第十二　排列组合、二项式定理、概率

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排列
、
组合　　1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；
2.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；
3.能用计数原理证明二项式定理； 会用 二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.　　本重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.
本难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.　　排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.
随机事的概率　　1.了解随机事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.了解两个互斥事的概率加法公式和相互独立事同时发生的概率乘法公式；
3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事所包含的基本事的个数及事发生的概率；
4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义.　　本重点：1.随机事、互斥事及概率的意义，并会计算互斥事的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.
本难点：1.互斥事的判断及互斥事概率加法公式的应用；2.可以转 化为几何概型求概率的问题.　　本部分要求考生能从集合的思想观点认识事、互斥事与对立事，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.
离散型随机变量　　1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；
2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；
3.了解条概率和两个事相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；
4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；
5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.本重点：1.离散型随机变量及其分布列； 2.独立重复试验的模型及二项分布.
本难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.　　求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事的意义的理解.

知识网络

12.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

典例精析
题型一　分类加法计数原理的应用
【例1】 在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有　　种取法.
【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；
当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；
当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；
……
当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；
当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；
……
当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法.
【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.
【变式训练1】(2010济南市模拟)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)
A.3B.4C.6D.8
【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.
题型二　分步乘法计数原理的应用
【例2】 从6人中选4人分别到张家界、韶、衡、桃花四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有　　　种.
【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶、衡、桃花的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.
【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这事，各步之间既不能重复也不能遗漏.
【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有　　种不同的排法.
【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种方法.
题型三　分类和分步计数原理综合应用
【例3】(2011长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有　　　　.
【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A44种涂法，共有4A44＝96种方法.
方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.
【变式训练3】(2009深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条的所有涂法有多少种？
【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法；
第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；
第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这事；分步乘法计数原理是完成一事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事.因此，分清完成一事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.

12.2　排列与组合

典例精析
题型一　排列数与组合数的计算
【例1】 计算：(1)8！＋A66A28－A410；(2) C33＋C34＋…＋C310.
【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 130623.
(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.
【点拨】在使用排列数公式Amn＝n！(n－m)！进行计算时，要注意公式成立的条：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.
【变式训练1】解不等式 ＞6 .
【解析】原不等式即9！(9－x)！＞6×9！(11－x)！，
也就是1(9－x)！＞ ，
化简得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.
题型二　有限制条的排列问题
【例2】 3男3女共6个同学排成一行.
(1)女生都排在一起，有多少种排法？
(2)女生与男生相间，有多少种排法？
(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？
(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？
(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？
【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44•A33＝144种排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33•A33＝72种排法.
(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33•A34＝144种.
(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576种.
(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23•A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24种.
【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.
【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.
(1)43 251是这个数列的第几项？
(2)这个数列的第97项是多少？
【解析】(1)不大于43 251的五位数A55－(A44＋A33＋A22)＝88个，即为此数列的第88项.
(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.
题型三　有限制条的组合问题
【例3】 要从12人中选出5人去参加一项活动.
(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法？
(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法？
(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法？
(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法？
(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法？
【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29＝36种不同选法.
(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126种选法.
(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选 法，所以共有C13•C49＝378种选法.
(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512－C59＝666种选法.
(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512－C29＝756种选法.
【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条的问题，一般要根据特殊元素分类.
【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.
(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？
(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？
【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C23＝3种.故有69种.
(2)用间接法.共C410－69＝141种.
总结提高
解有条限制的排列与组合问题的思路：
(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；
(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；
(3)再考虑其余元素或其余位置.

12.3二项式定理

典例精析
题型一　二项展开式的通项公式及应用
【例1】 已知 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.
(1)求证：展开式中没有常数项；
(2)求展开式中所有的有理项.
【解析】由题意得2C1n• ＝1＋C2n•( )2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).
所以Tr＋1＝ •( ) •
＝(－ )r• • •
＝(－1)r• • (0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.
(2)若Tr＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，
又0≤r≤8，r∈Z，所以 r＝0,4,8，
即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T5＝358 x，T9＝1256 x-2.
【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；
(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系)；
(3) 注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”.
【变式训练1】若(xx＋ )n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.
【解析】由题知C0n＋C1n•2＋C2n•22＝129，
所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝Cr8(xx)8-r ＝ ，
故r＝6时，T7＝26C28x＝1 792x，
所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.
题型二　运用赋值法求值
【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝　　；
(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝　　.
【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4.
(2)由二项式定理得，
a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，
代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，
令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.
【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.
【变式训练2】设(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.
【解析】令f(x)＝(3x－1)8，
因为f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).
题型三　二项式定理的综合应用
【例3】求证：4×6n＋5 n＋1－9能被20整除.
【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍数，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.
【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.
【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.
因为T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001，
且第3项以后的绝对值都小于0.001，
所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.
所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.
总结提高
1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条，求出n和r，再确定所需的项；
2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；
3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.

