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第十章
§10.7　二項分布、超幾何
　 　分布與正態分布
數學
大
一
輪
復
習
1.理解二項分布、超幾何分布的概念，能解決一些簡單的實際問題.
2.借助正態曲線了解正態分布的概念，并進行簡單應用.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.二項分布
(1)伯努利試驗
只包含　　　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　　　　　　　.
(2)二項分布
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　　　　　.
兩個
n重伯努利試驗
pk(1－p)n－k
X~B(n，p)
(3)兩點分布與二項分布的均值、方差
①若隨機變量X服從兩點分布，則E(X)＝　　，D(X)＝ .
②若X~B(n，p)，則E(X)＝ ，D(X)＝ .
p
p(1－p)
np
np(1－p)
2.超幾何分布
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)＝ ，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.
3.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 .
(2)正態曲線的特點
①曲線是單峰的，它關于直線 對稱；
②曲線在 處達到峰值；
③當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸.
X~N(μ，σ2)
x＝μ
x＝μ
(3)3σ原則
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正態分布的均值與方差
若X~N(μ，σ2)，則E(X)＝ ，D(X)＝ .
μ
σ2
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)兩點分布是二項分布當n＝1時的特殊情形.(　　)
(2)若X表示n次重復拋擲1枚骰子出現點數是3的倍數的次數，則X服從二項分布.(　　)
(3)從裝有3個紅球、3個白球的盒中有放回地任取一個球，連取3次，則取到紅球的個數X服從超幾何分布.(　　)
(4)當μ取定值時，正態曲線的形狀由σ確定，σ越小，曲線越“矮胖”.
(　　)
×
√
√
×
2.若隨機變量ξ~N(3，σ2)，且P(ξ≥4)＝0.2，則P(2<ξ<3)等于
A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5
由隨機變量ξ~N(3，σ2)，根據正態分布性質可知，P(ξ>3)＝0.5，因為P(ξ≥4)＝0.2，可得P(3<ξ<4)＝P(ξ>3)－P(ξ≥4)＝0.5－0.2＝0.3，再根據正態曲線的對稱性可知，P(2<ξ<3)＝P(3<ξ<4)＝0.3.
√
3.有20個零件，其中16個一等品，其余都是二等品，若從20個零件中任取3個，那么至多有一個是二等品的概率是
A. B.
C. D.以上均不對
至多有一個是二等品即只有一個二等品或者沒有二等品，故概率為
.
√
4.甲、乙兩名羽毛球運動員進行一場比賽，采用5局3勝制(先勝3局者勝，
比賽結束).已知每局比賽甲獲勝的概率均為(不考慮平局)，則甲以3比1獲
勝的概率為　　 .
若甲以3比1獲勝，則甲、乙兩人共比賽4局，其中前3局中甲勝2局，第4
局甲必勝，故所求概率為P＝××.
1.若X~N(μ，σ2)，則X的均值與方差分別為E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
2.“恰好發生k次”與“有指定的k次發生”不同：恰好發生k次的概率P＝pk(1－p)n－k，有指定的k次發生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n).
3.“二項分布”與“超幾何分布”的區別：有放回抽取問題對應二項分布，不放回抽取問題對應超幾何分布，當總體容量很大時，超幾何分布可近似為二項分布來處理.
4.超幾何分布有時也記為X~H(n，M，N)，其均值E(X)＝，方差D(X)＝.
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微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·大慶模擬)2024年7月12日，國家疾控局會同教育部、國家衛生健康委和體育總局制定并發布了《中小學生超重肥胖公共衛生綜合防控技術導則》，其中一級預防干預技術的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖飲料，足量飲水”，某中學準備發布健康飲食的倡議，提前收集了學生的體重和飲食習慣等信息，其中學生飲用含糖飲料的統計
結果如下：學校有的學生每天飲用含糖飲料不低于500毫升，這些學生的肥胖率為；而每天飲用含糖飲料低于500毫升的學生的肥胖率為.
(1)若從該中學的學生中任意抽取一名學生，求該生肥胖的概率；
二項分布
題型一
設“學生每天飲用含糖飲料不低于500毫升”為事件A，則P(A)＝，P()＝，
設“學生肥胖”為事件B，則
P(B|A)＝，P(B|)＝，
由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝××，
所以從該中學的學生中任意抽取一名學生，該生肥胖的概率為.
(2)現從該中學的學生中任意抽取三名學生，記X表示這三名學生中肥胖的人數，求X的分布列和數學期望.
由題意可知，X~B，且X的可能取值為0，1，2，3，則有
P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
所以X的分布列為
X的數學期望E(X)＝3×.
X 0 1 2 3
P
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.
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跟蹤訓練1　某校為了解本校學生課間進行體育活動的情況，隨機抽取了50名男生和50名女生，通過調查得到如下數據：50名女生中有10人課間經常進行體育活動，50名男生中有20人課間經常進行體育活動.
(1)請補全2×2列聯表，試根據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，判斷性別與課間經常進行體育活動是否有關聯；
性別 體育活動 合計
課間不經常進行體育活動 課間經常進行體育活動 男
女
合計
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
依題意，列出2×2列聯表如下：
零假設為H0：性別與課間經常進行體育活動相互獨立，即性別與課間是否經常進行體育活動無關.
性別 體育活動 合計
課間不經常進行體育活動 課間經常進行體育活動 男 30 20 50
女 40 10 50
合計 70 30 100
因為χ2＝≈4.762>3.841＝x0.05，根據小概率值α＝
0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，
即認為性別與課間是否經常進行體育活動有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.
(2)以樣本的頻率作為概率的值，在全校的男生中任取4人，記其中課間經常進行體育活動的人數為X，求X的分布列、數學期望和方差.
性別 體育活動 合計
課間不經常進行體育活動 課間經常進行體育活動 男 30 20 50
女 40 10 50
合計 70 30 100
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
由題意得，50名男生中課間經常進行體育活動的頻率為，所以在本校男生中隨機抽取1人為課間經常進行體育活動者的概率為，
由題意得X~B，則P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，
可得P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
P(X＝4)＝××，
X的分布列為
X的數學期望為E(X)＝np＝4×，
X的方差為D(X)＝np(1－p)
＝4××.
X 0 1 2 3 4
P
超幾何分布
題型二
例2　(2025·成都模擬)某植物園種植一種觀賞花卉，這種觀賞花卉的高度(單位：cm)介于[15，25]之間，現對植物園部分該種觀賞花卉的高度進行測量，所得數據統計如圖所示.
(1)求a的值；
依題意可得(0.05＋0.075＋a＋0.15＋0.1)×2＝1，解得a＝0.125.
(2)若從高度在[15，17)和[17，19)內的花卉中采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取5株，在這5株中隨機抽取3株，記高度在[15，17)內的株數為X，求X的分布列及數學期望E(X)；
高度在[15，17)和[17，19)內的頻率分別為0.1和0.15，所以抽取的5株中，高度在[15，17)和[17，19)內的株數分別為2和3，所以X的所有可能取值為0，1，2.
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
X 0 1 2
P
所以X的分布列為
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
(3)以頻率估計概率，若在所有花卉中隨機抽取3株，求在至少有2株花卉的高度在[21，25]內的條件下，恰有2株花卉的高度不低于23 cm的概率.
從所有花卉中隨機抽取3株，記至少有2株花卉的高度在[21，25]內為事件M，恰有2株花卉的高度不低于23 cm為事件N，
由題意知，在花卉中隨機抽取1株，其高度在[21，25]內的概率為(0.15＋
0.1)×2＝0.5＝，其高度在[23，25]內的概率為
0.1×2＝0.2＝，
則P(M)＝×，
P(MN)＝×，
所以P(N|M)＝.
(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.超幾何分布的特征是①考察對象分兩類；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的分布列.
(2)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，其本質是古典概型.
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跟蹤訓練2　(2024·聊城模擬)隨著互聯網的普及、大數據的驅動，線上線下相結合的新零售時代已全面開啟，新零售背景下，即時配送行業穩定快速增長.某即時配送公司為更好地了解客戶需求，優化自身服務，提高客戶滿意度，在其A，B兩個分公司的客戶中各隨機抽取10位客戶進行了滿意度評分調查(滿分100分)，評分結果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
(1)求抽取的這20位客戶評分的第一四分位數；
將抽取的這20位客戶的評分從小到大排列為62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因為20×25%＝5，
所以抽取的這20位客戶評分的第一四分位數為＝75.
(2)規定評分在75分以下的為不滿意，從上述不滿意的客戶中隨機抽取3人繼續溝通不滿意的原因及改進建議，設被抽到的3人中分公司B的客戶人數為X，求X的分布列和數學期望.
由已知得分公司A中75分以下的有66分，72分；
分公司B中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不滿意的客戶共5人，其中分公司A中2人，分公司B中3人.
所以X的所有可能取值為1，2，3.
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列為
X的數學期望
E(X)＝1×＋2×＋3×.
X 1 2 3
P
正態分布
題型三
例3　(1)(多選)(2025·南京模擬)已知三個密度函數fi(x)＝
(x∈R，i＝1，2，3)的圖象如圖所示，則
A.μ1＝μ2>μ3
B.σ1＝σ2<σ3
C.若X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，則P(0D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，則存在實數x0，使得P(X√
√
√
根據正態曲線關于x＝μ對稱，且μ越大曲線越靠近
右邊，則μ1<μ2＝μ3，故A錯誤；
又σ越小數據越集中，曲線越瘦高，則σ1＝σ2<σ3，
故B正確；
X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，P(1若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，μ2＝μ3，則存在實數x0＝μ2＝μ3，使P(X(2)(多選)(2024·新課標全國Ⅰ)隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入(單位：萬元)情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值＝2.1，樣本方差s2＝0.01，已知該種植區以往的畝收入X服從正態分布N(1.8，0.12)，假設推動出口后的畝收入Y服從正態分布N(，s2)，則
(若隨機變量Z服從正態分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
√
√
依題可知，＝2.1，s2＝0.01，
所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3，所以C正確，D錯誤；
因為X~N(1.8，0.12)，
所以P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)≈0.158 7，
所以B正確，A錯誤.
解決正態分布問題的三個關鍵點
(1)對稱軸為x＝μ.
(2)標準差為σ.
(3)分布區間.
利用對稱性可求指定范圍內的概率值；由μ，σ，分布區間的特征進行轉化，使分布區間轉化為3σ特殊區間，從而求出所求概率.注意只有在標準正態分布下對稱軸才為x＝0.
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跟蹤訓練3　(2024·洛陽質檢)某教學研究機構從參加高考適應性考試的
20 000名優秀考生中隨機抽取了200人對其數學成績進行了整理分析，作出了如圖所示的頻率分布直方圖：
(1)根據頻率分布直方圖，同一組數據用該組區間的中點值作代表，求得這200名考生數學成績的平均數為＝110.據此估計這20 000名優秀考生數學成績的標準差s；
附：≈2.4；
若X~N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
抽取的200名考生數學成績的方差估計
值為s2＝(80－110)2×0.02＋(90－110)2
×0.09＋(100－110)2×0.22＋(110－
110)2×0.33＋(120－110)2×0.24＋(130
－110)2×0.08＋(140－110)2×0.02＝150.
故估計這20 000名考生數學成績的方差為150，標準差s＝＝5≈
5×2.4＝12.
(2)根據以往經驗，可以認為這20 000名優秀考生的數學成績X近似服從正態分布N(μ，σ2)，其中參數μ和σ可以分別用(1)中的和s來估計.記考生本次考試的各科總成績為Y，若Y＝5X－10，試估
計這20 000名優秀考生中總成績Y∈[600，660]的人數.
附：≈2.4；
若X~N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
返回
由(1)知μ可用＝110來估計，σ2可用s2＝150
來估計.故X~N(110，150).
σ＝＝5≈12.
又P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ)
＝≈＝0.135 9，
故P(122≤X≤134)≈0.135 9.
又Y＝5X－10，
所以P(600≤Y≤660)＝P(600≤5X－10≤660)＝P(122≤X≤134)≈0.135 9.
故這20 000名優秀考生中總成績在[600，660]的人數約為20 000×0.135 9＝2 718.
課時精練
對一對
答案
1
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11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A D B AC BC 0.4　64
題號 8 11 12 答案 410 BC 2 答案
1
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11
12
(1)因為對產品功能滿意程度的評分服從正態分布
N(80，25)，其中μ＝80，σ＝5，
設對產品功能滿意程度的評分為Y，
所以P(Y>90)＝[1－P(80－10≤Y≤80+10)]
＝[1－P(μ－2σ≤Y≤μ+2σ)]≈0.022 75，
所以本次調查中對產品功能非常滿意的顧客約有250×0.022 75≈6(人).
9.
答案
1
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12
根據頻率分布直方圖得，對產品外觀非常滿意的頻率為
0.002 4×10＝0.024，
則本次調查中對產品外觀非常滿意的顧客約有250×0.024＝6(人).
9.
答案
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12
(2)根據題意，這250人中對兩項都非常滿意的有2人，則只對產品功能非常滿意的有4人，
只對產品外觀非常滿意的有4人，
X所有可能的取值為0，1，2.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
9.
答案
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11
12
則X的分布列為
數學期望E(X)＝0×+1×+2×.
9.
X 0 1 2
P
答案
1
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11
12
(1)每次游戲，出現“兩個都是紅球”的概率為
p＝.
X所有可能的取值為0，1，2，3，
P(X＝0)＝×，
P(X＝1)＝××＝，
P(X＝2)＝××＝，
10.
答案
1
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11
12
P(X＝3)＝×，
所以X的分布列為
10.
X 0 1 2 3
P
答案
1
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11
12
(2)設每輪游戲得分為Y，
由(1)知，Y的分布列為
則E(Y)＝－10×+20×+200×＝－1.69.
這表明，獲得分數Y的數學期望為負.
因此，多輪游戲之后大多數人的分數減少了.
10.
Y －10 20 200
P
一、單項選擇題
1.已知某地區中學生的身高X近似服從正態分布N(164，σ2)，若P(X≥170)＝0.3，則P(158A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8
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知識過關
答案
P(158√
1
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12
答案
2.數學老師從6道題中隨機抽3道檢測學生，規定至少要解答正確2道題才能及格.某學生只能正確求解其中的4道題，則該學生能及格的概率為
A. B. C. D.
由題意知抽取3道題該學生不及格的情況只有只對一道題一種情況，則只
答對一道題的概率為P＝.
√
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12
答案
3.數軸上一個質點在隨機外力的作用下，從原點O出發，每隔1秒向左或
向右移動一個單位，已知向右移動的概率為，向左移動的概率為，共移
動8次，則質點位于－2的位置的概率是
A. B.
C. D.
√
1
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12
答案
依題意此實驗滿足8重伯努利實驗，設向左移動次數
為X，則X~B，從原點O出發，共移動8次，
最后質點位于－2，則需向右移動3次，向左移動5次，所以質點位于－2
的位置的概率為P(X＝5)＝.
1
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11
12
答案
4.某商場推出一種抽獎活動：盒子中裝有有獎券和無獎券共10張，客戶從中任意抽取2張，若至少抽中1張有獎券，則該客戶中獎，否則不中獎.客戶甲每天都參加1次抽獎活動，一個月(30天)下來，發現自己共中獎11次，根據這個結果，估計盒子中的有獎券有
A.1張 B.2張 C.3張 D.4張
√
1
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3
4
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11
12
答案
設中獎的概率為p，30天中獎的天數為X，則X~B(30，p).
若盒子中的有獎券有1張，則中獎的概率
p＝，E(X)＝30×＝6；
若盒子中的有獎券有2張，
則中獎的概率p＝，
E(X)＝30×；
若盒子中的有獎券有3張，
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
11
12
答案
則中獎的概率p＝，
E(X)＝30×＝16；
若盒子中的有獎券有4張，
則中獎的概率p＝，
E(X)＝30×＝20.
根據題意盒子中的有獎券有2張時，更有可能30天中獎11次.
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答案
二、多項選擇題
5.下列命題中正確的是
A.設隨機變量ξ服從正態分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，則μ＝3
B.若隨機變量X服從兩點分布，P(X＝1)＝，則D(X)＝
C.若隨機變量ξ服從超幾何分布，且N＝10，n＝3，M＝3，則E(ξ)＝0.9
D.若X~B，則當P(X＝k)取最大值時，k＝4
√
√
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答案
隨機變量ξ服從正態分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，則正態曲線關于直線x＝3對稱，則μ＝3，故A正確；
若隨機變量X服從兩點分布，P(X＝1)＝，則E(X)＝，D(X)＝××，故B錯誤；
若隨機變量ξ服從超幾何分布，且N＝10，n＝3，M＝3，則E(ξ)＝＝0.9，故C正確；
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答案
因為隨機變量X~B，所以P(X＝k)＝(k＝0，
1，2，3，4，5，6，7)，所以要使P(X＝k)最大，只需(k＝0，1，2，3，4，5，6，7)最大，由二項式系數的性質得，當k＝3或4時，最大，故D錯誤.
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答案
6.(2025·貴陽模擬)袋子中有除顏色外完全相同的2個黑球、1個白球，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0分，取到黑球記2分，記4次取球的總分數為X，則
A.X~B B.P(X＝4)＝
C.E(X)＝ D.D(X)＝
√
√
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答案
從袋子中有放回地取球4次，則每次取球互不影響，并且每次取到黑球的概率相等，記4次取球取到黑球的次數為Y，則X＝2Y，又每次取到黑球
的概率為，因為是有放回地取4次球，所以Y~B，故A不正確；
P(X＝4)＝P(Y＝2)＝××，故B正確；
根據二項分布期望公式得E(Y)＝4×，所以E(X)＝2E(Y)＝2×，
故C正確；
根據二項分布方差公式得D(Y)＝4××，所以D(X)＝4D(Y)＝4×，故D不正確.
三、填空題
7.(2024·南通調研)已知隨機變量X~N(4，42).若P(X<3)＝0.3，則P(31
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答案
0.4
64
由題意可知μ＝4，σ＝4，即D(X)＝16，
所以D(Y)＝4D(X)＝64，
因為3＋5＝2μ，且P(X<3)＝0.3，
所以P(31
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答案
8.為舒緩高考壓力，某中學高三年級開展了“葵花心語”活動，每個同學選擇一顆葵花種子親自播種在花盆中，四個人為一組，每組四人的種子播種在同一花盆中，若盆中至少長出三株花苗，則可評為“陽光小組”.已知每顆種子發芽的概率為0.8，全年級恰好共種了500盆，則大約有　　　個小組能評為“陽光小組”.(結果四舍五入法保留整數)
410
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答案
由題意知，每一盆至少長出三株花苗包括“恰好長出三株花苗”和“長出四株花苗”兩種情況，
其概率為×(1－0.8)×0.83＋×0.84＝0.819 2，
即每個小組能被評為“陽光小組”的概率為0.819 2，且被評為“陽光小組”的組數X~B(500，0.819 2)，
所以全年級中能被評為“陽光小組”的大約有500×0.819 2＝409.6≈
410(個)小組.
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答案
四、解答題
9.某公司為了解市場對其開發的新產品的需求情
況，共調查了250名顧客，采取100分制，對產品
功能滿意程度、產品外觀滿意程度分別進行評分，
其中對產品功能滿意程度的評分服從正態分布N
(80，25)，對產品外觀滿意程度評分的頻率分布
直方圖如圖所示，規定評分90分以上(不含90分)視為非常滿意.
(1)本次調查中對產品功能非常滿意和對產品外觀非常滿意的各有多少人？(結果四舍五入取整數)
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答案
因為對產品功能滿意程度的評分服從正態分布
N(80，25)，
其中μ＝80，σ＝5，
設對產品功能滿意程度的評分為Y，
所以P(Y>90)＝[1－P(80－10≤Y≤80＋10)]＝
[1－P(μ－2σ≤Y≤μ＋2σ)]≈0.022 75，
所以本次調查中對產品功能非常滿意的顧客約有250×0.022 75≈6(人).
根據頻率分布直方圖得，對產品外觀非常滿意的頻率為0.002 4×10＝0.024，
則本次調查中對產品外觀非常滿意的顧客約有250×0.024＝6(人).
