資源簡介

第1講　兩個計數原理
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
了解分類加法計數原理、分步乘法計數原理及其意義. 分類加法計數原理 2023新高考卷ⅠT13 兩個計數原理是解決排列、組合問題的基本方法，也是與實際聯系密切的部分，既能單獨命題，也常與排列組合問題、概率計算問題綜合命題，題型以小題為主，難度不大.在2025年高考的復習備考中要注意兩個計數原理的區別并能靈活應用.
分步乘法計數原理 2023全國卷乙T7；2022新高考卷ⅡT5；2021全國卷乙T6；2020新高考卷ⅠT3；2020全國卷ⅡT14
兩個計數原理的綜合應用
1.分類加法計數原理
完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝①　m＋n　種不同的方法.
2.分步乘法計數原理
完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝②　m×n　種不同的方法.
辨析比較
兩個計數原理的聯系與區別
原理 分類加法計數原理 分步乘法計數原理
聯系 都是對完成一件事的方法種數而言.
區別一 每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事. 各個步驟都完成才算完成這件事（每步中的每一種方法都不能獨立完成這件事）.
區別二 各類方法之間是相互獨立的，既不能重復也不能遺漏. 各步之間是相互依存的，缺一不可.
1.[多選]下列說法正確的是（　BD　）
A.在分類加法計數原理中，兩類不同方案中的方法可以相同
B.在分類加法計數原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事
C.在分步乘法計數原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨的步驟都能完成這件事
D.從甲地經丙地到乙地是分步問題
2.[教材改編]已知某公園有4個門，從一個門進，另一個門出，則不同的進出公園的方式有　12　種.
解析　將4個門分別編號為1，2，3，4，從1號門進入后，有3種出門的方式，同理，從2，3，4號門進入，也各有3種出門的方式，故不同的進出公園的方式共有3×4＝12（種）.
3.[易錯題]某人有3個電子郵箱，他要發5封不同的電子郵件，則不同的發送方法有　243　種.
解析　因為每封電子郵件有3種不同的發送方法，所以要發5封電子郵件，不同的發送方法有3×3×3×3×3＝243（種）.
4.[教材改編]書架的第1層放有4本不同的計算機書，第2層放有3本不同的文藝書，第3層放有2本不同的體育書.從書架中任取1本書，則不同的取法種數為　9　.
解析　分三類：第一類，從第1層取一本書，有4種取法；第二類，從第2層取一本書，有3種取法；第三類，從第3層取一本書，有2種取法.共有取法4＋3＋2＝9（種）.
研透高考 明確方向
命題點1　分類加法計數原理
例1 （1）我們把各位數字之和為6的四位數稱為“六合數”（如2 022是“六合數”），則首位為2的“六合數”共有（　B　）
A.18個 B.15個 C.12個 D.9個
解析　依題意，這個四位數的百位數、十位數、個位數之和為4.由4，0，0組成3個數分別為400，040，004；由3，1，0組成6個數分別為310，301，130，103，013，031；由2，2，0組成3個數分別為220，202，022；由2，1，1組成3個數分別為211，121，112.共計3＋6＋3＋3＝15（個）.
（2）滿足a，b∈{－1，0，1，2}，且關于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數解的有序數對（a，b）的個數為　13　.
解析　當a＝0時，b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的個數為4.當a≠0時，要使方程ax2＋2x＋b＝0有實數解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，則b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的個數為4；若a＝1，則b的值可以是－1，0，1，（a，b）的個數為3；若a＝2，則b的值可以是－1，0，（a，b）的個數為2.由分類加法計數原理可知，（a，b）的個數為4＋4＋3＋2＝13.
方法技巧
分類加法計數原理的應用思路
（1）根據題目中的關鍵詞、關鍵元素和關鍵位置等確定恰當的分類標準，分類標準要明確、統一；
（2）分類時，注意完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類，不能重復.
訓練1 集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把滿足上述條件的一對有序整數對（x，y）作為一個點的坐標，則這樣的點的個數是（　B　）
A.9 B.14 C.15 D.21
解析　當x＝2時，x≠y，y可從3，4，5，6，7，8，9中取，有7種方法.當x≠2時，由P Q，得x＝y，x可從3，4，5，6，7，8，9中取，有7種方法.綜上，滿足條件的點共有7＋7＝14（個）.
命題點2　分步乘法計數原理
例2 （1）[2023全國卷乙]甲、乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有（　C　）
A.30種 B.60種 C.120種 D.240種
解析　甲、乙二人先選1種相同的課外讀物，有6種情況，再從剩下的5種課外讀物中各自選1本不同的讀物，有5×4＝20（種）情況，由分步乘法計數原理可得，共有6×20＝120（種）選法，故選C.
（2）[多選]有4位同學報名參加三個不同的社團，則下列說法正確的是（　AC　）
A.每位同學限報其中一個社團，則不同的報名方法共有34種
B.每位同學限報其中一個社團，則不同的報名方法共有43種
C.每個社團限報一個人，則不同的報名方法共有24種
D.每個社團限報一個人，則不同的報名方法共有33種
解析　對于A選項，第1個同學有3種報名方法，第2個同學有3種報名方法，后面的2個同學也有3種報名方法，根據分步乘法計數原理共有34種報名方法，A正確，B錯誤；對于C選項，每個社團限報一個人，則第1個社團有4種選擇，第2個社團有3種選擇，第3個社團有2種選擇，根據分步乘法計數原理，共有4×3×2＝24（種）選擇，C正確，D錯誤.故選AC.
方法技巧
分步乘法計數原理的應用思路
根據事件發生的過程合理分步，分步必須滿足兩個條件：一是步驟互相獨立，互不干擾；二是步與步確保連續，逐步完成.
訓練2 [多選]某校高二年級安排甲、乙、丙三名同學到A，B，C，D，E五個社區進行暑期社會實踐活動，每名同學只能選擇一個社區進行實踐活動，且多名同學可以選擇同一個社區進行實踐活動，則下列說法正確的有（　AC　）
A.如果社區A必須有同學選擇，則不同的安排方法有61種
B.如果同學甲必須選擇社區A，則不同的安排方法有50種
C.如果三名同學選擇的社區各不相同，則不同的安排方法共有60種
D.如果甲、乙兩名同學必須在同一個社區，則不同的安排方法共有20種
解析　對于A，如果社區A必須有同學選擇，則不同的安排方法有53－43＝61（種），故A正確；對于B，如果同學甲必須選擇社區A，則不同的安排方法有52＝25（種），故B錯誤；對于C，如果三名同學選擇的社區各不相同，則不同的安排方法共有5×4×3＝60（種），故C正確；對于D，甲、乙兩名同學必須在同一個社區，第一步，將甲、乙視作一個整體，第二步，兩個整體挑選社區，則不同的安排方法共有52＝25（種），故D錯誤.故選AC.
命題點3　兩個計數原理的綜合應用
例3 （1）《周髀算經》是中國最古老的天文學和數學著作，其中記載了“勾股圓方圖”（如圖），用以證明勾股定理.現提供4種不同顏色給圖中5個區域涂色，規定每個區域只涂一種顏色，相鄰區域顏色不同，則不同的涂色方法種數為（　C　）
A.36 B.48 C.72 D.96
解析　解法一　根據題意得，涂色分2步進行：
①對于區域A，B，E，三個區域兩兩相鄰，有＝24（種）涂色方法；（區域E位于中心位置，其他4個區域均與區域E相鄰，故先考慮兩兩相鄰的區域A，B，E的涂色方法，再研究余下2個區域的涂色方法）
②對于區域C，D，若區域C與區域A顏色相同，則區域D有2種涂色方法，若區域C與區域A顏色不同，當A，B，E涂色確定時，則區域C和區域D涂色方法確定，只有1種，由分類加法計數原理可知區域C，D有2＋1＝3（種）涂色方法.
由分步乘法計數原理得，共有24×3＝72（種）不同的涂色方法.故選C.
解法二　可分兩種情況：①區域A，C不同色，先涂區域A有4種，區域C有3種，區域E有2種，區域B，D各有1種，有4×3×2＝24（種）涂法.②區域A，C同色，先涂區域A有4種，區域E有3種，區域C有1種，區域B，D各有2種，有4×3×2×2＝48（種）涂法.故共有24＋48＝72（種）涂色方法.
（2）由0，1，2，3，4，5，6這7個數字可以組成　420　個無重復數字的四位偶數.
解析　要完成的一件事為“組成無重復數字的四位偶數”，所以千位數字不能為0，個位數字必須是偶數，且組成的四位數中的四個數字不重復.因此應先分類，再分步.第1類，當千位數字為奇數，即取1，3，5中的任意一個時，個位數字可取0，2，4，6中的任意一個，百位數字不能取與個位、千位數字重復的數字，十位數字不能取與個位、百位、千位數字重復的數字.根據分步乘法計數原理，不同的取法種數為3×4×5×4＝240.第2類，當千位數字為偶數，即取2，4，6中的任意一個時，個位數字可以取除千位數字外的任意一個偶數數字，百位數字不能取與個位、千位數字重復的數字，十位數字不能取與個位、百位、千位數字重復的數字.根據分步乘法計數原理，不同的取法種數為3×3×5×4＝180.根據分類加法計數原理，可以組成無重復數字的四位偶數的個數為240＋180＝420.
方法技巧
1.利用兩個計數原理解決問題的一般步驟
2.涂色問題常用的兩種方法
訓練3 （1）如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”.在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是（　D　）
A.48 B.18 C.24 D.36
解析　第1類，對于每一條棱，都可以與兩個側面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有2×12＝24（個）；第2類，對于每一條面對角線，都可以與一個對角面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有12個.所以正方體中“正交線面對”共有24＋12＝36（個）.
（2）甲與其四位同事各有一輛汽車，甲的車牌尾號為9，其四位同事的車牌尾號分別是0，2，1，5.為遵守當地某月5日至9日5天的限行規定（奇數日車牌尾號為奇數的車通行，偶數日車牌尾號為偶數的車通行），五人商議拼車出行，每天任選一輛符合規定的車，但甲的車最多只能用一天，則不同的用車方案種數為（　B　）
A.64 B.80 C.96 D.120
解析　5日至9日，有3個奇數日，2個偶數日.第一步，安排偶數日出行，每天都有2種選擇，不同的用車方案共有2×2＝4（種）.第二步，安排奇數日出行，分兩類討論：第一類，選1天安排甲的車，不同的用車方案共有3×2×2＝12（種）；第二類，不安排甲的車，每天都有2種選擇，不同的用車方案共有2×2×2＝8（種）.綜上，不同的用車方案種數為4×（12＋8）＝80，故選B.第2講　排列與組合
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
理解排列、組合的概念；能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式. 排列問題 2022新高考卷ⅡT5 本講每年必考，主要以實際問題為情境考查計數問題，有時單獨命題，以小題為主，有時作為工具應用于概率的計算，以大題為主，難度中等偏易.預計2025年高考仍會以創新實際生活情境為載體進行命題.
組合問題 2023新高考卷ⅠT13；2023新高考卷ⅡT3；2020新高考卷ⅠT3
排列與組合的綜合應用 2023全國卷甲T9；2021全國卷乙T6；2020全國卷ⅡT14
1.排列、組合的定義
名稱 定義
排列 從n個不同元素中取出m（m≤n）個元素 并按照①　一定的順序　排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列.
組合 作為一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合.
注意　排列有序，組合無序.
2.排列數、組合數的定義、公式及性質（n，m∈N*，且m≤n）
排列數 組合數
定義 從n個不同元素中取出m（m≤n）個元素的所有不同排列的個數，用符號②　　表示. 從n個不同元素中取出m（m≤n）個元素的所有不同組合的個數，用符號③　　表示.
公式 ＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝.規定0！＝1. ＝＝＝④　　.規定＝1.
性質 ＝n！＝n×（n－1）×（n－2）×…×2×1； ＝（n－m＋1）＝n. ＝；＝＋.
