1名组长有3种选法,第二组选1名组长有3种选法,第三组选1名组长有3种选法,第四组选1名组长有3种选法.根据分步乘法计数原理可知,满足条件的不同分配方案有例4[思路点拨]考虑按1,1,3与1,2,2两种情况对5名教师进行分组,然后再分派要改编的三种题型.A[解析]由题设可分如下两类:①若分成1,1,3的情况,则有C53A33=60②若分成1,2,2的情况,则有C52C32A22A33=90(种)分派方法.由分类加法计数原理可得共有C53A33例5[思路点拨]事实上,本题可转化为把6把椅子分为三组,一组1把、一组2把、一组3把,并分别安排出相应坐法.C[解析]把6把椅子分为三组,一组1把、一组2把、一组3把,分三步完成:第一步,只有1把的一组为最北面的椅子,只有1种坐法;第二步,有2把的一组有4种分法,有4A22种坐法;第三步,余下的3把为一组,有A33种坐法.因此不同的坐法有4A22A3强化演练1.C[解析]将四本书平均分给甲、乙两位同学,共有C42=6(种)不同的分法,A,B两本书不被同一位同学分到,则有A22A22=4(种)不同的分法,所以所求概率为2.1560[解析]先将6位机关干部分成四组,有(1,1,1,3)和(1,1,2,2)两种情况,所以不同的分配方案共有C63+C62C422·A44=653.105[解析]根据题意,分3步进行分析:①在7人中选出4人,将其分到甲学校,有C74=35(种)选法;②在剩余3人中选出2人,将其分到乙学校,有C32=3(种)选法;③将剩下的1人分到丙学校,有1种选法.则一共有35×3=105(4.36[解析]把A,B两名党员看作一个整体,五名党员就被看成了四个部分,每个村子至少有一名党员,则把四个部分分成三组,共有C42种分法,再把这三组分配到三个村子,有A33种不同的分法,根据分步乘法计数原理,不同的分配方法种数为C45.54[解析]第一类,把甲、乙看作一个整体,和另外的3名教师分配到3个小组,有C32A33=18(种)分法;第二类,先把另外的3名教师分配到3个小组,再把甲、乙分配到其中2个小组,有A33A32=36(种)分法.根据分类加法计数原理可得,共有【备选理由】例1是站队排列问题,涉及特殊元素特殊位置;例2是组合问题,注重考查直接法和间接法思考问题的不同;例3是整体均匀分组分配问题;例4是不均匀分组分配问题的应用.1[配合例1使用](1)七名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两名同学要站一起,则不同的站法有 ()A.240种 B.192种C.120种 D.96种(2)有六个人站成一排,甲、乙两人都站在丙的同侧的不同站法有种.

[答案](1)B(2)480[解析](1)不妨令乙、丙在甲左侧,先排乙、丙两人,有2A22种站法,再令一人站在甲左侧,有C41种站法,余下三人站在甲右侧,有A33种站法,考虑到乙、丙在甲右侧的站法,故总的站法种数是2(2)分为三种情况:①当丙在第1位或第6位时,共有2×A55=240(种);②当丙在第2位或第5位时,共有2×A42·A33=144(种);③当丙在第3位或第4位时,共有2(A22·A33+A32·A33)=96(种2[配合例2使用]从六个盒子中选出三个来装东西,且甲、乙两个盒子至少有一个被选中的情况有 ()A.16种 B.18种C.22种 D.37种[解析]A方法一:间接法.从六个盒子中任选三个的选法种数C63减去甲、乙两个盒子一个都不选的选法种数C43,即C63C4方法二:直接法.分两类:第一类,甲、乙两个只选一个的选法有C21C42=12(种);第二类,甲、乙两个都被选中的选法有C22C413[配合例3使用]将来自四个班级的8名同学(每班2名同学)平均分配到四个不同的小区进行社会调查,则恰好有两个小区分配到的2名同学来自同一班级的分配方案有 ()A.48种 B.72种C.144种 D.288种[解析]D分两步完成:①将8名同学分为符合条件的四组,先选两个班的同学分别为一组,余下的4名同学交叉分为两组,共有2C42种分法;②将分好的四组分配到四个小区去调查,有A44种分法.所以满足条件的分配方案有2C424[配合例5使用]当行驶的6辆军车行驶至A处时,接到上级紧急通知,这6辆军车立即沿B,C两路分开纵队行驶,要求B,C每路至少有2辆但不多于4辆车,则这6辆军车不同的行驶方案种数是 ()A.50 B.1440C.720 D.2160[解析]D事实上是将6辆军车分为两组分开行驶,B,C两路军车分开行驶的车辆数为2,4或3,3或4,2.由于军车是互不相同的,排列是有顺序的,当B,C两路行驶的车辆数为2,4或4,2时,方案种数都为A62A44,当B,C两路行驶的车辆数为3,3时,方案种数为A63A33,所以这6第57讲二项式定理考试说明会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.考情分析考点考查方向考例考查热度二项式定理通项公式2016全国卷Ⅰ142015全国卷Ⅰ10,2014全国卷Ⅰ13,2014全国卷Ⅱ13,2013全国卷Ⅱ5★★★二项式的系数与性质2017全国卷Ⅲ4,2017全国卷Ⅰ6,2015全国卷Ⅱ15,2013全国卷Ⅰ9★★☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为 A.15 B.20C.30 D.35[解析]C(1+x)6的展开式中x2的系数为C62,x4的系数为C64,所以1+1x2(1+x)6展开式中x2.[2017·全国卷Ⅲ](x+y)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为 ()A.80 B.40C.40 D.80[解析]C由二项式定理可得,原式展开式中含x3y3的项为x·C53(2x)2(y)3+y·C52(2x)3(y)2=40x3y3,则x3y3.[2015·全国卷Ⅰ](x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为 ()A.10 B.20C.30 D.60[解析]C[(x2+x)+y]5的通项Tr+1=C5r(x2+x)ry5r,由题意取r=3,得T4=C53(x2+x)3y2=C53(x+1)3x3y2,记(x+1)3的通项T'r'+1=C3r'xr',由题意得r'=2,所以x54.[2013·全国卷Ⅱ]已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5,则a= ()A.4 B.3C.2 D.1[解析]D已知(1+ɑx)(1+x)5的展开式中,x2的系数为C52+aC51=5,则a=15.[2013·全国卷Ⅰ]设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m= ()A.5 B.6C.7 D.8[解析]B(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值是C2mm,即a=C2mm;(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值是C2m+1m,即b=C2m+1m.∵13a=7b,∴13C26.[2016·全国卷Ⅰ](2x+x)5的展开式中,x3的系数是.(用数字填写答案)

