高三数学教案：《排列、组合与概率》教学设计。

一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，使教师有一个简单易懂的教学思路。优秀有创意的教案要怎样写呢？下面是小编帮大家编辑的《高三数学教案：《排列、组合与概率》教学设计》，仅供参考，欢迎大家阅读。

第六部分排列、组合与概率

47、解排列组合应用题是首先要明确需要完成的事件是什么，其次要分清完成该事件是分类还是分步，另外要有逐一列举思想、先选后排思想、正难则反（即淘汰法）思想.简单地说：解排列、组合问题要搞清“做什么？怎么做！”分步做时要考虑到每一步的可行性与“步”与“步”之间的连续性.尤其是排列问题，更要注意“特殊元素、特殊位置”之间的关系，一般地讲，从正面入手解决时，“特殊元素特殊照顾，特殊位置特殊考虑.”相邻问题则用“捆绑”，不邻问题则用“插空”.特别提醒：解排列、组合问题时防止记数重复与遗漏.

［举例］对于问题：从3位男同学，5位女同学这8位同学中选出3人参加学校一项活动，求至少有2位女同学的选法种数.一位同学是这样解的：先从5位女同学中选出2名有种选法，再在剩下的6位同学中任选一位有种选法，所以共有种不同的选法.请分析这位同学的错误原因，并给出正确的解法.

分析：这位同学的解法中犯了计数重复的错误.不妨设女同学的编号为A、B、C、D、E，如先选的为A、B，再选的为C，和先选的为A、C，再选的为B是同一种选法.本解法中作为两种不同的结果计数，所以重复.

正确解法有两种：方法一：（分类讨论）选出的3人中至少有2名女同学，则为2女1男有种不同选法，3位都为女同学有种不同选法.两种结果都能完成这件事，所以有种不同的选法.方法二：（去杂法）8位同学中选出3人不满足条件和选法为3男与2男1女.所有选法为，则满足题义的选法为：.

48、简单地说：事件A的概率是含有事件A的“个体数”与满足条件的事件的“总体数”的比值.现行高考中的概率问题实际上是排列、组合问题的简单应用.

［举例］定义非空集合A的真子集的真子集为A的“孙集”，集合的真子集可以作为A的“孙集”的概率是＿＿＿＿＿＿.

分析：本例是“即时性”学习问题.要正确理解“孙集”的定义——“真子集的真子集”.元素为个的集合的真子集有个，其真子集的元素最多有个.有个元素的集合的真子集最多有个元素.所以有个元素的集合的“孙集”实际上是原集合中的小于等于

相关知识

高三理科数学排列组合总复习教学案

一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师能够更轻松的上课教学。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是小编精心为您整理的“高三理科数学排列组合总复习教学案”，希望对您的工作和生活有所帮助。

第十二章排列组合、二项式定理、概率

高考导航
考试要求重难点击命题展望
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.本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.
本章难点：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.
随机事件的概率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和相互独立事件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；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；
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.本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.
本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件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件、互斥事件与对立事件，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.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，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.本章重点：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.
本章难点：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来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)的理解和对事件的意义的理解.