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答案
(2)若這250人中對兩項都非常滿意的有2人，現從對產品功能非常滿意和對產品外觀非常滿意的人中隨機抽取3人，設3人中兩項都非常滿意的有X人，求X的分布列和數學期望.(附：若Y~N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤Y≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Y≤μ＋2σ)≈0.954 5)
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答案
根據題意，這250人中對兩項都非常滿意的有2
人，則只對產品功能非常滿意的有4人，
只對產品外觀非常滿意的有4人，X所有可能的
取值為0，1，2.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
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答案
則X的分布列為
數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
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答案
10.一款小游戲的規則如下：每輪游戲要進行3次，每次游戲都需要從裝有大小相同的2個紅球，3個白球的袋中隨機摸出2個球，若摸出“兩個都是紅球”出現3次，則獲得200分；若摸出“兩個都是紅球”出現1次或2次，則獲得20分；若摸出“兩個都是紅球”出現0次，則扣除10分(即獲得－10分).
(1)設每輪游戲中出現“摸出兩個都是紅球”的次數為X，求X的分布列；
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答案
每次游戲，出現“兩個都是紅球”的概率為p＝.
X所有可能的取值為0，1，2，3，
P(X＝0)＝×，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝×，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
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答案
(2)玩過這款游戲的許多人發現，若干輪游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了，請運用概率統計的相關知識分析解釋上述現象.
設每輪游戲得分為Y，
由(1)知，Y的分布列為
則E(Y)＝－10×＋20×＋200×＝－1.69.
這表明，獲得分數Y的數學期望為負.
因此，多輪游戲之后大多數人的分數減少了.
Y －10 20 200
P
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答案
能力拓展
11.(多選)(2025·蘇州模擬)若隨機變量X~N(μ，σ2)，從X的取值中隨機抽取K(K∈N*，
K≥2)個數據，記這K個數據的平均值為Y，則隨機變量Y~N.某珠寶店出
售的珍珠的直徑均服從期望為15毫米，標準差為2的正態分布.在該店隨機挑選16顆珍珠，將它串成一條項鏈.設這16顆珍珠的直徑的平均值為Y，則
(已知：若η~N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤η≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤η≤μ＋2σ)≈
0.954 5，P(μ－3σ≤η≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A.隨機變量Y的標準差為 B.隨機變量Y~N
C.P≈0.975 9 D.P(Y<14)≈0.045 5
√
√
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答案
由題設可知，μ＝15，σ＝2，K＝16，則隨機變量Y~N，
可得隨機變量Y的標準差為，可得A錯誤，B正確；
因為P
＝1－P－P(Y>16)
＝1－
＝PP(14≤Y≤16)
≈×0.997 3＋×0.954 5＝0.975 9，C正確；
易知P(Y<14)≈×(1－0.954 5)＝0.022 75，D錯誤.
12.(2024·四川省大數據精準教學聯盟模擬)條件概率與條件期望是現代概率體系中的重要概念，近年來，條件概率和條件期望已被廣泛的應用到日常生產生活中.定義：設X，Y是離散型隨機變量，則X在給定事件Y＝y
條件下的期望為E(X|Y＝y)＝xi·P(X＝xi|Y＝y)＝xi·，其
中為X的所有可能取值的集合，P(X＝xi，Y＝y)表示事件“X＝xi”與事件“Y＝y”都發生的概率.某商場進行促銷活動，凡在該商場每消費500元，可有2次抽獎機會，每次獲獎的概率均為p(02
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答案
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由題意可知ξ可取1，2，3，
所以P(ξ＝1，η＝4)＝p(1－p)2p＝p2(1－p)2，P(ξ＝2，η＝4)＝(1－p)p(1－p)p＝p2(1－p)2，
P(ξ＝3，η＝4)＝(1－p)(1－p)p·p＝p2(1－p)2，
又因為P(η＝4)＝(1－p)2p2＝3p2(1－p)2，
所以E(ξ|η＝4)＝1·＋2·＋3·
＝1×＋2×＋3×＝2.(共59張PPT)
第十章
§10.2　排列、組合
數學
大
一
輪
復
習
1.理解排列、組合的概念.
2.能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式.
3.能利用排列、組合解決簡單的實際問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.排列與組合的概念
名稱 定義 排列 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 按照　　　　　　排成一列
組合 作為一組
一定的順序
2.排列數與組合數
(1)排列數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有　　　　　的個數，用符號　　表示.
(2)組合數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有　　　　　的個數，用符號　　表示.
不同排列
不同組合
3.排列數、組合數的公式及性質
公式
性質
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
　
1
n！
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列.(　　)
(2)兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同.(　　)
(3)若組合式，則x＝m成立.(　　)
(4)＝n(n－1)(n－2)…(n－m).(　　)
×
×
√
×
2.(2024·漳州模擬)等于
A.65 B.160 C.165 D.210
＝6×5×4＋＝165.
√
3.(2024·內江模擬)有4名學生和2名老師站成一排拍照，若2名老師不站兩端，則不同排列方式共有
A.72種 B.144種 C.288種 D.576種
首先將2名老師排在中間4個位置中的2個位置，再將其余4名學生全排列，故不同排列方式共有＝288(種).
√
4.從5名男同學和4名女同學中選出3名男同學和2名女同學，分別擔任語文、數學、物理、化學和外語的課代表，選派的方法種數為　　　　.
7 200
首先選出3名男同學和2名女同學，共有種情況，
再把選出來的人進行全排列，共有種情況.
所以不同的選派的方法種數為＝7 200.
1.元素之間與順序有關的為排列，與順序無關的為組合.
2.(1)排列數與組合數之間的聯系為.
(2)排列數與組合數公式的兩種形式分別為①連乘積形式；②階乘形式.前者多用于數字計算，后者多用于含有字母的排列數與組合數式子的變形與論證.
3.解有限制條件的排列、組合題，通常有直接法(合理分類)和間接法(排除法).分類時標準應統一，避免出現重復或遺漏.
4.對于分配問題，一般先分組，再分配，注意平均分組與不平均分組的區別，避免重復或遺漏.
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微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　有3名男生、4名女生，在下列不同條件下，求不同的排列方法種數.
(1)排成前后兩排，前排3人，后排4人；
排列問題
題型一
分兩步完成，先選3人站前排，有種排法，余下4人站后排，有種排法，
故共有＝5 040(種)排法.
(2)全體排成一排，甲不站兩端；
方法一　(特殊元素優先法)
先排甲，有5種排列方法，其余6人有種排列方法，故共有5×＝
3 600(種)排法.
方法二　(特殊位置優先法)
首尾位置可安排另6人中的兩人，有＝3 600(種)排法.
(3)全體排成一排，甲不站排頭，乙不站排尾；
方法一　第一類，甲站在排尾，有＝720(種)排法；第二類，甲不站兩端站中間，則甲有種排法，剩下的5人有種排法，故有＝3 000(種)排法，故共有720＋3 000＝3 720(種)排法.
方法二　(間接法)在不考慮限制條件時，有種排法；當甲站排頭時，有種排法；當乙站排尾時，有種排法；當甲站排頭且乙站排尾時，有種排法.
所以符合限制條件的排法共有＝3 720(種).
(4)全體排成一排，女生必須站在一起；
(捆綁法)將女生看作一個整體與3名男生一起全排列，有種排法，再將女生全排列，有種排法，故共有＝576(種)排法.
(5)全體排成一排，男生互不相鄰；
(插空法)先排女生，有種排法，再在女生之間及首尾5個空位中任選3個空位安排男生，有＝1 440(種)排法.
(6)男生順序已定，女生順序不定.
(定序問題)7名學生站成一排，有種排法，其中3名男生的排法有種，
由于男生順序已定，女生順序不定，故共有＝840(種)排法.
求解排列問題的6種主要方法
思維升華
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 把相鄰元素看作一個整體與其他元素一起排列，同時注意捆綁元素的內部排列
插空法 對不相鄰問題，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排列的空當中
思維升華
定序問題除法處理 對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
間接法 正難則反、等價轉化的方法
跟蹤訓練1　(1)(2025·德陽模擬)甲、乙等6名數學競賽國家集訓隊隊員站成一排合影，若甲、乙兩名同學中間恰有1人，則不同的站法數為
A.144 B.192 C.360 D.480
根據題意，分2步進行分析：
①在其他4人中，選出1人，安排在甲、乙中間，有＝8(種)情況；
②將3人看成一個整體，與其余3人全排列，有＝24(種)排法.
則有8×24＝192(種)不同的站法.
√
(2)(2024·杭州模擬)袋子中有數字“7”的卡片3張和數字“2”“3”“5”的卡片各1張，從中任意取出4張卡片，最多能組成　　　個不同的四位數(用數字回答).
72
如果取一張數字“7”的卡片，則數字“2”“3”“5”的卡片都要取出，則組成＝24(個)不同的四位數；
如果取兩張數字“7”的卡片，則數字“2”“3”“5”的卡片要取出兩張，則組成＝36(個)不同的四位數；
如果取三張數字“7”的卡片，則數字“2”“3”“5”的卡片要取出一張，則組成＝12(個)不同的四位數，
所以最多能組成24＋36＋12＝72(個)不同的四位數.
組合問題
題型二
例2　從含有A，B的7名男生、5名女生中選取5名，分別求符合下列條件的不同選法種數.
(1)A，B必須當選；
由于A，B必須當選，那么從剩下的10人中選取3人即可，
所以有＝120(種)選法.
(2)至少有2名女生當選；
注意到“至少有2名女生”的反面是“只有一名女生或沒有女生”，
故可用間接法進行選取，
所以有＝596(種)選法.
(3)選取3名男生和2名女生分別擔任班長、體育委員等5種不同的職務，但體育委員必須由男生擔任，班長必須由女生擔任.
分三步進行，
第一步：選1名男生、1名女生分別擔任體育委員和班長兩個職務有種選法；
第二步：選2名男生、1名女生補足5人有種選法；
第三步：為這3人安排職務有種選法.
由分步乘法計數原理，
得共有＝12 600(種)選法.
組合問題常有以下兩類題型
(1)“含有”或“不含有”問題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中選取.
(2)“至少”或“最多”問題：用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法；分類復雜時，考慮逆向思維，用間接法處理.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)某學校寒假期間安排3名教師與4名學生去北京、上海參加研學活動，每地要求至少1名教師與2名學生，且教師甲不去上海，則安排方案有
A.36種 B.24種 C.18種 D.12種
當教師甲與2名學生去北京時，分配方案共有＝6(種)；
當教師甲與另一名教師及2名學生去北京時，分配方案共有＝12(種)，
綜上，安排方案共有6＋12＝18(種).
√
(2)為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校成立了手工藝社團，并開設了陶藝、剪紙等6門課程.該校甲、乙2名同學報名參加手工藝社團，每人僅報2門課程，其中甲不報陶藝、乙不報剪紙，且甲、乙兩人所報課程均不相同，則甲、乙報名課程的方案種數為
A.18 B.24 C.36 D.42
√
按甲報的課程分為兩類：
①若甲報剪紙，則從除了陶藝的其他4門課程中再選1門，有種結果，乙再從剩余4門課程中選2門，有種結果，則有＝24(種)方案；
②若甲不報剪紙，則從除了陶藝、剪紙的其他4門課程中選2門，有種結果，乙再從剩余除剪紙外的其他3門課程中選2門，有＝18(種)方案，
綜上所述，共有24＋18＝42(種)方案.
排列組合的綜合問題
題型三
例3　(多選)(2024·滄州模擬)將4個編號為1，2，3，4的小球放入四個分別標有1，2，3，4號的盒子中，則下列結論正確的有
A.共有256種放法
B.恰有一個盒子不放球，共有72種放法
C.恰有兩個盒子不放球，共有84種放法
D.每個盒子只放一個小球，恰好有一個小球的編號與盒子的編號相同，
　共有8種放法
√
√
√
若4個小球分別放入編號為1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(種)放法，故A正確；
恰有一個盒子不放球，先選一個盒子，再把4個小球分三組分配給三個盒
子，則··＝144(種)放法，故B錯誤；
恰有兩個盒子不放球，首先選出兩個空盒子，再將4個小球分為3，1或2，
2兩種情況，故共··＝84(種)放法，故C正確；
每個盒子只放一個小球，恰好有一個小球的編號與盒子的編號相同，首先選一個盒子放入編號相同的小球，剩下的3個小球不能放入編號相同的盒子，共有×2＝8(種)放法，故D正確.
對于整體均分，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以組數的全排列；對于部分均分，即若有m組元素個數相同，則分組時應除以.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2025·銀川模擬)現有甲、乙等5名選調生前往A，B，C三個城市任職工作，若每名選調生只能去其中的一個城市，且每個城市至少安排1名選調生，其中甲和乙兩人必須去同一個城市，則不同的安排方法種數是
A.18 B.24 C.36 D.48
√
第一類，甲、乙兩人去一個城市，再把另外3人分成兩組各去一個城市，有＝18(種)安排方法；
第二類，從除甲、乙之外的3人中選一人和甲、乙一起去一個城市，剩下的2人各去一個城市，有＝18(種)安排方法.
所以不同的安排方法有18＋18＝36(種).
(2)6名大學生分配到4所學校實習，每名大學生只分配到一所學校，每所學校至少分配1名大學生，則不同的分配方案種數為
A.65 B.1 560 　C.2 640 　　D.4 560
√
分兩種情況：
把6名大學生分為3，1，1，1四組，有種分法，再將4組對應四個學校，有種情況，由分步乘法計數原理得，共有＝480(種)安排方法；
把6名大學生分為2，2，1，1四組，有種分法，再將4組對應四個學校，有種情況，由分步乘法計數原理得，共有×＝1 080(種)
安排方法，
綜上，不同的分配方案共有480＋1 080＝1 560(種).
返回
課時精練
對一對
答案
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B D C A B ABC
題號 8 9 10 11 12 13 14
答案 BCD ABD 5 312 120 A 48
13
14
一、單項選擇題
1.(2024·保定模擬)某地下雪導致路面積雪，現安排9名男志愿者，5名女志愿者參與掃雪和鏟雪工作，其中3名女志愿者和2名男志愿者參與掃雪工作，其余志愿者參與鏟雪工作，則不同的安排方法共有
A.240種 B.360種
C.720種 D.2 002種
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知識過關
答案
√
根據分步乘法計數原理可知，不同的安排方法共有＝360(種).
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答案
2.(2024·池州模擬)甲、乙兩人分別從a，b，c，d，e五項不同科目中各選三項學習，則兩人恰好有兩項科目相同的選法有
A.30種 B.60種 C.45種 D.90種
兩人恰好有兩項科目相同的選法有＝60(種).
√
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答案
3.(2025·成都模擬)象棋作為一種古老的傳統棋類益智游戲，具有深遠的意義和價值.它具有紅黑兩種陣營，將、車、馬、炮、兵等均為象棋中的棋子，現將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子與2個黑色的“將”“車”棋子排成一列，則同色棋子不相鄰的排列方式有
A.120種 B.24種 C.36種 D.12種
先將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子進行全排列，有種排法，3個紅色棋子中間有2個空，將2個黑色的“將”“車”棋子進行插空，有種排法，則同色棋子不相鄰的排列方式有＝12(種).
√
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答案
4.(2024·南京模擬)北京大興國際機場擁有機器人自動泊車系統，解決了停車滿、找車難的問題.現有3輛不同的車停放在7個并排的泊車位上，要求4個空位必須相鄰，箭頭表示車頭朝向，則不同的泊車方案有　　　種
A.16 B.18
C.24 D.32
從7個車位里選擇4個相鄰的車位，共有4種方式，停放的3個車輛，有＝6(種)方式，則不同的泊車方案有4×6＝24(種).
√
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答案
5.(2025·重慶模擬)如圖，左車道有2輛汽車，右車道有
3輛汽車等待合流，則汽車的通過順序共有
A.10種 B.20種
C.60種 D.120種
相當于把5輛汽車全排列，其中左車道2輛汽車順序不變，右車道3輛汽車
順序不變，共有＝10(種).
√
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答案
6.2023年9月23日晚，杭州第19屆亞運會開幕式隆重舉行.甲和乙兩個賓館為了更好地服務來華國際友人，計劃從學工處雇2名會韓語的學生，1名會日語的學生做前臺接待工作.該校學工處目前有7名學生，每名學生至少會韓語、日語中的一門，其中5人會韓語，4人會日語，則不同的安排方法種數為
A.22 B.32 C.36 D.40
√
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答案
由題意得，這7人中有2人既會韓語又會日語，3人只會韓語，2人只會日語.
當不派既會韓語又會日語的學生時，有＝6(種)安排方法；
當派1名既會韓語又會日語的學生時，有)＝18(種)安排方法；
當派2名既會韓語又會日語的學生時，有＝2＋6＝8(種)安排方法.
綜上，共有6＋18＋8＝32(種)不同的安排方法.
13
14
二、多項選擇題
7.(2025·四川五校聯考)有五名志愿者參加社區服務，共服務周六、周天兩天，每天從中任選兩人參加服務，則
A.每天用抓鬮的方法從5人中選擇2人參加服務，共有100種選法
B.恰有1人連續兩天參加服務的選法是60
C.只有1人未參加服務的選法是30
D.只有1人未參加服務的選法是60
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答案
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答案
對于A，每天有·＝100(種)選法，A正確；
對于B，恰有1人連續兩天參加服務，先從5人中選1人，服務周六、周天兩天，有＝5(種)選法，再從余下4人中選1人參加周六服務，從剩余3人中選1人參加周日服務，有＝12(種)選法，故共有5×12＝60(種)選法，B正確，
對于C，D，只有1人未參加服務，先從5人中選1人，有＝5(種)選法，
再從余下4人中選2人參加周六服務，剩余2人參加周日服務，有＝6(種)選法，
故只有1人未參加服務的選法是5×6＝30(種)，C正確，D錯誤.
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答案
8.有甲、乙、丙、丁、戊5位同學，下列說法正確的是
A.若5位同學排隊要求甲、乙必須相鄰且丙、丁不能相鄰，則不同的排法
　有12種
B.若甲、乙之間只能站1人，則不同的排法有36種
C.若甲、乙、丙3位同學按從左到右的順序排隊，則不同的排法有20種
D.若5位同學被分配到3個社區參加志愿活動，每個社區至少1位同學，則
　不同的分配方法有150種
√
√
√
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答案
對于A，甲、乙相鄰可看成一人，與戊一起排列形成3個空，插入丙、丁兩人即可，不同的排法種數為＝24，故A錯誤；
因為甲、乙之間只站1人，所以從剩下的3人中選1人站在甲、乙之間，再把甲、乙及甲、乙中間1人看成一人與另外兩人全排列，故共有＝36(種)，故B正確；
五個位置，先排丁、戊兩人，有＝20(種)排法，余下三個位置甲、乙、丙三人按從左到右就1種排法，故滿足條件的不同排法有20種，故C正確；
五人分三組，有3，1，1或2，2，1兩種分配方法，若分為3，1，1三組，則有
＝60(種)方法，若分為2，2，1三組，則有·＝90(種)方法，故滿足
條件的不同分配方法有60＋90＝150(種)，故D正確.
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答案
9.(2025·沈陽模擬)若m，n為正整數且n>m>1，則
A.已知＝100，則n＝13
B.＋…＋＝329
C.m＝(n－1)
D.＝n
√
√
√
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答案
由2n(2n－1)(2n－2)＝100n(n－1)，且n≥2，解得n＝13，故A正確；
因為＋…＋＋…＋－1＝＋…＋－1＝…＝－1＝329，故B正確；
(n－1)＝＝，m，即m≠(n－1)，故C錯誤；
＝n·＝n，故D正確.
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答案
三、填空題
10.(2024·揚州模擬)已知，則x＝　　　.
5
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根據題意，
則解得1≤x≤7，
又x－1＝2x＋2或x－1＋2x＋2＝16，
解得x＝－3(舍去)或x＝5.
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答案
11.用數字0，1，2，3，4，5可以組成　　　個沒有重復數字的五位偶數.
312
當個位數字為0時，這樣的五位數共有＝120(個)；
當個位數字為2或4時，這樣的五位數共有＝192(個)，
所以可以組成沒有重復數字的五位偶數共有120＋192＝312(個).
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答案
12.從5雙不同的運動鞋中任選4只，則剛好有一雙的選法有　　　種.
先從5雙運動鞋中選1雙，再從剩下的4雙中選2雙，每雙各選一只，共有＝120(種)不同的選法.
