【文档说明】高考一轮复习课件-数学理科计数原理概率随机变量及其分布.ppt，共(370)页，10.049 MB，由小橙橙上传

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新课标·人教A版安徽省专用第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理第58讲排列与组合第59讲二项式定理第60讲随机事件的概率与古典概型第61讲离散型随机变量及其分布列第62讲n次独立重复试验与二项分布第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态

分布第十单元计数原理、概率、随机变量及其分布返回目录单元网络返回目录核心导语一、计数原理与二项式定理1．两个原理——分清是“分类”还是“分步”．2．排列与组合——关键是选出的元素与顺序是否有关．3．二项式定理——核心是展开式的通项．二、概率1．概率模型——

辨别是否符合这古典概型的特点．2．事件——互斥事件与对立事件、相互独立事件的区别与联系．三、随机变量1．分布列——确定随机变量的取值，应用分布列的性质．2．数字特征——利用分布列求期望与方差．3．二项分布——实验背景是n次独立重复实验.返回目录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，在试卷中一般是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2014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，以强化提高学生的解题能力．使用建议返回目录(2)概率：概率的主要内容是随机事件的概率、古典概型．高考对该部

分的考查主要是以小题的形式考查古典概型的计算，在解答题中和随机变量综合作为解决问题的工具进行考查．预计2014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，选题以选择题和填空题为主，强化对基

础的巩固和解题能力的提高．使用建议返回目录(3)随机变量及其分布：随机变量及其分布是理科概率统计的核心考查点，主要是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，考查概率统计知识在实际问题中的应用．在试卷中一般是以一道解答题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2014年不会有大的变化，突出对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概型应用的强化．使用建议返回目录2．教学建议(1)计数原理：该部分特点是基础

知识明确且易于掌握，但解题的方法十分灵活，部分试题具有较大的难度．在教学该部分时要注意如下几点：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、组合问题的这两个基本原理；②通过例题使学生掌握好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思路；使用建议返回目录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：讲清概率的统计定义，使学生理解随机事件概率的意义，辨清事件的对立和互斥，使学生明确它们的概率之间的关系，在此基础上使学生掌握好古典概型的计算公式，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．使用建议返回目录(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，但问题的解答却是以概率计算为核心，因此教学该部分时，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点下由学生独立完成(如随机事件的概率、离散型随机变量的分布列等)，把复习的主动权交给学生，教师的任务在于指导学生的复习进程和适当的方法总结．使用建议

返回目录3．课时安排本单元共7讲、1个45分钟滚动基础训练卷，1个单元能力检测卷，建议10个课时完成教学任务．使用建议第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录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.考试大纲第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理——知识梳理——一、分类加法计数原理(加法原理)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，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．这个原理称为分类加法计数原理．二、分类加法计数原理的推广完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件

事共有N＝________________种不同的方法．返回目录双向固基础m＋nm1＋m2＋…＋mn第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理三、分步乘法计数原理(乘法原理)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，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．返回目录双向固基础m×n第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理四、分步乘法计数原理的推广完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完

成这件事共有N＝________________种不同的方法．这里要完成这件事情必须这n个步骤逐次完成，不能缺少一个，也不能重复．返回目录双向固基础m1×m2×…×mn——疑难辨析——返回目录双向固基础第57讲分类

加法计数原理与分步乘法计数原理1．两个计数原理的理解(1)两类不同方案中的方法要互不相同，即第1类方案中的m种方法和第2类方案中的n种方法没有相同的．()(2)每类方案中的方法都能直接完成这件事情．()(3)每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．()(4)事情

是分两个步骤完成的，其中任何一个单独的步骤不能完成这件事情，只有两个步骤顺次完成后，这件事情才算完成．()[答案](1)√(2)√(3)√(4)√返回目录双向固基础第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解

析](1)在分类加法计数原理中，两类方案中的解决问题的方法不能有重复的．(2)在分类加法计数原理中，两类方案中的各个方法都能直接完成任务．(3)在分步乘法计数原理的一个步骤中的各个方法是不能重复的．(4)根据

分步乘法计数原理的概念容易判断．返回目录双向固基础第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理2．两个计数原理的区别(1)分类加法计数原理是对要做的事情分成若干类，每一类中的若干种方法都能独立地完成这件事

情．()(2)分步乘法计数原理是对要做的事情分成若干个步骤，每个步骤只是完成这件事情的一个环节，只有这些步骤都完成了这件事情才算完成．()(3)[2012·滨州调研]甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同

的选法有30种．()[答案](1)√(2)√(3)×返回目录双向固基础第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)如果已知每类办法中的每一种方法都能完成这件事，用分类加法计数原理．(2)如果已知

每类办法中的每一种方法只能完成这件事的一部分，用分步乘法计数原理．(3)分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种

方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点统计题型(考频

)题型示例(难度)1.分类加法计数原理的应用02.分步乘法计数原理的应用03.两个计数原理的综合应用解答(1)2010年T21(1)(B)►探究点一分类加法计数原理的应用返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数

原理例1(1)[2012·石家庄质检]学校要安排4名学生在周六、周日参加社会实践活动，每天至少1人，则学生甲被安排在周六的不同排法的种数为________(用数字作答)．(2)[2012·琼海一模]若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大

，则称这个数为“伞数”．现从1，2，3，4，5，6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有________个．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[思考流程](1)分析：理解加法原理；推理：确定分类；结论：得出各分类

的方法种数．(2)分析：根据十位上的数分类；推理：确定百位、个位的数字；结论：求出各分类的和．[答案](1)7(2)40返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)除甲以外，还有3名学生，按周六安排的学生数分类：第1类，周六安排0人，有1种方法；第2类，周六安排1人，

有3种方法；第3类，周六安排2人，有3种方法，根据分类加法计数原理，学生甲被安排在周六的不同排法的种数为1＋3＋3＝7种．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)根据题意，十位上的数最大，只

能为3，4，5，6，按十位上的数分四类：第1类，当十位数字为3时，百位、个位的数字为1，2，有2种选法；第2类，当十位数字为4时，百位、个位的数字为1，2，3，有3×2种选法；第3类，当十位数字为5时，百位、个位的数字为1，2，3，4，有4×3种选法

；第4类，当十位数字为6时，百位、个位的数字为1，2，3，4，5，有5×4种选法，则根据分类加法计数原理，“伞数”的个数为2＋6＋12＋20＝40.[点评]应用分类加法计数原理，首先应根据问题的特点，确定分类的标准，然后进

行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计

数原理归纳总结使用分类加法计数原理时，应注意以下三方面：①各类方法之间相互独立，每种都能完成这件事，且方法总数是各类方法相加．②分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类．③完成这件事的任何一种方法必属于某

一类，且分别属于不同两类的两种方法都是不同的——不重不漏．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理变式题[2012·浙江卷]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()A．60种B．63种C．65种D．66种[答案]D返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析]本题考查计数原理与组合等基础知识，考查灵活运用知识与分析、解决问题的能力．要使所取出的4个数的和为偶数，则对其中取

出的数字奇数和偶数的个数有要求，所以按照取出的数字奇偶数的个数分类.1，2，3，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有三类：①4个都是偶数：1种；②2个偶数，2个奇数：C25C24＝60种；③4个都是

奇数：C45＝5种．∴不同的取法共有66种．►探究点二分步乘法计数原理的应用返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例2(1)[2012·唐山一模]在具有5个行政区域的地图(如图10－57－

1)上，给这5个区域着色共使用了．．．．4．种不同．．．的颜色，相邻区域不使用同一颜色，则有________种不同的着色方法．图10－57－1(2)[2012·威海二模]将三个字母填写到3×3方格中，要求每行每列都不能出现重复字母，不同的填写方法有_______

_种(用数字作答)．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[思考流程](1)分析：理解乘法原理；推理：分步进行；结论：得出各步的方法种数．(2)分析：按行分步；推理：确定各行的填写方法；结论：求出各步方法数的积．[答案](1)48(2)1

2返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)4色全用时，必有②④同色或①⑤同色，有2种情况；按区域分步着色：第1步，给区域③着色，有4种方法；第2步，从②④或①⑤选一组着色，有2×3＝6种；

第3步，给剩余的2个区域着色，有2种方法；根据分步乘法计数原理，满足题意的不同着色方法共有4×6×2＝48种．(2)可按行分步填写这三个字母：第1步，填写第1行，有3×2×1＝6种方法；第2步，填写第2行，第1列有2种方法，其余两列只有1种方法，共有2×1＝2种方法；第3步，填写第3行，只有1种方

法；根据分步乘法计数原理，不同的填写方法共有6×2×1＝12种．[点评]求解此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积；应注意各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件事．简单地说，使

用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立，逐步完成”．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理归纳总结使用分步乘法计数原理时，应注意以下三方面：①各个步骤之间相互依存，且方法总数是各个步骤的方法数相乘．②分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标

准，然后在确定的分步标准下进行分步．③完成这件事的任何一种方法必须并且只需连续完成每一个步骤．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理变式题(1)[2012·深圳二调]在学校的一次演讲比赛中，高一、高二、高三分别有

1名、2名、3名同学获奖，将这六名同学排成一排合影，要求同年级的同学相邻，那么不同的排法共有()A．6种B．36种C．72种D．120种(2)[2012·粤西北九校联考]从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．[

答案](1)C(2)112返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)将这六名同学排成一排，可按以下步骤进行：①把高一的1名同学、高二的2名同学、高三的3名同学分别当作一个整体排成一排，有3×

2×1＝6种排法；②高二的2名同学之间，有2种排法；③高三的3名同学之间，有3×2×1＝6种排法；∴根据分步乘法计数原理，不同的排法共有6×2×6＝72种，故选C.返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)根据分层抽样，应抽取男生1

人，女生2人，分步抽取：第1步，从8名女生中抽取2人，有8×72＝28种方法；第2步，从4名男生中抽取1人，有4种方法，∴根据分步乘法计数原理，不同的抽取方法种数共有28×4＝112种．►探究点三两个计数原理的综合应用返

回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例3(1)[2012·济南模拟]如图10－57－2所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有()图10－57－2A．11种B．20种C．21种D．12种(2)[2012·惠州调研]将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍

至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10B．20C．30D．40返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[思考流程](1)分析：确定分类；推理：计算每个分类的方法数；结论：得出各分类的方法种数的和．(2)分析：

确定分配人数；推理：每类分配方案的方法数；结论：不同安排的方法总数．[答案](1)C(2)B返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)按前一个开关接通的个数分类：第1类，若前一个开关只接通1个，有2种方法；后一个开关可能接通1个，2个或3个，有1＋

3＋3＝7种方法，根据分步乘法计数原理，此时有2×7＝14种接通方法，第2类，若前一个开关接通两个，有1种方法；后一个开关可能接通1个，2个或3个，有1＋3＋3＝7种方法，根据分步乘法计数原理，此时有7种接通方法，所以根据分类加法计数原理，总共有14＋7＝21，故选

C.返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，则按宿舍的人数可分为两类：第1类，甲宿舍2人，乙宿舍3人，选2人到甲宿舍，则另3人去乙宿舍，有5×42＝10种方

法；第2类，乙宿舍2人，甲宿舍3人，选2人到乙宿舍，则另3人去甲宿舍，有5×42＝10种方法；所以根据分类加法计数原理，总共有10＋10＝20种方法，故选B.[点评]在这类从含有两种性质的元素中取出部分元素，取法可以按照其中一类性质的元素的个

数进行分类，再按分步乘法计数原理求出每一类的方法数．综合应用两个计数原理时，应注意，分类时，每类的方法可能要分步完成；而分步时，每步的方法数可能要分类求．分类的关键是“不重不漏”，分步的关键是正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘

法计数原理归纳总结两个原理都涉及完成一件事的不同方法种数，在解决实际问题中，不一定是单一的分类或分步，可能是同时应用两个计数原理．解决混合问题，一般先看可以分几个大类，再看在每类中完成事情要分几个步骤，这些问题清楚了，就可以根据两个基本原理

解决问题了．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理变式题(1)[2012·四川卷]方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相

同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有()A．60条B．62条C．71条D．80条(2)[2012·北京丰台区二模]从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，且每科竞赛只有1人参加，若甲不参加生物竞赛，则不同的选择方案共有________种．[答案](1)B(2

)96返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)由于要表示抛物线，首先a，b均不能为0.又b要进行平方，且只需考虑不同情况，故b2在1，4，9中考虑．①c＝0时，若a取1，则b2可取4或9，得到2条不同的抛物线；若a取2，3，－2，－

3任意一个，b2都有1，4，9三种可能，可得到4×3＝12条抛物线；以上共计14条不同的抛物线；②c≠0时，在{－3，－2，1，2，3}中任取3个作为a，b，c的值，有A35＝60种情况，其中a，c取定，b取互为相反数

的两个值时，所得抛物线相同，这样的情形有4A23＝24种，其中重复一半，故不同的抛物线共有60－12＝48(条)，以上两种情况合计14＋48＝62(条)．返回目录点面讲考向第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)按学生甲有没有入选分类：第1类，甲没有入选，有4×3×

2×1＝24种选择方案；第2类，甲入选，甲选择1个学科，有3种选择方案；其他4名同学选3人参加3个学科竞赛，有4×3×2＝24种，则甲入选的选择方案共有3×24＝72种；所以根据分类加法计数原理，不同的选择方案共有24＋72＝96

种．易错究源22分类、分步原则不清致误返回目录多元提能力第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有()A．12种B．7种C．24种D．49种[错解]B学生进出体育

场大门需分两类：一类从南侧的4个门进，有4种方案；一类从北侧的3个门进，有3种方案；由分类加法计数原理，共有7种不同方案，故选B.返回目录多元提能力第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[错因]没有审清题意，错用分类计数原理；本题不仅要考虑从哪个门进，还需考虑从哪个门出，需要两个步骤

都完成，才做完这件事，应该用分步计数原理去解题．[正解]D学生进出体育场大门可分为两个步骤：第1步，学生进门可选择从南侧4个大门，或北侧3个大门进，有7种选择方案；第2步，学生出门同样可选择从南侧4个大门，或北侧3个大门出，也有7种选择方案