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、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，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，依此能去韶山、衡山、桃花源的有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，才能完成这件事，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＝1280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，则符合条件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件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件事要分若干类，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件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，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件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件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)＝－5130623.
(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件：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}.
题型二有限制条件的排列问题
【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A44A33＝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2A33A33＝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A33A34＝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A23A22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，有限制条件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)43251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43251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51234.
题型三有限制条件的组合问题
【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C13C49＝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.对于有限制条件的问题，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
解有条件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＝358x，T9＝1256x-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＋C1n2＋C2n22＝129，
所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝Cr8(xx)8-r＝，
故r＝6时，T7＝26C28x＝1792x，
所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.
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＋5n＋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＝0.00006＜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满足的条件，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随机事件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n5010020050010002000
优等品数m45921944709541902
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.
题型二随机事件间的关系
【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.
(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)是互斥事件但不是对立事件.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)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.
(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.
【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.
【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为()
A.至多两件次品B.至多一件次品
C.至多两件正品D.至少两件正品
【解析】根据对立事件的定义得选项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(K2＞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K2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.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪＝U，A∩＝.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.
事件A、B的和记作A＋B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件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.
当计算事件A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有P(A)＝1－P().
2.若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事件.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＝2000辆，所以z＝2000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C类轿车共1000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，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为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，记事件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，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)＝68＝34.
【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.
【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，cosC＝(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件，其中8件为正品，2件为次品.
(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率；
(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.
【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；设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有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，基本事件不同，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.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为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，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，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”为事件A，
P(A)＝C22C24C22C25＝16×110＝160.
(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.
由题意，得P(B)＝1－34＝14.
P(B1)＝C12C12C24C2nC2n＋2＋C22C24C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24C2nC2n＋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C14，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件的总数是10×9＝90.
方法一：(分类计数原理)
①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：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：(利用对立事件)
事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.
事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是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对于每个随机试验来说，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的条件下，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个互斥事件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件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.
4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件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件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”为事件M，则P(M)＝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”为事件N，则P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC为锐角三角形的概率为0.6.
【点拨】我们把每一个事件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，而一个事件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件是其周长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民用波段的英文缩写)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件组对应的几何区域，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件仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式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件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为1200平方公里，而事件的面积为(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41200＝625π4800≈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，然后求出事件A和基本事件的几何度量，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，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件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件中哪一个事件的概率大？
【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件的概率一样大.
【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件的区域有关.
【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M，点M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M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，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事件.如果随机事件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，但它不是必然事件.
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)，一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件A包含的基本事件的多少就毫无意义.“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，事件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)中的一点来表示，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来解决.

12.7条件概率与事件的独立性

典例精析
题型一条件概率的求法
【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次按对密码为事件Ai(i＝1,2)，则A＝A1∪(A2)表示不超过2次就按对密码.
(1)因为事件A1与事件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件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)＝15＋4×15×4＝25.
【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，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岁为事件A，活到25岁为事件B，所求概率为P(B|A)，由于BA，则P(AB)＝P(B)，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝12.
题型二相互独立事件的概率
【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件A，B，C，依题意知A，B，C相互独立，记事件D：恰有二人破译密码，
则P(D)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)记事件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】解决事件的概率问题的一般步骤：①记取事件；②揭示事件的关系；③计算事件的概率.
【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，指定三门考试课程，有两种考试方案.
方案一：三门课程中至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中随机选取两门，这两门都及格为考试通过.
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课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课程考试及格的事件分别为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(AC)＋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件为背景，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]这一隐含条件.
【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.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：
对于事件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＋为必然事件，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.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.由于当事件A、B相互独立时，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互独立事件A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事件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－1|10123
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－1|0123
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件产品，其中3件次品，7件正品，现从中抽取5件，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件产品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5件产品有1件次品4件正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5件产品有2件次品3件正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5件产品有3件次品2件正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列为
X0123
P
【点拨】在取出的5件产品中，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个球来用，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.1220B.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
题型一相互独立事件同时发生的概率
【例1】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112，甲、丙两台机床加工的零件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件是一等品的概率；
(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，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件是一等品的事件.
由题设条件有
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件是一等品的概率分别是13，14，23.
(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，
则P(D)＝1－P()＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.
【点拨】相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足P(AB)＝P(A)P(B)，对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率，通常转化为求其对立事件的概率.
【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次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，则A＝B1＋B2，B1、B2为互斥事件.
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”为事件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”为事件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件是相互独立的，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件，两人每天加工的零件数相等，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M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)＝17014096.
【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C33P3＝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)＝0.6826，
P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.9544，
所以P(－4≤x≤－2)＝12×(0.9544－0.6826)＝0.1359.
【点拨】应当熟记：
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.6826；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.9544；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.9974.
【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)＝0.6826.
(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(1－0.9544)＝0.0228.
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)＝0.6826，
所以P(52＜X≤68)＝0.6826，
又此正态曲线关于x＝60对称，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.3413，
从而估计在60分到68分之间约有3413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)＝0.6826知此人在20分钟至40分钟到达目的地的概率为0.6826，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544，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0.9544－0.6826＝0.2718，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0.1359.
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}并不是不可能事件，所以概率为0的事件不一定是不可能事件，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).