120
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答案
能力拓展
13.(2024·馬鞍山模擬)數列{an}共有9項，且a1＝1，a9＝9，|an＋1－an|＝2，則這樣的數列{an}有
A.28個 B.36個 C.45個 D.56個
√
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答案
設an＋1－an＝dn，因為|an＋1－an|＝2，所以dn＝2或－2.
可設d1，…，d8中有a個2和b個－2，
則
解得即d1，…，d8中有6個2和2個－2，因此這樣的數列{an}共有
＝28(個).
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答案
14.(2024·包頭模擬)一個小型聯歡會要安排1個詩詞朗誦類節目，2個獨唱類節目，2個歌舞類節目，則同類節目不相鄰的安排方式共有　　　種.
依題意五個節目全排列有＝120(種)排法；
若獨唱類節目相鄰，則有＝48(種)排法；
若歌舞類節目相鄰，則有＝48(種)排法；
若獨唱類節目相鄰且歌舞類節目也相鄰，則有＝24(種)排法，
綜上可得同類節目不相鄰的安排方式共有120－48－48＋24＝48(種).
48
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第十章
§10.1　計數原理
數學
大
一
輪
復
習
1.理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理.
2.會用分類加法計數原理和分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
兩個計數原理
(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＝ 種不同的方法.
分類加法計數原理的推廣：完成一件事有n類不同方案，在第1類方案中有m1種不同的方法，在第2類方案中有m2種不同的方法……在第n類方案中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝ 種不同的方法.
m＋n
m1＋m2＋…＋mn
(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＝ 種不同的方法.
分步乘法計數原理的推廣：完成一件事需要n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法……做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝ 種不同的方法.
m×n
m1×m2×…×mn
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)在分類加法計數原理中，某兩類不同方案中的方法可以相同.(　　)
(2)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.(　　)
(3)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.(　　)
(4)在分步乘法計數原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的.(　　)
√
×
√
×
2.從6名班委中選出2人分別擔任正、副班長，一共有　　　　種選法
A.11 B.12 C.30 D.36
6×(6－1)＝30.
√
3.每天從甲地到乙地的飛機有5班，高鐵有10趟，動車有6趟，公共汽車有12班.某人某天從甲地前往乙地，則其出行方案共有
A.22種 B.33種 C.300種 D.3 600種
從甲地到乙地不同的出行方案數為5＋10＋6＋12＝33.
√
4.現有4種不同的顏色，對圖中四邊形中的四個區域進行著色，要求有公共邊的兩個區域不能用同一種顏色，則不同的著色方法有　　　種.
48
將四個區域標記為A，B，C，D，如圖所示，
第一步涂A，有4種涂法，第二步涂B，有3種涂法，第三步
涂C，有2種涂法，第四步涂D，有2種涂法，
根據分步乘法計數原理可知，一共有4×3×2×2＝48(種)著色方法.
返回
探究核心題型
第二部分
例1　(1)有紅、黃、藍的小旗各一面，從中選用1面、2面或3面升上旗桿，并且不同的順序表示不同的信號，則可表示不同的信號種數為
A.6 B.12 C.14 D.15
√
分類加法計數原理
題型一
掛一面旗時，有3種情況；
掛兩面旗時，有3×2＝6(種)情況；
掛三面旗時，有3×2×1＝6(種)情況，
所以共3＋6＋6＝15(種)情況.
(2)(2024·湛江模擬)某企業面試環節準備編號為1，2，3，4的四道試題，編號為1，2，3，4的四名面試者分別回答其中的一道試題(每名面試者回答的試題互不相同)，則每名面試者回答的試題的編號和自己的編號都不同的情況共有
A.9種 B.10種 C.11種 D.12種
√
第一類，編號為1的面試者回答2號試題，則有2143，2341，2413，共3種情況；
第二類，編號為1的面試者回答3號試題，則有3142，3412，3421，共3種情況；
第三類，編號為1的面試者回答4號試題，則有4123，4312，4321，共3種情況.
所以共有3＋3＋3＝9(種)不同的情況.
使用分類加法計數原理的兩個注意點
(1)根據問題的特點確定一個合適的分類標準，分類標準要統一，不能遺漏.
(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.
思維升華
跟蹤訓練1　從集合{3，5，7，9，11}中任取兩個數作為a，b，可以得到不同的焦點在x軸上的橢圓方程＝1的個數為
A.25 B.20 C.10 D.16
√
焦點在x軸上的橢圓方程中，必有a>b，
則a可取5，7，9，11，共4個可能，b可取3，5，7，9，共4個可能，
若a＝5，則b＝3，有1個滿足條件的橢圓；
若a＝7，則b＝3，5，有2個滿足條件的橢圓；
若a＝9，則b＝3，5，7，有3個滿足條件的橢圓；
若a＝11，則b＝3，5，7，9，有4個滿足條件的橢圓，
所以共有1＋2＋3＋4＝10(個)滿足條件的橢圓.
分步乘法計數原理
題型二
例2　(1)(2025·重慶模擬)無人機集群智能燈光秀是一種
集無人機技術和智能照明相結合的藝術表演.它利用大量
無人機排列組合，加上燈光智能照明的“協作”，依據
編程和算法，制造出驚人的3D視覺效果.如圖，在某一
次無人機燈光表演秀中，有8架無人機排布成如圖形式，已知每架無人機均可以發出紅、黃、藍3種顏色的光，編號1至5號的無人機顏色必須相同，編號7，8號的無人機顏色必須相同，編號6號的無人機與其他無人機顏色均不相同，則這8架無人機同時發光時，一共可以有　　　　種燈光組合
A.9 B.12 C.15 D.18
√
先考慮6號，有3種顏色可選，則剩下的1至5號有2種顏色可選，7，8號也有2種顏色可選，所以一共有3×2×2＝12(種)燈光組合.
(2)(多選)高二年級安排甲、乙、丙、丁四位同學到A，B，C，D，E五個社區進行暑期社會實踐活動，每位同學只能選擇一個社區進行活動，且多位同學可以選擇同一個社區進行活動，下列說法正確的有
A.所有可能的安排方法有45種
B.如果社區A必須有同學選擇，則不同的安排方法有369種
C.如果同學甲、乙、丙、丁中任何兩人都不在同一個社區，則不同的安
　排方法有120種
D.如果甲與乙、甲與丙不能在同一個社區，則不同的安排方法共有400種
√
√
√
安排甲、乙、丙、丁四位同學到A，B，C，D，E五個社區進行暑期社會實踐活動，每位同學只能選擇一個社區進行活動，且多位同學可以選擇同一個社區進行活動，故有5×5×5×5＝54(種)安排方法，A錯誤；
如果社區A必須有同學選擇，則不同的安排方法有54－44＝369(種)，B正確；
如果同學甲、乙、丙、丁中任何兩人都不在同一個社區，則不同的安排方法有5×4×3×2＝120(種)，C正確；
如果甲與乙、甲與丙不能在同一個社區，則不同的安排方法共有5×4×4×5＝400(種)，D正確.
利用分步乘法計數原理解題的策略
(1)明確題目中的“完成這件事”是什么，確定完成這件事需要幾個步驟，且每步都是獨立的.
(2)將這件事劃分成幾個步驟來完成，各步驟之間有一定的連續性，只有當所有步驟都完成了，整個事件才算完成.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2024·徐州模擬)甲、乙、丙、丁四人打算從北京、上海、西安、長沙四個城市中任選一個前去游玩，其中甲去過北京，所以甲不去北京，則不同的選法有
A.18種 B.48種 C.108種 D.192種
因為甲不去北京，應該分步完成：
第一步，甲在上海、西安、長沙三個城市中任選一個，有3種選法；
第二步，乙、丙、丁從北京、上海、西安、長沙四個城市中分別任選一個，有4×4×4＝64(種)選法，
由分步乘法計數原理，可得不同選法有3×64＝192(種).
√
(2)甲、乙、丙3人站到共有7級的臺階上，若每級臺階最多站2人，同一級臺階上的人不區分站的位置，則不同的站法種數是　　　.(用數字作答)
336
甲有7種站法，乙有7種站法，丙有7種站法，故不考慮限制共有7×7×7＝343(種)站法，其中三個人站在同一級臺階上有7種站法，故符合本題要求的不同站法有343－7＝336(種).
兩個計數原理的綜合應用
題型三
例3　(1)(2025·濮陽模擬)對一個四棱錐的各個頂點著色，現有5種不同顏色供選擇，要求同一條棱連接的兩個頂點不能著相同的顏色，則不同的著色方法有　　　　種.(用數字作答)
420
根據題意可知，在四棱錐P－ABCD中，如圖所示，
按照P－A－B－C－D的順序進行著色，則P點有5種顏
色可選，A點有4種顏色可選，B點有3種顏色可選，
若C點顏色與A點相同，則D點有3種顏色可選；
若C點顏色與A點不同，則C點有2種顏色可選，此時D
點有2種顏色可選，
所以共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(種)不同的著色方法.
(2)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
A.48 B.18 C.24 D.36
√
正方體的兩個頂點確定的直線有棱、面對角線、體對角線，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)；
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；
不存在四個頂點確定的平面與體對角線垂直，所以正方體中“正交線面對”共有24＋12＝36(個).
求完成一件事的方法種數的計算步驟
(1)審清題意，弄清要完成的事件是怎樣的.
(2)分析完成這件事應采用分類、分步、先分類后分步、先分步后分類這四種方法中的哪一種.
(3)弄清在每一類或每一步中的方法種數.
(4)根據分類加法計數原理或分步乘法計數原理計算出完成這件事的方法種數.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)一個圓的圓周上均勻分布6個點，在這些點與圓心共7個點中，任取3個點，這3個點能構成不同的等邊三角形的個數為　　　　.
8
如圖1，由圓上相鄰兩個點和圓心可構成等
邊三角形，共有6個；
如圖2，由圓上相間隔的三點可構成等邊三
角形，共有2個，
所以在這7個點中，任取3個點，這3個點能構成不同的等邊三角形的個數為6＋2＝8.
(2)數學中蘊含著無窮無盡的美，尤以對稱美最為直觀和顯著.回文數是對稱美的一種體現，它是從左到右讀與從右到左讀都一樣的整數，如22，121，3 443，94 249等，則10 000以內的自然數中，回文數有　　　個.
199
一位回文數有0，1，2，…，9，共10個；
兩位回文數有11，22，33，…，99，共9個；
三位回文數有101，111，121，…，191，202，…，999，共90個；四位回文數有1 001，1 111，1 221，…，1 991，2 002，2 112，2 222，…，
2 992，…，9 009，9 119，9 229，…，9 999，共90個，
所以10 000以內的自然數中，回文數有10＋9＋90＋90＝199(個).
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課時精練
對一對
答案
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3
4
5
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7
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9
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11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D C B C B ABC
題號 8 9 10 11 12 13 14
答案 BCD BCD 40 96 11 B 28
13
14
一、單項選擇題
1.(2025·深圳模擬)某高校要求學生除了學習第二語言英語，還要求同時進修第三語言和第四語言，其中第三語言可從A類語言：日語、韓語、越南語、柬埔寨語中任選一個，第四語言可從E類語言：法語、德語、俄語、西班牙語、意大利語中任選一個，則學生可選取的語言組合數為
A.20 B.25 C.30 D.35
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知識過關
答案
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12
答案
第三語言可從4個A類語言中任選一個，有4種方法；第四語言可從5個E類語言中任選一個，有5種方法，所以共有4×5＝20(種).
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9
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答案
2.(2024·宿遷統考)某女生有3件不同顏色的襯衣，4件不同花樣的半裙，另有3套不同樣式的連衣裙，“五一”節選擇一套服裝參加歌舞演出，則不同的選擇方式有
A.24種 B.10種 C.9種 D.15種
第一類：選擇襯衣和半裙，共有3×4＝12(種)選擇方式；
第二類：選擇連衣裙，共有3種選擇方式，
所以共有12＋3＝15(種)選擇方式.
√
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答案
3.如圖所示，要接通從A到B的一條電路，不同的接法
共有
A.6種 B.7種
C.8種 D.12種
√
最上面的線路有3種，中間線路1種，下面線路有2×2＝4(種)，三種情況相加為8種.
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答案
4.(2024·北京模擬)某興趣小組組織A，B，C三項比賽，請甲、乙、丙三位同學參加，每項冠軍只有一人，若甲恰好拿到其中一項冠軍，則不同的冠軍歸屬情況有
A.6種 B.12種 C.18種 D.27種
先從A，B，C三項冠軍中挑選一項冠軍安排給甲，有3種情況，剩余兩項冠軍可以給乙，也可以給丙，有22＝4(種)情況，綜上，當甲恰好拿到其中一項冠軍時，不同的冠軍歸屬情況有3×4＝12(種).
√
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答案
5.已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定不同的平面個數為
A.40 B.16 C.13 D.10
分兩類情況討論：第一類，直線a分別與直線b上的8個點可以確定8個不同的平面；
第二類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面.
根據分類加法計數原理知，共可以確定8＋5＝13(個)不同的平面.
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答案
6.(2024·來賓模擬)中國空間站的主體結構包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙，假設中國空間站要安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名航天員開展實驗，其中天和核心艙安排3人，問天實驗艙安排2人，夢天實驗艙安排1人.若安排甲、乙兩人在一個艙內做實驗，則不同的安排方案共有
A.12種 B.16種 C.20種 D.24種
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答案
按照甲、乙兩人在天和核心艙與問天實驗艙兩種情況討論：
①若甲、乙兩人在天和核心艙，則需要從剩余4人中再選1人，剩下的3人去其余的兩個艙位，則有＝12(種)不同的安排方案；
②若甲、乙兩人在問天實驗艙，則在剩下的4人中選3人去天和核心艙即可，共有＝4(種)不同的安排方案，
根據分類加法計數原理，共有12＋4＝16(種)不同的安排方案.
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二、多項選擇題
7.現有4個興趣小組，第一、二、三、四組分別有6人、7人、8人、9人，則下列說法正確的是
A.選1人為負責人的選法種數為30
B.每組選1名組長的選法種數為3 024
C.若推選2人發言，這2人需來自不同的小組，則不同的選法種數為335
D.若另有3名學生加入這4個小組，可自由選擇小組，且第一組必有人選，
　則不同的選法有35種
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答案
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答案
選1人為負責人的選法種數為6＋7＋8＋9＝30，故A正確；
每組選1名組長的選法種數為6×7×8×9＝3 024，故B正確；
2人需來自不同的小組的選法種數為6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正確；
依題意，若不考慮限制，每個人有4種選擇，共有43種選擇，若第一組沒有人選，每個人有3種選擇，共有33種選擇，所以不同的選法有43－33＝37(種)，故D錯誤.
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答案
8.(2025·廣州模擬)第15屆全運會于2025年11月9日至11月21日在廣東、香港、澳門三地舉行.現安排小明、小紅、小兵三名志愿者到甲、乙、丙、丁四個場館進行服務，每名志愿者只能選擇一個場館，且允許多人選擇同一個場館，下列說法中正確的有
A.所有可能的方法有34種
B.若甲場館必須有志愿者去，則不同的安排方法有37種
C.若志愿者小明必須去甲場館，則不同的安排方法有16種
D.若三名志愿者所選場館各不相同，則不同的安排方法有24種
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答案
對于A，所有可能的方法有43種，故A錯誤；
對于B，若甲場館沒有志愿者去，則不同的安排方法有33種，
所以甲場館必須有志愿者去的不同的安排方法有43－33＝37(種)，故B正確；
對于C，若小明必去甲場館，則小紅、小兵兩名志愿者各有4種安排，共有4×4＝16(種)不同的安排方法，故C正確；
對于D，若三名志愿者所選場館各不相同，則共有＝24(種)不同的安排方法，故D正確.
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答案
9.某市地鐵按照乘客乘坐的站數實施分段優惠政策，不超過9站的地鐵票價如表所示.現有小明、小華兩位乘客同時從首站乘坐同一輛地鐵，已知他們乘坐地鐵都不超過9站，且他們各自在每個站下地鐵的可能性相同，則下列結論正確的是
A.若小明、小華兩人共花費5元，
　則小明、小華下地鐵的方案共
　有9種
B.若小明、小華兩人共花費5元，則小明、小華下地鐵的方案共有18種
C.若小明、小華兩人共花費6元，則小明、小華下地鐵的方案共有27種
D.若小明、小華兩人共花費6元，則小明比小華先下地鐵的方案共有12種
　(同一地鐵站出站不分先后)
站數x 0票價/元 2 3 4
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答案
兩人共花費5元分為兩類：小明花費2元，小華花費3元，此時兩人下地鐵的方案有3×3＝9(種)，同理當小明花費3元，小華花費2元時，兩人下地鐵的方案也是9種，所以兩人下地鐵的方案共有18種，A不正確，B正確；
兩人共花費6元分為三類：①小明花費2元，小華花費4元，此時兩人下地鐵的方案有3×3＝9(種)；②小明花費3元，小華花費3元，此時兩人下地鐵的方案有3×3＝9(種)；③小明花費4元，小華花費2元，此時兩人下地鐵的方案有3×3＝9(種)，所以兩人下地鐵的方案共有27種，C正確；
小明比小華先下地鐵分為兩類：①小明花費2元，小華花費4元，此時兩人下地鐵的方案有9種；②小明和小華均花費3元，小明比小華先下地鐵僅有3種方案，所以共有12種方案，D正確.
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答案
三、填空題
10.若一個三位數的十位數字比個位數字和百位數字都大，則稱這個數為“傘數”，現從1，2，3，4，5，6這六個數字中任取3個數字，組成無重復數字的三位數，其中“傘數”的個數為　　　.
40
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當十位數字為3時，有個“傘數”；
當十位數字為4時，有個“傘數”；
當十位數字為5時，有個“傘數”；
當十位數字為6時，有個“傘數”，
故共有＝40(個)“傘數”.
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答案
11.(2024·福州統考)如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區域涂一種顏色，相鄰的區域不能涂相同的顏色，則不同的涂色方法有　　　種.
96
依題意，5個區域涂4種顏色，故有兩個區域的顏色相同，這兩個區域可能為1和5，2和5，3和5，1和3，4種情況，故總共有4＝96(種)不同的涂色方法.
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12.某團支部進行換屆選舉，從甲、乙、丙、丁四人中選出三人分別擔任書記、副書記、組織委員，規定上屆任職的甲、乙、丙三人不能連任原職，則不同的任職方案有　　　種.
當丁不入選時，由甲、乙、丙三人任職，甲有兩種選擇，余下的乙和丙只有一種選擇；當丁入選時，有三種入選結果，丁擔任三個人中沒有入選的人的原職務時，只有一種任職方案，丁擔任入選的兩個人的原職務時，有兩種任職方案，共有3×(2＋1)＝9(種)任職方案.綜上，共有9＋2＝11(種)任職方案.
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能力拓展
13.(2024·廣州模擬)小明在某一天中有七個課間休息時段，為準備“小歌手”比賽，他想要選出至少一個課間休息時段來練習唱歌，但他希望任意兩個練習的時間段之間都有至少兩個課間休息，則小明一共有　　種練習的方案
A.31 B.18 C.21 D.33
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七個課間編號為1，2，3，4，5，6，7，如果僅有一個課間練習，則每個課間都可以，有7種方案；若有兩個課間練習，選法有{1，4}，{1，5}，{1，6}，{1，7}，{2，5}，{2，6}，{2，7}，{3，6}，{3，7}，{4，7}，共10種方案；若有三個課間練習，選法為{1，4，7}，共1種，故共有7＋10＋1＝18(種)練習的方案.
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14.(2024·長沙模擬)初等數論中的四平方和定理的內容是：任意正整數都可以表示為不超過四個自然數的平方和，例如正整數6＝22＋12＋12＋02.設25＝a2＋b2＋c2＋d2，其中a，b，c，d均為自然數，則滿足條件的有序數組(a，b，c，d)的個數是　　　.(用數字作答)
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答案
返回
顯然a，b，c，d均為不超過5的自然數，下面進行討論：
當最大數為5時，
25＝52＋02＋02＋02，此時共有＝4(種)情況；
當最大數為4時，
25＝42＋32＋02＋02，此時共有＝12(種)情況，
25＝42＋22＋22＋12，此時共有＝12(種)情況；
當最大數為3時，32＋32＋22＋22>25>32＋32＋22＋12，沒有滿足題意的情況.