說明　＝的應用主要是兩個方面：一是簡化運算，當m＞時，通常將計算轉化為計算；二是列等式，由＝可得x＝y或x＋y＝n.
1.5個相同的球，放入8個不同的盒子中，每個盒里至多放一個球，則不同的放法有（　B　）
A.種 B.種 C.58種 D.85種
解析　由于球都相同，盒子不同，每個盒里至多放一個球，所以只要選出5個不同的盒子即可.故共有種不同的放法.
2.[教材改編]從4本不同的課外讀物中，買3本送給3名同學，每人各1本，則不同的送法種數是（　B　）
A.12 B.24 C.64 D.81
解析　4本不同的課外讀物選3本分給3位同學，每人1本，則不同的分配方法種數為.
3.[教材改編]某班舉行了“弘揚中華文化”演講比賽，有6人參加，并決出第1名到第6名的名次（沒有并列名次）.甲、乙兩名參賽者去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍.”對乙說：“你當然不會是最差的.”從回答分析，6人的名次排列情況可能有（　D　）
A.216種 B.240種 C.288種 D.384種
解析　由題可知，甲和乙都不是冠軍，所以冠軍有4種可能性，乙不是最后一名，所以最后一名有4種可能性，所以6人的名次排列情況可能有4×4×＝384（種）.
4.[多選]下列說法正確的是（　BD　）
A.所有元素完全相同的兩個排列為相同排列
B.兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同
C.若＝，則x＝m
D.＝＋m
5.[易錯題]計算＋＋＋的值為　210　.（用數字作答）
解析　原式＝＋＋＝＋＝＝210.
6.若＝＋，則n＝　6　.
解析　∵＝＋＝，∴n＋1＝3＋4，解得n＝6.
研透高考 明確方向
命題點1　排列問題
例1 有3名男生、4名女生.
（1）若排成前、后兩排，前排3人，后排4人，則不同的排列方法總數為　5 040　.
（2）若全體排成一排，女生必須站在一起，則不同的排列方法總數為　576　.
（3）若全體排成一排，男生互不相鄰，則不同的排列方法總數為　1 440　.
（4）若全體排成一排，其中甲不站最左邊，也不站最右邊，則不同的排列方法總數為　　.
（5）若全體排成一排，其中甲不站最左邊，乙不站最右邊，則不同的排列方法總數為　　.
（6）若全體排成一排，其中甲、乙、丙三人從左到右順序一定，則不同的排列方法總數為　840　.
解析　（1）分兩步完成，先選3人站前排，有種方法，余下4人站后排，有種方法，共有·＝5 040（種）.
（2）將女生看作一個整體與3名男生一起全排列，有種方法，再將女生全排列，有種方法，共有·＝576（種）.
（3）先排女生，有種方法，然后在女生之間及首尾共5個空位中任選3個空位安排男生，有種方法，共有·＝1 440（種）.
（4）解法一　先排甲，有5種方法，其余6人有種排列方法，共有5×＝3 600（種）.
解法二　左、右兩邊位置可安排除甲外其余6人中的2人，有種排法，剩下的5人有種排法，共有＝3 600（種）.
（5）解法一　甲在最右邊時，其他人可全排列，有種方法；甲不在最右邊時，因為甲也不在最左邊，所以可從余下的5個位置中任選1個，有種，而乙可從除去最右邊的位置后剩下的5個位置中任選1個，有種，其余人全排列，有種不同排法，共有＋＝3 720（種）.
解法二　7人全排列，有種方法，其中甲在最左邊時，有種方法，乙在最右邊時，有種方法，其中都包含了甲在最左邊且乙在最右邊的情形（種方法），故共有－2＝3 720（種）.
（6）7人全排列，有種方法，由于甲、乙、丙的順序一定，則不同的排列方法總數為840.
方法技巧
求解排列問題的常用方法
直接法 把符合條件的排列數直接列式計算.
優先法 優先安排特殊元素或特殊位置.
捆綁法 相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內部排列.
插空法 不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素的排列空位中.
定序問題 除法處理 定序問題，可先不考慮順序限制進行排列，再除以定序元素的全排列.
間接法 正難則反，等價轉化處理.
訓練1 （1）[2022新高考卷Ⅱ]甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同的排列方式共有（　B　）
A.12種 B.24種 C.36種 D.48種
解析　先將丙和丁捆在一起，有種排列方式，然后將其與乙、戊排列，有種排列方式，最后將甲插入中間兩空，有2種排列方式，所以不同的排列方式共有2＝24（種），故選B.
（2）[2023濟南市統考]由3個2，1個0，2個3組成的六位數中，滿足有相鄰4位恰好是2 023的六位數的個數為（　B　）
A.3 B.6 C.9 D.24
解析　2 023用了2個2，1個0，1個3，還余下1個2，1個3，故將2 023視作一個整體與余下的1個2，1個3全排列，有＝6（種）不同的排法.故選B.
命題點2　組合問題
例2 （1）[多選]從6名男生和4名女生中選出4人去參加一項創新大賽，則下列說法正確的有（　CD　）
A.若4人全部為男生，則有30種不同的選法
B.若4人中男生、女生各有2人，則有30種不同的選法
C.若男生中的甲和女生中的乙被選，則有28種不同的選法
D.若男生中的甲和女生中的乙至少有1人被選，則有140種不同的選法
解析　4人全部為男生，選法有＝15（種），故A錯誤；如果4人中男生、女生各有2人，男生的選法有＝15（種），女生的選法有＝6（種），則4人中男生、女生各有2人的選法有15×6＝90（種），B錯誤；如果男生中的甲和女生中的乙被選，在剩下的8人中再選2人即可，有＝28（種）不同的選法，故C正確；在10人中任選4人，有＝210（種）不同的選法，甲、乙都不在其中的選法有＝70（種），故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人被選的選法有210－70＝140（種），故D正確.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有　64　種（用數字作答）.
解析　解法一　由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術類選修課各選修1門，有種方案；第二類，在體育類選修課中選修1門，在藝術類選修課中選修2門，有種方案；第三類，在體育類選修課中選修2門，在藝術類選修課中選修1門，有種方案.綜上，不同的選課方案共有＋＋＝64（種）.
解法二　若學生從這8門課中選修2門課，則有－－＝16（種）選課方案；若學生從這8門課中選修3門課，則有－－＝48（種）選課方案.綜上，不同的選課方案共有16＋48＝64（種）.
方法技巧
組合問題常見的兩類題型
（1）“含”與“不含”的問題：“含”，則先將這些元素取出，再由剩下的元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中選取.
（2）“至少”與“最多”的問題：解這類題的關鍵是理解“至少”與“最多”這兩個詞的含義，通常用直接法或間接法處理，分類復雜時，用間接法更容易處理.
訓練2 （1）[2023福州5月質檢]“賽龍舟”是端午節重要的民俗活動之一，龍舟比賽的劃手分劃左槳和劃右槳.某訓練小組有6名劃手，其中有2名只會劃左槳，2名只會劃右槳，2名既會劃左槳又會劃右槳.現從這6名劃手中選派4名參加比賽，其中2名劃左槳，2名劃右槳，則不同的選派方法共有（　C　）
A.15種 B.18種 C.19種 D.36種
解析　按照從全能者（既會劃左槳又會劃右槳）中選多少人參與劃左槳分類：①2名全能者中選2人劃左槳，有＝1（種）不同的選派方法；②2名全能者中選1人劃左槳，有＝12（種）不同的選派方法；③2名全能者中選0人劃左槳，有＝6（種）不同的選派方法.所以共有1＋12＋6＝19（種）不同的選派方法.故選C.
（2）[2023南京市、鹽城市二模]編號為1，2，3，4的四位同學，就座于編號為1，2，3，4的四個座位上，每個座位恰好坐一位同學，則恰有兩位同學的編號和座位編號一致的坐法種數為　6　.
解析　先選擇兩位同學坐對編號，有種方法，余下的兩位同學只能交叉坐，只有1種方法，故共有×1＝6（種）不同坐法.
命題點3　排列與組合的綜合應用
角度1　有限制條件的排列、組合問題
例3 （1）[2023沈陽市質監]甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必須站在最中間兩個位置之一，且乙、丙2人相鄰，則不同的排隊方法共有（　C　）
A.24種 B.36種 C.72種 D.96種
解析　如圖所示，當甲在3的位置時，乙、丙可能排在（1，2），（4，5），（5，6），先從這三種中選出一種安排乙、丙，然后在剩下的3個位置安排余下的3人，所以不同的排隊方法有＝36（種）；當甲在4的位置時，由對稱性可知不同的排隊方法也有36種.所以不同的排隊方法共有36×2＝72（種），故選C.
1 2 3 4 5 6
（2）[2023重慶市名校聯考]某校從8名教師中選派4名教師去4個偏遠地區支教，每地1人，其中甲和乙不能同去，甲與丙同去或者同不去，則不同的選派方案的種數是　600　.（用數字作答）
解析　分為兩步，第一步，先選4名教師，第一步又分兩類，第一類，甲去，則丙一定去，乙一定不去，有＝10（種）不同的選法；第二類，甲不去，則丙一定不去，乙可能去也可能不去，有＝15（種）不同的選法.所以選4名教師，不同的選法有10＋15＝25（種）.第二步，4名教師去4個偏遠地區支教，有＝24（種）分配方法.所以不同的選派方案的種數是25×24＝600.
方法技巧
有限制條件的排列、組合問題的解題策略
（1）先分析每個限制條件，然后考慮是分類還是分步，對于分類過多的問題可以采用間接法；
（2）采用特殊元素（位置）優先原則，即先滿足有限制條件的元素（位置），再考慮其他元素（位置）.
角度2　分組、分配問題
例4 （1）有5個大學保送名額，計劃分到3個班級，每班至少一個名額，有　6　種不同的分法.
解析　一共有5個保送名額，分到3個班級，每個班級至少1個名額，即將名額分成3份，每份至少1個，（定份數）
將5個名額排成一列，中間有4個空，（定空位）
即只需在中間4個空中插入2個隔板，不同的方法共有＝6（種）.（插隔板）
（2）若將6名教師分到3所中學任教，其中一所1名，一所2名，一所3名，則有　360　種不同的分法.
解析　先將6名教師分組，共有＝60（種）分法.
再將這3組教師分配到3所中學，有＝6（種）分法.
故不同的分法共有60×6＝360（種）.
（3）將6本不同的書分給甲、乙、丙、丁4個人，每人至少1本的不同分法共有　1 560　種.（用數字作答）
解析　把6本不同的書分成4組，故有“3，1，1，1”和“2，2，1，1”兩種不同的分組方法.
若按“3，1，1，1”的分組方法，則不同的分法共有＝20（種）.（有三組元素個數相同，因與順序無關，故需除去重復情況）
若按“2，2，1，1”的分組方法，則不同的分法共有·＝45（種）.（四組元素中，分別有兩組元素個數相同，分別為“2，2”和“1，1”，因與順序無關，故需除去重復情況）
所以不同的分組方法共有20＋45＝65（種）.
然后把分好的4組書分給4個人，分法共有＝24（種），所以不同的分法共有65×24＝1 560（種）.
方法技巧
分組、分配問題的解題思路是先分組后分配.
1.常見的分組
整體均勻分組 分組后一定要除以（n為均分的組數），避免重復計數.
部分均勻分組 若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！.
不等分組 分組時任何組中元素的個數都不相等.
注意　關于分組問題，應注意無論分成幾組，只要其中某些組中的元素個數相等，就存在均分現象.
2.常見的分配
（1）相同元素的分配問題，常用“隔板法”求解.
（2）不同元素的分配問題，利用分步乘法計數原理，先分組，后分配.
（3）有限制條件的分配問題，采用分類討論法或間接法求解.