[答案]10[解析]展开式的通项为Tr+1=25rC5rx5-r2,令5r2=3,得r=7.[2015·全国卷Ⅱ](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=.

[答案]3[解析](a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项一部分来自第一个因式取a,第二个因式取C41x及C43x3;另一部分来自第一个因式取x,第二个因式取C40x0,C42x2及C44x4.所以系数之和为aC41+aC43+C48.[2014·全国卷Ⅰ](xy)(x+y)8的展开式中x2y7的系数为.(用数字填写答案)

[答案]20[解析](x+y)8的展开式中xy7的系数为C87=8,x2y6的系数为C86=28,故(xy)(x+y)8的展开式中x2y7的系数为89.[2014·全国卷Ⅱ](x+a)10的展开式中,x7的系数为15,则a=.(用数字填写答案)

[答案]1[解析]展开式中x7的系数为C103a3=15,即a3=18,解得■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2016·四川卷]设i为虚数单位,则(x+i)6的展开式中含x4的项为 ()A.15x4 B.15x4C.20ix4 D.20ix4[解析]A由题可知,含x4的项为C62x4i2=15x2.[2017·山东卷]已知(1+3x)n的展开式中含有x2项的系数是54,则n=.

[答案]4[解析]因为Tr+1=Cnr(3x)r,所以x2的系数为Cn232,由Cn232=54得n2n12=0,解得n=4或n=3(3.[2017·浙江卷]已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4=,a5=.

[答案]164[解析]由题意,得a4是展开式中的一次项系数,则a4=C32·12·C22·22+C33·13·C21·21=16;a5是展开式中的常数项,则a5=C33·4.[2016·北京卷]在(12x)6的展开式中,x2的系数为.(用数字作答)

[答案]60[解析]展开式的通项Tr+1=C6r×16r×(2x)r=(2)rC6rxr,令r=2,得x2的系数为(2)2×5.[2016·上海卷]在3x2xn的二项展开式中,所有项的二项式系数之和为256,则常数项等于.

[答案]112[解析]由题意得2n=256,所以n=8,则二项展开式的通项为Tr+1=C8r(3x)8r2xr=(2)rC8rx83-43r,令8343r=6.[2016·天津卷]x21x8的展开式中x7的系数为.(用数字作答)