高三数学教案：《概率统计复习》教学设计

俗话说，磨刀不误砍柴工。准备好一份优秀的教案往往是必不可少的。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。那么如何写好我们的高中教案呢？以下是小编为大家收集的“高三数学教案：《概率统计复习》教学设计”希望对您的工作和生活有所帮助。

本文题目：高三数学复习教案：概率统计复习

一、 知识梳理

1.三种抽样方法的联系与区别：

类别 共同点 不同点 相互联系 适用范围

简单随机抽样 都是等概率抽样 从总体中逐个抽取 总体中个体比较少

系统抽样 将总体均匀分成若干部分;按事先确定的规则在各部分抽取 在起始部分采用简单随机抽样 总体中个体比较多

分层抽样 将总体分成若干层，按个体个数的比例抽取 在各层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样 总体中个体有明显差异

(1)从含有N个个体的总体中抽取n个个体的样本，每个个体被抽到的概率为

(2)系统抽样的步骤： ①将总体中的个体随机编号;②将编号分段;③在第1段中用简单随机抽样确定起始的个体编号;④按照事先研究的规则抽取样本.

(3)分层抽样的步骤：①分层;②按比例确定每层抽取个体的个数;③各层抽样;④汇合成样本.

(4) 要懂得从图表中提取有用信息

如：在频率分布直方图中①小矩形的面积=组距 =频率②众数是最高矩形的中点的横坐标③中位数的左边与右边的直方图的面积相等，可以由此估计中位数的值

2.方差和标准差都是刻画数据波动大小的数字特征，一般地，设一组样本数据 ， ，…， ，其平均数为 则方差 ，标准差

3.古典概型的概率公式：如果一次试验中可能出现的结果有 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件 包含 个结果，那么事件 的概率P=

特别提醒：古典概型的两个共同特点：

○1 ，即试中有可能出现的基本事件只有有限个，即样本空间Ω中的元素个数是有限的;

○2 ，即每个基本事件出现的可能性相等。

4. 几何概型的概率公式： P(A)=

特别提醒：几何概型的特点：试验的结果是无限不可数的;○2每个结果出现的可能性相等。

二、夯实基础

(1)某单位有职工160名，其中业务人员120名，管理人员16名，后勤人员24名.为了解职工的某种情况，要从中抽取一个容量为20的样本.若用分层抽样的方法，抽取的业务人员、管理人员、后勤人员的人数应分别为____________.

(2)某赛季，甲、乙两名篮球运动员都参加了

11场比赛，他们所有比赛得分的情况用如图2所示的茎叶图表示，

则甲、乙两名运动员得分的中位数分别为( )

A.19、13 B.13、19 C.20、18 D.18、20

(3)统计某校1000名学生的数学会考成绩，

得到样本频率分布直方图如右图示，规定不低于60分为

及格，不低于80分为优秀，则及格人数是 ;

优秀率为 。

(4)在一次歌手大奖赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：

9.4 8.4 9.4 9.9 9.6 9.4 9.7

去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均值

和方差分别为( )

A.9.4, 0.484 B.9.4, 0.016 C.9.5, 0.04 D.9.5, 0.016

(5)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则以第一次向上点数为横坐标x，第二次向上的点数为纵坐标y的点(x,y)在圆x2+y2=27的内部的概率________.

(6)在长为12cm的线段AB上任取一点M，并且以线段AM为边的正方形，则这正方形的面积介于36cm2与81cm2之间的概率为( )

三、高考链接

07、某班50名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与19秒之间，将测试结果按如下方式分成六组：第一组，成绩大于等于13秒且小于14秒;第二组，成绩大于等于14秒且小于15秒

; 第六组，成绩大于等于18秒且小于等于19秒.右图

是按上述分组方法得到的频率分布直方图.设成绩小于17秒

的学生人数占全班总人数的百分比为 ，成绩大于等于15秒

且小于17秒的学生人数为 ，则从频率分布直方图中可分析

出 和 分别为( )

08、从某项综合能力测试中抽取100人的成绩，统计如表，则这100人成绩的标准差为( )

分数 5 4 3 2 1

人数 20 10 30 30 10

09、在区间 上随机取一个数x， 的值介于0到 之间的概率为( ).

08、现有8名奥运会志愿者，其中志愿者 通晓日语， 通晓俄语， 通晓韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组.

(Ⅰ)求 被选中的概率;(Ⅱ)求 和 不全被选中的概率.