；由分步乘法计数原理，该学生的进出门方案有7×7＝49种，故应选D.返回目录多元提能力第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理自我检评(1)在一次运动会上，4项比赛的冠军将在甲、乙、丙三人中产生，则不同的夺冠情况的种数为()A．34种B．43种C．18种D．36种(2)[2012·泉州质检]有

A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从三名工人选2名分别去操作以上车床，不同的选派方法有()A．6种B．5种C．4种D．3种[答案](

1)A(2)C返回目录多元提能力第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析](1)每项冠军都可能在甲、乙、丙三人中选取，则每项冠军均有3种选取方法，根据分步乘法计数原理，不同的夺冠情况的种数有3×3×3×3＝34种，故应选A.(2)不同的选派情况可

分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，丙只能操作A种车床，有1种方法；若选乙、丙，丙只能操作A种车床，有1种方法．根据分类加法计数原理，不同的选派方法有2＋1＋1＝4种，故应选C.【备选理由】例1与探究点一补充使用，例2与探究点二补充使用，这两个例题可帮助加深学生

对两个基本原理的理解，例3为两个原理的综合运用．返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例1从1，2，3，…，100这100个数中，任取3个不同的数，使它们按原次序成等差数列，共有________种不同取法．[解析

]按照公差的多少进行分类，但要注意取出的数是按照原来的顺序组成等差数列．公差最小的是1，最大是49.当公差为1时，情况是1，2，3；2，3，4；…；98，99，100，共98个，公差为其他数的同样处理．公差为1的有98个，公差为2的有96个，公差为3

的有94个，…，公差为49的有2个，故共有98＋22×49＝2450个．[答案]2450返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例2下面是高考第一批录取的一份志愿表．现有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择，如果表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业

也没有重复的话，你的填写方法种数为()志愿学校专业第一志愿A第1专业，第2专业第二志愿B第1专业，第2专业第三志愿C第1专业，第2专业A．43·(A23)3B．43·(C23)3C．A34(C23)3D．A34(A23)3返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析]D第

一步，先填写志愿学校，三个志愿学校的填写方法数是A34；第二步，再填写对应志愿学校的专业，各个对应学校专业的填写方法数都是A23，故专业填写方法数是A23A23A23.根据分步乘法计数原理，共有填写方法数A34(A2

3)3.正确选项为D.返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理例3在某次中外海上联合搜救演习中，参加演习的中方有4艘船、3架飞机；外方有5艘船、2架飞机，若从中、外两组中各选出2个单位(1架飞机或1艘船都作为一个单位，所有的船只两两不同，所有的飞机两两不同)

，则选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有()A．38种B．120种C．160种D．180种返回目录教师备用题第57讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[解析]D若中方选出一架飞机，则选法是C14C13C25＝120(种)；若外方选出一架飞机，则选法有C15C12C24＝60(种)．

故不同选法共有120＋60＝180种．第58讲排列与组合双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录1．理解排列、组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．考试大纲第58讲排列与组合——知识梳理——一、排列1．排列的定义：一般地

，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．2．排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示．3．排列数公式：＝n(n－1)(n－2)…(n－m

＋1)＝________(n，m∈N*，m≤n)，规定0！＝________，当m＝n时，＝________．返回目录双向固基础1n!AmnAmnAnnn！（n－m）！第58讲排列与组合二、组合1．组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从

n个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示．返回目录双向固基础Cmn第58讲排列与组合返回目录双向

固基础3．组合数公式：Cmn＝_______________________＝n！m！（n－m）！＝AmnAmm，这里m，n∈N*且m≤n.规定C0n＝1，在这个规定下，组合数公式中的m可以取0.4．组合数

的性质：Cmn＝Cn－mn；Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n.n(n－1)…(n－m＋1)m！——疑难辨析——返回目录双向固基础第58讲排列与组合1．排列数与组合数公式的变形(1)(n＋1)！－n！＝n·n！.()(2)Amn＝nAm－1n－1.()(3)kCkn＝nCk－1n－1.()(4)Cm

n＝m＋1n－mCm＋1n.()[答案](1)√(2)√(3)√(4)√返回目录双向固基础第58讲排列与组合[解析](1)(n＋1)！－n！＝(n＋1)·n！－n！＝n·n！.(2)nAm－1n－1＝

n(n－1)·…·[(n－1)－(m－1)＋1]＝n(n－1)·…·(n－m＋1)＝Amn.(3)kCkn＝k·n！k！（n－k）！＝n·（n－1）！（k－1）！[（n－1）－（k－1）]！＝nCk－1n－1.(4)m＋1n－mCm＋1n＝m＋1n－m·n！（m＋1）！（n－m－1

）！＝n！m！（n－m）！＝Cmn.返回目录双向固基础第58讲排列与组合2．对排列概念的理解(1)当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列；元素完全不同或元素部分相同或元素相同而顺序不同的排列，都不是同

一个排列．()(2)排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了．()[答案](1)√(2)√返回目录双向固基础第58讲排列与组合[解

析](1)根据排列的定义，必须元素完全相同、顺序也完全相同，才是同一个排列．(2)根据排列的定义，总体中没有相同的元素，元素的取出是不能放回的．返回目录双向固基础第58讲排列与组合3．排列与组合的区别(1)一个组合中取出的元素讲究先后顺序．()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同

．()(3)组合与排列的区别在于：虽然都是从n个不同的元素中取出m个不同元素，但是排列是要考虑“按一定顺序排成一列”，而组合是“合成一组”，即元素之间无前后顺序可言．因此两个组合只要它们的元素相同就是同一个组合，而不必考虑元素之间的顺序．()[答案](1)×(

2)√(3)√返回目录双向固基础第58讲排列与组合[解析](1)组合取出元素时不讲究先后顺序．(2)根据组合的定义，只要两个组合的元素完全相同，这两个组合就是同一个组合，反之亦然．(3)根据排列、组合的定义可知．

说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合考点统计题型(考频)题型示例(难度)1.排列数、组合数公式02.排列问题03.组合问题04.

排列、组合的综合应用选择(4)2008年T12(C)，2009年T10(C)，2011年T8(B)，2012年T10(B)►探究点一排列数、组合数公式的应用返回目录点面讲考向第58讲排列与组合例1(1)已知3A3n≤2A2n＋1＋6A2n，求n的值；(2)已知1

Cm5－1Cm6＝710Cm7，求Cm8的值．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[思考流程](1)条件：关于排列数的不等式；目标：求n的值；方法：应用排列数公式．(2)条件：关于组合数的等式；目标：求m的值；方法：应用组合

数公式．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合解：(1)原不等式可化为3n(n－1)(n－2)≤2(n＋1)n＋6n(n－1)，①由原不等式，得n≥3，则不等式①可化为3(n－1)(n－2)≤2(n＋1)＋6(n－1)，即3n2－1

7n＋10≤0，解得23≤n≤5.∵n≥3，且n∈N*，∴n的值是3，4，5.返回目录点面讲考向第58讲排列与组合(2)由已知，得m的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}，由1Cm5－1Cm6＝710Cm7，得m！（5－m）！5！－m！（6－m）！6！＝7×（7－m）！m

！10×7！，即60－10(6－m)＝(7－m)(6－m)，即m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍)或m＝2，∴Cm8＝C28＝28.[点评](1)排列数是一些连续正整数的乘积，在解题时注意利用这个特点进行约分，能够有效地简化计算；(2)在解决组合数中的

未知数时要注意利用必须使组合数公式本身有意义，同时在计算时要注意合理选用组合数的两个计算公式，简化计算．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合返回目录点面讲考向第58讲排列与组合归纳总结在求解有关排列数(或组合数)的问题时，应注意

Amn(或Cmn)中的n是正整数，m是非负整数，且n≥m，在求得n，m的值后，要进行检验．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合变式题求证：Amn＋1－Amn＝mAm－1n.证明：Amn＋1－Amn＝（n＋1）！（n＋1－m）！－n！（n－m）！＝n！（n－m）！

n＋1n＋1－m－1＝n！（n－m）！·mn＋1－m＝m·n！（n＋1－m）！＝mAm－1n，所以原式成立．►探究点二排列问题返回目录点面讲考向第58讲排列与组合例2(1)[2012·辽宁卷]一排9个座位坐了3个三

口之家．若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3!B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!(2)[2012·全国卷]将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()A．12

种B．18种C．24种D．36种返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[思考流程](1)分析：属排列问题；推理：相邻问题；结论：捆绑法得出结论．(2)分析：属不重复排列；推理：各行各列为三个字母的不同排列；结论：分步计数

原理得出结论．[答案](1)C(2)A返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[解析](1)由已知，该问题是排列中捆绑法的应用，即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列，而后每个家庭内部进行全排列，即不同坐法种数为A

33·A33·A33·A33＝(3！)4.(2)第一步排第一列，一定是一个a、一个b和一个c，共有A33＝6种不同的排法，第二步排第二列，要求每行每列字母均不同共有2种不同的排法，则总共有2A33＝12

种不同的排法，故选A.[点评]解决排列问题的基本思路是，分清完成这件事应分类还是分步，然后优先考虑特殊元素与特殊位置的排列；对于相邻问题可用“捆绑法”，即先把要求相邻的元素当作一个整体与其他元素进行排列，再考虑相邻元素的内部排列；对于不相邻排列可

考虑“插空法”，即先排其他元素，再把要求不相邻的元素插入它们之间的空当．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合归纳总结求排列问题的基本解法有返回目录点面讲考向第58讲排列与组合直接法对无限制条件的排列，直接列出排列数计算优先法对特殊元素(或位置)优先安排捆绑法对有相邻元素的排列插空

法对有不相邻元素排列(间隔排列)分排问题对元素分成多排，可归结为一排考虑，再分段研究先整体后局部对“小集团”排列问题定序问题可先不考虑顺序限制进行排列，再除去定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化处理返回目录点面讲考向第58讲排列与组合变式题(1)[2012·商丘三模]三位老师

和三位学生站成一排，要求任何两位学生都不相邻，则不同的排法总数为________种．(2)[2012·豫东六校联考]用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间，这样

的五位数有________个．[答案](1)144(2)28返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[解析](1)属不相邻问题，可用插空法，分为两个步骤完成：先排3位老师，有A33种排法；再把三位学生插入老师之间的4个空当(包括头尾2个位置)，有A34种排法，根据分步乘法计数原

理，不同的排法总数为A33·A34＝6×24＝144种．(2)属“小集团”排列问题，分为三类：第1类，1和3两个奇数夹着0，把这3个元素看作一个整体，与另外两个偶数排列，有A33种排法；再考虑1和3之间有A22种排法，这

样的不同排法共有A33·A22＝12种．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合第2类，1和3两个奇数夹着2，把这3个元素看作一个整体，与另外两个偶数排列，注意0不能在首位，有2A22种排法；再考虑1和3之间有A22种排法，这样的不同排法共有2A22·A22＝8种．第3类，1和3两个奇数夹着4，与第

2类相同，不同排法共有2A22·A22＝8种．根据分类加法计数原理，这样的五位数有12＋8＋8＝28个．►探究点三组合问题返回目录点面讲考向第58讲排列与组合例3(1)[2012·课程标准卷]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(2)[2012·陕西卷]两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种B．1

5种C．20种D．30种返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[思考流程](1)分析：属组合问题；推理：分步完成；结论：乘法原理得出结论．(2)分析：属组合问题；推理：确定分类依据；结论：分类计数原理得出结论．[答案](1)A(2)C返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[解析](1)分别从2名教师中

选1名，4名学生中选2名安排到甲地参加社会实践活动即可，则乙地就安排剩下的教师与学生，故不同的安排方法共有C12C24＝12种．故选A.(2)本小题主要考查排列、组合的知识，解题的突破口为找出甲或乙赢的情况进行分析

计算．依甲赢计算：打三局结束甲全胜只有1种；打四局结束甲前三局赢两局，第四局必胜有C23种；打五局结束甲前四局赢两局，第五局必胜有C24×1＝6种；故甲胜共有10种，同样乙胜也有10种，所以共有20种，故选C.[点评]解决“无序”问题可以考虑用组合

，注意区分是分类处理，还是分步完成．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合归纳总结对于有条件的组合问题，可能遇到含某个(些)元素与不含某个(些)元素问题；也可能遇到“至多”或“至少”等组合问题的计算，此类问题要注意分类处理或间接计算，切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成计算错误．返回

目录点面讲考向第58讲排列与组合返回目录点面讲考向第58讲排列与组合变式题(1)[2012·山东卷]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色

卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232B．252C．472D．484(2)新学期开始，某校接受6名师大毕业生到校实习．学校要把他们分配到三个年级，每个年级2人，其中甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数

为()A．18B．15C．12D．9[答案](1)C(2)D返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[解析](1)方法一：(排除法)先从16张卡片选3张，然后排除所取三张同色与红色的为2张的情况，C316－4C34－C24C112＝560－88＝472.方法二：

有红色卡片的取法有C14C23C14C14＋C14C13C24，不含红色卡片的取法有C14C14C14＋C13C24C18，总共不同取法有C14C23C14C14＋C14C13C24＋C14C14C14＋C13C24C18＝472.(2)先安排高三年级，从除甲、乙、丙的3人中

选2人，有C23种选法；再安排高一年级，有C13种方法，最后安排高二年级，有C22种方法，由分步乘法计数原理，得不同的安排种数共有C23C13C22＝9种，故选D.►探究点四排列、组合的综合应用返回目录点面讲考向第58讲排列与组合例4(1)[2012·长春

三调]现有4名教师参加说题比赛，共有4道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一道题没有被这4位选中的情况有()A．288种B．144种C．72种D．36种(2)[2012·德州二

模]2012年伦敦奥运会某项目参赛领导小组要从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中甲、乙只能从事前三项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有()A．18种B．36种C．48种D．72种返回目录点面讲考向第

58讲排列与组合[思考流程](1)分析：属综合问题；推理：先组合后排列；结论：乘法原理得出结论．(2)分析：属限制条件问题；推理：先分类后分步；结论：加法原理得出结论．[答案](1)B(2)D返回目录点面讲考向第58讲排列与组合[解析](1)4名教师选题，可