訓練3 （1）[多選/2023重慶八中模擬]將甲、乙、丙、丁4名志愿者分別安排到A，B，C 3個社區進行暑期社會實踐活動，要求每個社區至少安排1名志愿者，每名志愿者只能被安排到1個社區，則下列選項正確的是（　BD　）
A.共有72種安排方法
B.若甲、乙被安排在同一個社區，則有6種安排方法
C.若A社區需要2名志愿者，則有24種安排方法
D.若甲被安排在A社區，則有12種安排方法
解析　對于A選項，將4名志愿者先分為3組，再分配到3個社區，所以安排方法種數為×＝36，所以A選項不正確.
對于B選項，甲、乙被安排在同一個社區，先從3個社區中選1個安排甲與乙，再把剩余2個社區進行全排列，所以安排方法種數為＝6，所以B選項正確.
對于C選項，A社區需要2名志愿者，所以先從4名志愿者中選擇2名安排到A社區，再把剩余2名志愿者進行全排列，所以安排方法種數為＝12，C選項不正確.
對于D選項，甲被安排在A社區，分為兩種情況，（對甲安排在A社區進行分類討論，討論A社區是甲單獨一人還是甲與另外一人）
第一種為A社區安排了2名志愿者，則從剩余3名志愿者中再選擇1名，分到A社區，然后把剩余2名志愿者進行全排列，安排方法共有種；第二種是A社區只安排了甲志愿者，此時剩余3名志愿者分為2組，再分配到剩余的2個社區中，此時安排方法有種.（這兩組是不均勻分組，故不需除以任何數）
所以安排方法種數一共為＋＝12，D選項正確.故選BD.
（2）將9名大學生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天參加社區公益活動，每天分別安排3人，每人參加一次，則不同的安排方案共有　1 680　種.（用數字作答）
解析　先選出3人，有種選法，再從剩下的6人中選出3人，有種選法，最后剩下的3人為一組，有種選法.由分步乘法計數原理以及整體均勻分組方法，可知不同的安排方案共有·＝1 680（種）.第3講　二項式定理
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
能用多項式運算法則和計數原理證明二項式定理，會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題. 展開式中的特定項問題 2023天津T11；2022新高考卷ⅠT13；2020全國卷ⅠT8；2020全國卷ⅢT14；2020北京T3；2019全國卷ⅢT4 本講是高考常考內容，主要考查二項展開式的通項，求常數項，求某項系數，求某些項的系數和等，主要以小題的形式出現，難度不大.預計2025年高考命題常規，備考時要掌握各種問題類型及其求解方法.
二項式系數與項的系數的問題 2022北京T8；2022浙江T12
二項式定理的綜合應用
1.二項式定理
二項式定理 （a＋b）n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn，n∈N*.
二項展開式的通項 Tk＋1＝①　an－kbk　，即為二項展開式的第k＋1項.
二項式系數 （k∈{0，1，2，…，n}）.
辨析比較
二項式系數與項的系數的區別
（a＋bx）n的二項展開式中，二項式系數是指，，…，，其與a，b的值無關，如第k＋1項的二項式系數是；而項的系數是指該項中除變量外的常數部分，其與a，b的值有關，如第k＋1項的系數是an－kbk.
2.二項式系數的性質
1.[北京高考]在（－2）5的展開式中，x2的系數為（　C　）
A.－5 B.5 C.－10 D.10
解析　由二項式定理得（－2）5的展開式的通項Tr＋1＝（）5－r（－2）r＝，令＝2，得r＝1，所以T2＝（－2）x2＝－10x2，所以x2的系數，故選C.
2.[教材改編]在（x－y）10的展開式中，系數最小的項是（　C　）
A.第4項 B.第5項 C.第6項 D.第7項
解析　展開式共有11項，奇數項系數為正，偶數項系數為負，且第6項的二項式系數最大，則展開式中系數最小的項是第6項.
3.已知＋2＋22＋23＋…＋2n＝243，則＋＋＋…＋＝（　A　）
A.31 B.32 C.15 D.16
解析　逆用二項式定理得＋2＋22＋23＋…＋2n＝（1＋2）n＝243，即3n＝35，所以n＝5，所以＋＋＋…＋＝25－1＝31.
4.[多選]下列說法正確的是（　CD　）
A.an－kbk是（a＋b）n展開式中的第k項
B.在二項展開式中，系數最大的項為中間的一項或中間的兩項
C.在（a＋b）n的展開式中，每一項的二項式系數都與a，b無關
D.在（a＋b）n的展開式中，某項的系數與該項的二項式系數不同
5.[易錯題]已知（2x－1）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn（n∈N*），設（2x－1）n的展開式中所有項的二項式系數和為Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*），則S4＝　16　，T4＝　0　.
解析　因為（2x－1）n展開式中所有項的二項式系數和為2n，（易混淆：（2x－1）n展開式的二項式系數和為＋＋＋…＋＝2n，系數和為a0＋a1＋a2＋…＋an）
所以Sn＝2n，S4＝16.令x＝0，則（－1）n＝a0，令x＝1，則1＝a0＋a1＋a2＋…＋an，所以Tn＝1－（－1）n，所以T4＝0.
研透高考 明確方向
命題點1　展開式中的特定項問題
角度1　形如（a＋b）n（n∈N*）的展開式中的特定項
例1 （1）[2023南京市中華中學檢測]若，則a4＝ （　B　）
A.270 B.135
C.－135 D.－270
解析　（2－x）6＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2＋…＋a6（1＋x）6，以x－1代替x，得（3－x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，而（3－x）6的展開式的通項公式為Tr＋1＝36－r（－1）rxr，令r＝4，則a4＝×36－4×（－1）4＝135，故選B.
（2）[2023天津高考]在（2x3－）6的展開式中，x2的系數是　60　.
解析　解法一　二項式（2x3－）6的展開式的通項Tk＋1＝（2x3）6－k（－）k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系數為（－1）4×22×＝60.
解法二　將二項式（2x3－）6看成6個多項式（2x3－）相乘，要想出現x2項，則先在6個多項式中選2個多項式取2x3，然后余下的多項式都取－，相乘，即，所以x2的系數為60.
方法技巧
求形如（a＋b）n（n∈N*）的展開式中的特定項問題的步驟
角度2　形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展開式中的特定項
例2 （1）[2023沈陽市三檢]（2x－3）2（1－）6的展開式中，含x－2項的系數為（　B　）
A.430 B.435 C.245 D.240
解析　（1－）6的展開式的通項Tk＋1＝（－）k＝（－1）k.（2x－3）2＝4x2－12x9，當在多項式（4x2－12x＋9）中取4x2時，令k＝4，得4x2·（－1）4；當在多項式（4x2－12x＋9）中取－12x時，令k＝3，得－12x·（－1）3；當在多項式（4x2－12x＋9）中取9時，令k＝2，得9×（－1）2.所以含x－2項的系數為4×（－1）4＋（－12）×（－1）3＋9×（－1）2＝60＋240＋135＝435，故選B.
（2）[2022新高考卷Ⅰ]（1－）（x＋y）8的展開式中x2y6的系數為　－28　.（用數字作答）
解析　（x＋y）8的展開式的通項Tr＋1＝x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝x2y6，令r＝5，得T5＋1＝x3y5，所以（1－）（x＋y）8的展開式中x2y6的系數為－＝－28.
方法技巧
求形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展開式中特定項問題的步驟
角度3　形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展開式中的特定項
例3 （1）（x－y＋2）5的展開式中，x3y的系數為（　D　）
A.80 B.40
C.－80 D.－40
解析　解法一　（x－y＋2）5＝[x－（y－2）]5，其通項Tr＋1＝x5－r（－1）r·（y－2）r，則展開式中含x3的項為x3（y－2）2，又（y－2）2的展開式中含y的項為（－2）y，所以（x－y＋2）5的展開式中，x3y的系數為··（－2）＝－40，故選D.
解法二　要在展開式中得到x3y，可在5個“x－y＋2”中選3個“x”，1個“－y”，1個“2”，故x3y的系數為·（－1）1×2＝－40.
（2）（1＋2x－3x2）5的展開式中，x5的系數為　92　.
解析　（1＋2x－3x2）5＝（1－x）5（1＋3x）5，所以展開式中x5的系數為35＋（－1）34＋（－1）233＋（－1）332＋（－1）431＋（－1）530＝92.
方法技巧
求形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展開式中的特定項問題的方法
因式分解法 通過分解因式將三項式變成兩個二項式的積的形式，然后用二項式定理分別展開.
逐層展開法 將三項式分成兩組，用二項式定理展開，再把其中含兩項的一組展開，從而解決問題.
利用組合知識 把三項式（a＋b＋c）n（n∈N*）看成n個a＋b＋c的積，然后利用組合知識求解.
訓練1 （1）已知（2x－a）（x＋）6的展開式中x2的系數為－240，則該展開式中的常數項為（　A　）
A.－640 B.－320 C.640 D.320
解析　（x＋）6的展開式的通項為Tk＋1＝x6－k·（）k＝2kx6－2k.令6－2k＝2，得k＝2；令6－2k＝1，得k＝，舍去.（注意：k取整數）
故（2x－a）（x＋）6的展開式中x2的系數為－a·22＝－240，得a＝4.
令6－2k＝－1，得k＝，不符合題意，舍去；令6－2k＝0，得k＝3.故的展開式中的常數項為－4××23＝－640.
（2）（x2＋x＋y）5的展開式中，x5y2的系數為（　C　）
A.10 B.20 C.30 D.60
解析　（x2＋x＋y）5表示5個因式（x2＋x＋y）的乘積，要得到含x5y2的項，只需從5個因式中選2個因式取x2，1個因式取x，其余2個因式取y即可，故x5y2的系數為＝30.
命題點2　二項式系數與項的系數的問題
角度1　二項展開式中的系數和問題
例4 [多選]已知（1－2x）2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，則下列結論正確的是（　ACD　）
A.展開式中所有項的二項式系數的和為22 023
B.展開式中所有奇次項的系數的和為
C.展開式中所有偶次項的系數的和為
D.＋＋＋…＋＝－1
解析　對于A，（1－2x）2 023的展開式中所有項的二項式系數的和為22 023，故A正確；對于B，令f（x）＝（1－2x）2 023，則a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝f（1）＝－1，a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＝f（－1）＝32 023，所以展開式中所有奇次項的系數的和為＝－，展開式中所有偶次項的系數的和為＝，故B錯誤，C正確；對于D，a0＝f（0）＝1，＋＋＋…＋＝f（）－a0＝－1，故D正確.故選ACD.
方法技巧
應用賦值法求項的系數和問題
（1）對形如（ax＋by）n（a，b∈R，n∈N*）的式子求其展開式中的各項系數之和，只需令x＝y＝1即可；求系數之差時，只需根據題目要求令x＝1，y＝－1或x＝－1，y＝1即可.
（2）對（a＋bx）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令f（x）＝（a＋bx）n，則（a＋bx）n的展開式中各項系數之和為f（1），偶次項系數之和為a0＋a2＋a4＋…＝，奇次項系數之和為a1＋a3＋a5＋…＝.
角度2　與二項展開式中的系數有關的最值問題
例5 （1）[全國卷Ⅰ]設m為正整數，（x＋y）2m展開式的二項式系數的最大值為a，（x＋y）2m＋1展開式的二項式系數的最大值為b，若13a＝7b，則m＝（　B　）
A.5 B.6 C.7 D.8
解析　根據二項式系數的性質，知（x＋y）2m展開式中二項式系數的最大值為，而（x＋y）2m＋1展開式中二項式系數的最大值為，則＝a，＝b.又13a＝7b，所以13＝7，即13×＝7×，解得m＝6.
（2）已知（＋）n（n≥2）的展開式中，前三項的系數成等差數列，則展開式中系數最大的項是　7和7　.
解析　展開式中前三項的系數分別是1，，n（n－1），由題意知，2×＝1＋n（n－1），解得n＝8或n＝1（舍去）.