12.4　随机事的概率与概率的基本性质

典例精析
题型一　频率与概率
【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.
抽取球数n501002005001 0002 000
优等品数m45921944709541 902
优等品频率
(1)计算表中乒乓球优等品的频率；
(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位)
【解析】(1)依据公式 ，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,
0.940,0.954,0.951.
(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.
【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.
【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.
投篮次数n8101291016
进球次数m6897712
进球频率
(1)计算表中进球的频率；
(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？
【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：

(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在 附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .
题型二　随机事间的关系
【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事是否为互斥事，是否为对立事.
(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”；
(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；
(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.
【解析】(1)是互斥事但不是对立事.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.
(2)是互斥事又是对立事.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.
(3)不是互斥事，更不是对立事.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事有可能同时发生，如抽得12.
【点拨】要区分互斥事和对立事的定义.
【变式训练2】抽查10产品，设事A：至少有两次品，则A的对立事为(　　)
A.至多两次品 B.至多一次品
C.至多两正品 D.至少两正品
【解析】根据对立事的定义得选项B.
题型三　概率概念的应用
【例3】 甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.
优秀非优秀总计
甲10
乙30
总计105
已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为 .
(1)请完成上面列联表；
(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P(2＞6.635)＝0.05)；
(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.
【解析】(1)
优秀非优秀总计
甲104555
乙203050
总计3075105
(2)计算2的一个观测值
k＝ ＝6.109.
因为6.109＜6.635，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.
(3)记被抽取人的序号为ζ，
则P(ζ＝6)＝ ，P(ζ＝10)＝ ，
所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝10)＝ ＝ .
【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.
【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为 －5n＋20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).
(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率；
(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.
【解析】(1)由不等式 －5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，
由题意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率为 .
(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，
其中n＜m，则有 －5n＋20＝ －5m＋20，
所以(n－m)(n＋m－15)＝0.
因为n≠m，所以n＋m＝15，
所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).
故所求概率为 .
总结提高
1.对立事是互斥事的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事.集合A的对立事记作 ，从集合的角度看，事 所含结果的集合正是全集U中由事A所含结果组成集合的补集，即A∪ ＝U，A∩ ＝ .对立事一定是互斥事，但互斥事不一定是对立事.
事A、B的和记作A＋B，表示事A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事时，事A＋B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.
当计算事A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事 的概率则要容易些，为此有P(A)＝1－P( ).
2.若A与B互相独立，则 与 ，A与 ， 与B都是相互独立事.判断A与B是否独立的方法是看P(AB)＝P(A)•P(B)是否成立.

