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第十章
§10.4　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)
(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.若P(A|B)＝，P(B)＝，則P(AB)的值是
A. B.
C. D.
√
由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝×.
3.某人忘記了一位同學電話號碼的最后一個數字，但確定這個數字一定是奇數，則撥號不超過兩次就撥對號碼的概率為
A. B. C. D.
√
設Ai＝{第i次撥號撥對號碼}，i＝1，2.
撥號不超過兩次就撥對號碼可表示為A1＋A2，
所以撥號不超過兩次就撥對號碼的概率為
P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝×.
4.甲箱中有3個白球，2個黑球，乙箱中有1個白球，3個黑球，先從甲箱中任取一球放入乙箱中，再從乙箱中任取一球，則從乙箱中取出白球的概
率是　　　.
記事件A為“從甲箱中取出一個白球放入乙箱”，
事件B為“從乙箱中取出白球”，
則P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，
∴P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝××.
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
命題點1　事件相互獨立性的判斷
例1　(2021·新高考全國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
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
√
相互獨立事件
題型一
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；
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.
命題點2　相互獨立事件的概率
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.
√
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＝.
在概率與統計的問題中，經常會出現概率統計與數列綜合考查的問題，一般以壓軸題的形式出現.主要有四種類型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型.
概率問題中的遞推數列
微拓展
典例　(多選)甲、乙、丙三人玩傳球游戲，持球人把球傳給另外兩人中的任意一人是等可能的.從一個人傳球到另一個人稱傳球一次.若傳球開始時甲持球，記傳球n次后球仍回到甲手里的概率為Pn，則下列結論正確的是
A.P2＝ B.P4＝
C.Pn＝(1－Pn－1) D.Pn＝
√
√
√
A選項，第一次傳球后到乙或丙手里，故P1＝0，
第二次傳球，球有的概率回到甲手里，故P2＝，A正確；
C選項，Pn－1為傳球(n－1)次后球仍回到甲手里的概率，要想傳球n次后球仍回到甲手里，則第(n－1)次傳球后球不在甲手里，在乙或丙手
里，且下一次傳球有的概率回到甲手里，故Pn＝(1－Pn－1)，C正確；
D選項，由C選項知Pn＝(1－Pn－1)，即Pn＝－Pn－1＋，
設Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)，故Pn＝－Pn－1－λ，
所以－λ＝，解得λ＝－，
故Pn－＝－，
又P1－＝－≠0，
所以是首項為－，公比為－的等比數列，
故Pn－＝－，
故Pn＝，D正確；
B選項，由D選項可知P4＝×，B錯誤.
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　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.
命題點1　條件概率
例3　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.
條件概率
題型二
√
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)＝.
命題點2　條件概率性質的應用
例4　(多選)下列結論中錯誤的是
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)
√
√
√
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為互斥事件時，等式成立，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)為謳歌中華民族實現偉大復興的奮斗歷程，增進學生對黨史知識的了解，某學校開展黨史知識競賽活動，以班級為單位參加比賽.某班級在5道黨史題中(有3道選擇題和2道填空題)，不放回地依次隨機抽取2道題作答，設事件A為“第一次抽到選擇題”，事件B為“第二次抽到選擇題”，則P(B|A)等于
A. B. C. D.
√
P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝.
(2)(多選)一個箱子中裝有大小、形狀均相同的8個小球，其中白球5個、黑球3個，現在從箱子中不放回地取兩次球，第一次先從箱子中隨機取出1個球，第二次再從箱子中隨機取出2個球，分別用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分別用C，D表示事件“第二次取出的兩球都為黑球”“第二次取出的兩球為一個白球一個黑球”.則下列結論正確的是
A.P(C|B)＝ B.P(D|A)＝
C.P(B)＝ D.P(BC)＝
√
√
√
由題得P(B)＝，C選項正確；
根據條件概率得P(C|B)＝，A選項正確；
P(D|A)＝，B選項錯誤；
P(BC)＝P(B)P(C|B)＝×，D選項正確.