于是展開式的通項Tk＋1＝·（）8－k·（）k＝·2－k·，所以第k＋1項的系數是·2－k，第k項的系數是·2－k＋1，第k＋2項的系數是·2－k－1.若第k＋1項的系數最大，則·2－k≥·2－k＋1且·2－k≥·2－k－1，解得2≤k≤3.又k∈Z，因此k＝2或k＝3.故系數最大的項是T3＝·2－2·＝7和T4＝·2－3·＝7.
方法技巧
1.二項式系數最值的求法
當n是偶數時，第＋1項的二項式系數最大，最大值為；當n是奇數時，第項和第項的二項式系數相等，且同時取得最大值，最大值為或.
2.項的系數最值的求法
設展開式各項的系數分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數最大，解不等式組求出k即可得結果.
訓練2 （1）[多選]已知二項式（x－）8，則下列結論正確的是（　AB　）
A.第5項的二項式系數最大
B.所有項的系數之和為1
C.有且僅有第6項的系數的絕對值最大
D.展開式中共有4項有理項
解析　由題意知，展開式中共有9項，二項式系數最大的項為第5項，A正確；所有項的系數和為（1－2）8＝1，B正確；Tr＋1＝x8－r·（－）r＝（－2）r，r＝0，1，2，…，8，顯然r＝0，2，4，6，8時，Tr＋1是有理項，所以共有5項有理項，D錯誤；由得解得5≤r≤6，所以r＝5或r＝6，故第6項和第7項的系數的絕對值最大，C錯誤.故選AB.
（2）[2022浙江]已知多項式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，則a2＝　8　，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝　－2　.
解析　由多項式展開式可知，a2＝2（－1）2＋（－1）3＝12－4＝8.令x＝0可得a0＝2，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
命題點3　二項式定理的綜合應用
例6 （1）利用二項式定理計算1.056，則其結果精確到0.01的近似值是（　D　）
A.1.23 B.1.24 C.1.33 D.1.34
解析　1.056＝（1＋0.05）6＝＋×0.05＋×0.052＋×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.
（2）設a∈N，且0≤a＜26，若51 2 020＋a能被13整除，則a的值為（　D　）
A.0 B.11或0 C.12 D.12或25
解析　∵512 020＋a＝（52－1）2 020＋a＝522 020（－1）0＋522 019（－1）1＋522 018（－1）2＋…＋521·（－1）2 019＋（－1）2 020＋a，又52能被13整除，∴需使（－1）2 020＋a能被13整除，即1＋a能被13整除，∴1＋a＝13k，k∈Z，又0≤a＜26，∴a＝12或a＝25，故選D.
方法技巧
二項式定理應用的常見題型及解題策略
題型 解題策略
近似計算 先觀察精確度，然后選取展開式中若干項求解.
證明整除問 題或求余數 將被除式（數）合理的變形，拆成二項式，使被除式（數）展開后的每一項都含有除式的因式.
逆用二項 式定理 根據所給式子的特點結合二項展開式的要求，變形使之具備二項式定理右邊的結構，然后逆用二項式定理求解.
訓練3 （1）設復數x＝（i是虛數單位），則x＋x2＋x3＋…＋（　A　）
A.0 B.－2 C.－1＋i D.－1－i
解析　x＝＝＝－1＋i，則x＋x2＋x3＋…＋x2 024＝（1＋x）2 024－1＝i2 024－1＝1－1＝0.
（2）若（2x＋1）100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，則2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3除以8的余數為　5　.
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝3100.令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a100＝1，兩式相減得2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＝3100－1，則2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3＝3100－4.3100－4＝950－4＝（8＋1）50－4＝×850＋×849＋…＋×8＋－4＝×850＋×849＋…＋×8－3＝×850＋×849＋…＋×8－8＋5，則×850＋×849＋…＋×8－8＋5除以8的余數為5，即2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3除以8的余數為5.第4講　隨機事件與概率
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.結合具體實例，理解樣本點和有限樣本空間的含義，理解隨機事件與樣本點的關系.了解隨機事件的并、交與互斥的含義，能結合實例進行隨機事件的并、交運算. 2.結合具體實例，理解古典概型，能計算古典概型中簡單隨機事件的概率. 3.通過實例，理解概率的性質，掌握隨機事件概率的運算法則. 4.結合實例，會用頻率估計概率. 事件的關系的判斷 2020新高考卷ⅠT5 本講知識是概率部分的基礎，高考命題熱點為互斥事件和對立事件的概率計算，以頻率估計概率，古典概型的求解，概率基本性質的應用等，題型既有小題也有大題，大題常與排列組合、分布列、期望與方差、統計等知識綜合命題，難度中等.在2025年高考備考中，要加強對本講概念的理解與應用及與其他知識的綜合訓練.
求隨機事件的頻率與概率 2023新高考卷ⅡT19；2023北京T18；2022新高考卷ⅡT19；2021全國卷甲T17；2020新高考卷ⅠT19；2020全國卷ⅢT18；2019北京T17
古典概型 2023全國卷甲T4；2022新高考卷ⅠT5；2022全國卷乙T13；2022全國卷甲T15；2021全國卷甲T10
概率的基本性質的應用 2023全國卷甲T6
1.樣本空間和隨機事件
（1）樣本空間
（i）樣本點：隨機試驗E的每個可能的①　基本結果　稱為樣本點，一般用Ω表示.
（ii）樣本空間：全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，一般用Ω表示.
（iii）有限樣本空間：如果一個隨機試驗有n個可能結果Ω1，Ω2，…，Ωn，則稱樣本空間Ω＝{Ω1，Ω2，…，Ωn}為有限樣本空間.
說明　樣本空間可以理解為集合，集合的元素就是樣本空間中的樣本點.
（2）隨機事件
（i）定義：將樣本空間Ω的②　子集　稱為隨機事件，簡稱事件.
（ii）表示：一般用大寫字母A，B，C，…表示.
（iii）極端情形：③　必然事件　、不可能事件.
2.兩個事件的關系和運算
事件的關系或運算 含義 符號表示
包含 A發生導致B發生 ④　A B　
相等事件 B A且A B ⑤　A＝B　
并事件（和事件） A與B至少有一個發生 A∪B或A＋B
交事件（積事件） A與B同時發生 A∩B或AB
互斥（互不相容） A與B不能同時發生 A∩B＝
互為對立 A與B有且僅有一個發生 ⑥　A∩B＝ ，A∪B＝Ω　
注意　對立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是對立事件，即兩事件互斥是對立的必要不充分條件.
3.古典概型
（1）古典概型的特征
（i）有限性：樣本空間的樣本點只有⑦　有限個　；
（ii）等可能性：每個樣本點發生的可能性⑧　相等　.
（2）古典概型的概率公式
一般地，設試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事件A包含其中的k個樣本點，則定義事件A的概率P（A）＝＝.其中，n（A）和n（Ω）分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點個數.
4.概率的基本性質
性質1 對任意的事件A，都有P（A）≥0.
性質2 必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，即P（Ω）＝ 1，P（ ）＝0
性質3 如果事件A與事件B互斥，那么P（A∪B）＝⑨　P（A）＋P（B）　.（互斥事件的概率加法公式）
性質4 如果事件A與事件B互為對立事件，那么P（B）＝1－P（A），P（A）＝⑩　1－P（B）　.
性質5 如果A B，那么P（A）≤P（B）.
性質6 設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，我們有P（A∪B）＝ 　　.
性質3的推廣：若事件A1，A2，…，Am兩兩互斥，則P（A1∪A2∪…∪Am）＝P（A1）＋＋…＋P（Am）.
5.頻率與概率
（1）頻率的穩定性
一般地，隨著試驗次數n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發生的頻率fn（A）會逐漸穩定于事件A發生的概率P（A）.我們稱頻率的這個性質為頻率的穩定性.
（2）頻率穩定性的作用：可以用頻率fn（A）估計概率P（A）.
說明　隨機事件A發生的頻率是隨機的，而概率是客觀存在的確定的常數，但在大量隨機試驗中，事件A發生的頻率穩定于事件A發生的概率.
1.一個人打靶時連續射擊兩次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是（　D　）
A.至多有一次中靶 B.兩次都中靶
C.只有一次中靶 D.兩次都不中靶
解析　射擊兩次的結果有：一次中靶，兩次中靶，兩次都不中靶，故至少有一次中靶的互斥事件是兩次都不中靶.故選D.
2.[教材改編]下列說法錯誤的是（　D　）
A.任一事件的概率總在[0，1]內 B.不可能事件的概率為0
C.必然事件的概率為1 D.概率是隨機的，在試驗前不能確定
解析　任一事件的概率總在[0，1]內，不可能事件的概率為0，必然事件的概率為1，概率是客觀存在的，是一個確定值.
3.[教材改編]若隨機事件A，B互斥，A，B發生的概率均不等于0，且P（A）＝2－a，，則實數a的取值范圍是（　D　）
A.（，2） B.（，） C.[，] D.（，]
解析　由題意可知即即解得＜a≤.
4.[多選]下列說法正確的是（　CD　）
A.兩個互斥事件的概率和為1
B.兩個事件的和事件是指兩個事件都發生
C.對立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是對立事件
D.從－3，－2，－1，0，1，2中任取一個數，取到的數小于0與不小于0的可能性相等
5.[教材改編]某戰士射擊一次，擊中環數大于7的概率是0.6，擊中環數是6或7或8的概率相等，且和為0.3，則該戰士射擊一次擊中環數大于5的概率為　0.8　.
解析　記“擊中6環”為事件A，“擊中7環”為事件B，“擊中環數大于7”為事件C，事件A，B，C彼此互斥，且易知P（A）＝0.1，P（B）＝0.1，P（C）＝0.6.記“擊中環數大于5”為事件D，則P（D）＝P（A∪B∪C）＝0.1＋0.1＋0.6＝0.8.
6.拋擲一枚骰子，記A事件為“出現點數是奇數”，B事件為“出現點數是3的倍數”，則P（A∪B）＝　　，P（A∩B）＝　　.
解析　拋擲一枚骰子，出現點數的樣本空間為Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件A∪B＝{1，3，5，6}，故P（A∪B）＝；事件A∩B＝{3}，故P（A∩B）＝.
研透高考 明確方向
命題點1　事件的關系的判斷
例1 （1）[多選]擲一枚質地均勻的骰子，記“向上的點數是1或2”為事件A，“向上的點數是2或3”為事件B，則（　CD　）
A.A B
B.A＝B
C.A∩B表示向上的點數是2
D.A∪B表示向上的點數是1或2或3
解析　設A＝{1，2}，B＝{2，3}，則A∩B＝{2}，A∪B＝{1，2，3}，所以A∩B表示向上的點數是2，A∪B表示向上的點數為1或2或3.故選CD.
（2）[多選]將顏色分別為紅、綠、白、藍的4個小球隨機分給甲、乙、丙、丁4個人，每人一個，則（　BD　）
A.事件“甲分得紅球”與事件“乙分得白球”是互斥不對立事件
B.事件“甲分得紅球”與事件“乙分得紅球”是互斥不對立事件
C.事件“甲分得綠球，乙分得藍球”的對立事件是“丙分得白球，丁分得紅球”
D.當事件“甲分得紅球”的對立事件發生時，事件“乙分得紅球”發生的概率是
解析　事件“甲分得紅球”與事件“乙分得白球”可以同時發生，不是互斥事件，A錯誤；
事件“甲分得紅球”與事件“乙分得紅球”不能同時發生，是互斥事件，除了甲分得紅球或者乙分得紅球以外，丙或者丁也可以分得紅球，B正確；
事件“甲分得綠球，乙分得藍球”與事件“丙分得白球，丁分得紅球”可以同時發生，不是對立事件，C錯誤；
事件“甲分得紅球”的對立事件是“甲沒有分得紅球”，因此乙、丙、丁三人中有一個人分得紅球，事件“乙分得紅球”發生的概率是.D正確.