12.5　古典概型

典例精析
题型一　古典概率模型的计算问题
【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，
轿车A轿车B轿车C
舒适型100150z
标准型300450600
现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.
(1)求z的值；
(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.
【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40＝2 000辆，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事A：至少有1辆舒适型轿车，则事 表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事A包含：基本事数为m＝7种，所以P(A)＝710.
(3)样本平均数 ＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事B包含的基本事有6种，所以P(B)＝68＝34.
【点拨】利用古典概型求事的概率时，主要弄清基本事的总数，及所求事所含的基本事的个数.
【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.
【解析】依题意不妨设a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，从而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，cos C＝(n－1)2＋n2－(n＋1)22(n－1)n＝n－42(n－1)＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46＝23.
题型二　有放回抽样与不放回抽样
【例2】 现有一批产品共有10，其中8为正品，2为次品.
(1)如果从中取出一，然后放回，再取一，求连续3次取出的都是正品的概率；
(2)如果从中一次取3，求3都是正品的概率.
【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10＝103种；设事A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事共有8×8×8＝83 种，因此，P(A)＝ ＝0.512.
(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事不同，按抽取顺序记录(x，y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8＝720种.设事B为“3都是正品”，则事B包含的基本事总数为8×7×6＝336， 所以P(B)＝336720≈0.467.
方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事B包含的基本事个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【点拨】关于不放回抽样，计算基本事个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.
【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：
(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；
(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P＝410＝25；
(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P＝525＝15.
题型三　古典概型问题的综合应用
【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.
(1)若n＝3，求取到的4个球全是红球的概率；
(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n.
【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事A，
P(A)＝C22C24•C22C25＝16×110＝160.
(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事B，“取到的4个球只有1个红球”为事B1，“取到的4个球全是白球”为事B2.
由题意，得P(B)＝1－34＝14.
P(B1)＝C12C12C24•C2nC2n＋2＋C22C24•C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24•C2nC2n＋2＝n(n－1)6(n＋2)(n＋1).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝2n23(n＋2)(n＋1)＋n(n－1)6(n＋2)(n＋1)＝14，化简得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37(舍去)，故n＝2.
【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.
(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？
(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？
【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C 14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16×C14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110×C19＝90，
所以概率为2490＝415.
(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事的总数是10×9＝90.
方法一：(分类计数原理)
①只有甲抽到了选择题的事数是：6×4＝24；
②只有乙抽到了选择题的事数是：6×4＝24；
③甲、乙同时抽到选择题的事数是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24＋24＋3090＝1315.
方法二：(利用对立事)
事“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事.
事“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事个数是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－1290＝1－215＝1315.
总结提高
1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条下，运用的古典概型计算公式P(A)＝mn得出的结果才是正确的.使用公式P(A)＝mn计算时，确定m、n的数值是关键所在.
2.对于n个互斥事A1，A2，…，An，其加法公式为P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分类讨论思想是解决互斥事有一个发生的概率的一个重要的指导思想.
4.在应用题背景条下，能否把一个复杂事分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.

12.6　几何概型

典例精析
题型一　长度问题
【例1】如图，∠AOB＝60°，OA＝2，OB＝5，在线段OB上任取一点C，

试求：
(1)△AOC为钝角三角形的概率；
(2)△AOC为锐角三角形的概率.
【解析】如图，由平面几何知识知：
当AD⊥OB时，OD＝1；当OA⊥AE时，OE＝4，BE＝1.
(1)当且仅当点C在线段OD或BE上时，△AOC为钝角三角形.
记“△AOC为钝角三角形”为事，则P()＝OD＋EBOB＝1＋15＝0.4，即△AOC为钝角三角形的概率为0.4.
(2)当且仅当点C在线段DE上时，△AOC为锐角三角形.
记“△AOC为锐角三角”为事N，则P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC为锐角三角形的概率为0.6.
【点拨】我们把每一个事理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.
【变式训练1】点A为周长等于3的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点B，则劣弧AB的长度小于1的概率为　　　.
【解析】如图

可设 ＝1，则根据几何概率可知其整体事是其周长3，则其概率是23.
题型二　面积问题
【例2】 两个CB对讲机(CB即CitizenBand民用波段的英缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3：00时莉莉正在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午3：00时正在基地正北距基地40公里以内的某地向基地行驶，试问在下午3：00时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大？
【解析】设x和y分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是0≤x≤30,0≤y≤40.
他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x，y)，这里x，y都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置， 他们可以通过对讲机交谈的事仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事的点由满足不等式x2＋y2≤25的数对组成，
此不等式等价于x2＋y2≤625，右图中的方形区域代表基本事组，阴影部分代表所求事，方形区域的面积为1 200平方公里，而事的面积为(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41 200＝625π4 800≈0.41.
【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，然后求出事A和基本事的几何度量，借助几何概型的概率公式求出.
【变式训练2】如图，以正方形ABCD的边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率.
【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的，符合几何概型条.记飞镖落在花瓣内为事A，设正方形边长为2r，则
P( A)＝S花瓣SABCD＝12πr2×4－(2r)2(2r)2＝π－22.
所以，飞镖落在花瓣内的概率为π－22.
题型三　体积问题
【例3】 在线段[0,1]上任意投三个点，设O至三点的三线段长为x、y、z，研究方法表明：x，y，z能构成三角形只要点(x，y，z) 落在棱长为1的正方体T的内部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所围成的区域G中(如图)，则x，y，z能构成三角形与不能构成三角形这两个事中哪一个事的概率大？
【解析】V(T)＝1，V(G)＝13－3×13×12×13＝12，
所以P＝V(G)V(T)＝12.
由此得，能与不能构成三角形两事的概率一样大.
【点拨】因为任意投的三点x，y，z是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本事的区域有关.
【变式训练3】已知正方体ABCD—A1B1C1D1内有一个内切球O，则在正方体ABCD—A1B1C1D1内任取点，点在球O内的概率是(　　)
A.π4B.π8C.π6D.π12
【解析】设正方体的棱长为a，则点在球O内的概率P＝V球V正方体＝43π(a2)3a3＝π6，选C.
总结提高
1.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事. 如果随机事所在区域是全部区域扣除一个单点， 其测度为1，则它出现的概率为1，但它不是必然事.
2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，面积，体积)，一个基本事是区域中的一个点.此时用点数度量事A包含的基本事的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，…)相等时，事A对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.
3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点表示，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型解决.