[答案]56[解析]展开式的通项Tr+1=C8r(x2)8r1xr=(1)rC8rx163r,由163r=7,得r=3,所以所求系数为(1)3C【课前双基巩固】知识聚焦1.r+12.相等2n2n1对点演练1.16[解析]由题意得Cn4=Cn11,所以n=15,2.9[解析]二项式x+2x12展开式的通项为Tr+1=C12rx12r2xr=2rC12rx12-32r,令1233.28[解析]二项展开式的通项为Tr+1=C8rx8r-1xr=(1)rC8rx8-3r2,令83r2=5,得4.31316[解析]x13x24=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,令x=1,得1324=a1+a2+a3+a4+a5,令x=1,得1+324=a1+a2a3+a4a5,∴2(a1+a3+a5)=124+524,解得a1+a3+a55.280[解析]二项展开式的通项为Tr+1=C7r·(2x)r=C7r·(2)rxr,当r=3时,T4=C73·(2)3·x3=280x36.1[解析]由题意得2n=32,所以n=5.令x=1,得各项系数的和为(12)5=1.7.180[解析]∵(1+x)10=[2(1x)]10,∴其展开式的通项为Tr+1=(1)r210r·C10r(1x)r,令r=8,得a8=4C1088.15[解析](x+1)5(x2)=x(x+1)52(x+1)5,展开式中含有x2的项为20x2+5x2=15x2,故x2的系数为15.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)首先根据展开式的通项求得含x3项的项数,然后再利用展开式的通项求其系数;(2)首先根据展开式的通项求得常数项的项数,然后再利用展开式的通项求常数项.(1)A(2)B[解析](1)(12x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2)rxr,令r=3,得x3的系数为C53(2)3=80(2)二项展开式的通项为Tk+1=C6kx6k·1xk=C6kx6k·(1)k·x-k2=(1)kC6kx6-32k,要使其为常数,则632k=0,即k=4变式题(1)A(2)20[解析](1)xax5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5r-axr=(a)rC5rx52r.令52r=3,解得r=1,∴x3的系数为a×C51=30(2)展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)r14x5-r=2r145-rC5rx2r5=23r10C5rx2r5,令2r5=3,得r=4,故x例2[思路点拨](1)利用赋值法,先求各项系数和,为4n,二项式系数和为2n,求出n=6,然后再利用展开式的通项求x3的系数即可;(2)利用二项展开式的通项,将绝对值符号去掉得|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|=a1+a2a3+…a9,令x=0得a0=1,令x=1得a0a1+a2a3+…a9=29,相减可得.(1)C(2)D[解析](1)由题意知4n2n=64,得n=6,展开式的通项为Tr+1=C6rx6r3xr=3rC6rx6-3r2,令63r2=3,(2)令x=0,得a0=1,令x=1,得|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|=[1(1)]91=291=511.变式题(1)D(2)4或2[解析](1)因为n=6是偶数,所以展开式共有7项,其中中间一项的二项式系数最大,其二项式系数为m=C63=20,含x5项的系数为n=(1)×C61×2=12,则nm=1220(2)由x2+axn的展开式中二项式系数和为2n=64,可得n=6,再由x2+axn的展开式中所有项的系数和为(1+a)6=729,可得a=4或a=2.例3[思路点拨]根据二项式定理,将(1+x)n展开式中含x2项的系数分别求出,再相加.D[解析]展开式中x2项的系数是C22+C32+C42+…+C112=C33+C32+C42+…+C112=C43+C42例4[思路点拨]分别找出(x1)4的展开式中含x的项及常数项,再找出(x1)2的展开式中含x的项及常数项,最后得出(x1)4(x1)2的展开式中含x的项的系数.D[解析]因为(x1)4·(x1)2=x2C41x32+C42xC43x+1(x22x+1),所以(x1)4·(x1)2的展开式中,含x项的系数为例5[思路点拨]将x21x整体看成一项,利用二项式定理展开x2-1x+3117[解析]原式可化为x21x+34=x21x4+3C41x21x3+9C42x21x2+27C43x21x+81,由于二项式x21xn的展开式的通项为Tr+1=Cnrx2n2r-1xr=(1)rCnrx2n3r,令2n=3r,得当n=3时,r=2,此时对应的项是(1)2C32=3,所以常数项的系数为3×3×4+强化演练1.A[解析]x的奇数次幂项的系数之和为(a+1)(1-1)4-(a2.2[解析]令x=1可得a0+a1+a2+…+an=2+22+23+…+2n=2(2n-1)2-1=2n+12=62,解得n=3.12[解析](x2x2)3=(x2)3(x+1)3,所以展开式中含x项的系数为C33(2)3C32+C32(2)2C34.120[解析]xy3的系数为C61·2·C55.180[解析]由题意得,x1x(2x1)6的展开式中含x3的项为xC64(2x)2(1)4+-1xC62(2x)4(1)2=180x3,6.84[解析]因为(1+y3)x1x2yn(n∈N+)的展开式中存在常数项,则1+y3中的y3与x1x2yn的展开式中含1y3项的乘积即为所求,x1x2yn展开式的通项为Tr+1=(1)rCnrxn3ryr,令n3r=0且r=3,得n=9,r=3,所以常数项为(例6[思路点拨]由题意结合二项式定理即可证得题中的结论.证明:由f(n,1)=mnfn,1t,得(1+m)n=mn1+mtn=m+m2tn,则1+m=m+m2t,所以m=t又f2017,11000t=1+m1000t2017=1+110002017>1+C2017111000+C20172110002+C201731而f2017,1t=1+mt2017=1+1t2017<1,所以f2017,11000t>6f2017,1t.例7[思路点拨]由题意求得首项和公差,据此可得数列的通项公式an.解:由题意,5m≥11-2m,11-3m≥2m-2⇒117≤m≤135,∵777715=(19×4+1)7715=C770+C771(19×4)+…+C7777(19×4)7715=(19×4)[C771+C772(19×4)+…+C77∴777715除以19的余数为5,即n=5.∴52x253x25展开式的通项为Tr+1=C5r52x5-r-253x2∴公差d=C53525-6(1)3=4,∴an=a1+(强化演练1.B[解析]利用二项式定理展开得883+6=(7+1)83+6=783+C831×782+…+C8381×72+C8382×7+1+6=72M+83×7+7(M是正整数)=49M+49×12=49N(N是正整数),∴883+6被492.0或7[解析]根据二项式定理可知,7n+7n1Cn1+7n2Cn2+…+7Cnn-1=(7+1)n1=8n1,又因为8n1=(91)n1=9n+Cn19n1·(1)+Cn29n2·(1)2+…+Cnn-19·(1)n1+(1)n1,所以当n3.证明:32n-1=1+12n-1=Cn-10+Cn-11·12+Cn-12·122+…+Cn-1n-1【备选理由】例1侧重考查利用二项展开式的通项求指定项(系数);例2考查赋值法求各项系数之和;例3、例4、例5考查几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题及含参问题,是高考热点题型.1[配合例1使用]二项式2x21x6的展开式中,x3的系数为.