例5　(1)某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹慎的”“一般的”“冒失的”.統計資料表明，這三類人在一年內發生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30.若該保險公司的被保險人中“謹慎的”被保險人占20%，“一般的”被保險人占50%，“冒失的”被保險人占30%，則該保險公司的一個被保險人在一年內發生事故的概率是
A.0.155 B.0.175 C.0.016 D.0.096
全概率公式的應用
題型三
√
設事件B1表示“被保險人是‘謹慎的’”，事件B2表示“被保險人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險人是‘冒失的’”，則P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.設事件A表示“被保險人在一年內發生事故”，則P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.
由全概率公式，得P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)
＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.
(2)設5支槍中有2支未校正，3支已校正.一射手用校正過的槍射擊，中靶率為0.9，用未校正過的槍射擊，中靶率為0.4.若任取一支槍射擊，結果未中靶，則該槍未校正的概率為　　　.
0.8
設事件A表示“射擊時中靶”，事件B1表示“使用的槍校正過”，事件B2表示“使用的槍未校正”，則P(A|B1)＝0.9，P(B1)＝0.6，
P(A|B2)＝0.4，P(B2)＝0.4，
根據全概率公式得P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)
＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)
＝0.9×0.6＋0.4×0.4＝0.7，
所以P()＝1－P(A)＝0.3，
所以P(B2|)＝＝0.8.
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
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D B C A AC ABD
題號 9 10 13 　14 答案 0.94 0.24　0.36 B 　ABD 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)＝，
P(B)＝P(B)P()＝P(B)[1－P(C)]＝P(B)·，
11.
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所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出該題的概率為，.
(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，
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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.
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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)＝，
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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－，
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
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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.
12.
一、單項選擇題
1.某同學參加學校組織的化學競賽，比賽分為筆試和實驗操作測試，該同學參加這兩項測試的結果相互不受影響.若該同學在筆試中結果為優秀的
概率為，在實驗操作中結果為優秀的概率為，則該同學在這次測試中僅
有一項測試結果為優秀的概率為
A. B. C. D.
√
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知識過關
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根據題意可得該同學在這次測試中僅有一項測試結果為優秀的概率為
××.
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2.某車隊派出兩輛車參加比賽，假設這兩輛車在比賽中不出現故障的概率均為p，則比賽結束時兩輛車不同時出現故障的概率為
A.p2 B.2p－p2 C.1－p2 D.p－2p2
√
兩輛車不同時出現故障的概率為1－(1－p)2＝2p－p2.
3.以事件A，B分別表示“某城市的甲、乙兩個區在一年內出現停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，則兩個區一年內都出現過停水的概率為
A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045
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由題意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.
答案
4.(2024·沈陽模擬)某公司的兩名同事計劃從大理古城、麗江古城、洱海、玉龍雪山、瀘沽湖這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古城的條件下，兩人選擇的景點不同的概率為
A. B. C. D.
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設“兩人中至少有一人選擇大理古城”為事件A，
“兩人選擇的景點不同”為事件B，則P(A)＝，
P(AB)＝，
P(B|A)＝.
答案
5.已知P()＝，P(|A)＝，P(B|)＝，則P()等于
A. B. C. D.
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P()＝＝1－P(A)，則P(A)＝.
由于P(|A)＝，則P(B|A)＝.
則P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝××，
則P()＝1－P(B)＝.
6.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.
二、多項選擇題
7.(2024·蘇州模擬)隨機事件A，B滿足P(A)＝，P(B)＝，P(|B)＝，下列
說法正確的是
A.事件與事件B相互獨立 B.P(∪B)＝
C.P(AB)＝ D.P()＝P(B)
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根據P(A)＝，P(B)＝可得P()＝1－P(A)＝，P()＝1－P(B)＝，
又P(|B)＝，可得P(B)＝P(B)＝＝P()P(B)，
因此事件與事件B相互獨立，即A正確；
易知P(∪B)＝P()＋P(B)－P(B)＝，即B錯誤；
由P(B)＝P(AB)＋P(B)＝可得P(AB)＝－P(B)＝，即C正確；
因為P()＝，P(B)＝，所以P()≠P(B)，即D錯誤.
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8.一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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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；
答案
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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.
答案
三、填空題
9.某公司研發6G項目時遇到一項技術難題，由甲、乙兩個部門分別獨立攻關，已知甲部門攻克該技術難題的概率為0.8，乙部門攻克該技術難題的概率為0.7，則該公司攻克這項技術難題的概率為　　　.