由分類加法計數原理，滿足條件的有序數組(a，b，c，d)的個數是4＋12＋12＝28.
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14(共25張PPT)
第十章
必刷小題19　計數原理與
　　　　 　概率
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A B C D D B
題號 8 9 10 11 12 13 14
答案 C BCD BC AC 14 8 640
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一、單項選擇題
1.(2024·太原模擬)由于天氣原因，夏季相關部門加大對水果儲運環節的抽檢力度，堅決杜絕腐爛變質的水果流入市場，下表是對運到倉儲點的某種水果進行抽檢后得到的數據.
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答案
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車輛 甲 乙 丙 丁
抽檢數量/個 35 60 50 55
合格數量/個 32 56 47 53
若從運到倉儲點的四車水果中隨機抽出一個，則估計這個水果不能上市的概率為
A.0.06 B.0.08 C.0.1 D.0.12
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答案
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由題意可知，該種水果合格的概率為＝0.94，則隨機抽出一個，估計其不能上市的概率為0.06.
車輛 甲 乙 丙 丁
抽檢數量/個 35 60 50 55
合格數量/個 32 56 47 53
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答案
2.已知一個系統由A，B兩個部件并聯組成，當A或B正常工作時，系統就能正常工作，若A正常工作的概率為0.65，B正常工作的概率為0.6，則該系統正常工作的概率為
A.0.86 B.0.75 C.0.47 D.0.14
√
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根據題意，A，B兩個部件都不能正常工作的概率為(1－0.65)×(1－0.6)＝0.14，所以該系統正常工作的概率為1－0.14＝0.86.
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答案
3.(2025·溫州模擬)設A，B為同一試驗中的兩個隨機事件，則“P(A)＋P(B)＝1”是“事件A，B互為對立事件”的
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
√
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若A，B互為對立事件，根據對立事件概率公式可直接得到P(A)＋P(B)＝1，
故條件是必要的；若試驗的樣本點含3個及以上，其中A，B表示概率為的兩個不同事件，則A，B不互為對立事件，此時P(A)＋P(B)＝＝1，
故條件不是充分的.
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答案
4.現有一批產品共9件，已知其中5件正品和4件次品，現從中選4件產品進行檢測，則下列事件中互為對立事件的是
A.恰好兩件正品與恰好四件正品 B.至少三件正品與全部正品
C.至少一件正品與全部次品 D.至少一件正品與至少一件次品
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√
根據題意，選項A中事件為互斥事件，不是對立事件；
選項B，D中事件可能同時發生，全部正品是至少三件正品的子事件；
選項C中事件為對立事件，全部次品不能存在有正品的事件.
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答案
5.甲、乙等四個人一起隨機手牽手圍成一圈做游戲，甲與乙牽手的概率是
A. B. C. D.
√
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以甲為中心，其他三人的位置是甲的左邊、右邊、對面，共有種情況，其中乙在甲的左邊或右邊，即甲與乙能牽手有2種情況，所以所求概
率為P＝.
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答案
6.(2024·衡水模擬)已知甲、乙、丙三人參加射擊比賽，甲、乙、丙三人射
擊一次命中的概率分別為，，，且每個人射擊相互獨立，若每人各射
擊一次，則在三人中恰有兩人命中的前提下，甲命中的概率為
A. B. C. D.
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設甲、乙、丙三人射擊一次命中分別為事件A，B，C，每人各射擊一次，在三人中恰有兩人命中為事件D，
則P(D)＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝××××××，
P(AD)＝P(AC)＋P(AB)＝××××，則P(A|D)＝.
7.(2024·大同模擬)某商場舉辦購物抽獎活動，其中將抽到的各位數字之和為8的四位數稱為“幸運數”(如2 024是“幸運數”)，并獲得一定的獎品，則首位數字為2的“幸運數”共有
A.32個 B.28個 C.27個 D.24個
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依題意，首位數字為2的“幸運數”中其他三位數字的組合有以下七類：
①“0，0，6”組合，有種，②“0，1，5”組合，有種，③“0，2，4”組合，有種，④“0，3，3”組合，有種，⑤“1，1，4”組合，有種，⑥“1，2，3”組合，有種，⑦“2，2，2”組合，有1種.
由分類加法計數原理，首位數字為2的“幸運數”共有3＋3＋1＝9＋18＋1＝28(個).
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8.(2025·重慶模擬)假設A，B是兩個事件，且P(A)>0，P(B)>0，則下列結論一定成立的是
A.P(B)＝P(B|A) B.P(AB)＝P(A)P(B)
C.P(A|B)＋P(|B)＝1 D.P(AB)≥P(B|A)
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若要P(B)＝P(B|A)＝成立，需要P(AB)＝P(A)P(B)，即P(B)＝P(B|A)成立的條件為A，B是相互獨立事件，故A錯誤；
P(AB)＝P(A)P(B)成立的條件為A，B是相互獨立事件，故B錯誤；
P(A|B)表示在B事件發生的情況下A事件發生的概率，P(|B)表示在B事件發生的情況下事件發生的概率，所以P(A|B)＋P(|B)＝1，故C正確；
由P(B|A)＝，01
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二、多項選擇題
9.二項式的展開式中
A.前三項系數之和為22
B.二項式系數最大的項是第4項
C.常數項為15
D.所有項的系數之和為0
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答案
二項式展開式的通項為
Tk＋1＝·＝(－1)k(k＝0，1，2，…，6)，前三項的
系數之和為(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＝10，A錯誤；
二項式系數(k＝0，1，2，…，6)中最大的是，恰好是第4項，B正確；
要求常數項，通項公式中應滿足3－＝0，得k＝2，即T3＝(－1)2x0＝
15，C正確；
將x＝1代入，可得所有項的系數之和為0，D正確.
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答案
10.已知A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，且P(A)＝0.6，P()＝0.3，則下列結論一定正確的是
A.P(A)＝0.18
B.A，B不可能為互斥事件
C.若P(AB)＝0.42，則事件A，B相互獨立
D.若，B相互獨立，則P()＝0.7
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若P(A)＝0.18＝P(A)P()，則事件A，相互獨立，無法確定，故A錯誤；
若A，B為互斥事件，則P(AB)＝0，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.6＋1－0.3＝1.3>1，故A，B不可能為互斥事件，故B正確；
若P(AB)＝0.42＝P(A)P(B)，則事件A，B相互獨立，故C正確；
若，B相互獨立，則相互獨立，所以P()＝P()＋P()－P()＝0.4＋0.3－0.4×0.3＝0.58，故D錯誤.
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答案
11.五一假期過后，車主小王選擇去某市新開的A，B兩家共享自助洗車店
洗車.已知小王第一次去A，B兩家洗車店洗車的概率分別為和，如果小王第一次去A洗車店，那么第二次去A洗車店的概率為；如果小王第一次去B洗車店，那么第二次去A洗車店的概率為，則下列結論正確的是
A.小王第一次去B洗車店，第二次也去B洗車店的概率為
B.小王第二次去B洗車店的概率比第二次去A洗車店的概率大
C.若小王第二次去了A洗車店，則他第一次去A洗車店的概率為
D.若小王第二次去了B洗車店，則他第一次去A洗車店的概率為
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答案
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記第i次去A洗車店為事件Ai，第i次去B洗車店為事件Bi，i＝1，2，
由題意可知，P(A1)＝，P(B1)＝，
P(A2|A1)＝，P(B2|A1)＝，
P(A2|B1)＝，P(B2|B1)＝，
對于A，P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1)＝×，故A正確；
對于B，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝××，
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝××，故B錯誤；
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答案
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對于C，P(A1|A2)＝，故C正確；
對于D，P(A1|B2)＝，故D錯誤.
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答案
三、填空題
12.(2024·蘇州模擬)(2＋x－x2)(1－x)5的展開式中x2的系數為　　　.
14
13
14
因為(1－x)5的展開式的通項公式為Tk＋1＝(－x)k＝(－1)kxk，
其中T3＝x2＝10x2，T2＝－x1＝－5x，T1＝＝1，
故(2＋x－x2)(1－x)5的展開式中x2的系數為2×10＋1×(－5)－1×1＝14.
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答案
13.A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，若P(B)＝，P(A)＝，P(A＋B)＝，則P(A)＝　　　.
12
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14
由P(A)＝，有P(AB)＝P(A)P(B)＝×，
又由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，有P(A)＋，
可得P(A)＝.
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答案
14.(2025·貴港模擬)某馬拉松比賽結束后，其中5男3女共8位運動員相約在賽道旁站成前后兩排合影，每排各4人，若男運動員中恰有2人左右相鄰，則不同的排列方法共有　　　　　種.
8 640
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答案
根據題意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相鄰的2位男運動員在“3男1女”這一排中.
先確定“3男1女”這一排，5男選3人，3女選1人，所選3男選2人相鄰，與余下的1男安排在1女的兩側，不同的排列方法有＝360(種)；
再確定“2男2女”這一排，2男先排好有種，2女相鄰并安排在2男之間有1×種，或2女放在2男成排的兩空有2×種方式，不同的排列方法有3＝12(種)，
因此，不同的排列方法種數為2×360×12＝8 640.
13
14(共75張PPT)
第十章
§10.4　隨機事件與概率
數學
大
一
輪
復
習
1.了解隨機事件發生的不確定性和頻率的穩定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區別.
2.理解事件間的關系與運算.
3.掌握古典概型及其計算公式，能計算古典概型中簡單隨機事件的概率.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.樣本空間和隨機事件
(1)樣本點和有限樣本空間
①樣本點：隨機試驗E的每個可能的　　　　　稱為樣本點，常用ω表示.
全體樣本點的集合稱為試驗E的　　　　　，常用Ω表示.
②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.
(2)隨機事件
①定義：將樣本空間Ω的子集稱為隨機事件，簡稱事件.
②表示：一般用大寫字母A，B，C，…表示.
③隨機事件的極端情形：　　　　　、　　　　　　.
基本結果
樣本空間
必然事件
不可能事件
2.兩個事件的關系和運算
含義 符號表示
包含關系 若事件A發生，則事件B一定發生 ______
相等關系 B A且A B ______
并事件 (和事件) 事件A與事件B至少有一個發生 A∪B或A＋B
A B
A＝B
含義 符號表示
交事件 (積事件) 事件A與事件B同時發生 __________
互斥(互 不相容) 事件A與事件B不能同時發生 A∩B＝
互為對立 事件A與事件B有且僅有一個發生 ___________
___________
A∩B或AB
A∩B＝ ，
且A∪B＝Ω
3.古典概型的特征
(1)有限性：樣本空間的樣本點只有　　　　；
(2)等可能性：每個樣本點發生的可能性　　　.
4.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.
有限個
相等
　
5.概率的性質
性質1：對任意的事件A，都有　　　　 ；
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)＝ ；
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)＝
；
P(A)≥0
P(A)＋P(B)
1－P(B)
性質5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由該性質可得，對于任意事件A，因為 A Ω，所以 ；
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)＝_______
.
0≤P(A)≤1
P(A)＋
P(B)－P(A∩B)
6.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).
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)事件發生的頻率與概率是相同的.(　　)
(2)兩個事件的和事件發生是指這兩個事件至少有一個發生.(　　)
(3)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的可能性相同.(　　)
(4)若A∪B是必然事件，則A與B是對立事件.(　　)
×
×
√
√
2.甲、乙等五人站成一排，其中為互斥事件的是
A.“甲站排頭”與“乙站排頭”
B.“甲站排頭”與“乙站排尾”
C.“甲站排頭”與“乙不站排頭”
D.“甲不站排頭”與“乙不站排頭”
因為“甲站排頭”與“乙站排頭”不能同時發生，所以選項A正確；
因為“甲站排頭”與“乙站排尾”可以同時發生，所以選項B不正確；
因為“甲站排頭”與“乙不站排頭”可以同時發生，所以選項C不正確；
因為“甲不站排頭”與“乙不站排頭”可以同時發生，所以選項D不正確.
√
3.從某班學生中任意找出一人，如果該同學的身高小于160 cm的概率為0.2，該同學的身高在[160，175](單位：cm)內的概率為0.5，那么該同學的身高超過175 cm的概率為
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
由題意知該同學的身高小于160 cm的概率、該同學的身高在[160，175]
(單位：cm)內的概率和該同學的身高超過175 cm的概率和為1，故所求概率為1－0.2－0.5＝0.3.
√
4.拋擲一枚骰子，記事件A為“出現點數是奇數”，事件B為“出現點數
是3的倍數”，則P(A∪B)＝　　　，P(A∩B)＝　　　.
拋擲一枚骰子，所有可能出現的點數是1，2，3，4，5，6，共6個樣本點，
事件A∪B包括出現的點數是1，3，5，6，共4個樣本點，故P(A∪B)＝；
事件A∩B包括出現的點數是3，共1個樣本點，故P(A∩B)＝.
1.當隨機事件A，B互斥時，不一定對立；當隨機事件A，B對立時，一定互斥，即兩事件互斥是對立的必要不充分條件.
2.若事件A1，A2，…，An兩兩互斥，則P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(多選)拋擲一枚質地均勻的骰子，記隨機事件：E＝“點數為奇數”，F＝“點數為偶數”，G＝“點數大于2”，H＝“點數小于2”，R＝“點數為3”，則下列結論正確的是
A.E，F為對立事件 B.G，H為互斥不對立事件
C.E，G是互斥事件 D.G，R是互斥事件
√
隨機事件的關系
題型一
命題點1　隨機事件關系的判斷
√
“點數為奇數”與“點數為偶數”不可能同時發生，且必有一個發生，所以E，F是對立事件，選項A正確；
“點數大于2”與“點數小于2”不可能同時發生，且不是必有一個發生，所以G，H為互斥不對立事件，選項B正確；
“點數為奇數”與“點數大于2”可能同時發生，E，G不是互斥事件，選項C不正確；
“點數大于2”與“點數為3”可能同時發生，G，R不是互斥事件，選項D不正確.
例2　(1)(多選)下列說法正確的有
A.若事件A B，則P(A)≤P(B)
B.若A，B為對立事件，則P(A)＋P(B)＝1
C.若A，B為互斥事件，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
D.P(A∪B)√
命題點2　利用互斥、對立事件求概率
√
√
若事件B包含事件A，則P(A)≤P(B)，故A正確；
若A，B為對立事件，則P(A)＋P(B)＝1，故B正確；
若A，B為互斥事件，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故C正確；
因為P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以當A，B互斥時，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故D錯誤.
(2)某射手在一次射擊中射中10環、9環、8環、7環的概率分別為0.21，0.23，0.25，0.2，則這個射手在一次射擊中射中環數不夠7環的概率為　　　　.
0.11
記“射中環數不夠7環”為事件D，則事件為“射中10環或9環或8環或
7環”，
所以P()＝0.21＋0.23＋0.25＋0.2＝0.89，
所以P(D)＝1－P()＝1－0.89＝0.11.
例3　(多選)下列命題正確的是
A.隨機事件A的概率是頻率的穩定值，頻率是概率的近似值
B.拋擲骰子100次，得點數是1的結果是18次，則出現1點的頻率是
C.有一批產品，其次品率為0.05，若從中任取200件產品，則一定有190件
　正品，10件次品
D.拋擲一枚質地均勻的硬幣100次，有51次出現了正面，則可得拋擲一次
　該硬幣出現正面的概率是0.51
√
命題點3　利用頻率估計概率
√
隨機事件A的概率是頻率的穩定值，頻率是概率的近似值，故A正確；
拋擲骰子100次，得點數是1的結果是18次，則出現1點的頻率是，
故B正確；
有一批產品，其次品率為0.05，若從中任取200件產品，則不一定抽取到190件正品和10件次品，故C錯誤；
100次并不是無窮多次，拋擲一枚質地均勻的硬幣100次，有51次出現了正面，則不能得出拋擲一次該硬幣出現正面的概率是0.51，故D錯誤.
事件關系的運算策略
進行事件的運算時，一是要緊扣運算的定義，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.當事件是由互斥事件組成時，運用互斥事件的概率加法公式.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)從裝有4個白球和3個紅球的盒子里摸出3個球，則下列選項中事件E與事件F互斥卻不對立的是
A.事件E：3個球中至少有1個紅球；事件F：3個球中至少有1個白球
B.事件E：3個球中恰有1個紅球；事件F：3個球中恰有1個白球
C.事件E：3個球中至多有2個紅球；事件F：3個球中至少有2個白球
D.事件E：3個球中至多有1個紅球；事件F：3個球中至多有1個白球
√
對于A，事件E與事件F可能同時發生，例如摸出2個白球和1個紅球，所以事件E與事件F不是互斥事件，故A錯誤；
對于B，事件E與事件F不可能同時發生，但不是一定有一個發生，還有可能是3個白球或3個紅球，所以事件E與事件F互斥卻不對立，故B正確；
對于C，事件E與事件F可能同時發生，例如摸出2個白球和1個紅球，所以事件E與事件F不是互斥事件，故C錯誤；
對于D，事件E與事件F不可能同時發生，且必有一個發生，所以事件E與事件F是互斥事件也是對立事件，故D錯誤.
(2)若事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.5，P(B)＝0.3，則P()＝　　　.
0.8
因為事件A和B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋0.3＝0.5，
解得P(A)＝0.2，故P()＝1－P(A)＝0.8.
古典概型
題型二
例4　(1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是
A. B. C. D.
√
從甲、乙兩人中選一人站在排尾有種排法，其余2空2人全排列有··＝8(種)，樣本點總數是＝24，根據古典概型的計算公式，丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概
率為.
(2)(2025·八省聯考)有8張相同的卡片，分別標有數字1，2，3，4，5，6，7，8.現從這8張卡片中隨機抽出3張，則抽出的3張卡片上的數字之和與其
余5張卡片上的數字之和相等的概率為　　　　.
從8張卡片中隨機抽出3張，則樣本空間中總的樣本點個數為＝56，
因為1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，
所以要使抽出的3張卡片上的數字之和與其余5張卡片上的數字之和相等，
則抽出的3張卡片上的數字之和應為18，
則抽出的3張卡片上的數字的組合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3種，
所以符合抽出的3張卡片上的數字之和為18的樣本點有3個，
所以抽出的3張卡片上的數字之和與其余5張卡片上的數字之和相等的概
率為.
利用公式法求解古典概型問題的步驟
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2025·宜賓模擬)某學校開展“五育并舉”的選修課，其中體育開設了6門課，分別為籃球、足球、排球、網球、羽毛球、乒乓球，甲、乙兩名學生準備從中各選擇2門課學習，則甲、乙選修的體育課中至少有1門相同的概率為
A. B. C. D.
√
由題意，甲、乙選修的體育課中沒有相同科目的概率為，故甲、乙選修的體育課中至少有1門相同的概率為1－.
(2)將1個0，2個1，2個2隨機排成一行，則2個1不相鄰的概率為
A. B. C. D.
√
將1個0，2個1，2個2隨機排成一行，共有＝30(種)排法，
其中，2個1不相鄰的排法有·＝18(種)，
故所求概率為.
概率與統計的綜合問題
題型三
例5　(2024·綿陽模擬)為了驗證甲、乙兩種藥物對治療某種疾病的效果，某科研單位用兩種藥物對患有該疾病的患者進行臨床藥物實驗.隨機抽取患有該疾病的患者200人，其中100人注射甲藥物，另外100人注射乙藥物，實驗完成后，得到如下統計表：
效果明顯 效果不明顯 合計
甲藥物 76 24 100
乙藥物 84 16 100
合計 160 40 200
(1)分別估計注射甲、乙兩種藥物的治療效果明顯的概率；
由題意可知，注射甲藥物的患者共100人，治療效果明顯的有76人，
故注射甲藥物治療效果明顯的概率為P1＝，
注射乙藥物的患者共100人，治療效果明顯的有84人，
故注射乙藥物治療效果明顯的概率為P2＝.
(2)根據小概率值α＝0.1的獨立性檢驗，分析甲、乙兩種藥物對治療該種疾病的效果是否有差異；
參考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
臨界值表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
零假設為H0：甲、乙兩種藥物對治療該種疾病的效果沒有差異，由表中
的數據可知，χ2＝＝2<2.706＝x0.1，
根據小概率值α＝0.1的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷H0不成立，所以可以認為甲、乙兩種藥物對治療該種疾病的效果沒有差異.