分三个步骤进行：首先选择题目，从4道题目中选出3道，有C34种不同的选法；其次再将获得同一道题目的2位老师选出，有C24种不同的选法；最后将3道题目分配给3组老师，有A33种不同的分配方法．根据分步乘法计数原

理，满足题意的情况共有C34·C24·A33＝4×6×6＝144种，故选B.(2)选派方案可分为两类：第一类，甲、乙两人只选一人参加，有C12C13A33＝36种不同的选派方案；第二类，甲、乙两人都选上，有

A23A23＝36种不同的选派方案，由分类加法计数原理，得不同的选派方案共有36＋36＝72种，故选D.[点评]分配问题中如果待分配的元素数目多于分配的位置数目，就要先分组然后再进行分配；问题中出现受条件限制的

特殊元素，可优先考虑分类处理．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合归纳总结解答排列与组合的综合问题，基本原则是先特殊后一般、先取后排、先分类后分步，一般是将符合条件的取出或分组，再对取出的元素分组进行排列；解题的通常思路是：①先满足特殊

元素要求，再考虑其他元素．②先满足特殊位置要求，再考虑其他位置．③逆向思维，先不考虑附加条件的方法数，再减去不符合条件的方法数．返回目录点面讲考向第58讲排列与组合返回目录点面讲考向第58讲排列与组合变式题(1)[2012·南宁外国语学

校测试]12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是()A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25(2)[2012·许昌调研]某单位安排7位员工在2013年2月9日

至2月15日(即今年除夕到正月初六)值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在除夕，丁不排在初一，则不同的安排方案共有()A．504种B．960种C．1008种D．1056种[答案](1)C(2)D返回目录点面

讲考向第58讲排列与组合[解析](1)调整方案可分为两个步骤：先从后排8人中任取2人，有C28种取法；然后这两人逐个插入前排4个人之间的空当，有A15·A16种方法，由分步乘法计数原理，不同调整方法的总数是C28·A15·A16＝C28·A26，故选C.(2)把甲

与乙当作一个整体，按甲与乙的安排分类：第1类，甲、乙排在除夕与初一，甲、乙两人之间有A22种值班方案，其他5人有A55种值班方案，共有A55·A22＝240种；返回目录点面讲考向第58讲排列与组合第2类，甲、乙排在初一与初二，甲、乙两人之

间有A22种值班方案，丙从初三至初六选1天有A14种，其他4人有A44种值班方案，共有A22·A14·A44＝192种；第3类，甲、乙排在初二与初六的连续2天，有4种值班方案，甲、乙两人之间有A22种值班方案，其中丙排在除夕有A44种，丁排在初一有

A44种，排除丙排在除夕且丁排在初一有A33种，共有4A22(A44＋A13·A13·A33)＝8×78＝624种值班方案．根据分类加法计数原理，不同的安排方案共有240＋192＋624＝1056，故选D.思想方法24构造模型解

决排列组合问题返回目录多元提能力第58讲排列与组合例把20个相同的球全部装入编号分别为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子中的球数不小于其编号数，则共有________种不同的放法．[答案]120返回目录多元提

能力第58讲排列与组合[解析]考虑构建隔板模型，运用隔板法必须同时具备以下三个条件：①所有元素必须相同；②所有元素必须分完；③每组至少有一个元素．题目有限制条件，不能直接运用隔板法，但可转化为隔板问题，

向1，2，3号三个盒子中分别装入0，1，2个球后，还剩余17个球，然后再把这17个球分成3份，每份至少一球，运用隔板法，共有C216＝120种不同的分法．[方法解读]排列与组合的根本区别在于是“有序”还是“无

序”，对于将若干个相同小球放入几个不同的盒子中，此类问题可利用“挡板法”求解，实质上是最终转化为组合问题．根据问题的特点，把握问题的本质，通过联想、类比构建模型是求解排列、组合问题的关键；不同的问题背景会不断变新，面对一个新背景，怎样灵活运用这些方法，关键就在善于转化为

基本模型．返回目录多元提能力第58讲排列与组合返回目录多元提能力第58讲排列与组合自我检评(1)[2012·合肥八中月考]2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是()A．60B．48C．42D．

36(2)[2012·江阴三校联考]四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是________种．[答案](1)B(2)36返回目录多元提能力第58讲排列与组合[解析](1)可分为

4步：第一步选2女相邻排列，有C23·A22种；第二步剩下的1名女生与捆绑的2名女生排列，有A22种；第三步男生甲插在中间，1种插法；第四步剩下的一名男生插空，有C14种，则不同排法有C23·A22·A2

2·C14＝48种不同排法，故选B.(2)方法一：分两步完成：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种，依乘法原理，共有C24A33＝36(种)．方法二：分两步完成：每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共

有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种，共有N＝12A34·3＝36(种)．【备选理由】例1是均匀分组与非均匀分组问题，例2是几何体的涂色问题，是对几个探究点的补充．返回目录教师备用题第58讲排列与组合返回目录教师备用题第58讲排列

与组合例1有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？(1)分成1本、2本、3本三组；(2)分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；(3)分成每组都是2本的三组；(4)分给甲、

乙、丙三人，每人2本．返回目录教师备用题第58讲排列与组合解：(1)分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；对于余下的三本全选有C33种选法，由分步乘法计数原理知有C16

C25C33＝60种选法．(2)由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C16C25C33A33＝360种选法．返回目录教师备用题第58讲排列与组合(3)先分三步，则应是C26C24C22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记6本书为分

别A，B，C，D，E，F，若第一步取了(AB，CD，EF)，则C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)共有A33种情况，而且这A33种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此，只算作

一种情况，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种)．(4)在问题(3)的基础上再分配，故分配方式有C26C24C22A33·A33＝C26C24C22＝90(种)．返回目录教师备用题第58讲排列与组合例2将一个四棱锥的每个顶点染上

一种颜色，并使同一条棱上的两端点颜色不相同，如果只有5种颜色可供选择，则不同的涂色方式有多少种？返回目录教师备用题第58讲排列与组合解：如图10－58－1，顶点A，C可以同色，B，D也可以同色．图10－58－1返回

目录教师备用题第58讲排列与组合(1)当A，C不同色时，A，C的涂色方式有A25＝20种，对S涂色有3种方法，对B涂色有2种方法，对D涂色与B可以同色，也有2种方法，所以此时不同的涂色方式有20×3×2×2＝240种；(2)当A

，C同色时，对A，C涂色有5种方法，对S有4种方法，对B有3种方法，对D有3种方法，此时不同的涂色方式有5×4×3×3＝180种．所以满足题意的不同的涂色方式有420种．第59讲二项式定理双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录1．能用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简单问题．考试大纲第59讲二项式定理——知识梳理——返回目录双向固基础一、二项式定理(a＋b)n＝__________________________________(n∈N*)称为二项式定理，其中Ckn(k∈{0，1，…，n})叫做______

__________，Tk＋1＝__________________(其中0≤k≤n，k∈N，n∈N*)称为二项展开式的通项公式．C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn二项式系数Cknan－kbk第59讲二项式定理返回目录双向固基础

二、二项式系数的性质性质1：与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即Ckn＝________．性质2：当n为偶数时，展开式的项数为奇数，此时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，展开式的项数为偶数，此时，__________的二项式系数相等且最

大．性质3：由(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cknxk＋…＋Cnnxn，令x＝1，得C0n＋C1n＋…＋Ckn＋…＋Cnn＝2n，即二项式系数的和为2n.中间两项Cn－kn第59讲二项式定理三、杨辉三角下面的数表称为杨辉三角第0行1第1行11第2行12

1第3行1331第4行1464第5行15101051………………其中第n行是________________________________．返回目录双向固基础C0n，C1n，C2n，…，Cn－1n，Cnn——疑难辨

析——返回目录双向固基础第59讲二项式定理1．对二项式定理的理解(1)Cknan－kbk是二项展开式的第k项．()(2)公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒．()[答案](1)×(2)×返回目录双向固基础第59讲二项式定理[解析](1)Cknan－kbk表示的是二项展开式的第k＋1项．(

2)从形式上看二项展开式的字母a，b是有顺序的，但是根据加法满足交换律，交换a，b后运算结果不变，实际上根据二项式系数的性质，交换a，b后的两个展开式可以化为同一个展开式，虽然我们在习惯上使用二项式定理时讲究两个字母的顺序，但不能说两个字母不能交换．返回目录双向固基础第59讲二项式

定理2．二项式系数的性质的应用(1)二项式系数是指C0n，C1n，…，Cnn这n＋1个组合数．()(2)当r≤n＋12时，二项式系数Crn的值逐渐增大，当r≥n＋12时，Crn的值逐渐减小，且在中间取得最大值．当n为偶数时，中间一项

n2＋1的二项式系数Cn2n取得最大值；当n为奇数时，中间两项第n＋12和n＋12＋1项的二项式系数Cn－12n，Cn＋12n相等并同时取最大值．()返回目录双向固基础第59讲二项式定理(3)C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C

3n＋C5n＋…＝2n－1.()(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．()[答案](1)√(2)√(3)√(4)×返回目录双向固基础第59讲二项式定理[解析](1)根据二项式系数的定义可知正确．(2)二项式系数中间最大，分n为奇数

和偶数可得．(3)在(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cknxk＋…＋Cnnxn中令x＝－1，得C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.(4)在(1＋x)9的展开式中第5和第6项系数最大，但在(1－x)9的展开式中第5项是T5＝C49(－x)4＝C49x

4，系数为正值，第6项是T6＝C59(－x)5＝－C59x5，系数为负值，故第5项的系数最大．说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理考点统计题型(考频)题型示例(难度)1.展开

式中的特定项或特定的系数选择(1)2012年T7(B)2.二项式系数与项的系数问题填空(2)2010年T12(A)，2011年T12(A)3.二项式定理的综合应用0►探究点一求展开式中的特定项或特定的系数返回目录点面讲考向第59讲二项式定理例1(1

)[2012·广东卷]x2＋1x6的展开式中x3的系数为________．(用数字作答)(2)[2012·陕西卷](a＋x)5展开式中x2的系数为10，则实数a的值为________．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[思考流程](1)分析：理解二项式定理

；推理：写出展开式的通项；结论：得出特定项的系数．(2)分析：应用二项式定理；推理：按通项得x2的系数；结论：解方程得a的值．[答案](1)20(2)1返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[解析](1)展开式的通项公式是Tr＋1＝Cr6x2(6－r)1xr＝C

r6x2(6－r)x－r＝Cr6x12－3r，令12－3r＝3，解得r＝3，所以x3的系数为C36＝20.(2)展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5a5－rxr，令r＝2，得x2的系数为C25a3.由x2的系数为10，即有C25a3＝10，

解得a＝1，故实数a的值为1.[点评]求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r＋1，代回通项公式即可．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理归纳总结二项式定理的核心是它的

通项公式，通项公式可以表示二项展开式中的任意一项，只要n，r确定，该项也就确定；利用二项展开式的通项可以求出展开式中的任意指定项，对于求两个多项式的积的特定项，可由分类加法计数原理讨论求解．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理返回目录点面讲考向第59讲二项式定理变式题(1)

[2012·安徽卷](x2＋2)1x2－15的展开式的常数项是()A．－3B．－2C．2D．3(2)[2012·湖南卷]2x－1x6的二项展开式中的常数项为________．(用数字作

答)[答案](1)D(2)－160返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[解析](1)因为x2＋21x2－15＝x21x2－15＋21x2－15，

又21x2－15展开式中的常数项为2C551x20(－1)5＝－2，x21x2－15展开式中的常数项为x2C451x21－14＝5，故二项式x2＋21x2－15展开式中的常数项为－2＋5＝3

.(2)由二项式的通项公式得Tr＋1＝Cr6(2x)6－r－1xr＝(－1)r26－rCr6x3－r，令3－r＝0，得r＝3，所以常数项为T4＝(－1)326－3C36＝－160.►探究点二二项式系数与

项的系数问题返回目录点面讲考向第59讲二项式定理例2(1)若x＋1xn的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为________．(2)[2012·商丘二模]二项式(1＋sinx)6的展开式中二项式系数最大的一项的值为52，则x在[0，2

π]内的值为________．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[思考流程](1)分析：二项式系数的含义；推理：由二项式系数相等确定n；结论：得出特定项的系数．(2)分析：二项式性质；推理：确定中间项；结论：求x的值．[答案](1)56(2)π6或5π6返回目录点面讲考向第59讲

二项式定理[解析](1)由题有C2n＝C6n，∴n＝8，Tr＋1＝Cr8x8－r1xr＝Cr81x2r－8，令2r－8＝2⇒r＝5，∴1x2的系数为C58＝56，故填56.(2)二项式(1＋sinx)6的展开式的通项公

式为Tr＋1＝Cr6(sinx)6－r，展开式有7项，中间一项是第4项，即二项式系数最大的项，由已知，得C36(sinx)6－3＝52，解得sinx＝12.∵x∈[0，2π]，∴x＝π6或5π6，故x在[0，2π]内的值为π6或5π6.[

点评]第(1)小题是与二项式系数有关的问题，解题的突破口为先利用二项式系数相等求出n，再结合通项公式求解．第(2)小题求二项式系数最大项，若n为偶数，则中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，则中间两项的二项式系数最大．返回目录点面讲考向第59讲

二项式定理归纳总结二项式系数、二项展开式项的系数是两个不同的概念，在解题时要注意区分，二项式系数只与二项式的指数和项数有关，与二项式无关；而项的系数不仅与二项式的指数和项数有关，还与二项式有关．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理返回目录点面

讲考向第59讲二项式定理变式题(1)[2012·山西四校联考]若x＋1xn展开式中第四项与第六项的系数相等，则展开式中的常数项的值等于()A．8B．16C．80D．70(2)[2012·三明模拟]在x2－13xn的展开式中，只有第5项的二项

式系数最大，则展开式中x4的系数是()A．－7B．7C．－74D.74[答案](1)D(2)C返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[解析](1)展开式的通项为Tr＋1＝Crnxn－r1xr＝Crnxn－2r，由已知展开式中第四项与第六项的