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答案
0.94
由題意，該公司攻克這項技術難題的概率為1－(1－0.8)×(1－0.7)＝0.94.
10.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，但在第一問做不出的情況下，第二問做出的概率為0.1；第一問做出的情況下，第二問做不出的概率為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　　　.
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答案
0.24
0.36
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答案
設“第一問做出”為事件A，“第二問做出”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.
四、解答題
11.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；
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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)＝，
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答案
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，.
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率.
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答案
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.
12.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；
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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.
(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；
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答案
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.
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.
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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.
13.長時間玩手機可能影響視力.據調查，某校學生大約40%的人近視，而該校大約有20%的學生每天玩手機超過1 h，這些人的近視率約為50%.現從每天玩手機不超過1 h的學生中任意調查一名學生，則他近視的概率為
A. B. C. D.
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答案
√
能力拓展
方法一　令A1＝“每天玩手機超過1 h的學生”，A2＝“每天玩手機不超過1 h的學生”，B＝“任意調查一人，此人近視”，
則A1，A2為對立事件，
依題意，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.5，P(B)＝0.4，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
即0.4＝0.2×0.5＋0.8×P(B|A2)，
所以P(B|A2)＝.
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答案
方法二　設該校有100名學生，整理得到如下列聯表：
依題意得所求概率P＝.
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答案
視力情況 每天玩手機時間 合計
超過1 h 不超過1 h 近視 10 30 40
不近視 10 50 60
合計 20 80 100
14.(多選)(2023·新高考全國Ⅱ)在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立.發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發送1次；三次傳輸是指每個信號重復發送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1)
A.采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為(1－α)(1－β)2
B.采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1－β)2
C.采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3
D.當0<α<0.5時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方
案譯碼為0的概率
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答案
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√
√
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答案
對于A，依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的事件是發送1接收1、發送0接收0、發送1接收1這3個事件的積，
它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正確；
對于B，三次傳輸，發送1，相當于依次發送1，1，1，則依次收到1，0，1的事件是發送1接收1、發送1接收0、發送1接收1這3個事件的積，
它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正確；
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答案
對于C，三次傳輸，發送1，則譯碼為1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1這4個事件的和，
它們互斥，所求的概率為β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C錯誤；
對于D，三次傳輸，發送0，則譯碼為0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
單次傳輸發送0，則譯碼為0的概率P'＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P'＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)
＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P'，故D正確.
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第十章
§10.6　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(01)，用X表示事件A發生的次數，則X的分布列為P(X＝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 .
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)＝ .
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.
p
p(1－p)
np
np(1－p)
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.已知隨機變量ξ~B(4，p)，若E(ξ)＝2，則P(ξ＝3)等于
A. B. C. D.
√
因為隨機變量ξ~B(4，p)，
由E(ξ)＝2，得4p＝2，解得p＝，
所以P(ξ＝3)＝××.
3.在含有3件次品的10件產品中，任取4件，X表示取到的次品的個數，則
P(X＝1)＝　　.
由題意得P(X＝1)＝.
4.已知隨機變量X~N(μ，σ2)，若P(X<2)＝0.2，P(X<3)＝0.5，則P(X<4)的值為　　　.
因為X~N(μ，σ2)，P(X<3)＝0.5，
所以μ＝3，
所以P(X>4)＝P(X<2)＝0.2，
所以P(X<4)＝1－0.2＝0.8.
0.8
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.
思維升華
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.
因為χ2＝≈4.762>3.841＝x0.05，
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
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.
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
例2　為了進一步推動智慧課堂的普及和應用，A市現對全市中小學智慧課堂的應用情況進行抽樣調查，統計數據如表：
超幾何分布
題型二
經常應用 偶爾應用或者不應用 合計
農村 40
城市 60
合計 100 60 160
從城市學校中任選一個學校，偶爾應用或者不應用智慧課堂的概率是.
(1)補全2×2列聯表，根據小概率值α＝0.005的獨立性檢驗，能否認為智慧課堂的應用與區域有關？
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.1 0.05 0.005
xα 2.706 3.841 7.879
設城市學校共有x所，
因為從城市學校中任選一個學校，
偶爾應用或者不應用智慧課堂的概率是，
所以，
解得x＝80，即城市學校有80所，
補全列聯表如下：
經常應用 偶爾應用或者不應用 合計
農村 40 40 80
城市 60 20 80
合計 100 60 160
零假設為H0：智慧課堂的應用與區域無關，
χ2＝
＝
≈10.667>7.879，
所以根據小概率值α＝0.005的獨立性檢驗，可以認為智慧課堂的應用與區域有關.