(3)從樣本中對甲、乙兩種藥物治療效果不明顯的患者采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽出5人，然后從5人中隨機抽取2人做進一步藥物實驗，求這兩人中至少有一人是注射甲藥物的概率.
因為甲、乙兩種藥物治療效果不明顯的患者分別有24人、16人，
所以從樣本中對甲、乙兩種藥物治療效果不明顯的患者中采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽出5名患者，
應從甲、乙兩種藥物治療效果不明顯的患者中分別抽取3人、2人，
從5人中隨機抽取2人做進一步藥物實驗，兩人中至少有一人是注射甲藥
物的概率為P＝.
求解概率的綜合問題時，一要注意概率模型的應用，明確所求問題所屬的事件類型，二要根據公式準確計算.
思維升華
跟蹤訓練3　某校為增強學生國防意識，
組織了一次國防知識競賽活動，為了解
本次競賽活動的成績，隨機抽取了1 000
名學生并統計其成績(單位：分，滿分
200分)，按照[120，130)，[130，140)，[140，150)，[150，160)，[160，170)，[170，180)，[180，190)，[190，200]分成8組，制成如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)求a的值，并求這1 000名學生中成績在[120，170)的學生人數；
依題意，(0.005＋0.01＋a＋0.025＋a＋
0.01＋0.005＋0.005)×10＝1，
解得a＝0.02，
所以成績在[120，170)的頻率為0.05＋
0.1＋0.2＋0.25＋0.2＝0.8，
所以這1 000名學生中成績在[120，170)內的學生人數為1 000×0.8＝800.
(2)若按照按比例分配的分層隨機抽樣的方法從競賽成績在[170，180)和[180，190)內的學生中隨機抽取9名，再從這9名學生中隨機抽取3名參加講座，求這3名學生來自不同組的概率.
因為0.01∶0.005＝2∶1，所以按照按
比例分配的分層隨機抽樣的方法從成
績在[170，180)和[180，190)內的學生
中隨機抽取9名，
則需從成績在[170，180)和[180，190)內的學生中分別抽取6名和3名，
設事件M為“從這9名學生中隨機抽取3名參加講座，這3名學生來自不同
組”，則P()＝，所以P(M)＝1－，
所以從這9名學生中隨機抽取3名參加講座，這3名學生來自不同組的概率為.
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課時精練
對一對
答案
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12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D D C CD BCD 8
題號 8 11 12 答案 C 答案
1
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12
(1)由題意，參加集訓的男生、女生各有6名.
參賽學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為
，
故A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1－.
9.
答案
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12
(2)設“參賽的4人中女生不少于2人”為事件C，“參賽女生有2人”為事件D，“參賽女生有3人”為事件E.
則P(D)＝，
P(E)＝.
由互斥事件的概率加法公式，
得P(C)＝P(D)+P(E)＝，
故所求事件的概率為.
9.
答案
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12
(1)由10(0.007+0.016+a+0.025+0.020)＝1
得a+0.068＝0.1，故a＝0.032.
由條件知，該公司的收入不小于支出，即10 000×10(0.007x+0.016×2x
+0.032×3x+0.025×4x+0.020×5x)≥1 000 000，
從而0.007x+0.032x+0.096x+0.1x+0.1x≥10，即0.335x≥10.
從而x至少為≈30(元).
10.
答案
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12
(2)由于0.016∶0.032＝1∶2＝2∶4，故采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從年齡在[30，40)和[40，50)的人中選取6人時，
年齡在[30，40)和[40，50)中的選取人數分別為2和4.
而年齡在[30，40)和[40，50)的人需要交的保費分別為60元和90元，
故從選取的6人中隨機選取2人后，被免去的保費不低于150元，即選出的2人的年齡都在[40，50)內，或年齡在[30，40)和[40，50)內的各1人，
10.
答案
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12
所以所求概率P＝
＝.
10.
一、單項選擇題
1.從5個男生、2個女生中任意選派3人，則下列事件中是必然事件的是
A.3個都是男生 B.至少有1個男生
C.3個都是女生 D.至少有1個女生
1
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知識過關
答案
從5個男生、2個女生中任意選派3人，由于女生只有2名，故至少有1個男生是必然事件.
√
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答案
2.拋擲一枚質地均勻的硬幣，如果連續拋擲2 025次，那么第2 024次出現正面朝上的概率是
A. B. C. D.
由概率的性質得，無論試驗多少次，概率始終不變，故第2 024次出現正
面朝上的概率是.
√
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12
答案
3.若P(A∩B)＝，P()＝，P(B)＝，則下列結論不正確的是
A.事件A與事件B不互斥 B.事件A與事件B不對立
C.P(AB)＝P(A)P(B) D.P(A∪B)＝
∵P(A∩B)＝，∴A與B能同時發生，∴事件A與事件B不互斥、不對立，
故A，B正確；
∵P()＝，∴P(A)＝，又∵P(B)＝，∴P(A)P(B)＝＝P(AB)，故C正確；
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝，故D不正確.
√
1
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9
10
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12
答案
4.根據歷史記載，早在春秋戰國時期，我國勞動人民就普遍使用算籌進行計數.算籌計數法就是用一根根同樣長短和粗細的小棍子(用竹子、木頭、獸骨、象牙、金屬等材料制成)以不同的排列方式來表示數字，如圖所示.如果用算籌隨機擺出一個不含數字0的兩位數，個位用縱式，十位用橫式，則個位和十位上的算籌一樣多的概率為
A. B.
C. D.
√
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12
答案
用算籌隨機擺出一個不含數字0的兩
位數，個位用縱式，十位用橫式，
共可以擺出9×9＝81(個)兩位數，其
中個位和十位上的算籌個數都為1的有1×1＝1(個)，
個位和十位上的算籌個數都為2的兩位數有2×2＝4(個)，
個位和十位上的算籌個數都為3的兩位數有2×2＝4(個)，
個位和十位上的算籌個數都為4的兩位數有2×2＝4(個)，
個位和十位上的算籌個數都為5的兩位數有2×2＝4(個)，
共有4×4＋1＝17(個)，
所以個位和十位上的算籌一樣多的概率為.
1
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答案
二、多項選擇題
5.(2025·哈爾濱模擬)一個袋子中有4個紅球，6個綠球，采用不放回方式從中依次隨機取出2個球.事件A＝“兩次取到的球顏色相同”，事件B＝“第二次取到紅球”，事件C＝“第一次取到紅球”.下列說法正確的是
A.A B B.事件B與事件C是互斥事件
C.P(AB)＝ D.P(B＋C)＝
√
√
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答案
由題意可得，事件A包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，綠)}，事件B包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，紅)}，事件C包含的取球顏色為{(紅，紅)，(紅，綠)}，則A不包含于B，選項A錯誤；
B∩C≠ ，選項B錯誤；
事件AB包含的取球顏色為{(紅，紅)}，P(AB)＝，選項C正確；
事件B＋C包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，紅)，(紅，綠)}，P(B＋C)
＝，選項D正確.
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答案
6.某冷飲店為了保證顧客能買到當天制作的雙皮奶，同時盡量減少滯銷，統計了30天的銷售情況，得到如下數據：
日銷售量/杯 [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75]
天數 4 6 9 5 6
以樣本估計總體，用頻率代替概率，則下列結論正確的是
A.估計平均每天銷售50杯雙皮奶(同一組區間以中點值為代表)
B.若當天準備55杯雙皮奶，則售罄的概率為
C.若當天準備45杯雙皮奶，則賣不完的概率為
D.這30天雙皮奶日銷售量的80%分位數是65杯
√
√
√
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答案
平均每天雙皮奶的銷售量為
＝51(杯)，A錯誤；
日銷售量不小于55杯的概率為，B正確；
日銷售量小于45杯的概率為，C正確；
1－＝0.8，因此這30天雙皮奶日銷售量的80%分位數是65杯，D正確.
三、填空題
7.一個不透明的袋中裝有除顏色外均相同的9個紅球，3個白球，若干個綠球，每次搖勻后隨機摸出一個球，記下顏色后再放回袋中，經過大量重復試驗后，發現摸到綠球的頻率穩定在0.4，則袋中約有綠球　　　個.
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答案
因為通過大量重復的摸球試驗后，發現摸到綠球的頻率穩定在0.4，所以摸到綠球的概率為0.4，設不透明的袋中有x個綠球，因為袋中還有9個紅
球，3個白球，所以＝0.4，解得x＝8.
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答案
8.通過手機驗證碼注冊某APP時，收到的驗證碼由四個數字a1a2a3a4(其中ai∈{0，1，2，…，9}，i＝1，2，3，4)隨機組成，如果驗證碼a1a2a3a4滿足a1它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為　　　　.
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答案
由題意設該驗證碼為a1a2a3a4，則a1＝2，2選出3個數，讓其按照從小到大的順序排列有
＝35(種)排法，
又四位驗證碼共有10×10×10×10＝10 000(種)排法，
∴它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為.
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答案
四、解答題
9.某市A，B兩所中學的學生組隊參加辯論賽，A中學推薦了3名男生、2名女生，B中學推薦了3名男生、4名女生，兩校所推薦的學生一起參加集訓.由于集訓后隊員水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人，女生中隨機抽取3人組成代表隊.
(1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率；
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答案
由題意，參加集訓的男生、女生各有6名.
參賽學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為
，
故A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1－.
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答案
(2)某場比賽前，從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，求參賽女生不少于2人的概率.
設“參賽的4人中女生不少于2人”為事件C，“參賽女生有2人”為事件D，“參賽女生有3人”為事件E.
則P(D)＝，P(E)＝.
由互斥事件的概率加法公式，得
P(C)＝P(D)＋P(E)＝，
故所求事件的概率為.
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答案
10.某保險公司為了給年齡在20~70歲的民眾提供某種
疾病的醫療保障，設計了一款針對該疾病的保險，現
從10 000名參保人員中隨機抽取100名進行分析，這
100個樣本按年齡段[20，30)，[30，40)，[40，50)，
[50，60)，[60，70]分成了五組，其頻率分布直方圖如圖所示；每人每年所交納的保費與參保年齡如表格所示(保費：元).據統計，該公司每年為該項保險支出的各種費用為一百萬元.
年齡 [20，30) [30，40) [40，50) [50，60) [60，70]
保費 x 2x 3x 4x 5x
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答案
(1)用樣本的頻率分布估計總體的概率分布，為使公司不虧本，則保費x至少為多少元？(精確到整數)
由10(0.007＋0.016＋a＋0.025＋0.020)＝1得a＋0.068＝0.1，故a＝0.032.
由條件知，該公司的收入不小于支出，即10 000×10(0.007x＋0.016×2x＋0.032×3x＋0.025×4x＋0.020×5x)≥1 000 000，
從而0.007x＋0.032x＋0.096x＋0.1x＋0.1x≥10，即0.335x≥10.
從而x至少為≈30(元).
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答案
(2)經調查，年齡在[30，50)之間的中年人對該疾病
的防范意識還比較弱，為加強宣傳，采用按比例分
配的分層隨機抽樣的方法從年齡在[30，40)和[40，
50)的人中選取6人進行教育宣講，再從選取的6人中
隨機選取2人，被選中的2人免一年的保費.在保費x取
到(1)中求得的最小值的條件下，求被免去的保費不低于150元的概率.
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答案
由于0.016∶0.032＝1∶2＝2∶4，故采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從年齡在[30，40)和[40，50)的人中選取6人時，
年齡在[30，40)和[40，50)中的選取人數分別為2和4.
而年齡在[30，40)和[40，50)的人需要交的保費分別為60元和90元，
故從選取的6人中隨機選取2人后，被免去的保費不低于150元，即選出的2人的年齡都在[40，50)內，或年齡在[30，40)和[40，50)內的各1人，
所以所求概率P＝.
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答案
能力拓展
11.(2024·武漢模擬)在一次試驗中，隨機事件A發生的概率為，隨機事件B發生的概率為，則事件A，B同時發生的概率的取值范圍是
A. B.
C. D.
√
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答案
依題意，P(A)＝，P(B)＝，由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)≤1，
得P(AB)≥P(A)＋P(B)－1＝－1＝，又P(A)>P(B)，
則當B A時，P(AB)＝P(B)＝，所以事件A，B同時發生的概率的取值范圍是.
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答案
12.(2025·泉州模擬)如圖，有一個質地均勻的正八面體，八個面分別標以數字1到8.將該八面體連續拋擲三次，按順序記錄它與地面接觸的面上的數字，則這三個數恰好構成等差
數列的概率為　　 .
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答案
由題意可知所有可能情況共有83種，按順序記錄的三個數恰好構成等差數列，
可以按照公差為－3，－2，－1，0，1，2，3分類，其中公差為－3，－2，－1和3，2，1的情況對應相等.
公差為0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8種情況；
公差為1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6種情況，同公差為－1的；
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答案
返回
公差為2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)，共4種情況，同公差為－2的；
公差為3的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2種情況，同公差為－3的.
所以三個數恰好構成等差數列的概率P＝.(共82張PPT)
第十章
§10.6　離散型隨機變量及其
　 　 分布列、數字特征
數學
大
一
輪
復
習
1.理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念.
2.理解并會求離散型隨機變量的數字特征.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
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　　　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.
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，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.
3.離散型隨機變量分布列的性質
(1)pi≥0，i＝1，2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝　　.
唯一
1
4.離散型隨機變量的均值(數學期望)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
(1)均值(數學期望)
稱E(X)＝　　　　　　　　　　＝xipi為隨機變量X的均值或數學期望，
數學期望簡稱期望.它反映了隨機變量取值的　　　　　.
x1p1＋x2p2＋…＋xnpn
平均水平
(2)方差
稱D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝_______________
為隨機變量X的方差，并稱為隨機變量X的　　　　，記為σ(X)，它們都可以度量隨機變量取值與其均值的　　　　　.
5.均值(數學期望)與方差的性質
(1)E(aX＋b)＝　　　　　.
(2)D(aX＋b)＝　　　　(a，b為常數).
(xi－E(X))2pi
標準差
偏離程度
aE(X)＋b
a2D(X)
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)在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.(　　)
(2)離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的.(　　)
(3)隨機試驗的結果與隨機變量是對應關系，即每一個試驗結果都有唯一的隨機變量的值與之對應.(　　)
(4)方差或標準差越小，則隨機變量的偏離程度越小.(　　)
√
×
√
√
2.甲、乙兩人下象棋，共下三局，每局贏了得3分，平得1分，輸了得0分，用ξ表示甲的得分，則{ξ＝3}表示
A.甲贏三局
B.甲贏一局輸兩局
C.甲、乙平局二次
D.甲贏一局輸兩局或甲、乙平局三次
因為甲、乙兩人下象棋，贏了得3分，平得1分，輸了得0分，故{ξ＝3}表示兩種情況，即甲贏一局輸兩局或甲、乙平局三次.
√
3.已知隨機變量X的分布列如表，則E(5X＋4)等于
依題意，0.4＋a＋0.3＝1，解得a＝0.3，
則E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，
所以E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.2＋4＝15.
X 1 2 4
P 0.4 a 0.3
A.1 B.2.2 C.11 D.15
√
4.甲、乙兩人在一天生產中出現的廢品數分別是兩個隨機變量X，Y，分布列分別為
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
Y 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
若甲、乙兩人的日產量相等，則甲、乙兩人中技術較好的是　　　.
乙
E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，
∵E(Y)1.(1)隨機變量的均值是常數，樣本的平均數是隨機變量，它不確定.
(2)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.
(3)求出分布列后，注意運用分布列的兩條性質檢驗所求分布列是否正確.
2.(1)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
(2)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(3)若X1，X2相互獨立，則E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)若隨機變量X的分布列為
分布列的性質
題型一
由隨機變量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，故當P(XX －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
則當P(XA.[1，2) B.[1，2] C.(1，2] D.(1，2)
√
(2)設隨機變量X的分布列為P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4，5)，則P(X≥
4)等于
A. B. C. D.
P(X＝k)＝，
∵P(X＝k)＝1，∴×
＝×＝1.則m＝，
∴P(X≥4)＝×.
√
離散型隨機變量分布列的性質的應用
(1)利用“概率之和為1”可以求相關參數的值.
(2)利用“在某個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.
(3)可以根據性質判斷所得分布列的結果是否正確.
思維升華
跟蹤訓練1　已知隨機變量ξ的分布列如表：
ξ －2 0 2
P a b c
其中a，b，c成等差數列，則P(|ξ|＝2)的值是
A. B. C. D.
√
因為a，b，c成等差數列，所以b＝，
根據隨機變量分布列的性質得a＋b＋c＝1，
所以＝1，即a＋c＝，
所以P(|ξ|＝2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝－2)＝.
離散型隨機變量的分布列及數字特征
題型二
例2　隨機變量X的分布列如表所示，若E(X)＝，則D(X)等于
命題點1　求離散型隨機變量的分布列及數字特征
A.1 B. C. D.
X －1 0 1
P a b
√
依題意可得
所以D(X)＝×××.
X －1 0 1
P a b
均值、方差的大小比較、單調性、最值(范圍)問題
微拓展
關于隨機變量的均值與方差，近幾年均以選擇題的形式考查，除考查均值、方差的直接計算外，還經常從下列幾個角度進行考查：(1)均值、方差及概率的大小比較；(2)均值、方差的增減性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范圍.
典例　(1)設隨機變量X的分布列如下(其中0A.D(X)增大 B.D(X)減小
C.D(X)先減后增 D.D(X)先增后減
X 0 1 2
P
√
由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＋p，
則D(X)＝＋＝－p2＋p＋＝
－，
因為0X 0 1 2
P
(2)(多選)已知某商場銷售一種商品的單件銷售利潤為X＝0，a，2，根據以往銷售經驗可得0下列結論正確的是
A.b＝
B.若該商場銷售該商品5件，其中3件銷售利潤為0的概率為
C.D(X)min＝
D.當D(X)最小時，E(X)＝
X 0 a 2
P b
√
√
√
由題意＋b＋＝1，∴b＝，故選項A正確；
該商場銷售該商品5件，其中3件銷售利潤為0的概率為××，故選項B正確；
X 0 a 2
P b
隨機變量X的均值E(X)＝0×＋a×＋2×(a＋1)，可知方差D(X)＝××××(2a2－2a＋5)＝×，當a＝時，D(X)min＝，故選項C正確；
當D(X)最小時，a＝，此時E(X)＝×，故選項D錯誤.
X 0 a 2
P b
例3　(多選)已知隨機變量X的分布列為
命題點2　均值與方差的性質應用
且a，b，c成等差數列，下列結論正確的是
A.D(bX＋1)＝D(X) B.P(|X|＝1)＝0.5
C.若E(aX)＝0.08，則a＝0.1 D.a－c可能等于0.1
X －1 0 1 2
P a b c 0.25
√
√
√
依題意，a＋b＋c＝3b＝0.75，解得b＝0.25，a＋c＝0.5.
DD(X)，A正確；
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝0.5，B正確；
E(X)＝－a＋c＋0.5＝1－2a，則E(aX)＝aE(X)＝a(1－2a)＝0.08，解得a＝0.1或a＝0.4，C錯誤；
當a＝0.3，c＝0.2時，a－c＝0.1，D正確.
X －1 0 1 2
P a b c 0.25
求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
(1)理解ξ的意義，寫出ξ的所有可能取值.
(2)求ξ取每個值的概率.
(3)寫出ξ的分布列.
(4)由均值、方差的定義求E(ξ)，D(ξ).
思維升華
跟蹤訓練2　(多選)已知隨機變量X的分布列如下，則下列說法正確的是
X －2 －1 1 2
P m n
A.m＋n＝ B.P(X<2)＝
C.若m＝，Y＝3X＋2，則E(Y)＝2 D.D(X2)＝2
√
√
√
因為＋m＋n＋＝1，所以m＋n＝，故A正確；
P(X<2)＝1－P(X≥2)＝1－，故B正確；
因為m＝，所以n＝，所以E(X)＝－2×＋(－1)×＋1×＋2×，
所以E(Y)＝E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝4，故C錯誤；
P(X2＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝m＋n＝，P(X2＝4)＝P(X＝－2)＋P(X＝2)＝，
則X2的分布列為
所以E(X2)＝1×＋4×＝2，則D(X2)＝×(1－2)2＋×(4－2)2＝2，故D正確.