[答案]12[解析]二项式2x21x6展开式的通项为Tr+1=C6r(2x2)6r-1xr=C6r(1)r26rx123r,令123r=3得r=5,则T5+1=C65(1)52x3=2[配合例2使用]设x(1x)7=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8,则a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8=.

[答案]2[解析]令x=1,得a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=0,令x=2,得2=2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6+128a7+256a8,所以a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8=2.3[配合例4使用]已知(1+x)(12x)6=a0+a1(x1)+a2(x1)2+…+a7(x1)7,则a3=.

[答案]380[解析]因为(1+x)(12x)6=[2+(x1)]·[1+2(x1)]6,所以a3=2·C63·23+C62·24[配合例4使用]已知xx+ax5的展开式中常数项为20,其中a>0,则a=.

[答案]2[解析]展开式的通项为Tr+1=C5rx·x5r·axr=arC5rx6-32r,5[配合例4使用]已知3x+a2x2x1x5的展开式中的各项系数和为4,则x2的系数为.

[答案]160[解析]令x=1,得3x+a2x2x1x5的展开式中的各项系数和为3+a2(21)5=4,解得a=2,所以含x2的项为3x×C52(2x)3-1x2+1xC51(2x)4-1x=160第58讲随机事件的概率与古典概型考试说明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,了解频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式.3.理解古典概型及其概率计算公式.4.会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.考情分析考点考查方向考例考查热度随机事件与概率随机事件与概率★☆☆古典概型古典概型2014全国卷Ⅰ5,2013全国卷Ⅱ14★★☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2014·全国卷Ⅰ]4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 ()A.18 B.C.58 D.[解析]D每位同学有2种选法,基本事件的总数为24=16,其中周六、周日中有一天无人参加的基本事件有2个,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1216=72.[2013·全国卷Ⅱ]从n个正整数1,2,3,…,n中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率为114,则n=[答案]8[解析]和为5的只有两种情况,1+4,2+3,故2Cn2=114⇒Cn2■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2017·山东卷]从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是 ()A.518 B.C.59 D.[解析]C每次抽取1张,抽取2次,共有C91C81=72(种)情况,其中满足题意的情况有2×C51C41=40(种2.[2016·上海卷]如图9581所示,在平面直角坐标系xOy中,O为正八边形A1A2…A8的中心,A1(1,0).任取不同的两点Ai,Aj,点P满足OP+OAi+OAj=0,则点[答案]5[解析]共有C82=28(个)基本事件,其中使点P落在第一象限的基本事件共有C32+2=5(个3.[2016·江苏卷]将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是.