系数相等，得C3n＝C5n，即n＝8，令n－2r＝0，得r＝4，∴展开式的常数项是T5＝C48＝70，故选D.返回目录点面讲考向第59讲二项式定理(2)由已知只有第5项的二项式系数最大，得第5项是展开式的

中间项，则n2＋1＝5，解得n＝8，∴展开式的通项是Tr＋1＝Crnx2n－r－13xr＝(－1)rCr8128－rx8－43r.令8－43r＝4，解得r＝3，∴展开式中含x4的项是T4＝(－1)3C38125x4

＝－74x4，故选C.►探究点三二项式定理的综合应用返回目录点面讲考向第59讲二项式定理例3(1)[2012·郑州质检]在二项式x2－1xn的展开式中，则展开式中各项系数的和为()A．32B．－32C．

0D．1(2)[2012·浙江卷]若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________．[答案](1)C(2)10返回目录点面讲考向第

59讲二项式定理[解析](1)在二项式x2－1xn中，令x＝1，得展开式中各项系数的和为12－115＝0，故选C.(2)方法一：由于f(x)＝x5＝（1＋x）－15，那么a3＝C25(－1)2＝10，故应填10.方法二：对等式f(x)＝x5＝a

0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5两边连续对x求导三次得60x2＝6a3＋24a4(1＋x)＋60a5(1＋x)2，再运用赋值法，令x＝－1得：60＝6a3，即a3＝10.返回目录点面讲考向第59讲二项式定理方法三：由等式两边对应项系数相等．即

a5＝1，C45a5＋a4＝0，C35a5＋C14a4＋a3＝0⇒a3＝10.[点评]涉及二项展开式的系数和的问题，基本方法是“赋值法”，对展开式两边的x赋以同值，利用恒等关系得到系数的和；正确地把函数与二项展开式加以对比，再结合二项式定理加以分析与应

用．注意等式的拆分与组合．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理返回目录点面讲考向第59讲二项式定理归纳总结二项式定理给出的是一个恒等式，常根据待求式子的特征，对a，b赋予一些特定的值，是解决二项式问题的一种重要思想方法，赋值法是从函数的角度来应用二项式定理，即

函数f(a，b)＝(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn，对a，b赋予一定的值，就能得到一个等式．求解二项展开式的综合问题时，应考虑函数与方程思想在解题中的应用，注意体会特殊值法、比较系数法

在解决与二项式系数有关问题中的作用．返回目录点面讲考向第59讲二项式定理变式题(1)x＋ax2x－1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A．－40B．－20C．20D．40(

2)[2012·湖北卷]设a∈Z，且0≤a<13，若512012＋a能被13整除，则a＝()A．0B．1C．11D．12[答案](1)D(2)D返回目录点面讲考向第59讲二项式定理[解析](1)令x＝1，得各项系数和为

1＋a1(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1，所以原式可化为x＋1x2x－1x5，2x－1x5展开式的通项为Tr＋1＝Cr5(2x)r－1x5－r＝(－1)5－r2rCr5x2r－5.令2r－5＝－1，得r＝2；令2r

－5＝1，得r＝3，所以常数项为(－1)5－222C25＋(－1)5－323C35＝(－4＋8)C25＝40，故选D.返回目录点面讲考向第59讲二项式定理(2)512012＋a＝a＋(13×4－1)2012＝a＋(1－13×4)2012＝a＋1－C1201213×4＋C22012(13×

4)2＋…＋C20122012(13×4)2012，显然当a＋1＝13k，k∈Z，即a＝－1＋13k，k∈Z时，512012＋a＝13k＋13×4[－C12012＋C22012(13×4)1＋…＋C201

22012(13×4)2011]能被13整除．因为a∈Z，且0≤a<13，所以a＝12时，512012＋a能被13整除，故选D.思想方法25一般与特殊的思想在二项式问题中的应用返回目录多元提能力第59讲二项式定理例若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a

2＋a4)2－(a1＋a3)2的值是________．[分析]要求解的问题与二项式系数有关，考虑赋值法，令x＝±1，可求得奇数项与偶数项系数之和．返回目录多元提能力第59讲二项式定理返回目录多元提能力第59讲二项式定理[答案]1[解析]令x＝1，得

a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(2＋3)4，①令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4＝(－2＋3)4.②∴(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)(a0＋a2＋a4－a1－a3)＝(2＋3)4·(－2＋3)4＝(3－4)4＝1.返回目录多元提能

力第59讲二项式定理自我检评(1)[2012·邯郸一模]在二项式(2－x)8的展开式中不含．．x4项的系数的和为()A．－1B．0C．1D．2(2)[2012·太原二模]设5x－13xn的

展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式的常数项为________．[答案](1)B(2)－20返回目录多元提能力第59讲二项式定理[解析](1)采用赋值法，令x＝1，得展开式的系数和为1.又展开式的通项为Tr

＋1＝Cr8·28－r(－x)r2，当r＝8时，得x4项系数为C8820(－1)4＝1，∴展开式中不含x4项的系数的和为1－1＝0，故选B.返回目录多元提能力第59讲二项式定理(2)令x＝1，得展开式的系数和为(5－1)n＝4n，即M＝4n，又展开式的二项式系数之和N＝

2n，且M－N＝240，∴4n－2n＝240，解得2n＝16，或2n＝－15(舍去)，则n＝4，展开式的通项为Tr＋1＝Cr4·(5x)4－r(－x－13)r＝(－1)r·54－rCr4x4－43r，令4－43r＝0，得r＝3，∴展开式的常数项为(－1)3·5C

34＝－20.【备选理由】例1是应用二项式定理求近似值，这是二项式定理的重要应用之一，可以与探究点三补充；例2求多个二项式积的某项系数，思路是转化成二项式定理的形式．返回目录教师备用题第59讲二项式定理返回目录

教师备用题第59讲二项式定理例1(1)9192除以100的余数是________．(2)0.9986的误差小于0.001的近似值是________．[答案](1)81(2)0.988返回目录教师备用题第59讲二项式定理[解析](1)9192＝(90＋1)92＝C0929

092＋C1929091＋…＋C9092902＋(C919290＋C9292)＝k×100＋92×90＋1＝k×100＋82×100＋81(k为正整数)．∴9192除以100的余数是81.(2)0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)＋15×(－0.002)2

＋…＋(－0.002)6，∵T3＝15×(－0.002)2＝0.00006<0.001，即第3项以后的项的绝对值都小于0.001，∴从第3项起，以后的项可以忽略不计，即0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝0.988.返回目录

教师备用题第59讲二项式定理例2(1＋2x)3(1－x)4的展开式中x项的系数为________．[答案]2返回目录教师备用题第59讲二项式定理[解析](1＋2x)3(1－x)4展开式中的x项的系数为两个因式相乘而得到，即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项，它为

C03(2x)0·C14(－x)1＋C13(2x)1·C0414(－x)0，其系数为C03·C14(－1)＋C13·2＝－4＋6＝2.第60讲随机事件的概率与古典概型双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录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．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．考试大纲第60讲随机事件的概率与古典概型——知识梳理——一、随机事件的含义1．必然事

件：在一定条件下，______发生的事件．2．不可能事件：在一定条件下，________发生的事件．3．随机事件：在一定条件下，___________________的事件．返回目录双向固基础一定一定不会可能发生也可能不发生第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录双向固

基础二、随机事件的概率1．事件的频率：在相同的条件下重复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nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝______________为事件A出现的频率．2．概率的统计定义：一般地，如果随机事件A在n次试验中发生了m次，当试验

的次数n很大时，我们可以将发生的频率mn作为事件A发生的概率的近似值，即P(A)≈_______.nAnmn第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录双向固基础三、事件间的关系1．包含关系：如果事件A发生，事件B一定发生，则称事件B包含事件A(或称事件A包含

于事件B)，记作B⊇A(或者A⊆B)，任何事件都包含不可能事件∅.2．相等关系：若A⊇B，且B⊇A，那么称事件A与事件B相等，记作A＝B.3．和事件：若某事件发生当且仅当事件A发生______事件B发生，

则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)，记作A∪B(或A＋B)．或第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录双向固基础且4．积事件：若某事件发生当且仅当事件A发生______事件B发生，则称此事件为事件A与事件

B的交事件，或者积事件，记作A∩B或者AB.5．互斥事件：当A∩B为____________时，称事件A与事件B互斥，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生．6．对立事件：当A∩B为____________，A∪B为__________

时，称事件A与事件B互为对立事件，其含义是：事件A和事件B在任何一次试验中有且只有一个发生．注：上面事件的关系与运算类似于集合之间的关系与运算．不可能事件必然事件不可能事件第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录双向固基础四、概率的基本性质1．任何事件A的概率都在[0，1]

内，即0≤P(A)≤1，不可能事件∅的概率为0，必然事件Ω的概率为1.2．如果事件A，B互斥，则P(A＋B)＝____________．3．事件A与它的对立事件A的概率满足P(A)＋P(A)＝1.P(A)＋P(B)第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录双向固基础五、古典概型1．古典

概型的特征：(1)有限性：在一次试验中，可能出现的结果是______的，即只有有限个不同的基本事件；(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性______．2．古典概型的概率计算的基本步骤：(1)判断试验的结果是

否是等可能的，设出所求的事件为A.(2)分别计算基本事件的个数n和所求的事件A所包含的基本事件个数m.(3)利用古典概型的概率公式P(A)＝______，求出事件A的概率．相等有限mn——疑难辨析——返回目录双向固基础第60讲随机事件的概

率与古典概型1．概率与频率的联系(1)事件发生的频率和概率是相同的．()(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．()[答案](1)×(2)√返回目录双向固基础第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)频率是随着试验次数的改变而改变，即频率是随机的

，试验次数是不确定的，而概率是一个确定的常数，是客观存在的，与试验次数无关，是随机事件自身的一个属性．(2)在相同的条件下，随着试验次数的增加，随机事件发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，所以可用频率作为概率的近似值，当

试验次数越来越多时频率向概率靠近，概率是频率的稳定值．返回目录双向固基础第60讲随机事件的概率与古典概型2．事件之间的关系(1)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．()(2)两个事件对立时一定互斥，但两个事件是互斥事件时这两个事件未必对立．()

(3)互斥事件的概念可以推广到多个事件的互斥，即如果事件A1，A2，…，An中的任何两个都是互斥的，那么就说事件A1，A2，…，An彼此互斥．有概率计算公式P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．()[答

案](1)×(2)√(3)√返回目录双向固基础第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)两个事件的和事件是两个事件至少有一个发生，其中含有三种情况，两个事件都发生只是其中一种可能．(2)根据互斥事件和对立事件的概念

．(3)根据事件互斥的概念．返回目录双向固基础第60讲随机事件的概率与古典概型3．古典概型的判断(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”，属于古典概型，其基本事件是“发芽和不发芽”．()(2)从市场上出售的标准为500±5g的袋装食

盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．()[答案](1)×(2)×返回目录双向固基础第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)不是古典概型，因为这个试验的基本事件有“发芽”“不发芽”．但“发芽”“不发芽”这两个基本事件出现的机会一般不是均等的．(2)不是古典概型，因

为所测的重量可在[495，505]内任取一值，所以可能结果有无限多个．说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古

典概型考点统计题型(考频)题型示例(难度)1.随机事件的频率与概率02.互斥事件与对立事件的概率03.简单的古典概型的概率选择(1)2009年T10(C)4.复杂的古典概型的概率解答(1)2012年T

17(1)(B)►探究点一随机事件的频率与概率问题返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型例1[2012·陕西卷改编]某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需

的时间统计结果如下：办理业务所需的时间(分)12345频率0.10.40.30.10.1从第一个顾客开始办理业务时计时．估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[思考流程]

条件：理解概率的概念；目标：求出给定范围的概率；方法：频率估计概率．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：Y12345P0.10.40.30.10.1A表示事件“第三个顾客恰好

等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．所以P

(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.[点评]概率是一个确定的值，这个值是客观存在的，但在我们没有办法求出这个值时，

就可以使用大量重复试验中的频率值估计这个概率值；由事件发生的频率近似地作为它的概率是求一事件概率的基本方法．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型归纳总结概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时

频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当做随机事件的概率．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型变式题某企业自行设计了两条某种大型设备的生产线，

分别称为1号线和2号线，经过两年的运行，每条生产线生产一台合格的该大型设备的时间数据统计如下表：时间(天)15～2525～3535～4545～5555～651号线生产一台合格的该大型设备的频率0.10.150.450.20.12号线生产一台合格的该大型设备的频率0

0.250.40.30.05返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型其中m～n表示生产一台合格的该大型设备的时间大于m天而不超过n天，m，n为正整数．现该企业接到甲、乙两公司各一个订单，每个公司需要生产一台合格的该大型设备，甲、乙两公司要求交货时间分别为不超过45天和55天，为

了尽最大可能在甲、乙两公司订单要求的时间内交货，该企业应如何选择生产甲、乙两公司订购的该大型设备的生产线？图10－60－1返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型解：用Ak表示事件“k号线生产甲公司订购的合格的大型设备时，在规定的时间内交货”，用Bk表示事件“k号线生产乙公司订

购的合格的大型设备时，在规定的时间内交货”，其中k＝1，2.用频率估计相应的概率可得P(A1)＝0.1＋0.15＋0.45＝0.7，P(A2)＝0.25＋0.4＝0.65，P(A1)>P(A2)，所以用1号线生产甲公司订购的合格的大型设备．P(B1)＝1－0

.1＝0.9，P(B2)＝0.25＋0.4＋0.3＝0.95，P(B2)>P(B1)，所以用2号线生产乙公司订购的合格的大型设备．►探究点二互斥事件与对立事件的概率问题返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型例2(1)一盒中装有分

别标记着1，2，3，4的4个小球，每次从盒中取出一个球，设每个小球被取出的可能性相同．若每次取出的球不放回．．．盒中，现连续取三次球，则恰好第三次取出的球的标号为最大数字的球的概率是________．(2)[2012·南京二模]某单位从4名应聘者A，B，C，D中招聘2人，如果这4