X2 1 4
P
均值與方差中的決策問題
題型三
例4　為回饋顧客，某商場擬通過摸球兌獎的方式對500位顧客進行獎勵，規定：每位顧客從一個裝有4個標有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球，球上所標的面值之和為該顧客所獲的獎勵額.
(1)若袋中所裝的4個球中有1個所標的面值為45元，其余3個均為15元，求顧客所獲的獎勵額為60元的概率；
設顧客所獲的獎勵額為X，依題意得
P(X＝60)＝.
(2)商場對獎勵總額的預算是30 000元，為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，請從如下兩種方案中選擇一種，并說明理由.方案一：袋中的4個球由2個標有面值15元和2個標有面值45元的兩種球組成；方案二：袋中的4個球由2個標有面值20元和2個標有面值40元的兩種球組成.
根據方案一，設顧客所獲的獎勵額為X1，其所有可能取值為30，60，90，
則P(X1＝30)＝，
P(X1＝60)＝，
P(X1＝90)＝，
所以E(X1)＝30×＋60×＋90×＝60，
D(X1)＝(30－60)2×＋(60－60)2×＋(90－60)2×＝300；
根據方案二，設顧客所獲的獎勵額為X2，其所有可能取值為40，60，80，
則P(X2＝40)＝，
P(X2＝60)＝，
P(X2＝80)＝，
所以E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×.
商場對獎勵總額的預算是30 000元，故每個顧客平均獎勵額最多為60元，兩方案均符合要求，但方案二獎勵額的方差比方案一小，所以為了使每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，應選擇方案二.
隨機變量的均值和方差從整體和全局上刻畫了隨機變量，是生產實際中用于方案取舍的重要理論依據.一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定.
思維升華
跟蹤訓練3　(2021·新高考全國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；
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)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.
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
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.
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
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課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A B D AC AC 45
題號 8 11 12 答案 3 D 答案
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(1)比賽只進行三局，則都是甲贏或都是乙贏，
所以概率為0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4＝0.18+0.08＝0.26.
(2)設比賽進行的局數為X，
則X所有可能的取值為3，4，5.
當X＝3時，則前三局都是甲贏，
P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
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當X＝4時，則可能的情況是
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甲 乙 甲 乙
乙勝 甲 乙 乙 乙
甲勝 甲 甲 乙 甲
甲勝 甲 乙 甲 甲
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P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5+0.5×0.4×0.5+0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3+4×0.35+5×0.35＝4.05.
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(1)由題意可知甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌曲的歌名分兩種情況：猜對A，B；猜對A，B，C，這兩種情況不會同時發生.
設“甲按‘A，B，C’的順序猜歌名至少猜對兩首歌曲的歌名”為事件E，
由甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立可得P(E)＝P(AB+ABC)
＝0.8×0.5×(1－0.5)+0.8×0.5×0.5＝0.4.
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(2)甲決定按“A，B，C”順序猜歌名，獲得的獎勵基金金額記為X，
則X的所有可能取值為0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2，
P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2+1 000×0.4+3 000×0.2+6 000×0.2＝2 200.
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甲決定按“C，B，A”順序猜歌名，獲得的獎勵基金金額記為Y，
則Y的所有可能取值為0，3 000，
5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)
＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，
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P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5+3 000×0.25+5 000×0.05+6 000×0.2＝2 200.
方法一　D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2×
0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，
由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以應該按照“A，B，C”的順序猜歌名.
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答案
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方法二　甲按“C，B，A”的順序猜歌名時，獲得0元的概率為0.5，大于按照“A，B，C”的順序猜歌名時獲得0元的概率0.2，所以應該按照“A，B，C”的順序猜歌名.
10.
一、單項選擇題
1.在籃球比賽中，規定一次中距離投籃投中得2分，投不中得0分，則選手甲在三次中距離投籃中的總得分ξ的所有可能取值的和是
A.8 B.10 C.12 D.14
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知識過關
答案
選手甲在三次中距離投籃中可能都不中，得0分，中一次，得2分，中兩次，得4分，中三次，得6分，故總得分ξ的所有可能取值為0，2，4，6，所以總得分ξ的所有可能取值的和為12.
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答案
2.已知離散型隨機變量X的分布列P＝ak(k＝1，2，3，4，5)，則P等于
A. B. C. D.
由已知離散型隨機變量X的分布列
P＝ak(k＝1，2，3，4，5)，
則a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝，
由故P＝P＋P.
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答案
3.小林從A地出發去往B地，1小時內到達的概率為0.4，1小時10分到達的概率為0.3，1小時20分到達的概率為0.3.現規定1小時內到達的獎勵200元，若超過1小時到達，則每超過1分鐘獎勵少2元.設小林最后獲得的獎勵為X元，則E(X)等于
A.176 B.182 C.184 D.186
√
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答案
依題意可得X的可能取值為200，180，160.
P(X＝200)＝0.4，P(X＝180)＝0.3，P(X＝160)＝0.3，
則X的分布列為
所以E(X)＝200×0.4＋(180＋160)×0.3＝182.
X 200 180 160
P 0.4 0.3 0.3
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答案
4.隨機變量ξ的分布列如表：
ξ 0 1 2
P 2a－b a a＋b
則D(ξ)的取值范圍是
A. B.
C. D.
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答案
因為2a－b＋a＋a＋b＝1，所以a＝，
又因為解得－所以E(ξ)＝a＋2a＋2b＝＋2b，
D(ξ)＝×＝－4b2＋b＋＝－4，
因為－所以D(ξ)的取值范圍是.
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答案
二、多項選擇題
5.已知離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
則下列說法正確的是
A.a＝0.1 B.D(X)＝1.84
C.E(X)＝2 D.E(2X＋6)＝9
√
√
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答案
由分布列的性質知6a＋0.4＝1，解得a＝0.1，故A正確；
故E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.3＋5×0.2＝2，D(X)＝0.1×22＋0.4×12＋0.3×02＋0.2×32＝2.6，故B錯誤，C正確；
由離散型隨機變量期望的性質可得，E(2X＋6)＝2E(X)＋6＝10，故D錯誤.
X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
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答案
6.一個袋子中裝有除顏色外完全相同的10個球，其中有6個黑球，4個白球，現從中任取4個球，記隨機變量X為取出白球的個數，隨機變量Y為取出黑球的個數，若取出一個白球得2分，取出一個黑球得1分，隨機變量Z為取出4個球的總得分，則下列結論中不正確的是
A.P(X＝1)＝ B.X＋Y＝4
C.E(X)>E(Y) D.E(Z)＝
√
√
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答案
由條件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4個球，所以X＋Y＝4，故B正確；
又X的可能取值為0，1，2，3，4，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
P(X＝4)＝，可知A錯誤；
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答案
Y的可能取值為0，1，2，3，4，且P(Y＝0)＝P(X＝4)＝，P(Y＝1)＝P(X＝3)＝，
P(Y＝2)＝P(X＝2)＝，P(Y＝3)＝P(X＝1)＝，P(Y＝4)＝P(X＝0)＝，
則E(X)＝，
E(Y)＝，
所以E(X)因為Z＝2X＋Y＝2X＋(4－X)＝X＋4，
所以E(Z)＝E(X＋4)＝E(X)＋4＝＋4＝，故D正確.
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答案
三、填空題
7.隨機變量Y的分布列如表，且E(Y)＝3，則D(3Y－5)＝　　　.
45
Y 0 2 a
P m
由題意得＋m＋＝1，解得m＝，
所以E(Y)＝0×＋2×a＝3，解得a＝6，
所以D(Y)＝(0－3)2×＋(2－3)2×＋(6－3)2×＝5，
所以D(3Y－5)＝32D(Y)＝9×5＝45.
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答案
8.根據以往的經驗，某工程施工期間的降水量X(單位：mm)對工期的影響如表所示：
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延誤天數Y 0 2 6 10
歷年氣象資料表明，該工程施工期間降水量X小于300，700，900的概率分別為0.3，0.7，0.9，則工期延誤天數Y的均值為　　　　.
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答案
由題意可知P(X<300)＝0.3，
P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以隨機變量Y的分布列為
所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延誤天數Y的均值為3.
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
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答案
四、解答題
9.(2024·重慶模擬)甲、乙兩名圍棋手對弈，比賽實行五局三勝制，第一局通過猜子確定甲執黑先行，其后每局交換先行者，直至比賽結束，已知甲先行時他贏下該局的概率為0.6，乙先行時他贏下該局的概率為0.5.
(1)求比賽只進行了三局就結束的概率；
比賽只進行三局，則都是甲贏或都是乙贏，
所以概率為0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.18＋0.08＝0.26.
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答案
(2)已知甲勝了第一局，求比賽進行局數的期望.
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答案
設比賽進行的局數為X，則X所有可能的取值為3，4，5.
當X＝3時，則前三局都是甲贏，P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
當X＝4時，則可能的情況是
甲 乙 甲 乙
乙勝 甲 乙 乙 乙
甲勝 甲 甲 乙 甲
甲勝 甲 乙 甲 甲
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答案
P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5＋0.5×0.4×0.5＋0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3＋4×0.35＋5×0.35＝4.05.
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答案
10.猜歌名游戲是根據歌曲的主旋律制成的鈴聲來猜歌名，該游戲中有A，B，C三首歌曲.嘉賓甲參加猜歌名游戲，自主選擇猜歌順序，只有猜對當前歌曲的歌名才有資格猜下一首，并且獲得本歌曲對應的獎勵基金.假設甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立，猜對三首歌曲歌名的概率及猜對時獲得相應的獎勵基金如表：
歌曲 A B C
猜對的概率 0.8 0.5 0.5
獲得的獎勵基金金額/元 1 000 2 000 3 000
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答案
(1)若甲按“A，B，C”的順序猜歌名，求至少猜對兩首歌曲歌名的概率；
由題意可知甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌曲的歌名分兩種情況：猜對A，B；猜對A，B，C，這兩種情況不會同時發生.
設“甲按‘A，B，C’的順序猜歌名至少猜對兩首歌曲的歌名”為事件E，
由甲猜對每首歌曲的歌名相互獨立可得
P(E)＝P(AB＋ABC)＝0.8×0.5×(1－0.5)＋0.8×0.5×0.5＝0.4.
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答案
(2)甲決定按“A，B，C”或者“C，B，A”兩種順序猜歌名，請你計算兩種猜歌順序嘉賓甲獲得獎勵基金的期望；為了得到更多的獎勵基金，請你給出合理的選擇建議，并說明理由.
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答案
甲決定按“A，B，C”順序猜歌名，獲得的獎勵基金金額記為X，
則X的所有可能取值為0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2，
P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200.
甲決定按“C，B，A”順序猜歌名，獲得的獎勵基金金額記為Y，
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答案
則Y的所有可能取值為0，3 000，5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，
P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
方法一　D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2
×0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
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答案
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，
由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以應該按照“A，B，C”的順序猜歌名.
方法二　甲按“C，B，A”的順序猜歌名時，獲得0元的概率為0.5，大于按照“A，B，C”的順序猜歌名時獲得0元的概率0.2，所以應該按照“A，B，C”的順序猜歌名.
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答案
能力拓展
11.設隨機變量X的分布列如表所示，則下列說法中錯誤的是
X 1 2 3 4 5 6
P p1 p2 p3 p4 p5 p6
A.P(X≥4)＝1－P(X≤3)
B.隨機變量X的數學期望E(X)可以等于3.5
C.當pn＝(n＝1，2，3，4，5)時，p6＝
D.數列{pn}的通項公式可以為pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)
√
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答案
A選項，由已知p1＋p2＋p3＋p4＋p5＋p6＝1，則P(X≥4)＝p4＋p5＋p6＝1－(p1＋p2＋p3)＝1－P(X≤3)，A選項正確；
B選項，當p1＝p2＝p3＝p4＝p5＝p6＝時，期望為E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝3.5，B選項正確；
C選項，由pn＝(n＝1，2，3，4，5)，則p6＝1－(p1＋p2＋…＋p5)＝1－＝1－，C選項正確；
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答案
D選項，由pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)，則其前6項和為1－＋…＋≠1，D選項錯誤.
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答案
12.(2025·沈陽模擬)某次國際象棋比賽規定，勝一局得3分，平一局得1分，負一局得0分，某參賽隊員比賽一局勝的概率為a，平局的概率為b，負的概率為c(a，b，c∈[0，1))，已知他比賽兩局得分的數學期望為2，則ab的
最大值為　　　.
1
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11
12
答案
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記比賽兩局的得分為X，則X所有可能的取值為0，1，2，3，4，6，
P(X＝0)＝c2，P(X＝1)＝2bc，P(X＝2)＝b2，
P(X＝3)＝2ac，P(X＝4)＝2ab，P(X＝6)＝a2，
又a＋b＋c＝1，則E(X)＝2bc＋2b2＋6ac＋8ab＋6a2＝2b(1－a－b)＋2b2＋6a(1－a－b)＋8ab＋6a2＝6a＋2b＝2，
則3a＋b＝1≥2，得ab≤，
當且僅當3a＝b，即a＝，b＝時，等號成立，
所以ab的最大值為.(共70張PPT)
第十章
§10.5　事件的相互獨立性與條
　件概率、全概率公式
數學
大
一
輪
復
習
1.了解兩個事件相互獨立的含義.
2.理解隨機事件的獨立性和條件概率的關系，會利用全概率公式計算概率.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.相互獨立事件
(1)概念：對任意兩個事件A與B，如果P(AB)＝　　　　　成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立.
(2)性質：若事件A與B相互獨立，那么A與　，與 ，與也都相互獨立.
2.條件概率
(1)概念：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱P(B|A)＝
為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率.
P(A)P(B)
B
(2)兩個公式
①利用古典概型：P(B|A)＝ ；
②概率的乘法公式：P(AB)＝ .
(3)條件概率的性質
條件概率只是縮小了樣本空間，因此條件概率同樣具有概率的性質.設P(A)>0，則
①P(Ω|A)＝ ；
②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝ .
③設和B互為對立事件，則P(|A)＝ .
P(A)P(B|A)
1
P(B|A)＋P(C|A)
1－P(B|A)
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)＝ .
P(Ai)P(B|Ai)
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.(　　)
(2)P(B|A)表示在事件A發生的條件下，事件B發生的概率，P(AB)表示事件A，B同時發生的概率.(　　)
(3)拋擲兩枚質地均勻的硬幣，設“第一枚正面朝上”為事件A，“第二枚正面朝上”為事件B，則A，B相互獨立.(　　)
(4)若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2).(　　)
√
×
√
√
2.某型號新能源汽車參加碰撞測試和續航測試，該型號新能源汽車參加這兩項測試的結果相互不受影響.若該型號新能源汽車在碰撞測試中結果為
優秀的概率為，在續航測試中結果為優秀的概率為，則該型號新能源汽
車在這兩項測試中僅有一項測試結果為優秀的概率為
A. B. C. D.
根據題意可得該型號新能源汽車在這兩項測試中僅有一項測試結果為優
秀的概率為××.
√
3.統計某位籃球運動員的罰球命中率，罰中一次的概率是，連續罰中兩次的概率是.已知這位籃球運動員第一次罰球命中，則第二次罰球也命中
的概率是
A. B. C. D.
記“第一次罰球命中”為事件A，“第二次罰球命中”為事件B，
由題意可知P(A)＝，P(AB)＝，
所以P(B|A)＝.
√
4.(2024·武威統考)設甲乘汽車、動車前往某目的地的概率分別為0.3，0.7，汽車和動車正點到達目的地的概率分別為0.6，0.8，則甲正點到達目的地的概率為　　　　.
0.74
由全概率公式得甲正點到達目的地的概率為P＝0.7×0.8＋0.3×0.6＝0.56＋0.18＝0.74.
1.理清“相互獨立”和“事件互斥”的區別
兩事件互斥是指兩事件不可能同時發生，兩事件相互獨立是指一個事件的發生與否對另一個事件發生的概率沒有影響，兩個事件相互獨立不一定互斥.
2.不要混淆P(B|A)與P(A|B)
前者是在A發生的條件下B發生的概率，后者是在B發生的條件下A發生的概率.
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微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(多選)(2024·河池模擬)口袋中裝有大小質地完全相同的白球和黑球各2個，從中不放回地依次取出2個球，事件A＝“取出的兩球同色”，事件B＝“第一次取出的是白球”，事件C＝“第二次取出的是白球”，事件D＝“取出的兩球不同色”，則
A.P(C)＝ B.A與C相互獨立
C.A與D相互獨立 D.B與D相互獨立
√
相互獨立事件
題型一
命題點1　事件相互獨立性的判斷
√
依題意P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，故A錯誤；
因為P(AC)＝，則P(AC)＝P(A)P(C)，所以事件A與C相互獨立，故B
正確；
因為P(AD)＝0≠P(A)P(D)，所以事件A與D不相互獨立，故C錯誤；
因為P(BD)＝，則P(BD)＝P(B)P(D)，所以事件B與D相互獨立，
故D正確.
例2　小剛參與一種答題游戲，需要解答A，B，C三道題.已知他答對這三
道題的概率分別為a，a，，且各題答對與否互不影響，若他恰好能答對兩道題的概率為，則他三道題都答錯的概率為
A. B. C. D.
√
命題點2　相互獨立事件的概率
記小剛答對A，B，C三道題分別為事件D，E，F，且D，E，F相互獨立，
且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝.
恰好能答對兩道題為事件DE＋DF＋EF，且DE，DF，EF兩兩互斥，
所以P(DE＋DF＋EF)＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)
＝P(D)P(E)P()＋P(D)P()P(F)＋P()P(E)P(F)
＝a×a×＋a×(1－a)×＋(1－a)×a×，
整理得(1－a)2＝，他三道題都答錯為事件，
故P()＝P()P()P()＝(1－a)2(1－a)2＝.
求相互獨立事件同時發生的概率的方法
(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.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(多選)(2024·武漢模擬)一個質地均勻的正四面體4個表面上分別標有數字1，2，3，4，拋擲該正四面體兩次，記事件M為“第一次向下的數字為1或2”，事件N為“兩次向下的數字之和為奇數”，則下列說法正確的是
A.事件M發生的概率為 B.事件M與事件N互斥
C.事件M與事件N相互獨立 D.事件M＋N發生的概率為
√
√
由題意可得P(M)＝，故A正確；
當兩次拋擲的點數為(1，4)時，事件M與事件N同時發生，所以事件M與事件N不互斥，故B錯誤；
事件M與事件N同時發生的情況有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，共4
種，所以P(MN)＝，又P(N)＝，所以P(MN)＝P(M)·P(N)，故
事件M與事件N相互獨立，故C正確；
P(M＋N)＝P(M)＋P(N)－P(MN)＝，故D錯誤.
(2)甲、乙兩名射擊運動員進行射擊比賽，甲中靶的概率為0.6，乙中靶的概率為0.7，且兩人是否中靶相互獨立，若甲、乙各射擊一次，則
A.兩人都中靶的概率為0.12
B.兩人都不中靶的概率為0.42
C.恰有一人中靶的概率為0.46
D.至少有一人中靶的概率為0.74
√
設甲中靶為事件A，乙中靶為事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，
則兩人都中靶的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，
兩人都不中靶的概率為P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.3＝0.12，
恰有一人中靶的概率為P(B∪A)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，
至少有一人中靶的概率為1－P()＝0.88.
條件概率
題型二
例3　從混有5件次品的20件產品中依次抽取2件，在第1次抽到次品的條件下，第2次抽到次品的概率為
A. B. C. D.
√
命題點1　條件概率
方法一　設“第1次抽到次品”為事件A，則P(A)＝，
設“第2次抽到次品”為事件B，則P(AB)＝×，
故在第1次抽到次品的條件下，第2次抽到次品的概率P(B|A)＝.
方法二　已知第一次為次品，還剩下19件產品，其中有4件次品，則再抽
一次為次品的概率為P＝.
例4　下列結論中正確的是
A.P(B|A)＝P(A|B) B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
C.P(AB)＝P(B|A)P(A) D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B)
√
命題點2　條件概率性質的應用
P(A|B)＝，P(B|A)＝，而P(A)與P(B)不一定相等，故A不正確；
當B，C不為互斥事件時，等式不成立，故B不正確；
由概率的乘法公式知C正確；
P(B|A)P(A)＝P(AB)≤P(A)＋P(B)，故D不正確.