方法技巧
判斷事件關系的策略
（1）判斷事件的互斥、對立關系時一般用定義法：不可能同時發生的兩個事件為互斥事件；有且僅有一個發生的兩個事件為對立事件.
（2）判斷事件的交、并關系時，一是緊扣運算的定義，二是要全面考慮同一條件下的試驗可能出現的全部結果，必要時可列出全部的試驗結果進行分析，也可類比集合的關系和運用Venn圖分析事件.
訓練1 [多選]某人打靶時連續射擊兩次，設事件A＝“只有一次中靶”，B＝“兩次都中靶”，則下列結論正確的是（　BC　）
A.A B B.A∩B＝
C.A∪B＝“至少一次中靶” D.A與B互為對立事件
解析　事件A＝“只有一次中靶”，B＝“兩次都中靶”，所以A，B是互斥事件，但不是對立事件，所以A，D錯誤，B正確；A∪B＝“至少一次中靶”，C正確.
命題點2　求隨機事件的頻率與概率
例2 [全國卷Ⅰ]某廠接受了一項加工業務，加工出來的產品（單位：件）按標準分為A，B，C，D四個等級.加工業務約定：對于A級品、B級品、C級品，廠家每件分別收取加工費90元，50元，20元；對于D級品，廠家每件要賠償原料損失費50元.該廠有甲、乙兩個分廠可承接加工業務.甲分廠加工成本費為25元/件，乙分廠加工成本費為20元/件.廠家為決定由哪個分廠承接加工業務，在兩個分廠各試加工了100件這種產品，并統計了這些產品的等級，整理如下：
甲分廠產品等級的頻數分布表
等級 A B C D
頻數 40 20 20 20
乙分廠產品等級的頻數分布表
等級 A B C D
頻數 28 17 34 21
（1）分別估計甲、乙兩分廠加工出來的一件產品為A級品的概率；
（2）分別求甲、乙兩分廠加工出來的100件產品的平均利潤，以平均利潤為依據，廠家應選哪個分廠承接加工業務？
解析　（1）由試加工產品等級的頻數分布表知，
甲分廠加工出來的一件產品為A級品的概率的估計值為＝0.4；
乙分廠加工出來的一件產品為A級品的概率的估計值為＝0.28.
（2）由數據知甲分廠加工出來的100件產品利潤的頻數分布表為
利潤 65 25 －5 －75
頻數 40 20 20 20
因此甲分廠加工出來的100件產品的平均利潤為＝15.
由數據知乙分廠加工出來的100件產品利潤的頻數分布表為
利潤 70 30 0 －70
頻數 28 17 34 21
因此乙分廠加工出來的100件產品的平均利潤為＝10.
比較甲、乙兩分廠加工的產品的平均利潤，應選甲分廠承接加工業務.
方法技巧
求隨機事件的概率的思路
（1）計算所求隨機事件出現的頻數及總事件的頻數；
（2）由頻率公式求出頻率，進而由頻率估計概率.
訓練2 [全國卷Ⅲ]某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫（單位：℃）有關.如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區間[20，25），需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃，統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：
最高氣溫 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天數 2 16 36 25 7 4
以最高氣溫位于各區間的頻率估計最高氣溫位于該區間的概率.
（1）估計六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率.
（2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y（單位：元）.當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率.
解析　（1）這種酸奶一天的需求量不超過300瓶，則需最高氣溫低于25，由表格數據知，最高氣溫低于25的頻率為＝0.6，所以這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率的估計值為0.6.
（2）當這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，
若最高氣溫不低于25，則Y＝6×450－4×450＝900；
若最高氣溫位于區間[20，25），則Y＝6×300＋2×（450－300）－4×450＝300；
若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2×（450－200）－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值為900，300，－100.
當且僅當最高氣溫不低于20時，Y大于零，由表格數據知，最高氣溫不低于20的頻率為＝0.8，因此Y大于零的概率的估計值為0.8.
命題點3　古典概型
例3 （1）[2023全國卷甲]某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名.從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一　由題意可知，所求概率P＝＝＝.
解法二　記高一年級2名學生分別為a1，a2，高二年級2名學生分別為b1，b2，則從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演的基本事件有（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，b2），共6個，其中這2名學生來自不同年級的基本事件有（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4個，所以這2名學生來自不同年級的概率P＝＝，故選D.
（2）[2022新高考卷Ⅰ]從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數，則這2個數互質的概率為（　D　）
A. B. C. D.
解析　從7個整數中隨機取2個不同的數，共有＝21（種）取法，取得的2個數互質的情況有{2，3}，{2，5}，{2，7}，{3，4}，{3，5}，{3，7}，{3，8}，{4，5}，{4，7}，{5，6}，{5，7}，{5，8}，{6，7}，{7，8}，共14種.根據古典概型的概率公式，得這2個數互質的概率為＝.故選D.
方法技巧
1.求解古典概型問題的步驟
（1）求出樣本空間Ω包含的樣本點個數n；
（2）求出事件A包含的樣本點個數k；
（3）代入公式P（A）＝求解，即為事件A的概率.
2.求樣本點個數的方法：列舉法、列表法、樹狀圖法、排列組合法.
訓練3 （1）[2021全國卷甲]將4個1和2個0隨機排成一行，則2個0不相鄰的概率為（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　將4個1和2個0視為完全不同的元素，則將4個1和2個0隨機排成一行有種排法.將4個1排成一行有種排法，再將2個0插空有種排法.所以2個0不相鄰的概率P＝＝.
解法二　將4個1和2個0安排在6個位置，則選擇2個位置安排0，共有種排法.將4個1排成一行，再將2個0插空，即在5個位置中選2個位置安排0，共有種排法.所以2個0不相鄰的概率P＝＝.
（2）[2022全國卷甲]從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為　　.
解析　從正方體的8個頂點中任選4個，取法有＝70（種）.其中4個點共面有以下兩種情況：
①所取的4個點為正方體同一個面上的4個頂點，如圖1，有6種取法；
②所取的4個點為正方體同一個對角面上的4個頂點，如圖2，也有6種取法.
圖1 圖2
所以所取的4個點在同一個平面的概率P＝＝.
命題點4　概率的基本性質的應用
例4 （1）如圖所示，靶子由一個中心圓面Ⅰ和兩個同心圓環Ⅱ，Ⅲ構成，射手命中圓面Ⅰ、圓環Ⅱ、圓環Ⅲ的概率分別為0.35，0.30，0.25，則射手命中圓環Ⅱ或圓環Ⅲ的概率為　0.55　，未命中靶的概率為　0.10　.
解析　設射手命中圓面Ⅰ為事件A，命中圓環Ⅱ為事件B，命中圓環Ⅲ為事件C，未中靶為事件D，則P（A）＝0.35，P（B）＝0.30，P（C）＝0.25，事件A，B，C兩兩互斥，故射手命中圓環Ⅱ或圓環Ⅲ的概率為P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝0.30＋0.25＝0.55，射手命中靶的概率為P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.因為中靶和未中靶是對立事件，所以未命中靶的概率
（2）一個電路板上裝有甲、乙兩根熔絲，某種情況下甲熔絲熔斷的概率為0.85，乙熔絲熔斷的概率為0.74，甲、乙兩根熔絲同時熔斷的概率為0.63，則該情況下至少有一根熔絲熔斷的概率為　0.96　.
解析　設事件A＝“甲熔絲熔斷”，事件B＝“乙熔絲熔斷”，則有P（A）＝0.85，，“甲、乙兩根熔絲同時熔斷”為事件A∩B，則有P（A∩B）＝0.63，“甲、乙兩根熔絲至少有一根熔斷”為事件A∪B，則有P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）＝0.85＋0.74－0.63＝0.96，所以至少有一根熔絲熔斷的概率為0.96.
方法技巧
求復雜事件概率的方法
（1）直接法：將所求事件轉化成幾個彼此互斥的事件的和事件，利用互斥事件的概率加法公式求解.
（2）間接法：當求解的問題中有“至多”“至少”“最少”等關鍵詞語時，考慮其對立事件，通過求其對立事件的概率，然后轉化為所求問題.
訓練4 [多選/2023湖北聯考]中國籃球職業聯賽（CBA）中，某男籃球運動員在最近幾次比賽中的得分情況如下表：
投籃次數 投中兩分球的次數 投中三分球的次數 沒投中
100 55 18 m
記該運動員在一次投籃中，投中兩分球為事件A，投中三分球為事件B，沒投中為事件C，用頻率估計概率的方法，得到的下述結論中，正確的是（　ABC　）
A.P（A）＝0.55 B.P（A＋B）＝0.73
C.P（C）＝0.27 D.P（B＋C）＝0.55
解析　由題意可知，m＝100－55－18＝27，P（A）＝＝0.55，P（B）＝＝0.18，事件A＋B與事件C為對立事件，且事件A，B，C互斥，
所以P（C）＝1－P（A＋B）＝1－P（A）－P（B）＝0.27，
故選ABC.第5講　事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.結合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義.結合古典概型，利用獨立性計算概率. 2.結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率. 3.結合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系，會用乘法公式計算概率. 4.結合古典概型，會利用全概率公式計算概率. 相互獨立事件 2023新高考卷ⅡT12；2022全國卷乙T10；2022全國卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全國卷ⅠT19；2019全國卷ⅠT15；2019全國卷ⅡT18 本講為高考的命題熱點，主要考查：（1）相互獨立事件的概率計算，兩事件相互獨立的判斷等，有時候單獨命題，有時候與其他知識綜合考查；（2）條件概率，近兩年考查頻率較高，復習備考中要引起重視；（3）全概率公式，這是新教材增加的點，在2023年新高考卷Ⅰ中已命題，命題概率大.在2025年高考備考中應強化對條件概率和全概率公式的理解和應用.
條件概率 2023全國卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的應用 2023新高考卷ⅠT21
1.事件的相互獨立性
（1）定義：對任意兩個事件A，B，如果P（AB）＝①　P（A）P（B）　，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱獨立.
（2）性質：若事件A與B相互獨立，則A與②　　，與③　B　，與也都相互獨立.
（3）推廣：如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發生的概率等于每個事件發生的概率的積，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意　若事件A與事件B是互斥事件（或對立事件），則A與B不相互獨立.
2.條件概率
（1）定義：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P（A）＞0，我們稱P（B｜A）＝④　　為在⑤　事件A　發生的條件下，⑥　事件B　發生的條件概率，簡稱條件概率.
（2）性質：設P（A）＞0，則
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是兩個互斥事件，則P（B∪C｜A）＝⑦　P（B｜A）＋P（C｜A）　；
c.設B和互為對立事件，則P（｜A）＝⑧　1－P（B｜A）　.
注意　（1）P（B｜A）與P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A發生的條件下事件B發生的概率，P（A｜B）表示在事件B發生的條件下事件A發生的概率.
（2）當A，B相互獨立時，P（B｜A）＝P（B）.
3.全概率公式
一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，有P（B）＝⑨　P（Ai）P（B｜Ai）　.
拓展　貝葉斯公式：設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝＝，i＝1，2，…，n.
1.下列說法錯誤的是（　A　）
A.對于任意兩個事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立
B.若事件A，B相互獨立，則P（B｜A）＝P（B）
C.拋擲2枚質地均勻的硬幣，“第一枚為正面向上”為事件A，“第二枚為正面向上”為事件B，則A，B相互獨立
D.若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列說法錯誤的是（　A　）
A.P（A｜B）＜P（AB） B.P（A｜B）＝可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1 D.P（A｜A）＝1
解析　由條件概率公式P（A｜B）＝及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A說法錯誤；當事件B包含事件A時，有P（AB）＝P（A），此時P（A｜B）＝，故B說法正確；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D說法正確.故選A.
3.[易錯題]設甲乘汽車、火車前往某目的地的概率分別為0.6，0.4，汽車和火車正點到達目的地的概率分別為0.9，0.8，則甲正點到達目的地的概率為（　C　）
A.0.72 B.0.96 C.0.86 D.0.84
解析　設事件A表示甲正點到達目的地，事件B表示甲乘火車前往目的地，事件C表示甲乘汽車前往目的地.由題意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故選C.