[答案]5[解析]本题为古典概型,基本事件共有36个,点数之和大于等于10的有(4,6),(5,5),(5,6),(6,6),(6,5),(6,4),共计6个基本事件,故点数之和小于10的有30个基本事件,所求概率为56【课前双基巩固】知识聚焦1.可能发生也可能不发生2.(2)频率fn(A)常数3.包含B⊇AA=B并事件事件A发生事件B发生4.(1)0≤P(A)≤1(2)1(3)0(4)①P(A)+P(B)②1P(B)5.(1)①互斥②基本事件(2)①有限有限性②相等等可能性(3)A对点演练1.④[解析]概率的本质含义是事件发生的可能性大小,因此④正确.2.至多有1件次品[解析]至少有2件次品包含2,3,4,5,6,7,8,9,10件次品,共9种结果,故它的对立事件为“含有1件或0件次品”,即“至多有1件次品”.3.49[解析]有放回地连续取出两件产品,其所有可能的结果为(a1,a1),(a1,a2),(a1,b),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b),(b,a1),(b,a2),(b,b),共9个基本事件.由于每件产品被取到的机会均等,因此可以认为这些基本事件的出现是等可能的.用B表示“恰有一件次品”这一事件,则B={(a1,b),(a2,b),(b,a1),(b,a2)},事件B包含4个基本事件,因而P(B)=44.1928[解析]由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”,但这两个事件不可能同时发生,即彼此互斥,所以由互斥事件概率的加法公式得,中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37+145.0.75[解析]该射击运动员射击4次至少击中3次,考虑该事件的对立事件,故看这20组数据中每组数据含有0和1的个数多少,含有2个或2个以上的有5组数据,故所求概率为1520=0.756.1313[解析]设平局(用△表示)为事件A,甲赢(用☉表示)为事件B,乙赢(用※表示)为事件C.平局含3个基本事件(图中的△),P(A)=39=1甲赢含3个基本事件(图中的☉),P(B)=39=17.0.35[解析]因为“抽到的不是一等品”的对立事件是“抽到的是一等品”,且P(A)=0.65,所以“抽到的不是一等品”的概率为10.65=0.35.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)由随机事件的频率与概率的相关知识得出正确选项;(2)依据频数分布表计算出相应的频率,然后分别计算出汽车A分别通过公路1与公路2的概率、汽车B分别通过公路1与公路2的概率,最后比较相应概率的大小可得出正确选项.(1)D(2)A[解析](1)A是一个随机事件,某人打靶,射击10次,击中7次,则此人中靶的频率为0.7,故A错误;B是一个随机事件,一位同学做抛硬币试验,抛6次,不一定有3次“正面朝上”,故B错误;C是一个随机事件,买这种彩票,中奖或不中奖都有可能,事先无法预料,故C错误;D正确,例如在0到5中随机取一个实数,这个数不等于3.35264的概率是1,但不是必然事件.(2)频率分布表如下:所用的时间(天数)10111213通过公路1的频率0.20.40.20.2通过公路2的频率0.10.40.40.1设A1,A2分别表示事件“汽车A在约定日期的前11天出发选择公路1,2将货物运往城市乙”,B1,B2分别表示事件“汽车B在约定日期的前12天出发选择公路1,2将货物运往城市乙”,则PA1=0.2+0.4=0.6,PA2=0.1+0.4=0.5,PB1=0.2+0.4+0.2=0.8,PB2=0.1+0.4+0.4=0.9,所以汽车A选择公路1,汽车变式题D[解析]由所给数据可知,20组数据中有3组,即191,031,113不是优秀,其余17组是优秀,所以选手可以拿到优秀的概率为1720,故选D例2[思路点拨]先弄清选择数字的总的方法数,因为有两个1,故选择数字的方法数为5×6+1=31,再考虑小于3.14的情形,最后利用对立事件的概率计算公式计算即可.A[解析]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=1331=2831.故选变式题A[解析]甲获胜有两种情况:第一种情况,甲第一次就抽到标有偶数的卡片,对应概率为24=12;第二种情况,甲、乙抽到的第一张卡片均标有奇数,此时所剩两张卡片均标有偶数,甲必然可以获胜,对应概率为24×13=16.故所求概率为12+1例3C[解析]由题意可知,将四幅画先分3组,有C42=6(种)方法,再分配,有A33=6(种)方法,由分步乘法计数原理可知总方法数N=C42A33=36,满足条件的方法数N1=C32A22+变式题(1)C(2)D[解析](1)从中选出数学、物理、化学成绩优秀的各1人的所有基本事件有A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2,A2B2C1,A2B2C2,A3B1C1,A3B1C2,A3B2C1,A3B2C2,共12个,其中符合条件的基本事件有6个,故A1或B1仅1人被选中的概率为12(2)根据题意,当且仅当a>b且c>b时称为“凹数”,在4,5,6,7,8中任取3个不同的数字组成三位数,有A53=60(种)取法.对从4,5,6,7,8中取出的3个不同的数字进行排列:将4放在十位上,再排2个数字放在百位、个位上,有A42=12(种)排法;将5放在十位上,再排2个数字放在百位、个位上,有A32=6(种)排法;将6放在十位上,再排2个数字放在百位、个位上,有A22=2(例4[思路点拨](1)先求出总的基本事件个数,然后再求出满足a∥b,即满足mn=2的基本事件个数,根据古典概型的概率计算公式计算;(2)使得a⊥(a2b),也就是m(m4)+2n+1=0,即m24m=12n,求满足这个条件的基本事件个数,然后根据古典概型的概率计算公式计算.