求條件概率的常用方法
(1)定義法：P(B|A)＝.
(2)樣本點法：P(B|A)＝.
(3)縮樣法：去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)甲、乙、丙、丁四名同學報名參加4×100米接力賽跑.記事件A為“甲同學不跑第一棒”，事件B為“乙同學跑第二棒”，則P(B|A)的值為
A. B. C. D.
√
已知事件A為“甲同學不跑第一棒”，事件B為“乙同學跑第二棒”，
則P(A)＝，
P(AB)＝，
所以P(B|A)＝.
(2)(2024·汕頭模擬)某填空題有兩小問，按目前掌握信息：十個人中有四人能夠答對第一問；在第一問答錯的情況下，第二問答對的概率僅為0.05.用頻率估計概率，選擇有效信息估計該題兩小問均答錯的概率為　　　.
0.57
設“第一問答對”為事件A，“第二問答對”為事件B，
由題意可得P(A)＝＝0.4，P(B|)＝0.05，
則P()＝0.6，P(|)＝0.95，
所以P()＝P()P(|)＝0.57.
全概率公式的應用
題型三
例5　(2025·南昌模擬)已知某羽毛球集訓小組，其中一級運動員、二級運動員、三級運動員占比分別為0.2，0.3，0.5，現在舉行一場羽毛球選拔賽，若一級、二級、三級運動員能夠晉級的概率分別為0.9，0.6，0.2，則從該小組中任選一名運動員能夠晉級的概率為
A.0.42 B.0.46 C.0.58 D.0.62
√
設事件B為“選出的運動員能晉級”，A1為“選出的運動員是一級運動員”，A2為“選出的運動員是二級運動員”，A3為“選出的運動員是三級運動員”，
則P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.5，P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝0.2，
所以由全概率公式可得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46，
所以任選一名運動員能夠晉級的概率為0.46.
利用全概率公式解題的思路
(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)和所求事件B在各個互斥事件Ai發生條件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式計算.
思維升華
跟蹤訓練3　(多選)湖南張家界是國家5A級景區，有許多好看的景點.李先生和張先生預選該景區的玻璃棧道和鳳凰古城游玩，他們第一天去玻璃棧道和鳳凰古城游玩的概率分別為0.3和0.7，如果他們第一天去玻璃棧道，那么第二天去玻璃棧道的概率為0.3；如果第一天去鳳凰古城，那么第二天去玻璃棧道的概率為0.6.設A1＝“第一天去玻璃棧道”，A2＝“第二天去玻璃棧道”，B1＝“第一天去鳳凰古城”，B2＝“第二天去鳳凰古城”，則
A.P(A2|A1)＝0.3 B.P(A2|B1)＝0.3
C.P(A2)＝0.51 D.P(B2)＝0.49
√
√
√
由題干可知P(A2|A1)＝0.3，P(A2|B1)＝0.6，A正確，B錯誤；
P(A1)＝0.3，P(B1)＝0.7，P(B2|A1)＝0.7，P(B2|B1)＝0.4，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.3×0.3＋0.7×0.6＝0.51，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.3×0.7＋0.7×0.4＝0.49，C，D正確.
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課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D B A AD ABD
題號 8 11 12 答案 0.24　0.36 C 0.7 答案
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(1)設“甲解出該題”為事件A，“乙解出該題”為事件B，“丙解出該題”為事件C，
則A，B，C相互獨立，
由題意得P(A)＝，
P(AC)＝P(A)P(C)
＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，
9.
答案
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12
P(B)＝P(B)P()
＝P(B)(1－P(C))
＝P(B)·，
所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出該題的概率為，.
9.
答案
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(2)設“甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題”為事件D，
則，
因為P(A)＝，
P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，
P()＝，P()＝，
因為，，相互獨立，
9.
答案
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所以P(D)＝1－P()
＝1－P()
＝1－P()P()P()
＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率為.
9.
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設試驗一次，“選到甲袋”為事件A1，“選到乙袋”為事件A2，“試驗結果為紅球”為事件B1，“試驗結果為白球”為事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以試驗一次結果為紅球的概率為，即首次試驗結束的概率為.
(2)①因為B1，B2是對立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
10.
答案
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12
所以P(A1|B2)＝
＝
＝，
所以選到的袋子為甲袋的概率為.
②由①得P(A2|B2)
＝1－P(A1|B2)＝1－，
10.
答案
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所以方案一中取到紅球的概率為
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到紅球的概率為
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因為>，所以方案二中取到紅球的概率更大，
即選擇方案二第二次試驗結束的概率更大.
10.
一、單項選擇題
1.(2024·齊齊哈爾模擬)某同學參加社團面試，已知其第一次面試通過的概率為0.7，第二次面試通過的概率為0.5.若第一次未通過，仍可進行第二次面試，若兩次均未通過，則面試失敗，否則視為面試通過，若兩次面試互不影響，則該同學面試通過的概率為
A.0.85 B.0.7 C.0.5 D.0.4
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知識過關
答案
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12
答案
依題意，第一次面試不通過的概率為0.3，第二面試不通過的概率為0.5，
因此面試失敗的概率為0.3×0.5＝0.15，
所以該同學面試通過的概率為1－0.15＝0.85.
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答案
2.以A，B分別表示某城市的甲、乙兩個區在某一年內出現停水的事件，據記載知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，則兩個區同時發生停水事件的概率為
A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045
由題意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.
√
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答案
3.(2025·沈陽模擬)某公司的兩名同事計劃今年國慶節期間從大理、麗江、洱海、玉龍雪山、藍月谷這5個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩.則在兩人中至少有一人選擇大理的條件下，兩人選擇的景點不同的概率為
A. B. C. D.
設“兩人中至少有一人選擇大理”為事件A，“兩人選擇的景點不同“為事
件B，則P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝.
√
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答案
4.設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車中途停車修理的概率為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3
√
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答案
設A1表示“該汽車是貨車”，A2表示“該汽車是客車”，則P(A1)＝，P(A2)＝，
設B表示“一輛汽車中途停車修理”，
則P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，
則P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為P(A1|B)＝
＝＝＝0.8.
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答案
二、多項選擇題
5.(2025·南京模擬)分別拋擲兩枚質地均勻的硬幣，記“第一枚硬幣正面朝上”為事件A，“第二枚硬幣反面朝上”為事件B，則
A.P(A)＝ B.P(AB)＝
C.A和B是互斥事件 D.A和B是相互獨立事件
√
√
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答案
由題意得，樣本空間為Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
A＝{(正，正)，(正，反)}，
B＝{(正，反)，(反，反)}，
所以P(A)＝，A正確；
AB＝A∩B＝{(正，反)}，所以P(AB)＝，B錯誤；
因為P(AB)＝，所以A和B不是互斥事件，C錯誤；
因為P(AB)＝，P(A)·P(B)＝×，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以A和B是相互獨立事件，D正確.
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答案
6.一工廠將兩盒產品送檢，甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品.先從甲盒中隨機取出一個產品放入乙盒，分別以A1，A2和A3表示由甲盒取出的產品是一等品、二等品和三等品的事件；再從乙盒中隨機取出一產品，以B表示由乙盒取出的產品是一等品的事件.則下列結論中正確的是
A.P(B|A1)＝ B.P(B)＝
C.事件B與事件A1相互獨立 D.P(A1|B)＝
√
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答案
因為甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，則P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品，則P(B|A1)＝，P(B|A2)＝P(B|A3)＝，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×××2＝，故A，B正確；
因為P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝×，又P(A1)＝，P(B)＝，則
P(A1B)≠P(A1)P(B)，則兩事件不相互獨立，故C錯誤；
P(A1|B)＝×，故D正確.
三、填空題
7.(2024·武漢模擬)如圖，一個電路中有A，B，C三個電器元件，每個元件正常工作的概率均為，則這個電路是通路的概率是　　.
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答案
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答案
元件B，C都不正常的概率為P1＝×，
則元件B，C中至少有一個正常工作的概率為1－P1＝，
而電路是通路，即元件A正常工作與元件B，C中至少
有一個正常工作同時發生，
所以這個電路是通路的概率是P＝×.
1
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5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.已知一道解答題有兩小問，每小問5分，共10分.現每十個人中有六人能夠做出第一問，但在做不出第一問的情況下，做出第二問的概率為0.1；做出第一問的情況下，做不出第二問的概率為0.6.用頻率估計概率，則此題得滿分的概率是　　　；得0分的概率是　　　.
0.24
0.36
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設“做出第一問”為事件A，“做出第二問”為事件B，
由題意可得P(A)＝＝0.6，P(B|)＝0.1，P(|A)＝0.6，
則P()＝0.4，P(|)＝0.9，P(B|A)＝0.4，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此題得滿分的概率是0.24，
所以P()＝P()P(|)＝0.36，
即此題得0分的概率是0.36.
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
12
答案
四、解答題
9.甲、乙、丙3名同學各自獨立去做某道題，已知甲能解出該題的概率為，乙能解出而丙不能解出該題的概率為，甲、丙都能解出該題的概率為.
(1)求乙、丙各自解出該題的概率；
1
2
3
4
5
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答案
設“甲解出該題”為事件A，“乙解出該題”為事件B，“丙解出該題”為事件C，
則A，B，C相互獨立，
由題意得P(A)＝，P(AC)＝P(A)P(C)＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，P(B)＝P(B)P()＝P(B)(1－P(C))＝P(B)·，
所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出該題的概率為.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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12
答案
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率.
設“甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題”為事件D，
則，
因為P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，P()＝，P()＝，
因為相互獨立，
所以P(D)＝1－P()＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率為.
1
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12
答案
10.人工智能是用于研究模擬和延伸人類智能的技術科學，被認為是21世紀最重要的尖端科技之一，其理論和技術日益成熟，應用領域也在不斷擴大.人工智能背后的一個基本原理：首先確定先驗概率，然后通過計算得到后驗概率，使先驗概率得到修正和校對，再根據后驗概率做出推理和決策.基于這一基本原理，我們可以設計如下試驗模型：有完全相同的甲、乙兩個袋子，袋子中有形狀和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9個紅球和1個白球，乙袋中有2個紅球和8個白球.從這兩個袋子中選擇一個袋子，再從該袋子中等可能地摸出一個球，稱為一次試驗.若多次試驗直到摸出紅球，則試驗結束.假設首次試驗選到甲袋或
乙袋的概率均為(先驗概率).
(1)求首次試驗結束的概率；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設試驗一次，“選到甲袋”為事件A1，“選到乙袋”為事件A2，“試驗結果為紅球”為事件B1，“試驗結果為白球”為事件B2.
P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以試驗一次結果為紅球的概率為，
即首次試驗結束的概率為.
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
答案
(2)在首次試驗摸出白球的條件下，我們對選到甲袋或乙袋的概率(先驗概率)進行調整.
①求選到的袋子為甲袋的概率；
因為B1，B2是對立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
所以P(A1|B2)＝
＝，
所以選到的袋子為甲袋的概率為.
1
2
3
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5
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7
8
9
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11
12
答案
②將首次試驗摸出的白球放回原來的袋子，繼續進行第二次試驗時有如下兩種方案：方案一，從原來的袋子中摸球；方案二，從另外一個袋子中摸球.請通過計算，說明選擇哪個方案第二次試驗結束的概率更大.
1
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3
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7
8
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10
11
12
答案
由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－，
所以方案一中取到紅球的概率為
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到紅球的概率為
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因為>，所以方案二中取到紅球的概率更大，
即選擇方案二第二次試驗結束的概率更大.
1
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3
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5
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12
答案
能力拓展
11.(2025·南昌模擬)A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，且P(A)＝，P(A|B)＝，P(A＋)＝，則下列錯誤的是
A.P(B)＝ B.P(A)＝
C.P(B)＝ D.P(B|A)＝
√
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵P(A|B)＝，∴P(AB)＝P(B)，又∵P(A＋)＝1－P(B)＝，∴P(B)＝，故C錯誤；
∵P(B)＝P(B)－P(AB)＝，∴P(B)－P(B)＝，∴P(B)＝，故A正確；
∵P(AB)＝P(B)＝，∴P(A)＝P(A)－P(AB)＝，故B正確；
P(B|A)＝，故D正確.
1
2
3
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7
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11
12
答案
12.如果10個籃球中有7個已打足氣，3個沒有打足氣.已知小明任拿一個籃球投籃，命中的概率為0.72，若小明用打足氣的籃球投籃，命中率為0.9，現小明用沒有打足氣的籃球投籃，則不能命中的概率為　　　.
0.7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
設事件A1，A2分別表示小明拿的一個球為已打足氣的，沒有打足氣的，事件B表示投籃命中，
則由題意可得P(A1)＝＝0.7，P(A2)＝＝0.3，
又小明用打足氣的籃球投籃，命中率為0.9，
所以P(B|A1)＝0.9，
則P(A1)P(B|A1)＝0.7×0.9＝0.63，
又小明任拿一個籃球投籃，命中的概率為0.72，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.72，
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
答案
返回
則P(A2)P(B|A2)＝0.09，
所以P(B|A2)＝＝0.3，故小明用沒有打足氣的籃球投籃，能命中的概
率為0.3，
所以小明用沒有打足氣的籃球投籃，
不能命中的概率為1－0.3＝0.7.(共38張PPT)
第十章
必刷大題20　概率與統計
數學
大
一
輪
復
習
答案
1
2
3
4
(1)設“聽力第一次考試合格”為事件A1，“聽力補考合格”為事件A2，“筆試第一次考試合格”為事件B1，“筆試補考合格”為事件B2.
不需要補考就獲得證書的事件為A1B1，注意到A1與B1相互獨立，則P(A1B1)＝P(A1)×P(B1)
＝×.
1.
答案
1
2
3
4
(2)恰好補考一次的事件是A2B1+A1B2，
則P(A2B1+A1B2)
＝P(A2B1)+P(A1B2)
＝××××.
1.
答案
1
2
3
4
(3)由已知得，ξ＝2，3，4，
注意到各事件之間的獨立性與互斥性，可得
P(ξ＝2)＝P(A1B1)+P()
＝××，
P(ξ＝3)＝P(A1)
+P(A1B2)+P(A2B1)
＝××××××，
1.
答案
1
2
3
4
P(ξ＝4)＝P(A2B2)+P(A2)
＝××××××，
ξ的分布列為
所以參加考試次數ξ的期望E(ξ)＝2×+3×+4×.
1.
ξ 2 3 4
P
答案
1
2
3
4
(1)設事件M＝“至少選到2箱A級蘋果”，
由題意知選到1箱A級蘋果的概率為，選到1箱非A級蘋果的概率為，
所以P(M)＝×+×，
故至少選到2箱A級蘋果的概率為.
2.
答案
1
2
3
4
(2)因為用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從該農場收獲的A，B，C三個等級蘋果中選取10箱蘋果，
所以A級蘋果有6箱，B，C級蘋果共有4箱，
隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
則P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
2.
答案
1
2
3
4
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列為
E(X)＝0×+1×+2×+3×.
2.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)記“輸入的問題沒有語法錯誤”為事件A，
“回答正確”為事件B，
由測試結果知P(A)＝，
P(B|A)＝，P()＝，
P(B|)＝，所以P(B)＝P(B|)P()+P(B|A)P(A)
＝××.
3.
答案
1
2
3
4
記“測試的2個問題都回答正確”為事件M，“測試的2個問題中恰有1
個問題存在語法錯誤”為事件N，則P(M)＝，
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2
＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得X~B，
則X的可能取值為0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝，
3.
答案
1
2
3
4
所以X的分布列為
3.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)設一位同學第2天選擇去A餐廳就餐的概率為p，
則p＝××.
則X~B，
且X所有可能的取值為0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
4.
答案
1
2
3
4
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××＝，
故X的分布列為
所以E(X)＝3×.
4.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(2)設甲同學第n天去A餐廳的概率為Pn，
則P1＝，當n≥2時，
Pn＝Pn－1+(1－Pn－1)
＝－Pn－1+，
所以Pn－＝－，
又P1－＝－，
所以是以－為首項，
4.
答案
1
2
3
4
－為公比的等比數列，
所以Pn－＝－×，
所以Pn＝×，
當n是奇數時，Pn＝×<；
當n是偶數時，Pn＝×>，
且P2>P4>P6>…>P2k>，k∈N*.
所以甲同學第2天去A餐廳就餐的可能性最大.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2024·長沙模擬)要獲得某項英語資格證書必須依次通過聽力和筆試兩項考試，只有聽力成績合格時，才可以繼續參加筆試考試.已知聽力和筆試各自允許有一次補考機會，兩項成績均合格方可獲得證書.現某同學參加
這項證書考試，根據以往模擬情況，聽力考試成績每次合格的概率均為，筆試考試成績每次合格的概率均為，假設各次考試成績合格與否均互不
影響.
(1)求他不需要補考就可獲得證書的概率；
1
2
3
4
答案
設“聽力第一次考試合格”為事件A1，“聽力補考合格”為事件A2，“筆試第一次考試合格”為事件B1，“筆試補考合格”為事件B2.
不需要補考就獲得證書的事件為A1B1，注意到A1與B1相互獨立，
則P(A1B1)＝P(A1)×P(B1)＝×.
1
2
3
4
答案
(2)求他恰好補考一次就獲得證書的概率；
恰好補考一次的事件是A2B1＋A1B2，
則P(A2B1＋A1B2)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝××××.
1
2
3
4
答案
(3)在這項考試過程中，假設他不放棄所有的考試機會，記他參加考試的次數為ξ，求參加考試次數ξ的分布列和期望.
1
2
3
4
答案
由已知得，ξ＝2，3，4，
注意到各事件之間的獨立性與互斥性，可得
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P()＝××，
P(ξ＝3)＝P(A1)＋P(A1B2)＋P(A2B1)＝××××××，
P(ξ＝4)＝P(A2B2)＋P(A2)＝××××××，
1
2
3
4
答案
ξ的分布列為
所以參加考試次數ξ的期望E(ξ)＝2×＋3×＋4×.
ξ 2 3 4
P
1
2
3
4
答案
2.(2024·安康模擬)某農場收獲的蘋果按A，B，C三個蘋果等級進行裝箱，已知蘋果的箱數非常多，且A，B，C三個等級蘋果的箱數之比為6∶3∶1.
(1)現從這批蘋果中隨機選出3箱，若選到任何一箱蘋果是等可能的，求至少選到2箱A級蘋果的概率；
1
2
3
4
答案
設事件M＝“至少選到2箱A級蘋果”，
由題意知選到1箱A級蘋果的概率為，選到1箱非A級蘋果的概率為，
所以P(M)＝××，
故至少選到2箱A級蘋果的概率為.
1
2
3
4
答案
(2)若用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從該農場收獲的A，B，C三個等級蘋果中選取10箱蘋果，假設某游客要從這10箱蘋果中隨機購買3箱，記購買的A級蘋果有X箱，求X的分布列與數學期望.
1
2
3
4
答案
因為用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從該農場收獲的A，B，C三個等級蘋果中選取10箱蘋果，
所以A級蘋果有6箱，B，C級蘋果共有4箱，
隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
則P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
1
2
3
4
答案
所以X的分布列為
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
3.隨著科技的不斷發展，人工智能技術的應用越來越廣泛，某科技公司發明了一套人機交互軟件，它會從數據庫中檢索最貼切的結果進行應答.該人機交互軟件測試階段，共測試了1 000個問題，測試結果如下表：
結果顯示問題中是否存在語法錯誤會影響該軟件回答問題的正確率，依據測試結果，用頻率近似概率，解決下列問題.
回答正確 回答錯誤
問題中存在語法錯誤 100 300
問題中沒有語法錯誤 500 100
1
2
3
4
答案
回答正確 回答錯誤
問題中存在語法錯誤 100 300
問題中沒有語法錯誤 500 100
(1)測試2個問題，在該軟件都回答正確的情況下，求測試的2個問題中恰有1個問題存在語法錯誤的概率；
1
2
3
4
答案
記“輸入的問題沒有語法錯誤”為事件A，“回答正確”為事件B，
由測試結果知P(A)＝，P(B|A)＝，
P()＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A)＝××.