4.將兩顆骰子各擲一次，記事件A為“兩個點數不同”，B為“至少出現一個6點”，則條件概率P（A｜B），P（B｜A）分別等于（　A　）
A.， B.， C.， D.，
解析　由題意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝＝，P（B｜A）＝＝＝.故選A.
5.[教材改編]設10件產品中有4件不合格品，從中任意選取2件，則在所選取的產品中發現有一件是不合格品時，另一件也是不合格品的概率是　　.
解析　記事件A為“選取的2件產品中發現有一件是不合格品”，事件B為“另一件是不合格品”，則AB為“2件都是不合格品”.
解法一　記n（A），n（AB）分別為事件A，AB所包含的基本事件個數，則n（A）＝＋＝30，n（AB）＝＝6，故P（B｜A）＝＝＝.
解法二　P（A）＝1－＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
研透高考 明確方向
命題點1　相互獨立事件
角度1　相互獨立事件的判斷
例1 [2021新高考卷Ⅰ]有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則（　B　）
A.甲與丙相互獨立 B.甲與丁相互獨立
C.乙與丙相互獨立 D.丙與丁相互獨立
解析　事件甲發生的概率P（甲）＝，事件乙發生的概率P（乙）＝，事件丙發生的概率P（丙）＝＝，事件丁發生的概率P（丁）＝＝.
事件甲與事件丙同時發生的概率為0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A錯誤；（對任意兩個事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，則P（AB）＝P（A）P（B） 事件A和B相互獨立）事件甲與事件丁同時發生的概率為＝，P（甲丁）＝P（甲）P（丁），故B正確；
事件乙與事件丙同時發生的概率為＝，P（乙丙）≠P（乙）P（丙），故C錯誤；
事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤.故選B.
方法技巧
判斷事件是否相互獨立的方法
（1）由事件本身的性質直接判斷兩個事件的發生是否相互影響.
（2）利用“事件A，B相互獨立 P（AB）＝P（A）·P（B）”判斷.
角度2　相互獨立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5，乙發球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立.在某局雙方10∶10平后，甲先發球，兩人又打了X個球該局比賽結束.
（1）P（X＝2）＝　0.5　；
（2）事件“X＝4且甲獲勝”的概率為　0.1　.
解析　（1）“X＝2”包含的事件為“甲連贏兩球”或“乙連贏兩球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲獲勝”包含的事件為“前兩球甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分”.因此所求概率為[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互獨立事件同時發生的概率的思路
（1）相互獨立事件同時發生的概率等于他們各自發生的概率之積.
（2）當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算.
訓練1 為了普及安全教育，某市組織了一次學生安全知識競賽，規定每隊3人，每人回答一個問題，答對得1分，答錯得0分.在競賽中，假設甲隊每人回答問題的正確率均為，乙隊每人回答問題的正確率分別為，，，且兩隊各人回答問題正確與否相互之間沒有影響.
（1）分別求甲隊總得分為3分與1分的概率；
（2）求甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率.
解析　（1）記“甲隊總得分為3分”為事件A，“甲隊總得分為1分”為事件B.
甲隊得3分，即3人都回答正確，其概率P（A）＝××＝，
甲隊得1分，即3人中只有1人回答正確，其余2人都回答錯誤，其概率P（B）＝×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝.
故甲隊總得分為3分與1分的概率分別為，.
（2）記“甲隊總得分為2分”為事件C，“乙隊總得分為1分”為事件D.
甲隊得2分，即甲隊3人中有2人回答正確，1人回答錯誤，則P（C）＝，
乙隊得1分，即乙隊3人中只有1人回答正確，其余2人回答錯誤，則P（D）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝.
由題意得事件C與事件D相互獨立，
則甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率為P（CD）＝P（C）P（D）＝×＝.
命題點2　條件概率
例3 （1）[2023全國卷甲]某地的中學生中有60％的同學愛好滑冰，50％的同學愛好滑雪，70％的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（　A　）
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
解析　令事件A，B分別表示該同學愛好滑冰、該同學愛好滑雪，事件C表示該同學愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，則P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故選A.
（2）[2023重慶聯考]從5名男生2名女生中任選3人參加學校組織的演講比賽，則在男生甲被選中的條件下，男生乙和女生丙至少一人被選中的概率是（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　設男生甲被選中為事件A，男生乙和女生丙至少一人被選中為事件B，則＝＝＝，故選C.
解法二　在男生甲被選中的情況下，基本事件總數為＝15，其中男生乙和女生丙都沒有被選中的基本事件數為＝6，所以所求概率為1－＝，（方法：在解決至多、至少的有關問題時，常考慮其對立事件的概率）
故選C.
方法技巧
求條件概率的常用方法
定義法 先分別計算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝.
樣本 點法 先求事件A包含的樣本點數n（A），再求事件AB包含的樣本點數n（AB），得P（B｜A）＝.
縮樣法 即縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型的概率公式求解.
訓練2 （1）[2022天津高考]現有52張撲克牌（去掉大小王），每次取一張，取后不放回，則兩次都抽到A的概率為　　；在第一次抽到A的條件下，第二次也抽到A的概率是　　.
解析　設事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.
第1空　解法一　不放回地取兩次的可能結果種數為52×51，事件A1A2包含的可能結果種數為4×3，所以P（A1A2）＝＝.
解法二　不放回地取兩次，可以看成一次取出兩張牌，所以共有種可能結果，事件A1A2包含的可能結果種數為，所以P（A1A2）＝＝＝.
第2空　解法一　因為P（A1）＝，所以P（A2｜A1）＝＝＝.
解法二　縮小樣本空間，已知第一次抽到的是A牌，所以還剩下51張牌，其中有3張A牌，所以P（A2｜A1）＝＝.
（2）現有五瓶墨水，其中紅色一瓶，藍色、黑色各兩瓶，某同學從中隨機抽取兩瓶，若取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色，則另一瓶是紅色或黑色的概率為　　.
解析　設事件A為“取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色”，事件B為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色”，事件C為“取出的兩瓶中另一瓶是黑色”，事件D為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色或黑色”，則D＝B∪C，且B與C互斥.由題意得，P（A）＝＝，＝，P（AC）＝＝，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝＋＝.故取出的兩瓶中有一瓶是藍色，另一瓶是紅色或黑色的概率為.
命題點3　全概率公式的應用
例4 （1）某考生回答一道四選一的考題，假設他知道答案的概率為0.5，知道答案時，答對的概率為1，而不知道答案時猜對的概率為0.25，那么他答對題目的概率為（　A　）
A.0.625 B.0.75 C.0.5 D.0
解析　用A表示事件“考生答對題目”，用B表示事件“考生知道答案”，則表示事件“考生不知道答案”，則P（B）＝0.5，P（）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜）＝0.25，則P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜）P（）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德爾豌豆試驗中，子二代的基因型為DD，Dd，dd，其中D為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基因型的比為1∶2∶1.如果在子二代中任意選取2顆豌豆作為父本雜交，那么子三代中基因型為dd的概率為　　.
解析　記事件B＝“子三代中基因型為dd”，事件A1＝“選擇的是Dd，Dd”，事件A2＝“選擇的是dd，dd”，事件A3＝“選擇的是dd，Dd”，則P（A1）＝×＝，P（A2）＝×＝，P（A3）＝2××＝.
在子二代中任取2顆豌豆作為父本雜交，分以下三種情況討論：
①若選擇的是Dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A1）＝；
②若選擇的是dd，dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A2）＝1；
③若選擇的是dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A3）＝.
綜上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝×＋×1＋×＝.
因此，子三代中基因型為dd的概率是.
方法技巧
全概率公式的應用步驟
（1）按照確定的標準，將一個復雜事件分解為若干個互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各個互斥事件Ai發生條件下的概率；
（3）代入全概率公式求P（B）.
訓練3 （1）[多選/2023廣東六校聯考]某高校有甲、乙兩家餐廳，王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐，第一天去甲、乙兩家餐廳就餐的概率分別為0.4和0.6.如果他第一天去甲餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.6；如果第一天去乙餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.5.則王同學（　AC　）
A.第二天去甲餐廳的概率為0.54
B.第二天去乙餐廳的概率為0.44
C.第二天去了甲餐廳，則第一天去乙餐廳的概率為
D.第二天去了乙餐廳，則第一天去甲餐廳的概率為
解析　設A1＝“王同學第一天去甲餐廳”，A2＝“王同學第二天去甲餐廳”，B1＝“王同學第一天去乙餐廳”，B2＝“王同學第二天去乙餐廳”，則P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由題意得P（A2｜B1）＝＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3　①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1與B1互斥，則由全概率公式得②，所以A正確.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B錯誤.（注意題干“王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝＝＝，C正確.P（A1｜B2）＝＝＝＝，所以D錯誤.故選AC.
（2）人們為了解一只股票未來一定時期內價格的變化，往往會去分析影響股票價格的基本因素，比如利率的變化.現假設人們經分析估計利率下調的概率為60％，利率不變的概率為40％.根據經驗，人們估計，在利率下調的情況下，該只股票價格上漲的概率為80％，而在利率不變的情況下，其價格上漲的概率為40％，則該只股票將上漲的概率為　64％　.
解析　記A為事件“利率下調”，那么即為“利率不變”，記B為事件“股票價格上漲”.
依題設知P（A）＝60％，P（）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）·P（B｜）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.第6講　離散型隨機變量及其分布列、數字特征
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
了解離散型隨機變量的概念，理解離散型隨機變量分布列及其數字特征（均值、方差）. 離散型隨機變量分布列的性質 本講是高考的命題熱點，常以實際問題為情境，與計數原理、古典概型等知識綜合命題，考查離散型隨機變量的分布列、均值與方差，以解答題為主，有時也以選擇題、填空題的形式進行考查，難度中等.預計2025年高考會著重考查本講知識的實際應用.
離散型隨機變量的分布列及數字特征 2022全國卷甲T19；2021新高考卷ⅠT18；2021新高考卷ⅡT21；2019全國卷ⅠT21
利用均值與方差進行決策 2021新高考卷ⅠT18
1.離散型隨機變量
一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點Ω，都有①　唯一的實數X（Ω）　與之對應，我們稱X為隨機變量.可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量，稱為離散型隨機變量.
隨機變量一般用大寫英文字母表示，例如X，Y，Z.隨機變量的取值一般用小寫英文字母表示，例如x，y，z.
2.離散型隨機變量的分布列
一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P（X＝xi）＝pi，i＝1，2，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列.離散型隨機變量的分布列可以用表格或圖形表示.
3.離散型隨機變量分布列的性質
（1）pi②　≥　0，i＝1，2，…，n；
（2）p1＋p2＋…＋pn＝③　1　.
4.離散型隨機變量的均值與方差
一般地，若離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
則稱E（X）＝④　x1p1＋x2p2＋…＋xnpn　＝xipi為隨機變量X的均值或數學期望，數學期望簡稱期望.它反映了離散型隨機變量取值的平均水平.
稱D（X）＝（x1－E（X））2p1＋（x2－E（X））2p2＋…＋（xn－E（X））2pn＝⑤　　為隨機變量X的方差，有時也記為Var（X），并稱為隨機變量X的⑥　標準差　，記為σ（X）.方差和標準差都可以度量隨機變量取值與其均值的⑦　偏離程度　，反映了隨機變量取值的離散程度，方差或標準差越小，隨機變量的取值越集中；方差或標準差越大，隨機變量的取值越分散.
5.均值與方差的性質
若Y＝aX＋b，其中a，b是常數，X，X1，X2是隨機變量，則
（1）E（aX＋b）＝⑧　aE（X）＋b　，D（aX＋b）＝⑨　a2D（X）　；
（2）E（X1＋X2）＝E（X1）＋E（X2），D（X）＝E（X2）－[E（X）]2.