12.7　条概率与事的独立性

典例精析
题型一　条概率的求法
【例1】一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：
(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.
【解析】设第i次按对密码为 事Ai(i＝1,2)，则A＝A1∪( A2)表示不超过2次就按对密码.
(1)因为事A1与事 A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P( A2)＝110＋9×110×9＝15.
(2)用B表示最后一位是偶数的事，则
P(AB)＝P(A1B)＋P( A2B)＝15＋4×15×4＝25.
【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事间的关系，辨析所求概率是哪一事的概率，再运用相应的公式求解.
【变式训练1】设某种动物从出生算起活到20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是　　　.
【解析】设此种动物活到20岁为事A，活到25岁为事B，所求概率为P(BA)， 由于B⊆A，则P(AB)＝P(B)，所以P(BA)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝12.
题型二　相互独立事的概率
【例2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为15，14，13，且他们是否破译出密码互不影响.
(1)求恰有二人破译出密码的概率；
(2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.
【解析】(1)记三人各自破译出密 码分别为事A，B，C，依题意知A，B，C相互独立，记事D：恰有二人破译密码，
则P(D)＝P(AB )＋P(A C)＋P( BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)记事E：密码被破译， ：密码未被破译，
则P( )＝P( )＝(1－15)×(1－14)×(1－13)＝2460＝25，
所以P(E)＝1－P( )＝35，所以P(E)＞P( ).
故密码被破译的概率大.
【点拨】解决事的概率问题的一般步骤：①记取事；②揭示事的关系；③计算事的概率.
【变式训练2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有6个只有颜色不相同的球，并且每个口袋内的6个球均有1个红球，2个黑球，3个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出1个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各1个的概率.
【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为16，13，12，可得P＝A33×16×13×12＝16.
题型三　综合问题
【例3】某公司招聘员工，指定三门考试程，有两种考试方案.
方案一：三门程中至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门程中随机选取两门，这两门都及格为考试通过.
假设某应聘者对三门指定程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门程考试是否及格相互之间没有影响.
(1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率；
(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.
【解析】记该应聘者对三门指定程考试及格的事分别为A，B，C，则P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)应聘者在方案一下考试通过的概率
P1＝P(AB )＋P( BC)＋P(A C)＋P(ABC)
＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc
＝ab＋bc＋ca－2abc.
应聘者在方案二下考试通过的概率
P2＝13P(AB)＋13P(BC)＋13P(AC)＝13(ab＋bc＋ca).
(2)由a，b，c∈[0,1]，则
P1－P2＝23(ab＋bc＋ca)－2abc＝23[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ca(1－b)]≥0，
故P1≥P2，即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.
【点拨】本题首先以相互独立事为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小，要求运用a，b，c∈[0,1]这一隐含条.
【变式训练3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率是25，甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是320，甲，乙， 丙三人都不能通过测试的概率是340，且乙通过的概率比丙大.
(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少？
(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况？
【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为x，y，依题意得
即 或 (舍去)，
所以乙、丙两人各自通过的概率分别为34，12.
(2)因为三人都不能通过测试的概率为P0＝340，
三人都能通过测试的概率为P3＝320＝640，
三人中恰有一人通过测试的概率：
P1＝25×(1－34)×(1－12)＋(1－25)×34×(1－12)＋(1－25)×(1－34)×12＝720＝1440，
三人恰有两人通过测试的概率：
P2＝1－(P0＋P1＋P3)＝1740，
所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况.
总结提高
1.互斥事、对立事、相互独立事的区别：
对于事A、B，在一次试验中，A、B如果不能同时发生，则称A、B互斥.一次试验中，如果A、B互斥且A、B中必有一个发生，则称A、B对立.显然，A＋ 为必然事，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.两事相互独立是指一个事的发生与否对另一事的发生的概率没有影响.事实上：
A、B互斥，则P(AB)＝0；
A、B对立，则P(AB)＝0且P(A)＋P(B)＝1；
A、B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B).
它们是不相同的.
2.由于当事A、B相互独立时，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互独立事A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事A1，A2，…，An，有
P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P( ∩ ∩…∩ )，此称为概率的和与积的互补公式.