高二数学排列与组合教案6

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，使高中教师有一个简单易懂的教学思路。怎么才能让高中教案写的更加全面呢？下面的内容是小编为大家整理的高二数学排列与组合教案6，但愿对您的学习工作带来帮助。

高二数学
排列与组合
一、复习目标
1．复习分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决简单的应用问题；
2．理解排列与组合的意义，掌握排列数和组合数的计算公式，掌握组合数的两个性质，
并能应用它们解决一些简单的问题。
二、基础训练
1．5人分4张同样的足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同的分法的种数
（D）
2．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不
同选法的种数是（B）
3．正十二边形的对角线的条数是（B）
4．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（D）
5．若，那么6．
6．学生可从本年级开设的7门任意选修课中选择3门，从6种课外活动小组中选择2种，不同选法种数是．
7．安排6名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，也不是最后出场，不同的演出顺序有种．
三．例题分析
例1．4个男同学，3个女同学站成一排，
⑴3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？
⑵任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
⑶其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？
⑷甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
⑸女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？（3个女生身高互不相等）
答案：⑴；⑵；⑶；
⑷；⑸。
例2．用数字0，1，2，3，4，5组成重复数字的四位数，
⑴可组成多少个不同的四位数？
⑵可组成多少个四位偶数？
⑶可组成多少个能被3整除的四位数？
⑷将⑴中的四位数从小到大的顺序排列一数列，问第85项是什么？
答案：⑴；⑵；
⑶；⑷2301。
例3．书架上有若干本互相不相同的书，其中数学书3本，外语书2本，若将这些书排成一排，数学书排在一起，且外语书排在一起的概率为，试问书架上共有多少本书？。
答案：，可得。
例4．有6本不同的书，
⑴如果全部分给甲、乙、丙，每人得两本，有多少种不同的分法？
⑵如果全部分给甲、乙、丙，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分法？
⑶如果将这6本书分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分法？
答案：⑴；⑵；⑶
例5．由数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位数中，能被2整除但不能被3整除的有多少个？
提示：
四、后作业：

1．若，则等于（A）
14121315
2．用0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，2，4不相邻的有（B）
360个408个504个576个
3．从9名男同学，6名女同学中选出5人排队成一列，其中至少有2名男生，则不同排法有（D）
4．四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰好有一个空盒的放法有
144种（用数字作答）。
5．要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学课排上午（前4节），体育课排在下午（后2节），不同的排法种数是．
6．已知集合，，可以建立从集合到集合的不同的映射个数是，从集合到集合且以集合为像集的不同的映射个数是36．
提示：
7．一种汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，且2个英文字母不能相同，不同的牌照号码个数是．
8．从1，3，5，7，9取出3个不同的数字，再从0，2，4，6，8里取出2个不同的数字，组成比70123大的五位数，共有多少个？
提示：
9．6位新教师全部分给4所学校，每校至少1人，共有多少种不同的分配方案？
提示：
10．7个人一起照相留念，分别按下列要求求出各题的排列数：
⑴分成两排，前排3人，后排4人；⑵站成一排，甲既不站排头，又不站排尾；
⑶站成一排，甲、乙两人必须在一起；⑷站成一排，甲、乙、丙三人均不相邻。
答案：⑴；⑵；
⑶；⑷。
11．在3000与8000之间，
⑴有多少个没有重复数字且能被5整除的奇数？
⑵有多少个没有重复数字的奇数？
答案：⑴；⑵
12．从，0，1，2，3中选出三个数字（不重复）组成二次函数的系数，
⑴开口向上且不过原点的不同的抛物线有几条？
⑵与轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？
⑶与轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？
答案：⑴27；⑵18；⑶26

第十三章排列组合与概率(高中数学竞赛标准教材)