1.下列說法錯誤的是（　B　）
A.拋擲一枚質地均勻的硬幣，出現正面的次數是隨機變量
B.離散型隨機變量的分布列中，隨機變量取各個值的概率之和可以小于1
C.離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的
D.隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離變量的平均程度越小
2.設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X －1 0 1
P 1－q q－q2
則q等于（　D　）
A.1 B.或－ C.1＋ D.
解析　由離散型隨機變量分布列的性質得解得q＝.
3.一臺機器生產某種產品，如果生產出一件甲等品可獲利50元，生產出一件乙等品可獲利30元，生產一件次品要賠20元，已知這臺機器生產出甲等品、乙等品和次品的概率分別為0.6，0.3和0.1，則這臺機器每生產一件產品，平均預期可獲利（　B　）
A.36元 B.37元 C.38元 D.39元
解析　設這臺機器每生產一件產品可獲利X元，則X可能取的數值為50，30，－20，所以P（X＝50）＝0.6，P（X＝30）＝0.3，P（X＝－20）＝0.1，所以這臺機器每生產一件產品平均預期可獲利為E（X）＝50×0.6＋30×0.3－20×0.1＝37（元），故選B.
4.[多選]設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結果正確的有（　ACD　）
A.q＝0.1 B.E（X）＝2，D（X）＝1.4
C.E（X）＝2，D（X）＝1.8 D.E（Y）＝5，D（Y）＝7.2
解析　因為q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正確；又E（X）＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，
D（X）＝（0－2）2×0.1＋（1－2）2×0.4＋（2－2）2×0.1＋（3－2）2×0.2＋（4－2）2×0.2＝1.8，故C正確，B錯誤；因為Y＝2X＋1，所以E（Y）＝2E（X）＋1＝5，D（Y）＝4D（X）＝7.2，故D正確.故選ACD.
5.若隨機變量X滿足P（X＝c）＝1，其中c為常數，則D（X）的值為　0　.
解析　∵P（X＝c）＝1，∴E（X）＝c×1＝c，∴D（X）＝（c－c）2×1＝0.
研透高考 明確方向
命題點1　離散型隨機變量分布列的性質
例1 （1）某射手射擊所得環數ξ的分布列如下表：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的數學期望E（ξ）＝8.9，則y的值為（　C　）
A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2
解析　由題中表格可知x＋0.1＋0.3＋y＝1，7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，解得y＝0.4.故選C.
（2）[多選]設隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝）＝ak（k＝1，2，3，4，5），則（　AB　）
A.a＝ B.P（＜ξ＜）＝
C.P（＜ξ＜）＝ D.P（ξ＝1）＝
解析　∵隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝）＝ak（k＝1，2，3，4，5），
∴P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝1）＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1，解得a＝，故A正確；
易知P（＜ξ＜）＝P（ξ＝）＝3×＝，故B正確；
易知P（＜ξ＜）＝P（ξ＝）＋P（ξ＝）＝＋2×＝，故C錯誤；
易知P（ξ＝1）＝5×＝，故D錯誤.
方法技巧
離散型隨機變量分布列的性質的應用
1.利用“總概率之和為1”可以求相關參數的值及檢驗分布列是否正確；
2.利用“離散型隨機變量在某一范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率.
訓練1 （1）若隨機變量X的分布列為
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
則當P（X＜a）＝0.8時，實數a的取值范圍是（　C　）
A.（－∞，2] B.[1，2] C.（1，2] D.（1，2）
解析　由隨機變量X的分布列知，P（X＜1）＝0.5，P（X＜2）＝0.8，故當P（X＜a）＝0.8時，實數a的取值范圍是（1，2].
（2）隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a b c
其中a，b，c成等差數列，則P（｜X｜＝1）＝　　，公差d的取值范圍是　[－，]　.
解析　因為a，b，c成等差數列，
所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝，所以P（｜X｜＝1）＝a＋c＝.
又a＝－d，c＝＋d，
根據分布列的性質，得0≤－d≤，0≤＋d≤，所以－≤d≤.
命題點2　離散型隨機變量的分布列及數字特征
例2 （1）[多選]設隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝k）＝（k＝1，2，5），a∈R，分別為隨機變量ξ的數學期望與方差，則（　ABC　）
A.P（0＜ξ＜3.5）＝ B.E（3ξ＋1）＝7
C.D（ξ）＝2 D.D（3ξ＋1）＝6
解析　∵P（ξ＝k）＝（k＝1，2，5），a∈R，
∴P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝5）＝＝，∴＋＋＝1，
解得a＝1.
P（0＜ξ＜3.5）＝P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝＋＝，故A正確；
∵E（ξ）＝1×＋2×＋5×＝2，∴E（3ξ＋1）＝3E（ξ）＋1＝3×2＋1＝7，故B正確；D（ξ）＝×（1－2）2＋×（2－2）2＋×（5－2）2＝2，故C正確；
D（3ξ＋1）＝32D（ξ）＝9×2＝18，故D錯誤.
（2）[2022全國卷甲]甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方得10分，負方得0分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高的學校獲得冠軍.已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項目的比賽結果相互獨立.
①求甲學校獲得冠軍的概率；
②用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望.
解析　①設甲學校獲得冠軍的事件為A，則甲學校必須獲勝2場或者3場.
P（A）＝0.5×0.4×0.8＋（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.6.
故甲學校獲得冠軍的概率為 0.6.
②X的取值可以為0，10，20，30.
P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P（X＝10）＝（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.44，
P（X＝20）＝（1－0.5）×（1－0.4）×0.8＋0.5×（1－0.4）×（1－0.8）＋（1－0.5）×0.4×（1－0.8）＝0.34，
P（X＝30）＝（1－0.5）×（1－0.4）×（1－0.8）＝0.06.
所以X的分布列為
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
所以E（X）＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
方法技巧
求離散型隨機變量X的均值與方差的步驟
（1）理解X的含義，寫出X的全部可能取值；
（2）求X取每個值的概率；
（3）寫出X的分布列；
（4）由均值、方差的定義求E（X），D（X）.
訓練2 [多選]甲、乙兩人進行紙牌游戲（紙牌除了顏色不同，沒有其他任何區別），他們手里各持有4張紙牌，其中甲手里有2張黑牌，2張紅牌，乙手里有3張黑牌，1張紅牌，現在兩人都各自隨機取出1張牌進行交換，交換后甲、乙手中的紅牌張數分別為X，Y，則（　AD　）
A.P（X＝2）＝ B.P（X＝3）＝
C.E（X）＝E（Y） D.D（X）＝D（Y）
解析　記甲取出1張紅牌為事件A，乙取出1張紅牌為事件B，
則P（A）＝＝，P（B）＝.
由題意，X的可能取值為1，2，3，且Y＝3－X，
則P（X＝1）＝×＝，P（X＝2）＝×＋×＝，P（X＝3）＝×＝，故A正確，B錯誤.
E（X）＝1×＋2×＋3×＝，E（Y）＝E（3－X）＝3－E（X）＝3－＝，故C錯誤.
D（Y）＝D（3－X）＝（－1）2D（X）＝D（X），故D正確.故選AD.
命題點3　利用均值與方差進行決策
例3 [2021新高考卷Ⅰ]某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題.每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束.A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分.
已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.
（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由.
解析　（1）由題意得，X的所有可能取值為0，20，100，
P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，
P（X＝20）＝0.8×（1－0.6）＝0.32，
P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列為
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
（2）當小明先回答A類問題時，由（1）可得E（X）＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
當小明先回答B類問題時，記Y為小明的累計得分，
則Y的所有可能取值為0，80，100，
P（Y＝0）＝1－0.6＝0.4，
P（Y＝80）＝0.6×（1－0.8）＝0.12，
P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列為
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E（Y）＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因為57.6＞54.4，即E（Y）＞E（X），所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B類問題.
方法技巧
在利用均值和方差的意義去分析、解決實際問題時，一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定.需要注意的是，實際應用中是方差大了好還是方差小了好，要看這組數據反映的實際問題.
訓練3 [2023湖北荊州中學模擬]某公司計劃在2023年年初將1 000萬元用于投資，現有兩個項目供選擇.
項目一：新能源汽車.據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利30％，也可能虧損15％，且這兩種情況發生的概率分別為和.
項目二：通信設備.據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50％，也可能虧損30％，也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為，，.
（1）針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由.
（2）若市場預期不變，該投資公司按照你選擇的項目長期投資（每一年的利潤和本金繼續用作投資），大約在哪一年年底總資產（利潤＋本金）可以翻一番？（參考數據：）
解析　（1）若投資項目一，設獲利為ξ1萬元（負值表示虧損），則ξ1的分布列為
ξ1 300 －150
P
E（ξ1）＝300×＋（－150）×＝200.
若投資項目二，設獲利為ξ2萬元（負值表示虧損，0表示不賠不賺），則ξ2的分布列為
ξ2 500 0 －300
P
E（ξ2）＝500×＋0×＋（－300）×＝200.
∴E（ξ1）＝E（ξ2），即投資項目一和項目二獲利的期望相同.
D（ξ1）＝（300－200）2×＋（－150－200）2×＝35 000，
D（ξ2）＝（500－200）2×＋（0－200）2×＋（－300－200）2×＝140 000，
∴D（ξ1）＜D（ξ2），即項目一的方差較小，投資項目一更穩定.
綜上，建議該投資公司選擇項目一進行投資.
（2）假設n（n∈N*）年后總資產可以翻一番，依題意得1 000×（1＋）n＝2 000，即1.2n＝2，
兩邊同時取對數，得n×lg 1.2＝lg 2，n＝≈≈3.805 3，
∴該投資公司大約在2026年年底總資產可以翻一番.第7講　二項分布、超幾何分布與正態分布
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解伯努利試驗，掌握二項分布及其數字特征，并能解決簡單的實際問題. 2.了解超幾何分布及其均值，并能解決簡單的實際問題. 3.通過誤差模型，了解服從正態分布的隨機變量.通過具體實例，借助頻率分布直方圖的幾何直觀，了解正態分布的特征. 4.了解正態分布的均值、方差及其含義. 二項分布 2021天津T14；2019天津T16 本講常以生產生活實際情境為載體考查二項分布、超幾何分布及正態分布的應用，解題時注意對相關概念的理解及相關公式的應用.在2025年高考備考時注意對不同分布模型的理解和應用.
超幾何分布 2021浙江T15
正態分布及其應用 2022新高考卷ⅡT13；2021新高考卷ⅡT6
1.n重伯努利試驗
（1）定義：把只包含兩個可能結果的試驗叫做伯努利試驗.將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗.
（2）特征：a.同一個伯努利試驗重復做n次；b.各次試驗的結果相互獨立.
2.二項分布
（1）定義：一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發生的概率為p（0＜p＜1），用X表示事件A發生的次數，則X的分布列為P（X＝k）＝①pk（1－p）n－k，k＝0，1，2，…，n.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作②　X～B（n，p）　.特別地，當n＝1時，此時的二項分布為兩點分布.
（2）期望與方差：若X～B（n，p），則E（X）＝③　np　，D（X）＝④　np（1－p）　.
3.超幾何分布
（1）定義：一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品.從N件產品中隨機抽取n件（不放回），用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為P（X＝k）＝⑤　　，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布.
（2）期望：E（X）＝⑥　　.
注意　二項分布是有放回抽取問題，超幾何分布是不放回抽取問題.
4.正態分布
（1）定義：若隨機變量X的概率分布密度函數為f（x）＝，x∈R，其中μ∈R，σ＞0為參數，則稱隨機變量X服從正態分布，記為⑦　X～N（μ，σ2）　.特別地，當μ＝0，σ＝1時，稱隨機變量X服從標準正態分布.