名应聘者被录用的机会均等，则A，B两人中至少有1人被录用的概率是________．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[思考流程](1)分析：理解互斥事件的概率；推理：分成几个事件的和；结论：求出和事件的概率．(2)分析：理解对立事件的概率；推理：转化为对立事件求解；结论：求出对

立事件的概率．[答案](1)13(2)56返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)由题意，每次取出的球不放回盒中，现连续取三次球，共有A34＝24种取法，设事件A表示“恰好第三次取出的球的标号为最大数字的球”，事件A1表示“恰

好第三次取出的球的标号3为最大数字的球”，事件A2表示“恰好第三次取出的球的标号4为最大数字的球”，则事件A1，A2互斥，且A＝A1＋A2.返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型若最大数字为3时，前两次取球标

号只能是1，2，可能的取法为(1，2)或(2，1)共2种，则P(A1)＝224＝112；若最大数字为4时，前两次取球标号可能是1，2，3中的两个，故有A23＝6种取法，则P(A2)＝624＝312，∴P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝112＋312＝13，即“恰

好第三次取出的球的标号为最大数字的球”的概率为13.返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型(2)用E表示事件“A，B两人都不被录用”，用F表示事件“A，B两人中至少有1人被录用”，得事件E，F互斥，且

事件E，F必有一个发生，则事件E，F是对立事件，由这个单位从4名应聘者A，B，C，D中招聘2人，这4名应聘者被录用的机会均等，则A，B两人都不被录用的概率为P(E)＝C22C24＝16，∴A，B两人中至少有1人被录用的概率P(F)＝1－P(E)＝56.[点评]求复杂事件的概率通常有两

个思路：一是将随机事件表示为一些互斥事件的和，二是先求其对立事件的概率，再确定所求的概率，这是一种重要的解题技巧，这种方法解题过程表达清晰，还能有效地优化解题思路、避免错误．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型归纳总结对互斥事件要把握住不能

同时发生，而对于对立事件除不能同时发生外，其并事件应为必然事件，这些也可类比集合进行理解，具体应用时，可把所有试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件的关系．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与

古典概型►探究点三简单的古典概型的概率问题返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型例3(1)[2012·太原三模]4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是()A.13B.12C.23D.34(2)[2012·昆明

质检]从某学习小组10名同学中选出3人参加一项活动，其中甲、乙两人都被选中的概率是________．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[思考流程](1)分析：理解古典概型；推理：所求事件包含的基本

事件数；结论：应用公式求解．(2)分析：属古典概型问题；推理：确定符合条件的基本事件数；结论：求出概率．[答案](1)C(2)115返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)从这4张卡片中随机

抽取2张，共有C24种，设事件A表示“取出的2张卡片上的数字之和为奇数”，要使取出的2张卡片上的数字之和为奇数，则取出的2张卡片上的数字必须一奇一偶，有C12C12种，∴取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率P(A)＝

C12C12C24＝23，故选C.(2)从10名同学中选出3人，共有C310种，设A表示事件“甲、乙两人都被选中”，若甲、乙两人都被选中，则只需从其他8人中选1人，有C18种，∴甲、乙两人都被选中的概率P(A)＝C18C310＝115.[点评]

应用古典概型求解随机事件的概率，一般可按以下步骤进行：一是确定基本事件的总数，二是求出事件A包含的基本事件数，三是应用古典概型的公式计算．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型归纳总结古典概型是基本事件个数有限，每个基本事件发生的概率相等的一种概率模型，其概率等于随机事件

所包含的基本事件的个数与基本事件的总个数的比值．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型变式题[2012·南京一模]袋中装有大小相同且形状一样的四个球，四个球

上分别标有“2”“3”“4”“6”这四个数．现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是________．[答案]12返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[解析]从中随机选取三个球，

所有的取法共有C34＝4种；其中，取出的3个球能构成等差数列的取法有2种：三个球的号码分别为2、3、4和2、4、6，故所选的三个球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是P＝24＝12.►探究点四复杂的古典概型的概率问题返回目录点面讲考向第6

0讲随机事件的概率与古典概型例4(1)[2012·广东卷]从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是()A.49B.13C.29D.19(2)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()A.19B.29C.718D.49返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[思考流程](1)分析：确定基本事件的总数；推理：求出满足

条件的两位数的个数；结论：应用古典概型的概率公式计算．(2)分析：确定猜字结果的总数；推理：分类计数满足“心有灵犀”的事件数；结论：应用古典概型的概率公式计算．[答案](1)D(2)D返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率

与古典概型[解析](1)用A表示事件“从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，个位数为0”，首先确定符合条件的两位数的所有个数，设个位数与十位数分别为y，x，如果两位数之和是奇数，则x，y分别为一奇数一偶数：第一类x为奇数，y为偶数共有C15

×C15＝25；另一类x为偶数，y为奇数共有C14×C15＝20，两类共计45个，其次，再找到个位是0的个数，个位数是0，十位数是奇数的两位数有10，30，50，70，90这5个数，所以个位数是0的概率为P(A)＝545＝19，故选D.返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与

古典概型(2)用A表示事件“心有灵犀”，由题意知本题是一个古典概型，试验包含的所有事件是任意找两人玩这个游戏，共有6×6＝36种猜字结果，其中满足|a－b|≤1的有如下情形：①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，由分类加法计数原理，得满足|a－b|≤1的情形有2＋3＋3＋3＋3＋2＝16种，∴他们“心有灵犀”的概率为P(A)＝1636＝49，故选D.[点评]求解较复杂的概

率问题的关键，一是把实际问题转化为概率模型，二是合理利用计数原理、排列与组合的有关性质，三是将所要解决的事件转化为互斥事件的和，或先求其对立事件的概率．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型归纳总结古典概型是基本事件个数有限，每个基本事件发生的可能性相同的概率模型，遇

到一个求解概率的问题首先要判断这个概率问题是否属于古典概型，然后再根据古典概型的概率计算公式进行计算．返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型变式题[

2012·常州调研]用三种不同的颜色给图10－60－2中的三个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，则三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同的概率是__________.图10－60－2[答案]23返回目录点面讲考向第60讲随机事件的概率与古典概型[解析](1)用A表示事件“三个矩形中有且

仅有两个矩形颜色相同”，根据题意，每个矩形有3种涂色方法，则三个矩形有3×3×3＝27种涂色方法；要使三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同，分2步进行：在三个矩形中任取两个，有C23＝3种取法；为选出的2个矩形选1种颜色，有3种情况，剩余的1个再选1种，有2种情况，则三个矩形中有

且仅有两个矩形颜色相同有3×3×2＝18种情况，∴三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同的概率为P(A)＝1827＝23.答题模板13古典概型的解答题的答题技巧返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型例[2012·哈三中三模]口袋里装有4个大小相同的小球，其中两个标有数字1，两个标有

数字2.(1)第一次从口袋里任意取一球，放回口袋里后第二次再任意取一球，记第一次与第二次取到小球上的数字之和为ξ.当ξ为何值时，其发生的概率最大？说明理由；(2)第一次从口袋里任意取一球，不再放回口袋里，第二次再任意取一球，记第一次与第二次取到小球上的数字之和为η.求η大于2的概率．返回

目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型解：(1)设标号为1的球为A，B，标号为2的球为C，D，1分所有基本事件包括：(A，A)，(B，B)，(C，C)，(D，D)，(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，

D)，(D，A)，(C，A)，(B，A)，(D，B)，(C，B)，(D，C)共16种.2分设事件A1表示数字和为2，包括：(A，A)，(B，B)，(A，B)，(B，A)，共4种，P(A1)＝416＝14.3分设事件A2表示数字和为3，包

括：(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(D，A)，(C，A)，(D，B)，(C，B)，共8种，P(A2)＝816＝12，4分返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型设事件A3表示数字和为4，包括：

(C，C)，(D，D)，(C，D)，(D，C)，共4种，P(A3)＝416＝14，5分∴数字和为3时概率最大.6分(2)所有基本事件包括：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，A)，(B，C)，(B，D)，(C，A)，(C，B)，(C，D

)，(D，A)，(D，B)，(D，C)，共12种.7分设事件B1表示数字和为3，包括：(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，A)，(C，B)，(D，A)，(D，B)，P(B1)＝812＝2

3，9分返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型设事件B2表示数字和为4，包括：(C，D)，(D，C)，P(B2)＝212，数字和大于2的概率为P(B1)＋P(B2)＝56.11分∴数字和大于2的概率为56.12分[方法解读

]解答古典概型问题的应用题，用列举法可以使我们明确基本事件的构成，列举时要按规律进行，通常采用分类列表、树形图等方法，这样可以避免重复、遗漏．关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看做是无顺序的，也可以看作是有顺序的，其结果是一样的，但不能选择哪一种方式，观察的角度必须一致

，否则会导致错误．返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型自我检评[2012·云南宣威二中模拟]有一种旋转舞台灯，外形是正六棱柱，在其每一个侧面上

安装5只颜色各异的彩灯，假若每只灯正常发光的概率均为0.5.若一个面上至少有3只灯发光，则不需要维修，否则需要更换这个面．(1)恰好有两个面需要维修的概率；(2)至少三个面需要更换的概率．返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型解：(

1)因为一个面不需要维修的概率为P5(3)＋P5(4)＋P5(5)＝C35＋C45＋C5525＝12，所以一个面需要维修的概率为12.因此，六个面中恰好有两个面需要维修的概率为P6(2)＝C2626＝1564.返回目录多元提能力第60讲随机事件的概率与古典概型(2)P6(0)＝C0626

＝164，P6(1)＝C1626＝332，P6(2)＝C2626＝1564.故至少有三个面需要更换的概率是1－P6(0)－P6(1)－P6(2)＝1－164－332－1564＝2132.至少三个面需要更换的

概率是2132.【备选理由】本讲的重点是事件的互斥、对立和古典概型的计算，例1补充枚举计数的方法，例2应用排列、组合进行计数．返回目录教师备用题第60讲随机事件的概率与古典概型返回目录教师备用题第60讲随机事件的概率

与古典概型例1[2012·福州质检]某教室有4扇编号为a，b，c，d的窗户和2扇编号为x，y的门，窗户d敞开，其余门和窗户均被关闭．为保持教室空气流通，班长在这些关闭的门和窗户中随机地敞开2扇．(1)记“班长在这些关闭的门和窗户中随机地敞开2扇”为事件A，请列出

A包含的基本事件；(2)求至少有1扇门被班长敞开的概率．返回目录教师备用题第60讲随机事件的概率与古典概型解：(1)事件A包含的基本事件为(a，b)，(a，c)，(a，x)，(a，y)，(b，c)，(b，x)，(b，y)，(c，x)，(c，y)，(x，y)，共10个．(2)方法一：记“至少有1扇

门被班长敞开”为事件B.∵事件B包含的基本事件有(a，x)，(a，y)，(b，x)，(b，y)，(c，x)，(c，y)，(x，y)，共7个．∴P(B)＝710.方法二：事件“2个门都没被班长敞开”包含的基本事件有(a，b)，(a，c)，(b，c

)，共3个．∴2个门都没被班长敞开的概率P1＝310，∴至少有1个门被班长敞开的概率P2＝1－310＝710.返回目录教师备用题第60讲随机事件的概率与古典概型例2某地区有5个工厂，由于用电紧缺，规定每个工厂在一周内必须选择某一

天停电(选哪一天是等可能的)．假定工厂之间的选择互不影响．(1)求5个工厂均选择星期日停电的概率；(2)求至少有两个工厂选择同一天停电的概率．返回目录教师备用题第60讲随机事件的概率与古典概型解：(1)设5

个工厂均选择星期日停电的事件为A，则P(A)＝175＝116807.(2)设5个工厂选择的停电时间各不相同的事件为B，则P(B)＝A5775＝7×6×5×4×375＝3602401.因为至少有两个工厂选择同一天停电的事

件是B，所以P(B)＝1－P(B)＝1－3602401＝20412401.第61讲离散型随机变量及其分布列双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录理解取有限个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．考试大纲第61讲离散型随机变量及其分布列——知识梳理——返回目录双向固基础一、随机变量一般地，如果随机试验的结果，可以用一个______来表示，那么这样的变量叫做随机变量．

通常用大写字母X，Y，Z(或小写希腊字母ξ，η，ζ)表示，而用小写字母x，y，z(加上适当下标)等表示随机变量取的可能值．所有取值可以一一列出的随机变量，称为________随机变量．离散型变量第61讲离散型随机变量及其分布列返回目录双向固基础二、离散型随机变量的分布列若离散型随机变量

X可能取的不同值分别为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1，2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下：Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn将上表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时为了

表达简单，也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n表示X的分布列．第61讲离散型随机变量及其分布列返回目录双向固基础三、离散型随机变量概率分布列的性质1．pi________，i＝1，2，…，n；2．p1＋p2＋…＋pn＝___

_____．四、两点分布两点分布：分布列X01P1－pp称为两点分布列，如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．≥01——疑难辨析——返回目录双向固基础第61讲离散型随机变量及其分布列

1．对随机变量的理解(1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量．()(2)离散型随机变量的分布列完全描述了由这个随机变量所刻画的随机现象．()(3)有些离散型随机变量的分布列可以使用公式表示．()[答案](1)√(2)√(3)√返回目录双向固基础第61讲离

散型随机变量及其分布列[解析](1)抛掷均匀硬币一次出现正面的次数为0或1，符合离散型随机变量的定义．(2)随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映射为实数，函数把实数映射为实数．在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的范围相当于函数的值域，我们把随机变量

的取值范围叫做随机变量的值域．(3)根据随机变量值域的概念．返回目录双向固基础第61讲离散型随机变量及其分布列2．分布列的性质的应用(1)某一射手射击所得环数X的分布列如下：则此射手“射击一次命中的环数不小于7”的概率是0.79.()(2)如果X是一个离散型随机变量，X在某一范围内

取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和．()X45678910P0.020.040.060.090.280.290.22[答案](1)×(2)×返回目录双向固基础第61讲离散型随机变量及其分布列[解析](1)根据射手射击所得的环数X的分布列，有P(X＝7)＝0.09，P