(2)在經常應用智慧課堂的學校中，按照農村和城市的比例抽取5個學校進行分析，然后再從這5個學校中隨機抽取2個學校所在的地域進行核實，記其中農村學校有X個，求X的分布列和數學期望.
經常應用 偶爾應用或者不應用 合計
農村 40
城市 60
合計 100 60 160
在經常應用智慧課堂的學校中，農村和城市的比例是2∶3，所以抽取的樣本中有2個是農村學校，3個是城市學校，再從樣本中抽取2個，則X的可能取值為0，1，2.
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝.
所以X的分布列為
X的數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
(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.
思維升華
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
例3　(1)(多選)(2024·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(0＝0.4
D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，則存在實數x0，使得P(X正態分布
題型三
√
√
√
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，則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.
思維升華
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；
另：≈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.
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.
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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 8
答案 C A A D A C BCD ABC
題號 9 10 13 　14 答案 0.4　64 C 　BCD 答案
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(1)李明沒通過面試包含前3題有1題答對，第4題答錯和前3題均答錯兩種情況，
故所求概率為××.
(2)由題意得X的可能取值為2，3，4，則
P(X＝2)＝×，
P(X＝3)＝×××，
11.
答案
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P(X＝4)＝××.
故所求分布列為
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
11.
X 2 3 4
P
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(1)∵12×0.04＋13×0.05＋14×0.25＋15×0.35＋16×0.18＋17×0.10＋18×0.03＝15，
∴估計這一地區居民點疏散所需時間t的均值為15，
∵(12－15)2×0.04＋(13－15)2×0.05＋(14－15)2×0.25＋(15－15)2×0.35＋(16－15)2×0.18＋(17－15)2×0.10＋(18－15)2×0.03＝1.66，
∴估計這一地區居民點疏散所需時間t的方差為1.66.
(2)∵疏散時間為17小時，18小時兩組的頻率之比為10∶3，
∴在疏散時間超過16小時的13個居民點中，疏散時間為17小時的有10個，
12.
答案
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疏散時間為18小時的有3個，
再從這13個居民點中抽取5個，X為抽到的居民點中疏散時間為18小時的居民點數量，
X可取0，1，2，3.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
12.
答案
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P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
X的分布列為
12.
X 0 1 2 3
P
一、單項選擇題
1.已知隨機變量ξ~B，則P(ξ＝2)等于
A. B. C. D.
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知識過關
答案
由題意可知P(ξ＝2)＝××.
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答案
2.若隨機變量X服從正態分布N(3，σ2)，P(X≤5)＝0.55，則P(X<1)等于
A.0.45 B.0.55 C.0.1 D.0.9
√
因為隨機變量X服從正態分布N(3，σ2)，所以P(X≤5)＝P(X≥1)＝0.55，所以P(X<1)＝1－P(X≥1)＝1－0.55＝0.45.
3.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.
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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＝，所以該學生及格的概率為.
答案
4.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.
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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)＝.
5.從7男3女共10名學生干部中隨機選出5名學生干部，抽到的女生人數的數學期望為
A. B. C. D.2
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答案
抽到的女生人數X可能為0，1，2，3，
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
6.泊松分布是一種描述隨機現象的概率分布，在經濟生活、事故預測、生物學、
物理學等領域有廣泛應用，泊松分布的概率分布列為P(X＝k)＝e－λ(k＝0，1，
2，…)，其中e為自然對數的底數，λ是泊松分布的均值.若隨機變量X服從二項分布，當n很大且p很小時，二項分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即X~B(n，
p)，P(X＝i)＝(n∈N*).現已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該
種元件，則正品率大于97%的概率約為
A.99% B.97% C.92% D.74%
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答案
由題意得n＝100，p＝0.01，泊松分布可作為二項分布的近似，
此時λ＝100×0.01＝1，
所以P(X＝k)＝e－1，
P(X＝0)＝e－1＝，
P(X＝1)＝e－1＝，
P(X＝2)＝e－1＝，
正品率大于97%的概率為P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝≈92%.