解:有序数组(m,n)的所有可能情况为(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),共16种.(1)使得a∥b成立的(m,n)满足mn=2,所以事件A发生的情况有(2,1),(1,2),(1,2),(2,1),共4种,故所求概率P(A)=416=1(2)使得a⊥(a2b)成立的(m,n)满足m(m4)+2n+1=0,即m24m=12n,所以事件B发生的情况只有(1,1)一种,故所求概率P(B)=116例5[思路点拨](1)首先根据直线不经过第四象限确定a,b的取值范围,然后从所给集合中进行选取,最后利用古典概型求解即可;(2)首先根据直线与圆的位置关系确定出关于a,b的不等式,然后根据此条件确定相关事件的基本事件个数,进而利用古典概型求解即可.解:实数(a,b)的所有可能结果为(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),共16种.(1)设“直线y=ax+b不经过第四象限”为事件A,若直线y=ax+b不经过第四象限,则必须满足a≥0,b≥0,所以事件A包含4个基本事件:(1,1),(1,2),(2,1),(2,2).故P(A)=416=14,即直线y=ax+b不经过第四象限的概率为(2)设“直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点”为事件B,若直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点,则必须满足ba2+1≤1,即b2≤a2所以事件B包含12个基本事件:(2,2),(2,1),-2,1,-2,2,-1,-1,-1,1,故PB=1216=34,即直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点的概率为例6[思路点拨](1)确定二次函数有零点时,主要利用判别式Δ≥0确定其对应的基本事件个数,最后利用古典概型求解;(2)首先根据函数的单调性确定a,b满足的关系式,并据此确定其对应的基本事件个数,然后利用古典概型求解.解:(1)数对(a,b)的所有可能情况为(1,1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),共15种.函数y=fx有零点,即Δ=b24a≥0,有1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4,(2)函数y=fx图像的开口向上,对称轴为直线x=b2a,y=f(x)在区间1,+∞上是增函数,则有b2a≤1,即b≤2a,有1,-1,1,1,1,2,2,-1,2,1,2,2,2,3,2,4强化演练1.B[解析](a,b)的所有可能情况为(2,1),(2,3),(4,1),(4,3),记事件A为“f(x)在(∞,1]上是减函数”,由条件知f(x)的图像开口向上,对称轴是x=ba,若f(x)在(∞,1]上是减函数,则ba≥1,即b≤a,所以事件A包含(2,1),(4,1),(4,3),共3个基本事件,所以P(A)=2.16[解析]由题意知m∈{1,2,3,4,5,6},n∈{1,2,3,4,5,6},所以(m,n)的所有情况共36种.点P在直线x+y=7上的情况有1,6,2,5,3,4,4,3,5,2,6,1,共3.512[解析]由题意得,(m,n)的所有情况共有36种.由于向量a=(m,n)与向量b=(1,1)的夹角θ为锐角,所以(m,n)·(1,1)>0,即m>n,满足题意的情况如下:当m=2时,n=1;当m=3时,n=1,2;当m=4时,n=1,2,3;当m=5时,n=1,2,3,4;当m=6时,n=1,2,3,4,5.共有15种.故所求概率为1536=4.解:(1)数对(a,b)的所有可能情况如下:(1,1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4).共有15种.设“a≥2且b≤3”为事件A,则事件A包含8个基本事件,所以P(A)=815(2)设“函数f(x)=ax24bx+1在区间[1,+∞)上为增函数”为事件B.因为函数f(x)=ax24bx+1的图像的对称轴为x=2ba,且a>0,所以要使事件B发生,只需2ba≤1,即2b≤a.因为满足题意的数对有(1,1),(2,1),(2,1),(3,1),(3,1),共5个,所以P(B)=【备选理由】例1考查随机事件的概率,用频率估计概率;例2考查互斥事件的概率计算;例3考查古典概型的概率计算;例4考查古典概型与平面向量的交汇题型;例5考查古典概型与函数的交汇命题.1[配合例1使用]随机抽取一个年份,对某市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下:日期12345678910天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴日期11121314151617181920天气阴晴晴晴晴晴阴雨阴阴日期21222324252627282930天气晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨该市某重点中学拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会,估计运动会期间不下雨的概率为.