第十三章排列组合与概率

一、基础知识
1．加法原理：做一件事有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，……，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法。
3．排列与排列数：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，从n个不同元素中取出m个(m≤n)元素的所有排列个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用表示，=n(n-1)…(n-m+1)=,其中m,n∈N,m≤n,
注：一般地=1，0！=1，=n!。
4．N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。
5．组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用表示：
6．组合数的基本性质：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。
7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为。
[证明]将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B中每一个解(x1,x2,…,xn),将xi作为第i个盒子中球的个数，i=1,2,…,n，便得到A的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n份，共有种。故定理得证。
推论1不定方程x1+x2+…+xn=r的非负整数解的个数为
推论2从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数为
8．二项式定理：若n∈N+,则(a+b)n=.其中第r+1项Tr+1=叫二项式系数。
9．随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p(A),0≤p(A)≤1.
10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p(A)=
11.互斥事件：不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么A1，A2，…，An中至少有一个发生的概率为
p(A1+A2+…+An)=p(A1)+p(A2)+…+p(An).
12．对立事件：事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为。由定义知p(A)+p()=1.
13．相互独立事件：事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。
14．相互独立事件同时发生的概率：两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。即p(AB)=p(A)p(B).若事件A1，A2，…，An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A1A2…An)=p(A1)p(A2)…p(An).
15.独立重复试验:若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.
16.独立重复试验的概率:如果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,这个事件恰好发生k次的概率为pn(k)=pk(1-p)n-k.
17．离散型随机为量的分布列：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量，ξ可以取的值有0,1,2,…,10。如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。
一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为x1,x2,…,xi,…,ξ取每一个值xi(i=1,2,…)的概率p(ξ=xi)=pi，则称表
ξx1x2x3…xi…
pp1p2p3…pi…
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望或平均值、均值、简称期望，称Dξ=(x1-Eξ)2p1+(x2-Eξ)2p2+…+(xn-Eξ)2pn+…为ξ的均方差，简称方差。叫随机变量ξ的标准差。
18．二项分布：如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率为p(ξ=k)=,ξ的分布列为
ξ01…xi…N
p
…
…

此时称ξ服从二项分布，记作ξ～B(n,p).若ξ～B(n,p)，则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p.
19.几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为p，则p(ξ=k)=qk-1p(k=1,2,…)，ξ的分布服从几何分布，Eξ=，Dξ=(q=1-p).
二、方法与例题
1．乘法原理。
例1有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？
[解]将整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则；这一对结好后，再从余下的2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，……这样一直进行下去，经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有
(2n-1)×(2n-3)×…×3×1=
2．加法原理。
例2图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？
[解]断路共分4类：1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R4；2）有2个电阻断路，有-1=5种可能；3）3个电阻断路，有=4种；4）有4个电阻断路，有1种。从而一共有1+5+4+1=11种可能。
3．插空法。
例310个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式？
[解]先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有种方法，故共有=604800种方式。
4．映射法。
例4如果从1，2，…，14中，按从小到大的顺序取出a1,a2,a3使同时满足：a2-a1≥3,a3-a2≥3，那么所有符合要求的不同取法有多少种？
[解]设S={1,2,…,14}，={1，2，…，10}；T={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={()∈},若，令，则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从到T的映射，它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|==120，所以不同取法有120种。
5．贡献法。
例5已知集合A={1，2，3，…，10}，求A的所有非空子集的元素个数之和。
[解]设所求的和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有29个，所以a对x的贡献为29，又|A|=10。所以x=10×29.