二、多項選擇題
7.下列判斷正確的是
A.若隨機變量ξ服從0－1分布，且P(ξ＝0)＝0.35，則P(ξ＝1)＝0.7
B.若隨機變量ξ~B，則D(ξ)＝
C.若隨機變量ξ~H(3，3，10)，則E(ξ)＝0.9
D.若隨機變量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，則P(ξ<－1)＝0.2
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若ξ服從0－1分布，則P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)＝0.65，故A錯誤；
若隨機變量ξ~B，則D(ξ)＝3××，故B正確；
若隨機變量ξ~H(3，3，10)，則E(ξ)＝＝0.9，故C正確；
若隨機變量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，則P(ξ<－1)＝P(ξ>3)＝1－0.8＝0.2，故D正確.
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8.若隨機變量X服從正態分布N(6，4)，且P(2A.P(7P(1C.P(4√
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隨機變量X服從正態分布N(6，4)，則μ＝6，σ＝2，P(7P(1E(X)＝μ＝6，則E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝13，B正確；
由P(2D(X)＝σ2＝4，則D(2X＋1)＝4D(X)＝16，D錯誤.
答案
三、填空題
9.(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(310.(2024·煙臺模擬)甲、乙兩位同學進行乒乓球比賽，采用五局三勝制(當一人贏得三局時，該同學獲勝，比賽結束).根據以往比賽成績，每局比賽中甲獲勝的概率都是p(0勝的概率不低于甲以3∶1獲勝的概率，則p的取值范圍為　　　　　.
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答案
甲以3∶0獲勝的概率為p1＝p3，
甲以3∶1獲勝的概率為p2＝p3(1－p)＝3p3(1－p)，
由題意，p1≥p2，即p3≥3p3(1－p)，
解得p≥，
所以p的取值范圍為.
四、解答題
11.某公司在員工招聘面試環節準備了4道面試題，面試者按順序提問，若每位被面試者答對兩道題則通過面試，面試結束；若每位被面試者前三
道題均答錯，則不通過面試，面試結束.已知李明答對每道題的概率均為，
且每道題是否答對相互獨立.
(1)求李明沒通過面試的概率；
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李明沒通過面試包含前3題有1題答對，第4題答錯和前3題均答錯兩種情況，
故所求概率為××.
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答案
由題意得X的可能取值為2，3，4，則
P(X＝2)＝×，P(X＝3)＝×××，
P(X＝4)＝××.
故所求分布列為
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
X 2 3 4
P
(2)記李明所答題目的數量為X，求X的分布列和數學期望.
12.臺風是我國東部沿海地區夏秋季節常見的自然災害，當臺風來臨之際，沿海居民點的居民必須提前進行疏散.某地有關部門為了解居民疏散所需時間，在當地隨機抽取了100處居民點進行疏散所需時間的調查，所得數據如表：
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答案
疏散時間t(最接近的時間，取整數)單位：小時 12 13 14 15 16 17 18
頻率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03
(1)根據以上數據，視頻率為概率，估計這一地區居民點疏散所需時間t的均值和方差；
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∵12×0.04＋13×0.05＋14×0.25＋15×0.35＋16×0.18＋17×0.10＋18×0.03＝15，
∴估計這一地區居民點疏散所需時間t的均值為15，
∵(12－15)2×0.04＋(13－15)2×0.05＋(14－15)2×0.25＋(15－15)2×0.35＋(16－15)2×0.18＋(17－15)2×0.10＋(18－15)2×0.03＝1.66，
∴估計這一地區居民點疏散所需時間t的方差為1.66.
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疏散時間t(最接近的時間，取整數)單位：小時 12 13 14 15 16 17 18
頻率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03
(2)根據工作安排，需要在疏散時間超過16小時的13個居民點中再抽取5個進行深入調查，從而尋求縮短疏散時間的辦法.設X為抽到的居民點中疏散時間為18小時的居民點數量，求X的分布列.
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答案
∵疏散時間為17小時，18小時兩組的頻率之比為10∶3，
∴在疏散時間超過16小時的13個居民點中，疏散時間為17小時的有
10個，疏散時間為18小時的有3個，
再從這13個居民點中抽取5個，X為抽到的居民點中疏散時間為18小時的居民點數量，
X可取0，1，2，3.