(X＝8)＝0.28，P(X＝9)＝0.29，P(X＝10)＝0.22，所求的概率为P(X≥7)＝0.09＋0.28＋0.29＋0.22＝0.88；(2)由离散型随机变量的性质得pi≥0，i＝1，2，…，n，且i＝1npi＝1.返回目录双向固基础

第61讲离散型随机变量及其分布列3．分布某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布．()[答案]×[解析]只能是射击一次命中的次数服从两点分布，射击三次命中的次数服从二项分布．说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷

．返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列考点统计题型(考频)题型示例(难度)1.随机变量及其分布列02.离散型随机变量的分布列的性质的应用03.离散型随机变量分布列的求法解答(5)2008年T19(B)，2009年T17

(B)，2010年T21(2)(C)，2011年T20(2)(B)，2012年T17(2)(B)►探究点一随机变量及其分布列的概念返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列例1(1)将一颗骰子均匀掷两次，随机变量为()A．第一次出

现的点数B．第二次出现的点数C．两次出现点数之和D．两次出现相同点的种数(2)袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，任意抽取2个球，设2个球号码之和为X，则X的所有可能取值个数为()A．25

B．10C．7D．6返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列[思考流程](1)分析：理解随机变量的定义；推理：判断结果的随机性；结论：确定出现的数字和是随机的．(2)分析：理解随机变量的取值；推理：列出各种可能结果；结论：计算取值的个数．[答案](1)C(2)C返回目录点面讲

考向第61讲离散型随机变量及其分布列[解析](1)A，B中出现的点数虽然是随机的但它们取值所反映的结果都不是本题涉及试验的结果；D中出现相同点数的种数就是6种，不是变量；C整体反映两次投掷的结果，可以预见两次出现数字的和是2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，共11种结果，但每掷一

次前，无法预见是11种中的哪一个，故是随机变量，故选C.(2)X的可能取值为1＋2＝3，1＋3＝4，1＋4＝5＝2＋3，1＋5＝6＝4＋2，2＋5＝7＝3＋4，3＋5＝8，4＋5＝9，共7个，故选C.[点评](1)描述随机试验的随机变量有多种形式，不论选取哪一种形式，随机

变量可以表示随机试验的所有可能结果，同时随机变量在选定标准之后，它是一个变化的量；(2)在给定的概率分布列中X取各个值时表示的事件是互斥的．返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列归纳总结在写出随机变量的取值表示的试验结果时，要

特别注意，随机变量的一个值表示多个试验结果的情况，不能遗漏某些试验结果．返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列►探究点二离散型随机变量的分布列的性质的应用返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列例

2(1)[2013·贵州大学附中月考]设X是一个离散型随机变量，其分布列为X－101P0.51－2qq2则q等于()A．1B．1±22C．1－22D．1＋22(2)设随机变量X的概率分布为X1234P13m1416则P(|X－3|＝1)＝_____

___．返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列[思考流程](1)分析：理解分布列的性质；推理；综合两个性质列方程；结论：确定q的值．(2)分析：应用分布列的性质；推理：利用性质求m；结论：根据分布列求概率．[答案](1)C(2)512返回目录点面讲考向第61讲离散型

随机变量及其分布列[解析](1)由离散型随机变量分布列的性质得1－2q≥0，q2≥0，0.5＋1－2q＋q2＝1⇒q≤12，q＝1±22.解得q＝1－22，故选C.(2)由离散型随机变量分布列的性质，得13

＋m＋14＋16＝1，解得m＝14，∴P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝14＋16＝512.[点评]利用离散型随机变量分布列的性质，可以求分布列中的参数的值；此类问题的易错点是不注意pi的取值范围及概率和为1的条件．返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布

列归纳总结离散型随机变量的分布列完全描述了随机变量所刻画的随机现象，分布列中各个概率值非负、各个概率值之和等于1，主要用于解决两类问题，一是用来判断离散型随机变量分布列的正确性，二是用来计算随机变量取某些值的概率．返回目录点面讲考

向第61讲离散型随机变量及其分布列►探究点三离散型随机变量分布列的求法返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列例3[2012·福建卷改编]受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从

该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0＜x≤11＜x≤2x＞20＜x≤2x＞2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)1231.82.9返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列将频率视为概率，解答下列问题：

(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列．返回目录

点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝2＋350＝110.(2)依题意得，随机变量X1的可能取值为1，2，3，P(X1＝1)＝250＝125，P(X1＝2)＝350，P(X1＝3)＝4550＝910，∴生产

一辆甲品牌轿车的利润X1的分布列为X1123P125350910返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列由表格数据，得随机变量X2的可能取值为1.8，2.9，P(X2＝1.8)＝550＝110，P(X2＝2.9)＝4550＝910，∴生产一辆乙品牌轿车的

利润X2的分布列为X21.82.9P110910归纳总结求离散型随机变量的分布列应注意以下几个步骤：①确定离散型随机变量所有的可能取值以及取这些值时的意义．②尽量寻求计算概率时的普遍规律．③检查分布列的所有概率值和是否为1.返回目录点面讲考向第61讲离散型随机变量及其分布列易

错究源23忽视分布列的性质致误返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列例[2012·南通模拟]假定某射手每次射击命中的概率为34，且只有3发子弹．该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹

用完．设耗用子弹数为X，则X的概率分布为____________．返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列[错解]X可能取的值为1，2，3，∴P(X＝1)＝34，P(X＝2)＝14×34＝316，P(X＝3)＝

142×34＝364，所以X的分布列为：X123P34316364返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列[错因]计算X＝3的概率时，错认为前2次没命中，概率都是14，第3次命中，概率为3

4.[正解]X可能取的值为1，2，3，∴P(X＝1)＝34，P(X＝2)＝14×34＝316，P(X＝3)＝14×14＝116，所以X的分布列为X123P34316116返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列自我检评一个盒子中装有六张卡片，上面分别写

着如下六个定义域为R的函数：f1(x)＝x，f2(x)＝x2，f3(x)＝x3，f4(x)＝sinx，f5(x)＝cosx，f6(x)＝2.(1)现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率；(2)现从盒子中进行逐

一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行．求抽取次数X的分布列．返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列解：(1)记事件A为“任取两张卡片，将卡片上的函数

相加得到的函数是奇函数”，所以P(A)＝C23C26＝15.(2)X可取1，2，3，4.P(X＝1)＝C13C16＝12，P(X＝2)＝C13C16·C13C15＝310，P(X＝3)＝C13C16·C12C

15·C13C14＝320，P(X＝4)＝C13C16·C12C15·C11C14·C13C13＝120；返回目录多元提能力第61讲离散型随机变量及其分布列故X的分布列为X1234P12310320120【备选理由】选择两道例题，作为探究点的

补充，例1是利用组合知识求分布列的问题，例2综合性较强，作为提高学生解决概率问题的能力的训练．返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列例1[2012·江西卷改编]如图10－61－1，从A1(1，0，0)，A2(2，0，0)，B1(0，1，

0)，B2(0，2，0)，C1(0，0，1)，C2(0，0，2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V(如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V＝0)．(1)求V＝0的概率；(2)求V的分布

列．图10－61－1返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列解：(1)从6个点中随机取3个点总共有C36＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C13C34＝12种，因此V＝0的概率为P(V＝0)＝1220＝35.(2

)V的所有可能取值为0，16，13，23，43，因此V的分布列为V016132343P35120320320120返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列例2[2012·扬州江都中学月考]袋中装有黑球和白球共7个，从中

任取2个球都是白球的概率为17.现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用X表示取球终止时所需

要的取球次数．(1)求袋中原有白球的个数；(2)求随机变量X的分布列；(3)求甲取到白球的概率．返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列解：(1)设袋中白球共有x个，根据已知条件C2xC27＝17，即x2－x－6＝0，解得x＝3，或x＝－2(舍去)．(2)X表示取球终止时所需要的

次数，则X的取值分别为1，2，3，4，5.因此，P(X＝1)＝A13A17＝37，P(X＝2)＝A14A13A27＝27，P(X＝3)＝A24A13A37＝635，P(X＝4)＝A34A13A47＝33

5，P(X＝5)＝A44A13A57＝135.返回目录教师备用题第61讲离散型随机变量及其分布列则随机变量X的分布列为X12345P3727635335135(3)甲取到白球的概率为P＝A13A17＋

A24A13A37＋A44A13A57＝37＋635＋135＝2235.第62讲n次独立重复试验与二项分布双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n次

独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单问题．考试大纲第62讲n次独立重复试验与二项分布——知识梳理——返回目录双向固基础一、条件概率1．条件概率的概念：一般地，设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝________为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．P

(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率．2．条件概率的性质性质1：任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(A|B)≤1，必然事件的条件概率等于1，不可能事件的条件概率等于0.性质2：如果B，C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝__

________________．P（AB）P（A）P(B|A)＋P(C|A)第62讲n次独立重复试验与二项分布返回目录双向固基础二、事件的独立性设A，B为两个事件，如果P(AB)＝____________

，则称事件A与事件B相互独立．三、独立重复试验与二项分布1．独立重复试验：一般地，在相同条件下______做的n次试验称为n次独立重复试验．2．二项分布：一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每

次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝_________________，k＝0，1，2，…，n.此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．P(A)P(B)重复C

knpk(1－p)n－k——疑难辨析——返回目录双向固基础第62讲n次独立重复试验与二项分布1．对条件概率的认识(1)条件概率也是事件发生的概率，只不过是在已知一个事件发生的情况下另一个事件发生的概率．()(2)若事件A，B是相互

独立事件，则P(B|A)＝P(B)．()[答案](1)√(2)√返回目录双向固基础第62讲n次独立重复试验与二项分布[解析](1)条件概率是在已知一个事件发生的前提下，求另一个事件发生的概率．(2)若事件A，B是相互独立事件，即事件A发生与否对事件B没有影响，则P(B|A)＝P(B)．返回目录双向

固基础第62讲n次独立重复试验与二项分布2．事件独立性的判断(1)两个事件相互独立是指一个事件发生与否对另一个事件的发生与否没有关系．()(2)事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念．两事件“互

斥”是指两事件不可能同时发生，两事件“相互独立”是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响．()(3)若事件A与B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立．()[答案](1)√(2)√(3)√[解析]根据事件独立性的概念可知(1)(2)(3)均正确．返回目录双向固基础第62讲n次独立

重复试验与二项分布3．二项分布的概率的计算(1)n次独立重复试验要满足：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；②每次试验“成功”的概率为p，“失败”的概率为1－p；③各次试验是相互独立的．()(2)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cknpk

(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．()(3)P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n是二项式[(1－p)＋p]n展开式的第(k＋1)项．()返回目录双向固基础第62讲n次独立重复

试验与二项分布[解析]根据独立重复试验和二项分布的知识可知(1)(2)(3)均正确．[答案](1)√(2)√(3)√说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽卷．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布考

点统计题型(考频)题型示例(难度)1.条件概率填空(1)2010年T15(B)2.相互独立事件的概率填空(1)解答(3)2008年T19(2)(B)，2010年T15(B)，2010年T21(3)①(B)，

2012年T17(B)3.独立重复试验与二项分布的问题解答(1)2008年T19(B)►探究点一条件概率的求法返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布例1(1)[2012·洛阳二模]从1，2，3，4

，5，6，7中任取两个不同的数，事件A为“取到的两个数的和为偶数”，事件B为“取到的两个数均为偶数”，则P(B|A)＝()A.47B.12C.37D.13(2)[2012·合肥三模]先后掷骰子(骰子的六个面上

分别标有1，2，3，4，5，6个点)两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，则概率P(B|A)＝________．[答案](1)D(2)13返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布[解析](1)方法一：从1

，2，3，4，5，6，7中任取两个不同的数，有C27种方法；其中取到两个数的和为偶数，有C24＋C23种方法；取到两个数均为偶数，有C23种方法，则P(A)＝C24＋C23C27＝37，P(AB)＝P(B)＝C23C27＝17，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝1737＝13，故选

D.返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布方法二：事件A包含的基本事件有(1，3)，(1，5)，(1，7)，(3，5)，(3，7)，(5，7)，(2，4)，(2，6)，(4，6)，共9个；其中两个数均为偶数，有(2，4)，(2，6)，(4，6)，共3个，

由古典概型的概率公式，得P(B|A)＝39＝13，故选D.(2)方法一：掷骰子两次总结果数为36，事件A·B表示“x＋y为偶数，x，y中有偶数且x≠y”，即“x，y都是偶数且x≠y”，所以A·B中有3×3－

3＝6个基本结果，P(A·B)＝16，又因为P(A)＝9＋936＝12，故P(B|A)＝P（A·B）P（A）＝1612＝13.返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布方法二：压缩样本空间法“x＋y为偶数”为偶数的情况有9＋9＝18种，“x，y中

有偶数且x≠y”的种数有3×3－3＝6种，所以P(B|A)＝618＝13.[点评]求条件概率的基本方法是应用公式计算，第(1)小题的条件概率就相当于把从1，2，3，4，5，6，7中任取两个不同的数的和为偶

数的方法数作为基本事件的总数，问题就转化为一般的古典概型的计算；在计算条件概率时一定要区分清楚是哪个事件在哪个事件发生的条件下的概率，正确地使用条件概率的计算公式．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布归纳总

结求条件概率有两个方法：一是利用定义，分别求P(A)和P(AB)，再根据条件概率公式计算；二是借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝n（AB）n（A）.返回目录

点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布变式题从1，2，3，4，5中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，B为“第二次取到的是奇数”，则P(B|A)＝()A.15B.310C.25D.12[答案]D返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布[解

析]从1，2，3，4，5中不放回地依次取2个数，有A25种方法；其中第一次取到的是奇数，有A13A14种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有A13A12种方法；则P(A)＝A13A14A25＝3

5，P(AB)＝A13A12A25＝310，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝31035＝12，故选D.►探究点二相互独立事件的概率的求法返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布例2[20

12·山东卷改编]现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射

手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X的分布列．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布[思考流程](1)条件：已知甲、乙靶的命中率；目标：求命中一次的概率；方法：利用相互独立事件的概率公式求解．(2)条件：已知向两个靶射

击命中的得分；目标：求随机变量的分布列；方法：分别求出总得分X的各个取值的概率．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布解：(1)记“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次