12.8　离散型随机变量及其分布列

典例精析
题型一　离散型随机变量的分布列
【例1】设离散型随机变量X的分布列为
X01234
P0.20.10.10.30.3
求：(1)2X＋ 1的分布列；(2)X－1的分布列.
【解析】首先列表如下：
X01234
2X＋113579
X－110123
从而由上表得两个分布列如下：
2X＋1的分布列：
2X＋113579
P0.20.10.10.30.3
X－1的分布列：
X－10123
P0.10.30.30.3
【点拨】由于X的不同的值，Y＝f(X)会取到相同的值，这时要考虑所有使f(X)＝Y成立的X1，X2，…，Xi的值，则P(Y)＝P(f(X))＝P(X1)＋P(X2)＋…＋P(Xi)，在第(2)小题中充分体现了这一点.
【变式训练1】 某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到过渡区，B肯定是受A感染的，对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同样也假定D受A、B、C感染的概率都为13，在这种假定之下，B、C、D中受A感染的人数X就是一个随机变量，写出X分布列，并求均值.
【解析】依题知X可取1、2、3，
P(X＝1)＝1×(1－12)×(1－13)＝13，
P(X＝2)＝1×(1－12)×13＋1×12×(1－13)＝12，
P(X＝3)＝1×12×13＝16，
所以X的分布列为
X123
P
均值E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .
题型二　两点分布
【例2】在掷一枚图钉的随机试验中，令ξ＝ 如果针尖向上的概率为p，试写出随机变量ξ的分布列.
【解析】根据分布列的性质，针尖向下的概率是1－p.于是，随机变量的分布列是
ξ01
P1－pp
【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合，加深了两点分布的概念的理解.
【变式训练2】 若离散型随机变量ξ＝ 的分布列为：
ξ01
P9c2－c3－8c
(1)求出c；
(2)ξ是否服从两点分布？若是，成功概率是多少？
【解析】(1)由(9c2－c)＋(3－8c)＝1，解得c＝13或23.
又9c2－c≥0,3－8c≥0，所以c＝13.
(2)是两点分布.成功概率为3－8c＝13.
题型三　超几何分布
【例3】 有10产品，其中3次品，7正品，现从中抽取5，求抽得次品数 X 的分布列.
【解析】X的所有可能取值为 0,1,2,3，X＝0表示取出的5产品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5产品有1次品4正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5产品有2次品3正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5产品有3次品2正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列为
X0123
P
【点拨】在取出的5产品中，次品数X服从超几何分布，只要代入公式就可求出相应的概率，关键是明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布，要掌握它的特点.
【变式训练3】一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X＝4)的值为(　　)
A.1220　　　B.2755C.27220D.2125
【解析】由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)＝C23C19C312＝27220.选C.
总结提高
1.求离散型随机变量分布列的问题，需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法.
2.求离散型随机变量ξ的分布列的步骤：
(1)求出随机变量ξ的所有可能取值xi(i＝1,2,3，…)；
(2)求出各取值的概率P(ξ＝xi)＝pi；
(3)列出表格.