P(X＝0)＝，
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P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
X的分布列為
X 0 1 2 3
P
13.設隨機變量X~B(n，p)，記pk＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，下列說法正確的是
A.當k由0增大到n時，pk先增后減，當且僅當k取某一個正整數時達到最大
B.如果(n＋1)p為正整數，當且僅當k＝(n＋1)p時，pk取最大值
C.如果(n＋1)p為非整數，當且僅當k取(n＋1)p的整數部分時，pk取最大值
D.E(X)＝np(1－p)
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能力拓展
因為X~B(n，p)，pk＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，
由
得
解得(n＋1)p－1≤k≤(n＋1)p，
若(n＋1)p為正整數，則當k＝(n＋1)p或k＝(n＋1)p－1時，pk取最大值，故B錯誤；
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答案
若(n＋1)p為非整數，則當k取(n＋1)p的整數部分時，pk取最大值，故C正確；
綜上所述，當k由0增大到n時，pk先增后減，在某一個(或兩個)k值處達到最大，故A錯誤；
因為E(X)＝np，故D錯誤.
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14.(多選)(2024·呂梁模擬)小明上學有時乘公交車，有時騎自行車.他各記錄了100次乘公交車和騎自行車上學所用的時間，經數據分析得到：乘公交車平均用時20 min，樣本標準差為6；騎自行車平均用時24 min，樣本
標準差為2.已知若隨機變量ξ~N(μ，σ2)，則~N(0，1).假設小明乘公交
車用時X和騎自行車用時Y都服從正態分布，則
A.X~N(20，6)
B.~N(0，1)
C.若某天有28 min可用，小明要想盡可能不遲到應選擇騎自行車
D.若某天有25 min可用，小明要想盡可能不遲到應選擇乘公交車
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答案
根據題意知X~N(20，62)，~N(0，1)，故A錯誤，B正確；
若有28 min可用，分別設隨機變量X，Y的平均數和樣本標準差為μX，μY，σX，σY，
則P(|Y－24|≤4)＝P(|Y－μY|≤2σY)＝P(|X－μX|≤2σX)＝P(|X－20|≤12)>P(|X－20|≤8)，故P(X≤28)若有25 min可用，則
P(X≤25)＝P，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
P(Y≤25)＝P，
因為~N(0，1)，~N(0，1)，故P(X≤25)>P(Y≤25)，小明要想盡可能不遲到應選擇乘公交車，故D正確.
返回(共36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.
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)＝，
1.
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×.
1.
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)
＝××.
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)＝，
2.
答案
1
2
3
4
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
(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)＝××，
2.
答案
1
2
3
4
P(X＝3)＝，
所以X的分布列為
2.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)設“一局比賽中甲被稱為‘好投手’”為事件A，
則P(A)＝×××.
(2)設“一局比賽中乙被稱為‘好投手’”為事件B，
則P(B)＝×××，
甲、乙同學都被稱為“好投手”的概率為P＝×.
比賽設置n(n≥4)局，設甲、乙同學組成的小組獲得“神投手組合”的局數為X，
3.
答案
1
2
3
4
則X~B，
且P(X＝3)＝，
設f(n)＝，n≥4，
則
則
3.
答案
1
2
3
4
即解得
又n∈N*，則n＝8，
所以本次投籃比賽設置的總局數為8時，對該小組更有利.
3.
答案
1
2
3
4
(1)因為X~B，
所以P(X＝k)＝，
所以X的分布列為
所以H(X)＝－
＝(log23－3)＝log23.
4.
X 0 1 2 3 4
P
答案
1
2
3
4
(2)①記發出信號0和1分別為事件Ai(i＝0，1)，收到信號0和1分別為事件Bi(i＝0，1)，則P(A0)＝m，P(A1)＝1－m，
P(B0|A0)＝P(B1|A1)＝n，
P(B1|A0)＝P(B0|A1)＝1－n，
所以P(B0)＝P(A0)P(B0|A0)＋P(A1)P(B0|A1)
＝mn＋(1－m)(1－n)＝1－m－n＋2mn，
所以P(A0|B0)＝＝.
4.