[另解]A的k元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为10×29。
6．容斥原理。
例6由数字1，2，3组成n位数(n≥3)，且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问：这样的n位数有多少个？
[解]用I表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3n，用A1，A2，A3分别表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3组成的n位数的集合，则|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。
所以由容斥原理|A1A2A3|==3×2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=3n-3×2n+3个。
7．递推方法。
例7用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：能构造出多少个这样的n位数？
[解]设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知a2=3×3-1=8.当n≥3时：1）如果n位数的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1；2）如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是2或3，这样的n位数有2an-2，所以an=2(an-1+an-2)(n≥3).这里数列{an}的特征方程为x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以
8．算两次。
例8m,n,r∈N+，证明：①
[证明]从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有种。综合两个方面，即得①式。
9．母函数。
例9一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1，2，…，10，另有大、小王各一张，编号均为0。从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值：每张编号为k的牌计为2k分，若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。
[解]对于n∈{1,2,…,2004},用an表示分值之和为n的牌组的数目，则an等于函数f(x)=(1+)2(1+)3…(1+)3的展开式中xn的系数（约定|x|1），由于f(x)=[(1+)(1+)…(1+)]3=3=3。
而0≤2004211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于==(1+x2+x3+…+x2k+…)[1+2x+3x2+…+(2k+1)x2k+…],所以x2k在展开式中的系数为a2k=1+3+5++(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.
10．组合数的性质。
例10证明：是奇数(k≥1).
[证明]=令i=pi(1≤i≤k)，pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。
例11对n≥2,证明：
[证明]1）当n=2时，22=642；2）假设n=k时，有2k4k,当n=k+1时，因为
又4，所以2k+1.
所以结论对一切n≥2成立。
11．二项式定理的应用。
例12若n∈N,n≥2，求证：
[证明]首先其次因为，所以2+得证。
例13证明：
[证明]首先，对于每个确定的k，等式左边的每一项都是两个组合数的乘积，其中是(1+x)n-k的展开式中xm-h的系数。是(1+y)k的展开式中yk的系数。从而就是(1+x)n-k(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。
于是，就是展开式中xm-hyh的系数。
另一方面，===(xk-1+xk-2y+…+yk-1)，上式中，xm-hyh项的系数恰为。
所以
12．概率问题的解法。
例14如果某批产品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问：恰好有k件是次品的概率是多少？
[解]把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为(a+b)n（即所有的可能结果）。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包含的基本事件总数为akbn-k，故所求的概率为p(A)=
例15将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0，而且与正面朝上恰好两次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。
[解]设每次抛硬币正面朝上的概率为p，则掷5次恰好有k次正面朝上的概率为(1-p)5-k(k=0,1,2,…,5)，由题设，且0p1，化简得，所以恰好有3次正面朝上的概率为
例16甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，比赛时可以用三局二胜或五局三胜制，问：在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？
[解]（1）如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：A1—2：0（甲净胜二局），A2—2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）.p(A1)=0.6×0.6=0.36,p(A2)=×0.6×0.4×0.6=0.288.
因为A1与A2互斥，所以甲胜概率为p(A1+A2)=0.648.
(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B1—3：0（甲净胜3局），B2—3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B3—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。因为B1，B2，B2互斥，所以甲胜概率为p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)=0.63+×0.62×0.4×0.6+×0.62×0.42×0.6=0.68256.
由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。
例17有A，B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0，2张写有1，3张写有2；B袋中有7张卡片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2。从A袋中取出1张卡片，B袋中取2张卡片，共3张卡片。求：（1）取出3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率；（3）取出的3张卡片数字之积的数学期望。
[解]（1）；（2）；（3）记ξ为取出的3张卡片的数字之积，则ξ的分布为
ξ0248
p