12.9　独立重复试验与二项分布

典例精析
题型一　相互独立事同时发生的概率
【例1】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零，已知甲机床加工的零是一等品而乙机床加工的零不是一等品的概率为14，乙机床加工的零是一等品而丙机床加工的零不是一等品的概率为112，甲、丙两台机床加工的零都是一等品的概率为29.
(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零是一等品的概率；
(2)从甲、乙、丙加工的零中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.
【解析】(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零是一等品的事.
由题 设条有
即
由①③解得P(C)＝23，将P(C)＝23分别代入③②可得P(A)＝13，P(B)＝14，即甲、乙、丙三台机床各自加工的零是一等品的概率分别是13，14，23.
(2)记D为从甲、乙、丙加工的零中各取一个检验，至少有一个一等品的事，
则P(D)＝1－P( )＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故从甲、乙、丙加工的零中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.
【点拨】相互独立事是发生的概率互不影响的两个或多个事.两个相互独立事同时发生的概率满足P(AB)＝P(A)P(B)，对于求与“至少”、“至多”有关事的概率，通常转化为求其对立事的概率.
【变式训练1】甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23.
(1)求乙至多击中目标2次的概率；
(2)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.
【解析】(1)乙至多击中目标2次的概率为1－C33(23)3＝1927.
(2)设甲恰比乙多击中目标2次为事A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事B2，则A＝B1＋B2，B1、B2为互斥事.
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝38×127＋18×29＝124.
所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.
题型二　独立重复试验
【例2】(2010天津)某射手每次射击击中目标的概率是 23，且各次射击的结果互不影响.
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率.
【解析】(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B(5，23).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P(X＝2)＝C25×(23)2×(1－23)3＝40243.
(2)设“第i次射击击中目标”为事Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事A，则
P(A)＝P(A1A2A3 )＋P( A2A3A4 )＋P( A3A4A5)＝(23)3×(13)2＋13×(23)3×13＋(13)2×(23)3＝881.
【点拨】独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验成功的概率都相同，恰有k次试验成功的概率为Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k.
【变式训练2】袋子A中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是13.从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止.
(1)求恰好摸5次停止的概率；
(2)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求P(ξ≥2).
【解析】(1)P＝C24×(13)2×(23)2×13＝881.
(2)P(ξ＝2)＝C25×(13)2×(1－13)3＝80243，
P(ξ＝3)＝C35×(13)3×(1－13)2＝40243，
则P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝4081.
题型三　二项分布
【例3】 一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事是相互独立的，并且概率为13.
(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；
(2)设Y为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数，求Y的分布列；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.
【解析】(1)依题意知X～B(6，13)，
P(X＝k)＝Ck6(13)k(23)6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
所以X的分布列为
X0123
P
X456
P
(2)依题意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，
P(Y＝0)＝13，
P(Y＝1)＝13×23＝29，
P(Y＝2)＝13×(23)2＝427，
P(Y＝3)＝13×(23)3＝881，
P(Y＝4)＝13×(23)4＝16243，
P(Y＝5)＝13×(23)5＝32729，
P(Y＝6)＝(23)6＝64729，
所以Y的分布列为
Y0123456
P
(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率为
P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(23)6＝665729.
【点拨】解决离散型随机变量的分布列问题时，要依据相关概念识别离散型随机变量服从什么分布，如第(1)问中X服从二项分布，而第(2)问中并不服从二项分布.
【变式训练3】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求随机变量ξ的分布列.
【解析】方法一：ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,5.
P(ξ＝0)＝2535＝32243，P(ξ＝1)＝ ＝80243，
P(ξ＝2)＝ ＝80243，P(ξ＝3)＝ ＝40243，
P(ξ＝4)＝ ＝10243，P(ξ＝5)＝135＝1243.
从而ξ的分布列为
ξ012345
P
方法二：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验.
故ξ～B(5，13)，即有
P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
由此计算ξ的分布列如方法一.
总结提高
独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验结果的概率不受其他次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功和失败.n次试验中A恰好出现了k次的概率为Cknpk(1－p)n－k，这k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，则概率为pk(1－p)n-k.

12.10　离散型随机变量的期望与方差

典例精析
题型一　期望与方差的性质的应用
【例1】设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝16(k＝1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ＋3)和D(ξ)，D(2ξ＋3).
【解析】E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x6p6＝3.5，
E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝10，
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(x6－E(ξ))2p6＝3512，D(2ξ＋3)＝4D(ξ)＝353.
【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时，首先要弄清其分布特征及分布列，再准确运用公式，特别是利用性质解题.
【变式训练1】袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4).现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号.
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a，b的值.
【解析】(1)ξ的分布列为：
ξ01234
P
　　所以E(ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，
D(ξ)＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，即a＝±2.又E(η)＝aE(ξ)＋b，
所以当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以 或
题型二　期望与方差在风险决策中的应用
【例2】 甲、乙两名工人加工同一种零，两人每天加工的零数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ012
P

η012
P
试对这两名工人的技术水平进行比较.
【解析】工人甲生产出的次品数ξ的期望和方差分别为：
E(ξ)＝0×610＋1×110＋2×310＝0.7，
D(ξ)＝(0－0.7)2×610＋(1－0.7)2×110＋(2－0.7)2×310＝0.81.
工人乙生产出的次品数η的期望和方差分别为：
E(η)＝0×510＋1×310＋2×210＝0.7，D(η)＝(0－0.7)2×510＋(1－0.7)2×310＋(2－0.7)2×210＝0.61.
由E(ξ)＝E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)＞D(η)，可见乙的技术比较稳定.
【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的均值相等，还要看随机变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定.
【变式训练2】利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是　　　　.