射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，由题意知P(B)＝34，P(C)＝P(D)＝23，由于A＝BCD＋BCD＋BCD，根据事件的独立性和互斥性得P(A)＝P(BCD＋BCD＋BCD)＝P(BCD)＋

P(BCD)＋P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＋P(B)P(C)P(D)＋P(B)P(C)P(D)＝34×1－23×1－23＋1－34×23×1－23＋1－3

4×1－23×23＝736.返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布(2)根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，根据事件的独立性和互斥性得P(X＝0)＝P(BCD)＝[1－P(B

)][1－P(C)][1－P(D)]＝1－34×1－23×1－23＝136，P(X＝1)＝P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＝34×1－23×1－23＝112，P(X＝2)＝P

(BCD＋BCD)＝P(BCD)＋P(BCD)＝1－34×23×1－23＋1－34×1－23×23＝19，返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布P(X＝3)

＝P(BCD＋BCD)＝P(BCD)＋P(BCD)＝34×23×1－23＋34×1－23×23＝13，P(X＝4)＝P(BCD)＝1－34×23×23＝19，P(X＝5)＝P(BCD)＝34×

23×23＝13.故X的分布列为X012345P13611219131913[点评]相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解．返

回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布归纳总结概率计算的核心环节就是把一个随机事件进行类似本题的分拆，这中间有三个概念，事件的互斥，事件的对立和事件的相互独立，在概率的计算中只要弄清楚了这三个概念，根据实际情况对事件进行合理的分拆，就能把复杂事件的概率计算转化为一

个个简单事件的概率计算，达到解决问题的目的．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布►探究点三独立重复试验与二项分布的问题返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布例3[2012·唐山质检]张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5

个时段，每个时段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13.(1)求张师傅此行程时间不小于16分钟的概率；(2)记张师傅此行程所需时间为Y分钟，求Y的分布列．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项

分布[思考流程](1)条件：已知遇到红灯的概率；目标：求至少遇到1次红灯的概率；方法：利用独立重复试验的概率公式求解．(2)条件：已知4次独立重复试验；目标：求遇到红灯次数的分布列；方法：先求出遇到红灯次数X的各个取值的概率．返回目录点面讲考向第62讲n

次独立重复试验与二项分布解：(1)把过1个交通岗看作1次试验，且发生的概率都是13，则过4个交通岗看作4次独立重复试验．如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟．∴张师傅此行程时间不小于16分钟的概率为P＝1－1－134＝6581.(2)把过4个

交通岗看作4次独立重复试验，且每次试验结果是相互独立的，设此行程遇到红灯的次数为X，则X～B4，13，P(X＝k)＝Ck413k234－k，k＝0，1，2，3，4.返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布依题意，Y＝

15＋X，则Y的分布列为Y1516171819P16813281827881181[点评](1)独立重复试验有三个条件：①在同样的条件下重复，事件发生的概率相同；②各次试验之间相互独立；③每次试验只有两种结果，要么发生，要

么不发生．(2)判断随机变量是否服从二项分布：一是看其是否为n次独立重复试验，二是随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布归纳总结独立重复试验是相互独立事件的特例

(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．返回目录点面讲考向第62讲n次独立重复试验与二项分布答题模板1

4与二项分布有关的实际问题的解题流程返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布例将一个半径适当的小球放入如图10－62－1所示的容器最上方的入口处，图10－62－1返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布小球将自由下落，小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或

B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左，右两边下落的概率都是12.(1)求小球落入A袋的概率P(A)及落入B袋中的概率P(B)．(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B袋中的小球个数，试求ξ＝3时的概率，并求ξ的分布列．返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布解：

(1)记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A，B相互对立，而小球落入A袋当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下，则P(A)＝123＋123＝14，从而P(B)＝1－P(A)＝34.返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验

与二项分布(2)4个小球依次落下，相当于4次独立重复试验，每次试验的概率都是34，且每次落下要么落入B袋，要么不落入B袋，则随机变量ξ～B4，34，ξ的可能取值为0，1，2，3，4，P(ξ＝0)＝144＝125

6，P(ξ＝1)＝C14·34·143＝364，P(ξ＝2)＝C24·342·142＝27128，P(ξ＝3)＝C34·343·14＝2764，P(ξ＝4)＝

344＝81256，返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布∴ξ的分布列为ξ01234P125636427128276481256[方法解读]二项分布是重要的概率分布模型，是高考的热点，二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，

事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生；要记住二项分布概率模型的特点，在解题时把符合这种特点的概率问题归结到二项分布模型上面，直接根据二项分布概率模型的公式解决．返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布

自我检评一个盒子中装有5张卡片，每张卡片上写有一个数字，数字分别是1，2，3，4，5，现从盒子中随机抽取卡片．(1)从盒中依次抽取两次卡片，每次抽取一张，取出的卡片不放回，求两次取到的卡片的数字既不全是奇数，也不全是偶数的概率；(2)若从盒子中有放回地抽取

3次卡片，每次抽取一张，求恰有两次取到卡片的数字为偶数的概率；(3)从盒子中依次抽取卡片，每次抽取一张，取出的卡片不放回，当抽到记有奇数的卡片即停止抽取，否则继续抽取卡片，求抽取次数X的分布列．返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分

布解：(1)因为1，3，5是奇数，2，4是偶数，设事件A为“两次取到的卡片的数字既不全是奇数，也不全是偶数”．P(A)＝C13·C12C25＝35或P(A)＝1－C23＋C22C25＝35.(2)设B表示事件“有放回地抽取3次卡片，每次抽取一张，恰有两次取

到的卡片上数字为偶数”，由已知，每次取到的卡片上数字为偶数的概率为25，则P(B)＝C23·252·1－25＝36125.返回目录多元提能力第62讲n次独立重复试验与二项分布(3)依题意，X的可能取值为1，2，3.P(X＝1)＝

35，P(X＝2)＝2×35×4＝310，P(X＝3)＝2×1×35×4×3＝110，所以X的分布列为X123P35310110【备选理由】本讲的重点是相互独立事件的概率、独立重复试验和二项分布，下面的两个例

题可作为在讲解完各个探究点后的综合训练用．返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布例1[2012·深圳中学期末]计算机考试分理论考试与上机操作考试两部分进行，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都

“合格”则计算机考试“合格”，并颁发“合格证书”．甲、乙、丙三人在理论考试中合格的概率分别为35，34，23；在上机操作考试中合格的概率分别为910，56，78.所有考试是否合格相互之间没有影响．(1)甲、乙、丙三人在同一次计算机考试中谁获得“合格证书”可能性最大？(2)求这三人计算机考

试都获得“合格证书”的概率；(3)用X表示甲、乙、丙三人在理论考核中合格人数，求ξ的分布列．返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布解：记“甲理论考试合格”为事件A1，“乙理论考试合格”为事件A2，“丙理论考试合格”为事件A3，记为Ai的对立事件，

i＝1，2，3；记“甲上机考试合格”为事件B1，“乙上机考试合格”为事件B2，“丙上机考试合格”为事件B3.(1)记“甲计算机考试获得合格证书”为事件A，记“乙计算机考试获得合格证书”为事件B，记“丙计算机考试获得合格证书”为事件C，

则P(A)＝35×910＝2750，P(B)＝34×56＝58，P(C)＝23×78＝712.由P(B)>P(C)>P(A)，则乙获得“合格证书”可能性最大．返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布(2)记“三人计算机考试都合格”为事件D.P(D)＝P[(A1B1)·(A2B2

)·(A3B3)]＝P(A1B1)·P(A2B2)·P(A3B3)＝P(A1)·P(B1)·P(A2)·P(B2)·P(A3)·P(B3)＝35×910×34×56×23×78＝63320，所以，这三人计算机考试都合格的概率为6332

0.返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布(3)X可以取0，1，2，3，P(X＝0)＝P(A1A2A3)＝1－35×1－34×1－23＝130，P(X＝1)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2

A3)＝1360，P(X＝2)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝920，P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝310.返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布故X的分布列如下表X0123P1301360920310返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项

分布例2投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能

通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；(2)记X表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列．返回目录教师备用题第62讲n次独立重复

试验与二项分布解：(1)记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D表示事件：稿件被录用．则D＝A＋B·C.∵P(A)＝0.5×0.5＝0.25，P(B)＝2×0.5×0.

5＝0.5，P(C)＝0.3.∴P(D)＝P(A＋B·C)＝P(A)＋P(B·C)＝P(A)＋P(B)P(C)＝0.25＋0.5×0.3＝0.40.返回目录教师备用题第62讲n次独立重复试验与二项分布(2)X～B(4，0.4)，其分布列为：P(X＝0

)＝(1－0.4)4＝0.1296，P(X＝1)＝C14×0.4×(1－0.4)3＝0.3456，P(X＝2)＝C24×0.42×(1－0.4)2＝0.3456，P(X＝3)＝C34×0.43×(1－0.4)＝0.1536，P(X＝4)＝0.44＝0.0256.所以X

的分布列为X01234P0.12960.34560.34560.15360.0256第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布双向固基础点面讲考向多元提能力教师备用题返回目录返回目录1．理解取有限个值的离散型随机变量的均值、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．2．利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．考试大纲第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布——知识梳理——返回目录双向固基础一、离散型随机变量的均值1．概念：一般地，若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则称E(

X)＝_______________________________为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．2．性质：若Y＝aX＋b，其中Y也是随机变量，a，b是常数，随机变量X的数学期望是

E(X)，则E(Y)＝____________．x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpnaE(X)＋b第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录双向固基础二、离散型随机变量的方差1．概念：设

离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1，2，3，…，n)相对于均值EX的偏离程度．而D(X)＝_________________为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其

均值E(X)的平均偏离程度．我们称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根D（X）为随机变量X的标准差，记σ(X)．i＝1n(xi－E(X))2pi第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录双向

固基础2．性质：D(aX＋b)＝________．证明：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝(ax1＋b－aE(X)－b)2p1＋(ax2＋b－aE(X)－b)2p2＋…＋(axi＋b－aE(X)－b)2pi＋…＋(axn＋b－a

E(X)－b)2pn＝a2[(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xi－E(X))2pi＋…＋(xn－E(X))2pn]＝a2D(X)．a2D(X)第63讲离散型随机变量的均值与方差

、正态分布返回目录双向固基础三、两点分布和二项分布的均值和方差1．两点分布的均值和方差：若X服从成功概率为p的两点分布，则均值E(X)＝_______，方差D(X)＝____________．2．二项分布的均值和方差：若X～B(n，p)，则E(X)＝________，D(X)＝__

____________．pp(1－p)np(1－p)np第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录双向固基础四、正态分布1．正态密度曲线：函数φμ，σ(x)＝12πσe－（x－μ）22σ2，x∈(－∞，＋∞)，其中μ和σ为参数(σ>0，μ∈R)．我们称函

数φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．其中函数φμ，σ(x)称为正态密度函数，其中的参数μ是正态总体的均值，参数σ是正态总体的标准差．第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录双向固基础2．正态曲线有以下特点：(1)曲线位于x轴上方

，与x轴不相交；(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；(3)曲线在x＝μ处达到峰值12πσ；(4)曲线与x轴之间的面积为1；(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中，σ越大，曲线越“矮胖”，

表示总体分布越分散的程度．3．正态分布：若X是一个随机变量，对任给区间(a，b]，P(a<X≤b)恰好是正态密度曲线下方和x轴上(a，b]上方所围成的图形的面积，我们就称随机变量X服从参数为μ和σ2的正态分布，简记为X～N(μ，σ2)．——疑难辨析——返回目录双向固基础第

63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．均值的意义(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均，反映了离散型随机变量取值的平均水平．()(2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随着样本的不同而变化的，

样本的均值是随机变量，这是样本的均值和随机变量的均值的差别．()[答案](1)√(2)√返回目录双向固基础第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[解析](1)根据期望的定义和算术平均值的概念可知．(2)根据随机变量均值的定义，当随机变量的

概率分布确定后，这个随机变量的均值就是一个确定的常数，但样本的均值随着样本的不同会发生变化的，也就是样本的均值是一个随机变量．返回目录双向固基础第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布2．方差的意义(1)随机

变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均值的平均程度越小．()(2)随机变量的方差是常数，样本的方差是随着样本的不同而变化的，因此样本方差是随机变量．()[答案](1)√(2)√[解析](1)根据方差和标准差

的计算公式可知．(2)道理同问题1(2)．返回目录双向固基础第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布3．对正态分布的理解(1)如果对于任意实数a<b，随机变量X满足P(a<X≤b)＝abφμ，σ(x)dx，则称X的分布为正态分布，正

态分布完全由参数μ和σ确定，不同的μ和σ对应着不同的正态分布．()(2)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ就是随机变量X的均值，它可以用样本的均值去估计；参数σ2就是随机变量X的方差，它可以用样本的方差去估计．()(3)一个

随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．()返回目录双向固基础第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[解析](1)根据定积分的几何意义和正态

分布的描述可知其正确．(2)由于正态密度函数仅仅受参数μ和σ的影响，所以(2)正确．(3)根据人们的经验和大量的统计得出的结论．[答案](1)√(2)√(3)√说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，示例均选自2008年～2012年安徽

卷．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布考点统计题型(考频)题型示例(难度)1.离散型随机变量的均值与方差解答(3)2009年T17(B)，2011年T20(2)(B)，2012年T17(2)(B)2.均值与方差的实际应用解答(1)2010年T21(3)(C)3.正

态分布的问题选择(1)填空(1)2008年T10(B)，2009年T11(A)►探究点一离散型随机变量的均值与方差的求法返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例1[2012·湖北卷]根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工

期的影响如下表：降水量XX<300300≤X<700700≤X<900X≥900工期延误天数Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9.求

：(1)工期延误天数Y的均值与方差；(2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[思考流程](1)条件：各取值范围的概率；目标：求均值与方差；方

法：先求分布列．(2)条件：已知降水量X至少是300；目标：求条件概率；方法：应用条件概率的公式．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：P(

X＜300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X＜700)－P(X＜300)＝0.7－0.3＝0.4，P(700≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜700)＝0.9－0.7＝0.2，P(X≥900)＝1－P(X＜

900)＝1－0.9＝0.1，所以Y的分布列为Y02610P0.30.40.20.1于是E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8，故工期延误

天数Y的均值为3，方差为9.8.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)由概率的加法公式，P(X≥300)＝1－P(X＜300)＝0.7，又P(300≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜300)＝0.9－0.3＝0.6.