[答案]7[解析]在容量为30的样本中,不下雨的天数是26,任取2天且第一天为晴天的选法有16种,其中第二天不下雨的选法有14种,所以运动会期间不下雨的概率为1416=72[配合例2使用]某城市2016年的空气质量状况如下表所示:污染指数T3060100110130140概率P111721其中污染指数T≤50时,空气质量为优;50<T≤100时,空气质量为良;100<T≤150时,空气质量为轻微污染.则该城市2016年的空气质量达到良或优的概率为.

[答案]3[解析]由题意可知2016年的空气质量达到良或优的概率P=110+16+133[配合例3使用]一个袋子里装有大小相同的黑球和白球共6个,已知从袋中任意摸出1个球,摸到黑球的概率是23,则从袋中任意摸出2个球,至少摸到1个白球的概率是.

[答案]3[解析]由题意可知,黑球和白球分别有4个、2个,从袋中任意摸出2个球,所有的取法共有C62=15(种),而取出的2个球均为白球的取法有C22=1(种),取出的2个球只有1个白球的取法有C21C41=8(种4[配合例4使用]已知向量a=2,1,b=x(1)若x∈-1,0,1,2,y∈-(2)若x∈-1,2,y∈-1,1,解:(1)设“a∥b”为事件A.由a∥b,得x=2y.记基本事件为(x,y),所以基本事件为(1,1),(1,0),(1,1),(0,1),(0,0),(0,1),(1,1),(1,0),(1,1),(2,1),(2,0),(2,1),共有12个,其中A包含(0,0),(2,1),共2个基本事件,所以P(A)=212=16,即a∥b的概率为1(2)设“向量a,b的夹角是钝角”为事件B.由a,b的夹角是钝角,可得a·b<0,即2x+y<0,且x≠2y.基本事件空间为Ω=(x,y)-1≤x≤2,B=(x,y)-1≤x≤2,所以由图可知,P(B)=12×1即向量a,b的夹角是钝角的概率是135[配合例6使用]已知函数y=x1,令x=4,3,2,1,0,1,2,3,4,可得函数图像上的九个点,在这九个点中随机取出两个点P1x1,y1,P(1)求P1,P2两点在函数y=6x的图像上的概率(2)求P1,P2两点不在同一函数y=kx(k≠0)的图像上的概率解:(1)函数图像上的九个点分别是(4,5),(3,4),(2,3),(1,2),(0,1),(1,0),(2,1),(3,2),(4,3).从九个点中选两个点共有36种选法,其中选出的两个点在曲线xy=6上的情况有(2,3)和(3,2),共1种,所以所求概率为136(2)P1,P2在同一曲线xy=k(k≠0)上的情况有(3,4)和(4,3),(2,3)和(3,2),(1,2)和(2,1),共3种,所以所求概率为1336=1112第59讲几何概型考试说明1.了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率.2.了解几何概型的意义.考情分析考点考查方向考例考查热度几何概型几何概型2017全国卷Ⅰ2,2016全国卷Ⅰ4,2016全国卷Ⅱ10★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]如图,正方形ABCD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 ()A.14 B.C.12 D.[解析]B根据对称性,图中黑色部分、白色部分的面积相等.设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,图中圆的面积为π,故黑色部分的面积为π2,所以所求的概率为π242.[2016·全国卷Ⅰ]某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是 ()A.13 B.C.23 D.[解析]B由题意可知满足条件的时间段为7:50~8:00,8:20~8:30,共20分钟,故所求概率为2040=1■[20172016]其他省份类似高考真题[2017·江苏卷]记函数f(x)=6+x-x2的定义域为D.在区间[4,5]上随机取一个数x,则x∈[答案]5[解析]令6+xx2≥0,解得2≤x≤3,即定义域D=[2,3],在区间[4,5]上随机取一个数x,则x∈D的概率P=3-(-2)【课前双基巩固】知识聚焦1.长度(面积或体积)2.构成事件对点演练1.13[解析]因为圆的面积被六等分,所以转盘指针不落在阴影部分的概率为26=2.5[解析]设黄灯亮的时间为x秒.因为每一时刻的车到达路口都是等可能的,由几何概型可知,车到达路口时遇到红灯的概率等于红灯亮的时间除以绿灯、黄灯和红灯亮的时间和,所以3040+x+30=25,解得x=5,3.56[解析]如图所示,设送报人到达的时间为x,这位同学的爸爸离开家的时间为y,则(x,y)可以看成平面直角坐标系中的点.由题意得163≤x≤203,6≤y≤7,其表示的区域为一个矩形,面积为43.因为这位同学的爸爸在离开家前能拿到报纸必须满足x<y,如图中的阴影部分所示,又阴影部分的面积为434.23[解析]因为x是一个锐角,所以x∈(0°,90°),而在(0°,90°)内使sinx>12的x的取值范围是x∈(30°,90°),于是所求概率P=60905.13[解析]当AA'的长度等于半径的长度时,∠AOA'=π3,由圆的对称性及几何概型得所求概率P=2π36.13[解析]取AD的三等分点E',F',取BC的三等分点E,F,连接EE',FF',如图所示.