【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分别是：
50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7；
70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5；
－20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7；
98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6.故选A3.
题型三　离散型随机变量分布列综合问题
【例3】(2010浙江)如图，一个小球从处投入，通过管道自上而下落入A或B或C.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A，B，C，则分别设为1,2,3等奖.
(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获得k(k＝1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ)；
(2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动，记随机变量η为获得1等奖或2等奖的人次，求P(η＝2).
【解析】(1)由题意得ξ的分布列为
ξ50%70%90%
p
则E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.
(2)由(1)可知，获得1等奖或2等奖的概率为316＋38＝916.由题意得η～(3，916)，则P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝1 7014 096.
【变式训练3】(2010北京市东城区)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次，三次正面均朝上的概率为127.
(1)求抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率；
(2)抛掷这样的硬币三次后，抛掷一枚质地均匀的硬币一次，记四次抛掷后正面朝上的总次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ).
【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币，正面朝上的概率为P，依题意有C33•P3＝127，解得
P＝13.
所以抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率为P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.
(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝C03×(23)3×12＝427；
P(ξ＝1)＝C03×(23)3×12＋C13×13×(23)2×12＝1027；
P(ξ＝2)＝C13×13×(23)2×12＋C23×(13)2×23×12＝13；
P(ξ＝3)＝C23×(13)2×23×12＋C33×(13)3×12＝754；
P(ξ＝4)＝C33×(13)3×12＝154.
所以ξ的分布列为
ξ01234
P
E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.
总结提高
1.期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均； E(ξ)是一个实数，由ξ的分布列唯一确定，即作为随机变量ξ是可变的，可取不同值，而E(ξ)是不变的，它描述ξ取值的平均状态.
2.方差D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度，统计中常用标准差D(ξ)描述ξ的分散程度.

12.11　正态分布

典例精析
题型一　研究正态总体在三个特殊区间内取值的概率值
【例1】 某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为122π，求总体位于区间[－4，－2]的概率.
【解析】由正态曲线的密度函数是偶函数知μ＝0，由最大值为122π知σ＝2，
所以P(－2≤x≤2)＝P(μ－σ≤x≤μ＋σ)＝0.682 6，
P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.954 4，
所以P(－4≤x≤－2)＝12×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9.
【点拨】应当熟记：
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 6；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 4；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 4.
【变式训练1】设X~N(1,22)，试求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(X≥5).
【解析】因为X～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6.
(2)因为P(X≥5)＝P(X≤－3)，
所以P(X≥5)＝12[1－P(－3＜X≤5)]
＝12[1－P(1－4＜X≤1＋4)]
＝12[1－P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)]
＝12(1－0.954 4)＝0.022 8.
题型二　利用正态总体密度函数估计某区间的概率
【例2】 已知某地区数学考试的成绩X~N(60,82)(单位：分)，此次考生共有1万人，估计在60分到68分之间约有多少人？
【解析】由题意μ＝60，σ＝8，
因为P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
所以P(52＜X≤68)＝0.682 6，
又此正态曲线关于x＝60对称，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.341 3，
从而估计在60分到68分之间约有341 3人.
【点拨】本题是教材变式题，将原题中单纯(μ－σ，μ＋σ)的概率考查结合了正态曲线的对称性以及概率的意义，使题目更具实际意义.另外，还可将问题变为(44,76)、(68,76)等区间进行探讨.
【变式训练2】某人乘车从A地到B地，所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100)，求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.
【解析】由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6知此人在20 分钟至40分钟到达目的地的概率为0.682 6，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4，所以此人在10分钟至20分钟或40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.954 4－0.682 6＝0.271 8，由正态曲线关于直线x＝30对称得此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.135 9.
总结提高
1.服从正态分布的随机变量X的概率特点
若随机变量X服从正态分布，则X在一点上的取值概率为0，即P(X＝a)＝0，而{X＝a}并不是不可能事，所以概率为0的事不一定是不可能事，从而P(X＜a)＝P(X≤a)是成立的，这与离散型随机变量不同.
2.关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值.
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相同.
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X＜μ－a)＝P(X≥μ＋a).

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