所以
三、基础训练题
1．三边长均为整数且最大边长为11的三角形有_________个。
2．在正2006边形中，当所有边均不平行的对角线的条数为_________。
3．用1，2，3，…，9这九个数字可组成_________个数字不重复且8和9不相邻的七位数。
4．10个人参加乒乓球赛，分五组，每组两个人有_________种分组方法。
5．以长方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_________。
6．今天是星期二，再过101000天是星期_________。
7．由展开式所得的x的多项式中，系数为有理数的共有_________项。
8．如果凸n边形(n≥4)的任意三条对角线不共点，那么这些对角线在凸n边形内共有_________个交点。
9．袋中有a个黑球与b个白球，随机地每次从中取出一球（不放回），第k(1≤k≤a+b)次取到黑球的概率为_________。
10．一个箱子里有9张卡片，分别标号为1，2，…，9，从中任取2张，其中至少有一个为奇数的概率是_________。
11．某人拿着5把钥匙去开门，有2把能打开。他逐个试，试三次之内打开房门的概率是_________。
12．马路上有编号为1，2，3，…，10的十盏路灯，要将其中三盏关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数是_________。
13．a,b,c,d,e五个人安排在一个圆桌周围就坐，若a,b不相邻有_________种安排方式。
14．已知i,m,n是正整数，且1i≤m≤n。证明：（1）；（2）(1+m)n(1+n)m.
15.一项“过关游戏”规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所得到的点数之和大于2n，则算过关。问：（1）某人在这项游戏中最多能过几关？（2）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体）
四、高考水平训练题
1．若n∈{1,2,…,100}且n是其各位数字和的倍数，则这种n有__________个。
2．从{-3,-2,-1,0,1,2,3,4}中任取3个不同元素作为二次函数y=ax2+bx+c的系数，能组成过原点，且顶点在第一或第三象限的抛物线有___________条。
3．四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中任取4个不共面的点，有_________种取法。
4．三个人传球，从甲开始发球，每次接球后将球传给另外两人中的任意一个，经5次传球后，球仍回到甲手中的传法有_________种。
5．一条铁路原有m个车站（含起点，终点），新增加n个车站（n1），客运车票相应地增加了58种，原有车站有_________个。
6．将二项式的展开式按降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项有_________个。
7．从1到9这九个自然数中任取两个分别作为对数的真数和底数，共可得到_________种不同的对数值。
8．二项式(x-2)5的展开式中系数最大的项为第_________项，系数最小的项为第_________项。
9．有一批规格相同的均匀圆棒，每根被划分成长度相同的5节，每节用红、黄、蓝三色之一涂色，可以有_________种颜色不同的圆棒？（颠倒后相同的算同一种）
10．在1，2，…，2006中随机选取3个数，能构成递增等差数列的概率是_________。
11．投掷一次骰子，出现点数1，2，3，…，6的概率均为，连续掷6次，出现的点数之和为35的概率为_________。
12．某列火车有n节旅客车厢，进站后站台上有m(m≥n)名旅客候车，每位旅客随意选择车厢上车，则每节车厢都有旅客上车的概率是_________。
13．某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？（粮食单产=）
五、联赛一试水平训练题
1．若0abcd500，有_________个有序的四元数组（a,b,c,d）满足a+d=b+c且bc-ad=93.
2.已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线倾斜角为锐角，这样的直线条数是_________。
3．已知A={0，1，2，3，4，5，6，7}，映射f:A→A满足：（1）若i≠j，则f(i)≠f(j)；（2）若i+j=7，则f(i)+f(j)=7，这样的映射的个数为_________。
4．1，2，3，4，5的排列a1,a2,a3,a4,a5具有性质：对于1≤i≤4,a1,a2,…,ai不构成1，2，…，i的某个排列，这种排列的个数是_________。
5．骰子的六个面标有1，2，…，6这六个数字，相邻两个面上的数字之差的绝对值叫变差，变差的总和叫全变差V，则全变差V的最大值为_________，最小值为_________。
6．某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行50场，上述三名选手之间比赛场数为_________。
7．如果a,b,c,d都属于{1,2,3,4}且a≠b,b≠c,c≠d,d≠a；且a是a,b,c,d中的最小值，则不同的四位数的个数为_________。
8．如果自然数a各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”，将所有的吉祥数从小到大排成一列a1,a2,a3,…,若an=2005，则an=_________。
9．求值：=_________。
10．投掷一次骰子，出现点数1，2，…，6的概率均为，连续掷10次，出现的点数之和是30的概率为_________。
11．将编号为1，2，…，9这九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球，设周围上所有相邻两球的号码之差的绝对值之和为S，求S达到最小值的放法的概率（注：如果某种放法经旋转或镜面反射后可与另一放法重合，则认为是相同的放法）。
12．甲、乙两人轮流向同一目标射击，第一次甲射击，以后轮流射击，甲每次击中的概率为p(0p1)，乙每次击中的概率为q(0q1)，求甲、乙首先击中的概率各是多少？
13．设m,n∈N,0m≤n，求证：…+
六、联赛二试水平训练题
1．100张卡片上分别写有数字1到100，一位魔术师把这100张卡片放入颜色分别是红色、白色、蓝色的三个盒子里，每个盒子里至少放入一张卡片。
一位观众从三个盒子中挑出两个，并从中各选取一张卡片，然后宣布这两张卡片上的两个数的和数，魔术师知道这个和数之后，便能够指出哪一个是没有被观众取出卡片的盒子。问：共有多少种放卡片的方法，使得这个魔术师总能够成功？（如果至少有一张卡片被放入不同颜色的盒子，两种方法被认为是不同的）
2．设S={1,2,…,10}，A1，A2，…，Ak是S的k个子集合，满足：（1）|Ai|=5,i=1,2,…,k;（2）|AiAj|≤2,1≤ij≤k，求k的最大值。
3．求从集合{1,2,…,n}中任取满足下列条件的k个数{j1,j2,…,jk}的组合数；（1）1≤j1j2…jk≤n；（2）jh+1-jh≥m,h=1,2,…,k-1,其中m1为固定的正整数；（3）存在h0,1≤h0≤k-1，使得≥m+1.
4.设,其中S1，S2，…，Sm都是正整数且S1S2…Sm，求证组合数中奇数的个数等于2m。
5．个不同的数随机排成图13-2所示的三角形阵，设Mk是从上往下第k行中的最大数，求M1M2…Mn的概率。
6．证明：