因为AD=3,AB=2,所以BE=FC=AE'=F'D=1,EE'=FF'=2,所以当点P落在虚线段EE'上时,△ABP的面积等于1,当点P落在虚线段FF'上时,△CDP的面积等于1,从而可知当点P落在矩形EE'F'F内(包括边界)时,△ABP和△CDP的面积均不小于1,故所求概率P=2×12×3=7.27[解析]由1≤f(x)≤2,可知1≤log2x≤2,解得2≤x≤4,由几何概型可知,所求概率P=2【课堂考点探究】例1[思路点拨]两数的平方和小于1的数对落在圆x2+y2=1在第一象限与坐标轴围成的扇形区域内,而由[0,1]中的两数构成的点(x,y)落在一个正方形区域内,由此求出相应的面积就可利用几何概型的概率公式求得结果.C[解析]由题意可知(xi,yi)(i=1,2,…,n)在如图所示的正方形中,两数平方和小于1的点在如图所示的阴影中.由几何概型概率计算公式知π41≈mn,∴π变式题A[解析]设落在阴影区域内的小米的粒数大约是x,圆O的半径为r,则x2000≈2×34r2πr2,例2[思路点拨]首先利用直线与圆相交的充要条件求得满足条件的k的取值范围,然后利用几何概型的概率公式进行计算.D[解析]由|3k|1+k2<1得|k|<24,所以所求概率为变式题(1)A(2)C[解析](1)由题意知,只需AP>BP,故所求概率为12.故选A(2)代表数x的点到区间两端点的距离均不小于e3,则x落在区间e3,2e3内,故所求概率为2e3-e例3[思路点拨]本题为与体积有关的几何概型,只需分别求出圆柱的体积与以圆柱的底面圆心为球心,半径为1的半球的体积就会顺利求得结果.23[解析]由题意得该圆柱的体积V=π×12×2=2π.圆柱内满足点P到点O的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球,且此半球的体积V1=12×43π×13=23π,所以所求概率P=变式题1481π[解析]由题意知,到正方体一个顶点的距离小于或等于1的点的集合为以该顶点为球心,1为半径的球的18,而正方体的体积V=33=27,所以由几何概型的概率公式得所求概率P=18×18×例4[思路点拨]首先求出大正方形的面积,然后求得小正方形的面积,最后利用几何概型的概率公式求解.A[解析]设勾为a,则股为3a,则弦为2a,则图中大正方形的面积为4a2,小正方形的面积为(31)2a2=(423)a2.由几何概型知,图钉落在黄色图形内的概率为(4-23)a24a2=132,所以落在黄色图形内的图钉颗数大约为例5[思路点拨]首先求出已知区域的面积,然后根据函数的单调性确定a,b满足的条件,并作出对应的平面图形,最后结合几何概型知识求解.A[解析]作出不等式组对应的平面区域,如图中阴影部分所示.若函数f(x)=ax22bx+3在区间12,+∞上是增函数,则a>0,--2b2a=ba≤12,即a>0,a-2b≥0,可得满足条件的平面区域为△OBC.由a+b-4=0,a-2b=0,得a=83,b=43,即例6[思路点拨]首先建立恰当的坐标系,求出过C,M,D三点的抛物线方程,再利用定积分求阴影部分的面积,进而利用几何概型可求得概率.D[解析]以M为原点,BA所在直线为y轴,BA的垂线为x轴,建立平面直角坐标系,则过C,M,D三点的抛物线方程为y2=12x,则图中阴影部分的面积为20212xdx=2×23×232=83,所以落在阴影部分的概率为强化演练1.C[解析]设矩形的另一边长为y(单位:m),由三角形相似可得40-y40=x40,则y=40x,则矩形面积为(40x)x≤(40-x+x)24=400(当且仅当x=20时等号成立),即矩形的最大面积为400m2.根据几何概型概率公式可得,2.D[解析]如图所示,由几何概型可知所求概率为2×1-12×π×13.D[解析]作出可行域如图,其中SΩ=S△OAB=18,SΓ=S△OCD=4,根据几何概型知,所求概率P=SΓSΩ=418=24.D[解析]由题意可作出如下图形,由几何概型可知所求概率P=2π0sinxd5.D[解析]由题意可知,所求概率等于图中阴影部分的面积与正方形面积的比值,故所求概率P=14×π×(2【备选理由】例1考查以长度为几何测度的几何概型概率计算;例2考查以面积为测度的几何概型概率计算;例3考查与线性规划交汇的几何概型概率计算;例4考查与定积分交汇的几何概型概率计算.1[配合例2使用]在半径为2的圆的一条直径上任取一点,过这个点作垂直于该直径的弦,则弦长超过圆内接正三角形边长的概率是 ()A.13 B.C.12 D.[解析]C如图所示,设△CEF是圆O的内接正三角形,CD是直径,B是EF的中点,则易求得圆O的内接正三角形的边长是23,从而可求得BD=423×32=1,因此所求概率为4-2×12[配合例4使用]已知正方形ABCD中,点E为边CD的中点,若在正方形ABCD内部随机取一个点Q,则点Q取自△ABE内部的概率为 ()A.14 B.C.12 D.[解析]C如图所示,设正方形的边长为a,则阴影部分的面积S1=12×a×a=12a2,正方形的面积S=a2,所以由几何概型的概率公式可知点Q取自△ABE内部的概率P=S13[配合例5使用]不等式组-2≤x≤2,0≤y≤4表示的点集记为M,不等式组x-y+2≥0,y≥x2表示的点集记为N,A.916 B.C.732 D.[解析]D因为点集M,N在平面中,所以可以用面积的比值来求得概率.图中阴影部分表示点P∈M且P∈N,矩形面积S=4×4=16,非阴影部分面积S1=12×4×4+12×1×1+-12x2dx=232,所以阴影部分面积S2=SS1=16232=94[配合例6使用]设a∈[1,4],b∈[1,4],则随机地抽出一对有序实数对(a,b),使得函数f(x)=4x2+a2与函数g(x)=4bx的图像有交点的概率为 ()A.527 B.C.554 D.[解析]A因为a∈[1,4],b∈[1,4],所以(a,b)所在区域的面积为9.f(x)=4x2+a2与g(x)=4bx的图像有交点等价于4x2+4bx+a2=0有解,即Δ=16b16a2≥0,得b≥a2,此时(a,b)所在区域如图中阴影部分所示,其面积为312a2-1da=313a3-a

12=53.由几何概型的概率