（2）正態曲線的特點
a.曲線是單峰的，它關于直線⑧　x＝μ　對稱.
b.曲線在⑨　x＝μ　處達到峰值.
c.當｜x｜無限增大時，曲線無限接近x軸.
d.曲線與x軸之間的面積為⑩　1　.
e.當σ取定值時，曲線的位置由μ確定，且隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖1所示.
f.當μ取定值時，曲線的形狀由σ確定.σ越小，曲線越“ 　瘦高　”，表示總體的分布越 　集中　；σ越大，曲線越“ 　矮胖　”，表示總體的分布越 　分散　，如圖2所示.
說明　從圖1，圖2可以發現參數μ反映了正態分布的集中位置，σ反映了隨機變量的分布相對于均值μ的離散程度.
（3）正態分布三個常用數據
P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，
P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，
P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3.
說明　在實際應用中，通常認為服從正態分布N（μ，σ2）的隨機變量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，這在統計學中稱為3σ原則.
（4）正態分布的期望與方差：若X～N（μ，σ2），則E（X）＝ 　μ　，D（X）＝ 　σ2　.
1.下列說法錯誤的是（　A　）
A.某射手擊中目標的概率為0.9，從開始射擊到擊中目標所需的射擊次數X服從二項分布
B.從4名男演員和3名女演員中選出4人，其中女演員的人數X服從超幾何分布
C.n重伯努利試驗中各次數試驗的結果相互獨立
D.正態分布是對連續型隨機變量而言的
2.[多選]若袋子中有2個白球，3個黑球（球除了顏色不同，沒有其他任何區別），現從袋子中有放回地隨機取球4次，每次取一個球，取到白球記1分，取到黑球記0分，記4次取球的總分數為X，則（　BCD　）
A.X～B（4，） B.P（X＝3）＝
C.E（X）＝ D.D（X）＝
解析　由題意知，每次取到白球的概率為，取到黑球的概率為，由于取到白球記1分，取到黑球記0分，所以X為4次取球取到白球的個數，易知X～B（4，），故A錯誤；
P（X＝3）＝（）3×＝，故B正確；
E（X）＝4×＝，故C正確；
D（X）＝4××＝，故D正確.故選BCD.
3.已知隨機變量X服從正態分布N（3，1），且P（X＞2c－1）＝P（X＜c＋3），則c＝　　.
解析　∵隨機變量X服從正態分布N（3，1），且P（X＞2c－1）＝P（X＜c＋3），∴＝3，∴c＝.
4.[教材改編]生產方提供一批產品50箱，其中有2箱不合格產品.采購方接收該批產品的準則是：從該批產品中任取5箱產品進行檢測，若至多有1箱不合格產品，便接收該批產品.則該批產品被接收的概率是　　.
解析　用X表示“5箱中不合格產品的箱數”，則X服從超幾何分布，且N＝50，M＝2，n＝5.
因為這批產品被接收的條件是5箱全部合格或只有1箱不合格，
所以該批產品被接收的概率是P（X≤1）＝＋＝.
研透高考 明確方向
命題點1　二項分布
例1 （1）已知隨機變量X～B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，則P（X≥2）＝（　A　）
A. B. C. D.
解析　由隨機變量X～B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，得解得
所以P（X≥2）＝1－P（X＝1）－P（X＝0）＝1－×（）1×（1－）3－1－××（1－）3－0＝1－－＝.
（2）為了解觀眾對2023年央視春晚小品節目《坑》的評價，某機構隨機抽取10位觀眾對其打分（滿分10分），得到如下表格：
觀眾序號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
評分 7.8 8.9 8.6 7.4 8.5 8.5 9.5 9.9 8.3 9.1
①求這組數據的第75百分位數；
②將頻率視為概率，現從觀眾中隨機抽取3人對節目《坑》進行評價，記抽取的3人中評分超過9.0的人數為X，求X的分布列、數學期望與方差.
解析　①將這組數據從小到大排列，為7.4，7.8，8.3，8.5，8.5，8.6，8.9，9.1，9.5，9.9，
所以這組數據的第75百分位數為9.1.
②樣本中評分超過9.0的有3個，所以評分超過9.0的頻率為0.3.
把頻率視為概率，則評分超過9.0的概率為0.3.
依題意，X的所有可能取值為0，1，2，3，且X～B（3，0.3），
則P（X＝0）＝×0.73＝0.343，
P（X＝1）＝×0.3×0.72＝0.441，
P（X＝2）＝×0.32×0.7＝0.189，
P（X＝3）＝×0.33＝0.027，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
（注意根據分布列中所有可能取值的概率之和為1檢驗所求的分布列是否正確）
所以E（X）＝3×0.3＝0.9，
D（X）＝3×0.3×0.7＝0.63.
方法技巧
二項分布問題的解題關鍵
1.定型
（1）在每一次試驗中，事件發生的概率相同.
（2）各次試驗中的事件是相互獨立的.
（3）在每一次試驗中，試驗的結果只有兩個，即發生與不發生.
2.定參：確定二項分布中的兩個參數n和p，即試驗發生的次數和試驗中事件發生的概率.
訓練1 [天津高考]設甲、乙兩位同學上學期間，每天7：30之前到校的概率均為，假定甲、乙兩位同學到校情況互不影響，且任一同學每天到校情況相互獨立.
（1）用X表示甲同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數，求隨機變量X的分布列和數學期望；
（2）設M為事件“上學期間的三天中，甲同學在7：30之前到校的天數比乙同學在7：30之前到校的天數恰好多2”，求事件M發生的概率.
解析　（1）因為甲同學上學期間的三天中每天到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均為，故X～B（3，），從而P（X＝k）＝（）k（）3－k，k＝0，1，2，3.
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
隨機變量X的數學期望E（X）＝3×＝2.
（2）設乙同學上學期間的三天中每天7：30之前到校的天數為Y，則Y～B（3，），且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}.
由題意知事件{X＝3，Y＝1}與{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}與{Y＝1}，事件{X＝2}與{Y＝0}均相互獨立，從而由（1）知.
命題點2　超幾何分布
例2 [2023北京市朝陽區質檢]某數學教師組織學生進行線上答題交流活動，規定從8道備選題中隨機抽取題目作答，假設在8道備選題中，學生甲答對每道題的概率都是，且每道題答對與否互不影響，學生乙、丙都只能答對其中的6道題.
（1）若甲、乙兩人分別從8道備選題中隨機抽取1道作答，求至少有1人能答對的概率；
（2）若學生丙從8道備選題中隨機抽取2道作答，以X表示其中丙能答對的題數，求X的分布列及數學期望.
解析　（1）由題意可知隨機抽取1道試題作答，乙能答對的概率為，
則甲、乙兩人都不能答對的概率P＝（1－）×（1－）＝，
所以甲、乙兩人至少有1人能答對的概率為1－P＝.
（2）X的所有可能取值為0，1，2，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，
X的分布列為
X 0 1 2
P
解法一　所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
解法二　因為X服從超幾何分布H（8，6，2），所以E（X）＝＝.
方法技巧
1.超幾何分布描述的是不放回抽樣問題，隨機變量為抽到的某類個體的個數.
2.超幾何分布的特征是：（1）考查對象分兩類；（2）已知各類對象的個數；（3）從中抽取若干個個體，考查某類個體數X的概率分布.
3.超幾何分布主要用于抽檢產品、摸不同類別的小球等概率模型，其實質是古典概型.
訓練2 [天津高考]已知某單位甲、乙、丙三個部門的員工人數分別為24，16，16.現采用分層隨機抽樣的方法從中抽取7人，進行睡眠時間的調查.
（1）應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取多少人？
（2）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，現從這7人中隨機抽取3人做進一步的身體檢查.
（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數，求隨機變量X的分布列與數學期望；
（ii）設A為事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的員工，也有睡眠不足的員工”，求事件A發生的概率.
解析　（1）由已知，甲、乙、丙三個部門的員工人數之比為3∶2∶2.由于采用分層隨機抽樣的方法從中抽取7人，因此應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取3人，2人，2人.
（2）（i）隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，且服從超幾何分布，則（k＝0，1，2，3）.
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
所以隨機變量X的數學期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.（也可直接由超幾何分布的期望計算公式E（X）＝求解）
（ii）設事件B為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有1人，睡眠不足的員工有2人”；事件C為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有2人，睡眠不足的員工有1人”，則A＝B∪C，且B與C互斥.由（i）知，P（B）＝P（X＝2），P（C）＝P（X＝1），
故P（A）＝P（B∪C）＝P（X＝2）＋P（X＝1）＝.
所以事件A發生的概率為.
命題點3　正態分布及其應用
例3 （1）[2021新高考卷Ⅱ]某物理量的測量結果服從正態分布N（10，σ2），則下列結論中不正確的是（　D　）
A.σ越小，該物理量一次測量結果落在（9.9，10.1）內的概率越大
B.該物理量一次測量結果大于10的概率為0.5
C.該物理量一次測量結果小于9.99的概率與大于10.01的概率相等
D.該物理量一次測量結果落在（9.9，10.2）內的概率與落在（10，10.3）內的概率相等
解析　設該物理量一次測量結果為X，
對于A，σ越小，說明數據越集中在10附近，所以X落在（9.9，10.1）內的概率越大，所以選項A正確；
對于B，根據正態曲線的對稱性可得，P（X＞10）＝0.5，所以選項B正確；
對于C，根據正態曲線的對稱性可得，P（X＞10.01）＝P（X＜9.99），所以選項C正確；
對于D，根據正態曲線的對稱性可得，P（9.9＜X＜10.2）－P（10＜X＜10.3）＝P（9.9＜X＜10）－P（10.2＜X＜10.3），又P（9.9＜X＜10）＞P（10.2＜X＜10.3），所以，所以選項D錯誤.故選D.
（2）某工廠制造的某種機器零件的尺寸X（單位：mm）近似服從正態分布N（100，0.01），現從中隨機抽取10 000個零件，尺寸在[99.8，99.9]內的個數約為（附：若隨機變量X～N（μ，σ2），則P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5）（　B　）
A.2 718 B.1 359 C.430 D.215
解析　∵X～N（100，0.01），∴μ＝100，σ＝0.1，則P（99.8≤X≤99.9）＝P（μ－2σ≤X≤μ－σ）＝[P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）－P（μ－σ≤X≤μ＋σ）]≈×（0.954 5－0.682 7）＝0.135 9.故隨機抽取的
10 000個零件中尺寸在[99.8，99.9]內的個數約為10 000×0.135 9＝1 359.
方法技巧
解決正態分布問題的思路
1.把給出的區間或范圍與參數μ，σ進行對比計算，確定它們屬于[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一個.
2.利用正態曲線的對稱性轉化所求概率，常用結論如下：
（1）P（X≥μ）＝P（X＜μ）＝0.5；
（2）對任意的a，有P（X＜μ－a）＝P（X＞μ＋a）；
（3）P（X＜x0）＝1－P（X≥x0）；
（4）P（a＜X＜b）＝P（X＜b）－P（X≤a）.
訓練3 （1）[2022新高考卷Ⅱ]已知隨機變量X服從正態分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，則P（X＞2.5）＝　0.14　.
解析　因為X～N（2，σ2），所以P（X＞2）＝0.5，
所以P（X＞2.5）＝P（X＞2）－P（2＜X≤2.5）＝0.5－0.36＝0.14.
（2）[2023廣州市階段測試]某品牌手機的電池使用壽命X（單位：年）服從正態分布，且使用壽命不少于1年的概率為0.9，使用壽命不少于9年的概率為0.1，則該品牌手機的電池使用壽命不少于5年且不多于9年的概率為　0.4　.
解析　由題意知P（X≥1）＝0.9，P（X≥9）＝0.1，
所以P（X＜1）＝1－0.9＝0.1＝P（X≥9），所以正態曲線的對稱軸為直線x＝＝5.
因為P（1≤X≤9）＝0.9－0.1＝0.8，所以P（5≤X≤9）＝＝0.4，即該品牌手機的電池使用壽命不少于5年且不多于9年的概率為0.4.

展開更多......

收起↑