由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X＜900|X≥300)＝P（300≤X＜900）P（X≥300）＝0.60.7＝67.故在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67.[点评]计算离散型随机变量的均值和方差，首先

理解X，Y的取值对应的事件的意义，再求X，Y取每个值的概率，列成分布列的形式，最后根据均值与方差的定义计算．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布归纳总结求解离散型随机变量均值与方差的步骤是：①求出随机变量X的所有可能的取值．②计算随机变

量X取各个值的概率，列出概率分布列．③按照均值的定义计算，注意适当使用性质E(aX＋b)＝aE(X)＋b.④按照方差的定义计算．若随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p)，则可直接应用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求解．返回目录点

面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布变式题[2013·济宁模拟]学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个

箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)(1)求在1次游戏中，①摸出3个白球的概率；②获奖的概率；(2)求在2次游戏中获奖次数X的分布列及数学期望EX.返回目

录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)①设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件Ai(i＝0，1，2，3)，则P(A3)＝C23C25·C12C23＝15.②设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2∪A3，A2，A3互斥，P(A2)＝C23C25·C22

C23＋C13C12C25·C12C23＝12，所以P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝12＋15＝710.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)方法一：由题意可知X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝1－7102＝910

0，P(X＝1)＝C127101－710＝2150，P(X＝2)＝7102＝49100.所以X的分布列是X012P9100215049100∴X的数学期望E(X)＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.返回目录点面讲考向第

63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布方法二：2次游戏，条件都相同，每次摸球获奖的概率都是710，相当于2次独立重复试验，则随机变量X～B2，710，于是可依次得出P(X＝0)＝1－7102＝9100，P(X＝1)＝C12710

1－710＝2150，P(X＝2)＝7102＝49100，返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布所以X的分布列是X012P9100215049100∴X的数学期望E(X)＝2×710＝75.►探

究点二均值与方差的实际应用返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例2[2012·课程标准卷]某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花

店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：日需求

量n14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由

．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[思考流程](1)条件：已知售价与销量的关系；目标：求函数解析式；方法：分段求解．(2)①条件：已知日需求量的频率；目标：求分布列、数学期望及方差；方法：频率估计概率，求出X

的各取值的概率．②条件：可求出两随机变量的期望与方差；目标：对两种方案作出选择；方法：比较数学期望与方差．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)当日需求量n≥16时，利润y＝80，当日需求量n<16时

，利润y＝10n－80，所以y关于n的函数解析式为y＝10n－80，n<16，80，n≥16(n∈N)．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)①X可能的取值为60，70，80，并且P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80

)＝0.7.X的分布列为X607080P0.10.20.7X的数学期望为E(X)＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.X的方差为D(X)＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×

0.7＝44.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布②答案一：花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为Y55657585P0.10.20.160.54Y的数学期

望为E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.Y的方差为D(Y)＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.返回目录点面讲考向第63讲离散

型随机变量的均值与方差、正态分布由以上的计算结果可以看出，D(X)<D(Y)，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．另外，虽然E(X)<E(Y)，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．答案二：花店一天应购进17枝

玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为Y55657585P0.10.20.160.54返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布Y的数学期望为E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54

＝76.4.由以上的计算结果可以看出，E(X)<E(Y)，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．[点评]本题通过对生产生活问题的检测，展示了数据的获取、整理、分析过程，对于购进方案的选择，首先

应从利润的数学期望进行比较，利润的期望值高，购进方案较好，再比较方差，方差小则获得的利润较稳定．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布归纳总结解决此类题目的关键是将实际问题转化为数学问题

，正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，求得该事件发生的概率；随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体上刻画了随机变量，是生产生活实际中用于方案取舍的重要方法，一般先比较均值，再考虑方差．返回目录点面讲考向第63讲离散型

随机变量的均值与方差、正态分布返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布变式题现有A，B两个项目，投资A项目100万元，一年后获得的利润为随机变量X1(万元)，根据市场分析，X1的分布列为X11211.811.

7P161213投资B项目100万元，一年后获得的利润X2(万元)与B项目产品价格的调整(价格上调或下调)有关，已知B项目产品价格在一年内进行2次独立的调整，且在每次调整中价格下调的概率都是p(0≤p<1)．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布经专家测算评估B项

目产品价格的下调与一年后获得相应利润的关系如下表：B项目产品价格一年内下调次数X(次)012投资100万元一年后获得的利润X2(万元)1312.52(1)求X1的方差D(X1)；(2)求X2的分布列；(3)

若p＝0.3，根据投资获得利润的差异，你愿意选择投资哪个项目？(参考数据：1.22×0.49＋0.72×0.42＋9.82×0.09＝9.555)返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)由X1的概率分布为X11211.811.7P161213则E(X

1)＝12×16＋11.8×12＋11.7×13＝11.8.D(X1)＝(12－11.8)2×16＋(11.8－11.8)2×12＋(11.7－11.8)2×13＝0.01.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变

量的均值与方差、正态分布(2)方法一：由题设得X～B(2，p)，则X的概率分布为X012P(1－p)22p(1－p)p2故X2的概率分布为X21312.52P(1－p)22p(1－p)p2返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值

与方差、正态分布方法二：设A1表示事件“第i次调整，价格下调”(i＝1，2)，则P(X＝0)＝P(A1)P(A2)＝(1－p)2；P(X＝1)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝2p(1－p)；P(X＝2)

＝P(A1)P(A2)＝p2，故X2的概率分布为X21312.52P(1－p)22p(1－p)p2返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(3)当p＝0.3时，E(X2)＝E(X1)＝11.8，由于D(X1)＝0.01，D(X2)＝9.555.所以D(X2)>D(X1)，当

投资两个项目的利润均值相同的情况下，投资B项目的风险高于A项目，从获得稳定收益考虑，当p＝0.3时应投资A项目．►探究点三正态分布的问题返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例3[2012·课程标准卷]某一部件由三个电子元件按图1

0－63－1方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000

小时的概率为________．图10－63－1返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[思考流程]分析：随机变量服从正态分布；推理：利用事件的独立性求概率；结论：求出指定范围的概率．[答案]38返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[解析]

方法一：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P(A)．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N(1000，502)，所以元件1，2，3的使用寿命超过1000小时的概率分别为P1＝12，P2＝12，P3＝12.因为P(A)＝P3＋＝12×12×

12＋12＝58，所以P(A)＝1－P(A)＝38.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布方法二：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P(A)．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N(1

000，502)，所以元件1，2，3的使用寿命超过1000小时的概率分别为P1＝12，P2＝12，P3＝12.故P(A)＝P1P3＋P2P3＋P1P2P3＝12×1－12×12＋1－12×12×12＋12×12×12＝38.[点评]求服从正态

分布的随机变量在某个区间取值的概率，只需借助正态曲线的性质，把所求问题转化为已知概率的三个区间上；解题时应充分利用正态曲线的对称性，曲线与x轴之间的面积为1.返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录点面讲考向第63讲离散型随

机变量的均值与方差、正态分布归纳总结正态分布是连续型的概率分布，主要是根据正态曲线的对称性解决一些概率和实际问题．服从正态分布的随机变量在一个区间上的概率就是这个区间上，正态密度曲线和x轴之间的曲边梯形的面积，根据正态密度曲线的对称性，当P(ξ＞x1)＝P(ξ＜x2)时必然有x1＋

x22＝μ，这是解决正态分布类试题的一个重要结论．返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布变式题(1)关于正态曲线性质的叙述：①曲线关于直线x＝μ对称，这个曲线在x轴上方；②曲线关于直线x＝σ对称，这个曲线只有当x∈(－3σ，3σ)时才在x轴上方；③曲线关于y轴对称，因为曲线

对应的正态密度函数是一个偶函数；④曲线在x＝μ时处于最高点，由这一点向左右两边延伸时，曲线逐渐降低；⑤曲线的对称轴由μ确定，曲线的形状由σ确定；⑥σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“高瘦”．返回目

录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布上述说法正确的是()A．①④⑤⑥B．②④⑤C．③④⑤⑥D．①⑤⑥(2)[2012·保定模拟]设随机变量X～N(1，52)，且P(X≤0)＝P(X

>a－2)，则实数a的值为()A．4B．6C．8D．10[答案](1)A(2)A返回目录点面讲考向第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布[解析](1)参照正态曲线的性质．当x∈(－∞，＋∞)时，正态曲线全在x轴上方，且只

有当μ＝0时，正态曲线才关于y轴对称，因此知A选项正确．(2)由随机变量X服从正态分布N(1，52)，则其正态密度曲线关于直线x＝1对称．∵P(X≤0)＝P(X>a－2)，∴在x轴上数0对应的点与a－2对应

的点关于直线x＝1对称，∴0＋（a－2）2＝1，解得a＝4，故选A.答题模板15求解复杂事件概率问题的规范步骤返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例[2012·湖南卷]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1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/人)11.522.53返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与

方差、正态分布已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互

独立，求该顾客结算前的等候时间不．超过．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15

，y＝20.2分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，将频率视为概率得P(X＝1)＝15100＝320，P(X＝1.5)＝30100＝310，P(X＝2)＝25100＝14，P(X＝2.5)

＝20100＝15，P(X＝3)＝10100＝110.6分返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布X的分布列为X11.522.53P3203101415110X的数学期望为E(X)

＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.8分(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，Xi(i＝1，2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P

(X1＝1.5且X2＝1)．9分返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)

＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980.11分故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.12分[方法解读]离散型随机变量及其分布、数字特征等都离不开概率的计算，在计算概率时要善于根据

问题的实际情况把概率归结事件的分析和基本的概率模型．(1)根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%知，购物量超过8件的有55人，购物量不超过8件的有45人，再用频率估计概率，计算随机变

量每一个取值对应的概率，从而求得分布列和期望；(2)通过分析各结算相互独立，判断事件之间相互独立，化归为独立事件的概率求解．返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录多元提能力第6

3讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布自我检评[2012·豫北六校联考]当前人们普遍认为拓展训练是一种挑战极限、完善人格的训练，某大学生拓展训练中心着眼于大学生的实际情况，精心设计了三个相互独立的挑战极限项目，并设置

如下计分办法：项目甲乙丙挑战成功得分103060挑战失败得分000据调查，大学生挑战甲项目的成功概率为45，挑战乙项目的成功概率为34，挑战丙项目的成功概率为12.(1)求某同学三个项目至少一项挑战成

功的概率；(2)记该同学挑战三个项目后所得分数为X，求X的分布列并预测该同学所得分数的数学期望．返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)甲乙丙这三个项目至少一项挑战成功的概率P＝1－1－45

1－341－12＝1－140＝3940.(2)由题意，X的可能取值为0，10，30，40，60，70，90，100.P(X＝0)＝15×14×12＝140，P(X＝10)＝45×14×12＝110，P

(X＝30)＝15×34×12＝340，P(X＝40)＝45×34×12＝310，返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布P(X＝60)＝15×14×12＝140，P(X＝70)＝45×14×12＝110，P(X＝90)

＝15×34×12＝340，P(X＝100)＝45×34×12＝310.返回目录多元提能力第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布所以X的分布列为X0103040607090100P140110340310140110340310E(X)＝0×

140＋10×110＋30×340＋40×310＋60×140＋70×110＋90×340＋100×310＝60.5(分)．所以该同学所得分的数学期望为60.5分．【备选理由】下面的两个例题都偏重于概率的实

际应用，这可能是一个考查方向的改变，值得注意，两个题目可以穿插在正文的相应部分使用．返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例1[2012·北京东城区二模]某公园设有自行车租

车点，租车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算)．甲、乙两人各租一辆自行车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14，12；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过三小时．(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用

之和为随机变量X，求X的分布列与数学期望E(X).返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)甲、乙两人所付费用相同即为2，4，6元．都付2元的概率为P1＝14×12＝18，都付4元的概率为P2＝12×14＝18，都付6元的概率为P3＝14

×14＝116，故所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝18＋18＋116＝516.返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)依题意，X的可能取值为4，6，8，10，12.P(X＝4)＝18，P(X＝6)＝14×14＋12×12＝516，P(X＝8)＝14

×14＋12×14＋12×14＝516，P(X＝10)＝14×14＋12×14＝316，P(X＝12)＝14×14＝116.返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布故X的分布列为X4681012P185165163161

16∴所求数学期望E(X)＝4×18＋6×516＋8×516＋10×316＋12×116＝152.返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布例2某单位为了提高员工素质，举办了一场跳绳比赛，其中男员工12人，女员工18人，其成绩编成如图10－63－2所示的茎叶图(单位：分)

，分数在175分以上(含175分)者定为“运动健将”，并给予特别奖励，其他人员则给予“运动积极分子”称号．(1)若用分层抽样的方法从“运动健将”和“运动积极分子”中抽取10人，然后再从这10人中选4人，求至少有1人是“运动健将”的概率；(2)若从所有“运动健

将”中选3名代表，用X表示所选代表中女“运动健将”的人数，试写出X的分布列，并求X的数学期望．返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布图10－63－2返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布解：(1)根据茎叶图，有“运动健将

”12人，“运动积极分子”18人，用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率为1030＝13，所以选中的运动健将有12×13＝4人，运动积极分子有18×13＝6人，设事件A：至少有1名“运动健将”被选中，则P(A)＝1

－C46C410＝1－114＝1314.返回目录教师备用题第63讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布(2)由茎叶图知，男“运动健将”有8人，女“运动健将”有4人，故X的取值为0，1，2，3.P(X＝0)＝C38C312＝1455，P(X＝1)

＝C28C14C312＝2855，P(X＝2)＝C18C24C312＝1255，P(X＝3)＝C34C312＝155.X的分布列为X0123P145528551255155∴E(X)＝0×1455＋1×2855＋2×1255＋3×155＝1.370感谢下载