記“測試的2個問題都回答正確”為事件M，“測試的2個問題中恰有1個
問題存在語法錯誤”為事件N，則P(M)＝，
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
1
2
3
4
答案
回答正確 回答錯誤
問題中存在語法錯誤 100 300
問題中沒有語法錯誤 500 100
(2)現輸入3個問題，每個問題能否被軟件正確回答相互獨立，記軟件正確回答的問題個數為X，求X的分布列.
1
2
3
4
答案
由(1)可得X~B，則X的可能取值為0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
4.(2025·鹽城模擬)某學校有A，B兩個餐廳，經統計發現，該校同學在第一天就餐時會隨機地選擇一個餐廳用餐.此后，如果某同學某天去A餐廳，那么該同學下一天還去A餐廳的概率為0.4；如果某同學某天去B餐廳，那么該同學下一天去A餐廳的概率為0.8.
(1)記甲、乙、丙3位同學中第2天選擇A餐廳的人數為X，求隨機變量X的分布列和數學期望；
1
2
3
4
答案
設一位同學第2天選擇去A餐廳就餐的概率為p，
則p＝××.
則X~B，且X所有可能的取值為0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
1
2
3
4
答案
故X的分布列為
所以E(X)＝3×.
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
(2)甲同學第幾天去A餐廳就餐的可能性最大？并說明理由.
1
2
3
4
答案
設甲同學第n天去A餐廳的概率為Pn，則P1＝，
當n≥2時，Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝－Pn－1＋，
所以Pn－＝－，
又P1－＝－，
所以是以－為首項，－為公比的等比數列，
所以Pn－＝－×，
所以Pn＝×，
1
2
3
4
答案
當n是奇數時，Pn＝×<；
當n是偶數時，Pn＝×>，
且P2>P4>P6>…>P2k>，k∈N*.
所以甲同學第2天去A餐廳就餐的可能性最大.(共70張PPT)
第十章
§10.3　二項式定理
數學
大
一
輪
復
習
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.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.二項式定理
二項式定理 (a＋b)n＝__________________________________
(n∈N*)
二項展開式的通項 Tk＋1＝ ，它表示展開式的第 項
二項式系數 (k＝0，1，…，n)
an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋
bn
an－kbk
k＋1
2.二項式系數的性質
(1)對稱性：與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數　　　.
(2)增減性與最大值：
①當k<時，隨k的增加而　　　；由對稱性知，當k>時，隨k
的增加而　　　.
②當n是偶數時，中間的一項　　取得最大值；當n是奇數時，中間的兩
項　　 與 相等，且同時取得最大值.
(3)各二項式系數的和：(a＋b)n的展開式的各二項式系數的和為＋…＋＝ .
相等
增大
減小
2n
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)an－kbk是(a＋b)n的展開式中的第k項.(　　)
(2)(a＋b)n的展開式中每一項的二項式系數與a，b無關.(　　)
(3)二項展開式中系數的最大項就是二項式系數的最大項.(　　)
(4)二項展開式項的系數是先增后減的.(　　)
×
×
√
×
2.(2024·浙江省G5聯盟聯考)在的展開式中，第4項為
A.240 B.－240 C.160x3 D.－160x3
由題意知，展開式的通項為Tk＋1＝＝(－2)kx12－3k，
令k＝3，得T4＝(－2)3x12－3×3＝－160x3，即第4項為－160x3.
√
3.若展開式中只有第7項的二項式系數最大，則n等于
A.9 B.10 C.11 D.12
由的展開式中只有第7項的二項式系數最大，得展開式共有13項，所以n＝12.
√
4.在二項式的展開式中二項式系數的和是32，則展開式中各項系數的和為　　　　.
－1
因為二項式系數的和為2n＝32，所以n＝5.
令x＝1，可得各項系數的和為(1－2)5＝－1.
1.二項式的通項易誤認為是第k項，實質上是第k＋1項.
2.牢記一個注意點：(a＋b)n與(b＋a)n雖然相同，但具體到它們展開式的某一項時是不相同的，所以公式中的第一個量a與第二個量b的位置不能顛倒.
3.理清二項式系數與項的系數的區別.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(多選)已知的展開式中第3項與第5項的系數之比為3∶14，則下列結論成立的是
A.n＝10
B.展開式中的常數項為45
C.含x5的項的系數為210
D.展開式中的有理項有5項
√
通項公式的應用
題型一
命題點1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展開式的特定項
√
√
二項展開式的通項為
Tk＋1＝x2n－2k(－1)k
＝(－1)k，
由于第3項與第5項的系數之比為3∶14，
則，
故，
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(負值舍去)，故A正確；
則Tk＋1＝(－1)k，
令20－＝0，解得k＝8，
則展開式中的常數項為(－1)8＝45，故B正確；
令20－＝5，解得k＝6，
則含x5的項的系數為(－1)6＝210，故C正確；
令20－∈Z，則k為偶數，
此時k＝0，2，4，6，8，10，故有6項為有理項，故D錯誤.
例2　在(x4＋2)的展開式中，常數項為　　　.(請用數字作答)
命題點2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展開式問題
－46
二項式展開式的通項公式為Tk＋1＝x6－k＝(－1)kx6－2k，k∈N，k≤6，由6－2k＝0或6－2k＝－4，得k＝3或k＝5，
所以展開式的常數項為2×(－1)3＋(－1)5＝－46.
破解三項展開式問題
微拓展
求三項展開式中某些指定的項，常常利用這幾種方法：
(1)兩項看成一項，利用二項式定理展開.
(2)因式分解，轉化為兩個二項式再求解.
(3)看作多個因式的乘積，用組合的知識解答.
典例　(1)的展開式中，含x2的項的系數為　　　　.
210
因為(3x2)10＋(3x2)9(2x＋1)＋(3x2)8(2x＋1)2＋…＋(3x2)1(2x＋1)9＋(2x＋1)10，
所以含有x2的項為3x2·19＋(2x)218＝210x2.
所以的展開式中，含x2的項的系數為210.
(2)的展開式中含x5的項的系數為　　　　.
92
將看作5個因式1＋2x－3x2的乘積，這5個因式乘積的展開式中形成x5的來源有：
①5個因式各出一個2x，這樣的方式有(2x)5；
②有3個因式各出一個2x，有1個因式出一個－3x2，剩余1個因式出一個1，這樣的方式有(2x)3(－3x2)；
③有1個因式出一個2x，2個因式各出一個－3x2，剩余2個因式各出一個1，這樣的方式有×2x××(－3x2)2；
所以含x5的項的系數為×25＋×23××(－3)＋×2××(－3)2＝92.
(1)求二項展開式中的問題，一般是化簡通項后，令字母的指數符合要求(求常數項時，指數為零；求有理項時，指數為整數等)，解出項數k＋1，代回通項即可.
(2)對于幾個多項式積的展開式中的問題，一般可以根據因式連乘的規律，結合組合思想求解，但要注意適當地運用分類方法，以免重復或遺漏.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(多選)關于的展開式中，下列結論錯誤的有
A.展開式中含項的系數為－128
B.第5項和第6項的二項式系數相等
C.展開式中的常數項是第7項
D.展開式中的有理項共三項
√
√
二項式展開式的通項Tk＋1＝＝(－2)kx18－3k，k∈N，k≤9.由18－3k＝－3，即k＝7，得T8＝(－2)7x－3，展開式中含項的系數為－128，A錯誤；
展開式共10項，則第5項和第6項的二項式系數相等，B正確；
由18－3k＝0，即k＝6，得展開式中的常數項是第7項，C正確；
由18－3k為整數，k∈N，k≤9可知有理項共有10項，D錯誤.
(2)已知(ax－1)(2x＋1)6的展開式中x5的系數為48，則實數a等于
A.2 B.1 C.－1 D.－2
二項式(2x＋1)6的展開式通項Tk＋1＝(2x)6－k·1k＝·26－k·x6－k.
(ax－1)(2x＋1)6＝ax(2x＋1)6－(2x＋1)6的展開式中，x5的系數為a·24－·25＝15×16a－6×32＝48，解得a＝1.
√
二項式系數與項的系數的問題
題型二
例3　(1)(多選)(2025·福州模擬)已知(1－2x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，則
A.a0＝1
B.a1＝18
C.a1＋a2＋…＋a9＝－1
D.a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－
√
命題點1　二項式系數和與系數和
√
令x＝0，得(1－2×0)9＝a0＝1，所以A正確；
因為展開式中a1代表一次項系數，所以(1－2x)9的展開式中含有一次項·18(－2x)1＝－18x，可得a1＝－18，所以B錯誤；
令x＝1，即可得(1－2)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1， ①
則a1＋a2＋…＋a9＝－1－a0＝－2，所以C錯誤；
令x＝－1，得(1＋2)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39， ②
①－②得2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝－(1＋39)，得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝
－，所以D正確.
(2)(多選)已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025，則
A.展開式中二項式系數和為1
B.展開式中所有項的系數和為－1
C.＋…＋＝－1
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050
√
√
√
二項展開式中的二項式系數和為22 025，故A錯誤；
令x＝1，可得(1－2)2 025＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＋a2 025＝－1，即展開式中所有項的系數和為－1，故B正確；
令x＝0，可得a0＝1，令x＝＝a0＋＋…＋＝0，所以＋…＋＝－1，故C正確；
將等式(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025兩邊同時求導可得，
2 025×(－2)×(1－2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 024a2 024x2 023＋2 025a2 025x2 024，
再令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050，故D正確.
例4　(2024·全國甲卷改編)若的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則各項系數中的最大值為　　　.
命題點2　系數與二項式系數的最值
5
因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以展開式有11項，
故n＝10，
所以展開式通項公式為Tk＋1＝xk，0≤k≤10且k∈Z，
設展開式中第k＋1項系數最大，則
解得≤k≤，
又k∈Z，故k＝8，
所以展開式中系數最大的項是第9項，且該項系數為＝5.
(1)賦值法的應用
一般地，對于多項式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，則(a＋bx)n的展開式中各項的系數和為g(1)，(a＋bx)n的展開
式中奇數項的系數和為[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展開式中偶數項的系數和為[g(1)－g(－1)].
思維升華
(2)二項展開式系數最大項的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展開式系數最大的項，一般是采用待定系數法，設展開式各項系數分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數最大，
應用從而解得k.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(多選)(2024·臨沂模擬)在的展開式中，下列說法正確的是
A.常數項是24
B.所有項的系數的和為1
C.第3項的二項式系數最大
D.第4項的系數最大
√
√
√
依題意，＋24－32x2＋16x4.
常數項是24，A正確；
當x＝1時，所有項系數的和為(1－2×1)4＝1，B正確；
的展開式共5項，所以第3項的二項式系數最大，C正確；
展開式第4項的系數為－32，最小，D錯誤.
(2)(多選)已知(2x－5)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a9(x－2)9，則下列結論成立的是
A.a0＝－1
B.a1＋a2＋…＋a9＝1
C.a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18
√
√
設x－2＝t，原式為(2t－1)9＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋…＋a9t9，令t＝0，得a0＝－1，A正確；
令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＝2，B錯誤；
令t＝－1，則(－3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，所以a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，C錯誤；
兩邊同時求導得18(2t－1)8＝a1＋2a2t＋3a3t2＋…＋9a9t8，再令t＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18，D正確.
二項式定理的綜合應用
題型三
例5　(1)(2025·南通模擬)0.995的計算結果精確到0.001的近似值是　　　.
0.951
由0.995＝(1－0.01)5＝·1－·0.01＋·0.012－·0.013＋·0.014－·
0.015＝1－0.05＋0.001－0.000 01＋·0.014－·0.015≈0.951.
(2)(2024·重慶九龍坡期中)已知a＝1＋·2＋·22＋·23＋…＋·220，則a被10除所得的余數為　　　.
1
a＝·20＋·2＋·22＋·23＋…＋·220＝(1＋2)20＝320，
a＝320＝910＝(10－1)10＝1010－×109＋×108－…－×10＋1
＝10(109－×108＋×107－…－)＋1，
所以a被10除所得的余數為1.
二項式定理應用的題型及解法
(1)在證明整除問題或求余數問題時要進行合理的變形，使被除式(數)展開后的每一項都含有除式(數)的因式.
(2)二項式定理的一個重要用途是做近似計算：當n不是很大，|x|比較小時，(1＋x)n≈1＋nx.
思維升華
跟蹤訓練3　設a∈Z，且0≤a<13，若512 026＋a能被13整除，則a＝　　　.
因為512 026＋a＝(52－1)2 026＋a＝·522 026－·522 025＋·522 024－
…－·52＋1＋a
＝52＋1＋a，
因為52能被13整除，所以512 026＋a能被13整除，則1＋a能被13整除，且0≤a<13，a∈Z，故a＝12.
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課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A C D B ACD ACD 4(答案不唯一)
題號 8 11 12 答案 88 A {1，4，7} 答案
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(1)由已知條件可得
解得
(2)由(1)知
＝.
∵的展開式的通項為Tk+1＝
＝(－2)7－kx14－3k，
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k＝0，1，2，…，7，
∴當14－3k＝－4，即k＝6時，
x－4項的系數為×(－2)＝－14.
(3)
＝(2x－x－2)
＝2x
－x－2，
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∴①當14－3k＝－1，即k＝5時，
2x·(－2)2x－1＝168；
②當14－3k＝2，即k＝4時，
－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常數項為168+280＝448.
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(1)展開式中只有第5項的二項式系數最大，則展開式共9項，
故n＝8.
(2)當n＝6時，二項式為，
展開式的通項Tk+1＝x6－k
＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，
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所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，
所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
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(3)當n＝6，a＝－2時，
二項式為，
展開式的通項Tk+1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
設第k+1項系數最大，
則即故k＝4，
所以二項式的展開式中系數最大的項為T4+1＝24＝240.
10.
一、單項選擇題
1.二項式的展開式中的系數是
A.－80 B.80 C.－10 D.10
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知識過關
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答案
的展開式的通項
Tk＋1＝x5－k＝(－2)k··x5－2k，k＝0，1，2，3，4，5.
令5－2k＝－1，解得k＝3，
可得T4＝(－2)3·x－1＝－80x－1，
即的系數為－80.
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答案
2.(a－x)(2＋x)6的展開式中x5的系數是12，則實數a的值為
A.4 B.5 C.6 D.7
利用二項式定理展開得(a－x)(2＋x)6＝(a－x)(·26＋·25x＋·24x2＋·23x3＋·22x4＋·2x5＋·x6)，則x5的系數為a·2－·22＝12，∴a＝6.
√
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3.(2024·武漢模擬)若(1＋2x)10＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a10(1＋x)10，則a1＋a2＋a3＋…＋a10等于
A.310－1 B.1 023 C.2 D.0
令t＝1＋x，則原式可化為(2t－1)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，
令t＝0，得a0＝1，
令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，
故a1＋a2＋a3＋…＋a10＝0.
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答案
4.已知今天是周四，那么3141天后是
A.周一 B.周三 C.周五 D.周日
由題意得3141＝＝(28－1)47，
由二項式定理得(28－1)47＝·2847·(－1)0＋·2846·(－1)1＋…＋·281·(－1)46＋·280·(－1)47＝·2847·(－1)0＋·2846·(－1)1＋…＋·281·(－1)46－1，
因為28可以被7整除，則3141除以7后的余數為6，則3141天后是周三.
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二、多項選擇題
5.已知展開式中各項二項式系數之和為128，則
A.n＝7
B.展開式的各項系數之和是－1
C.展開式中第4項和第5項的二項式系數最大
D.展開式中無常數項
√
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答案
由題意可知2n＝128，則n＝7，故A正確；
令x＝1，則＝1，故B錯誤；
因為n＝7，所以由二項式系數的性質可知中間兩項系數最大，即第4，5項二項式系數最大，分別為，故C正確；
展開式的通項為Tk＋1＝·(2x)7－k··27－k·(－1)k·x7－3k
(k∈Z，0≤k≤7)，顯然7－3k＝0無整數解，故D正確.
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答案
6.若＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a20x20，則
A.a0＝1 024
B.a1＋a3＋a5＋…＋a19＝512
C.a2＝6 400
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋20a20＝0
√
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答案
令x＝0，則a0＝(－2)10＝1 024，故A正確；
令x＝1，得a0＋a1＋…＋a20＝0，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a18－a19＋a20＝1 024，兩式相減得a1＋a3＋a5＋…＋a19＝－512，故B錯誤；
(x2＋x－2)10＝(x－1)10(x＋2)10，而(x－1)10中常數項為1，含x的項為x·
(－1)9＝－10x，含x2的項為x2·(－1)8＝45x2，(x＋2)10中常數項為210＝
1 024，含x的項為x·29＝5 120x，含x2的項為x2·28＝11 520，故a2＝1×11 520＋(－10)×5 120＋45×1 024＝6 400，故C正確；
兩邊求導可得10(2x＋1)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋20a20x19，令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋20a20＝0，故D正確.
三、填空題
7.(2025·榆林模擬)已知二項式的展開式中存在常數項，則正整數n的一個可能的值為　　 　.
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二項式的展開式的通項為Tk＋1＝x3n－4k，要使展開式中存在常數項，只需3n－4k＝0，0≤k≤n，k∈Z，n∈N*有解即可，則n可取4.
4(答案不唯一)
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答案
8.的展開式中常數項為　　　　.
x2(－2)2＋(－2)5＝88.
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四、解答題
9.已知的展開式中所有項的二項式系數和為128，各項系數和
為－1.
(1)求n和a的值；
由已知條件可得
解得
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(2)求展開式中x－4項的系數；
由(1)知.
∵的展開式的通項為
Tk＋1＝
＝(－2)7－kx14－3k，k＝0，1，2，…，7，
∴當14－3k＝－4，即k＝6時，x－4項的系數為×(－2)＝－14.
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(3)求的展開式中的常數項.
＝(2x－x－2)
＝2x－x－2，
∴①當14－3k＝－1，即k＝5時，
2x·(－2)2x－1＝168；
②當14－3k＝2，即k＝4時，－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常數項為168＋280＝448.
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答案
10.已知(n∈N*).
(1)若展開式中只有第5項的二項式系數最大，求n的值；
展開式中只有第5項的二項式系數最大，則展開式共9項，故n＝8.
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答案
(2)當n＝6時，二項式的展開式中x3的系數為A，常數項為B，若B＝4A，求a的值；
當n＝6時，二項式為，
展開式的通項Tk＋1＝x6－k＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
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(3)當n＝6，a＝－2時，求二項式的展開式中系數最大的項.
當n＝6，a＝－2時，二項式為，
展開式的通項Tk＋1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
設第k＋1項系數最大，則
即故k＝4，
所以二項式的展開式中系數最大的項為T4＋1＝24＝240.
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能力拓展
11.(2024·咸陽模擬)當n∈N時，將三項式展開，可得到如下所示的三項展開式和“廣義楊輝三角形”：
(x2＋x＋1)0＝1
(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1
(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1
(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1
(x2＋x＋1)4＝x8＋4x7＋10x6＋16x5＋19x4＋16x3＋10x2＋4x＋1
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答案
若在(1＋ax)的展開式中，x7的
系數為75，則實數a的值為
A.1 B.－1
C.2 D.－2
√
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答案
依題意，“廣義楊輝三角形”構造方法為
第0行為1，以下各行每個數是它頭上與左
右兩肩上3個數(不足3個數的，缺少的數計
為0)之和，所以“廣義楊輝三角形”的第
5行為1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，在的展開式中，x6的系數為45，x7的系數為30，在(1＋ax)的展開式中，x7的系數為30＋45a＝75，解得a＝1.
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答案
12.已知(1＋x)(n∈N*，n<10)的展開式中沒有常數項，則n的取值集合為　　　　　　.
{1，4，7}
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答案
返回
因為(1＋x)(n∈N*，n<10)的展開式中沒有常數項，
①當(x＋1)中取x時，式子的展開式中無x－1，所以Tk＋1＝xn-k
xn－3k中x的冪指數取不到－1，即n－3k≠－1；
②當(x＋1)中取1時，式子的展開式中無常數項，所以Tk＋1＝xn－kxn－3k中x的冪指數取不到0，即n－3k≠0.
故n≠3k－1，n≠3k，且n∈N*，n<10，k∈N，k≤n，所以n＝1，4，7，
即n的取值集合為{1，4，7}.

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