答案
1
2
3
4
②由①知P(B0)＝1－m－n＋2mn，
則P(B1)＝1－P(B0)＝m＋n－2mn，
則KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2.
設f(x)＝1－－ln x，x>0，
則f'(x)＝，
所以當00，f(x)單調遞增；
當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
4.
答案
1
2
3
4
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≥1－(當且僅當x＝1時取等號)，
所以log2x＝≥，
所以KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2
≥＝0，
當且僅當＝1，
即m＝，0所以KL(X||Y)≥0.
4.
1.(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
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.
(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
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3
4
答案
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)＝，
1
2
3
4
答案
P(X＝3)＝，
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
2.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：
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
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.
(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)＝，
1
2
3
4
答案
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
3.某學校計劃舉辦趣味投籃比賽，比賽分若干局進行.每一局比賽規則如下：兩人組成一個小組，每人各投籃3次.若某選手投中次數多于未投中次數，則稱該選手為“好投手”.若兩人均為“好投手”，則稱該小組為本局比賽的“神投手組合”.假定每位參賽選手都參加每一局的比賽，每人每次投籃結果互不影響.若甲、乙兩位同學組成一個小組參賽，且甲、乙同學的投籃命中率分別為，.
(1)求在一局比賽中甲被稱為“好投手”的概率；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
設“一局比賽中甲被稱為‘好投手’”為事件A，
則P(A)＝×××.
(2)若以“甲、乙同學組成的小組獲得‘神投手組合’的局數為3的概率最大”作為決策依據，試推斷本次投籃比賽設置的總局數n(n≥4)為多少時，對該小組更有利.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
設“一局比賽中乙被稱為‘好投手’”為事件B，
則P(B)＝×××，
甲、乙同學都被稱為“好投手”的概率為P＝×.
比賽設置n(n≥4)局，設甲、乙同學組成的小組獲得“神投手組合”的局數為X，
則X~B，
且P(X＝3)＝，
1
2
3
4
答案
設f(n)＝，n≥4，
則
則
即解得
又n∈N*，則n＝8，
所以本次投籃比賽設置的總局數為8時，對該小組更有利.
4.信息熵是信息論中的一個重要概念.設隨機變量X和Y的分布列分別為：P(X＝xi)＝pi，P(Y＝xi)＝qi，其中i＝1，2，…，n.定義X的信息熵：H(X)
＝－pilog2pi，X和Y的“距離”：KL(X||Y)＝pilog2.
(1)若X~B，求H(X)；
1
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4
答案
1
2
3
4
答案
所以H(X)＝－
＝(log23－3)＝log23.
因為X~B，
所以P(X＝k)＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
(2)已知發報臺只發出信號0和1，接收臺只收到信號0和1.現發報臺發出信號0的概率為m，由于通信信號受到干擾，發出信號0接收臺收到信號0的概率為n，發出信號1接收臺收到信號1的概率也為n.
①若接收臺收到信號為0，求發報臺發出信號為0的概率；
1
2
3
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答案
1
2
3
4
答案
記發出信號0和1分別為事件Ai(i＝0，1)，
收到信號0和1分別為事件Bi(i＝0，1)，
則P(A0)＝m，P(A1)＝1－m，
P(B0|A0)＝P(B1|A1)＝n，
P(B1|A0)＝P(B0|A1)＝1－n，
所以P(B0)＝P(A0)P(B0|A0)＋P(A1)P(B0|A1)
＝mn＋(1－m)(1－n)＝1－m－n＋2mn，
所以P(A0|B0)＝＝.
②記X和Y分別為發出信號和收到信號，證明：KL(X||Y)≥0.
1
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答案
1
2
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4
答案
由①知P(B0)＝1－m－n＋2mn，
則P(B1)＝1－P(B0)＝m＋n－2mn，
則KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2.
設f(x)＝1－－ln x，x>0，
則f'(x)＝，
所以當00，f(x)單調遞增；
當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
1
2
3
4
答案
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≥1－(當且僅當x＝1時取等號)，
所以log2x＝≥，
所以KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2
≥＝0，
當且僅當＝1，
即m＝，0所以KL(X||Y)≥0.(共84張PPT)
第十章
§10.3　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的每個可能的基本結果稱為樣本點，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： 、 .
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
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
A＝B
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)＝ ；
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)＋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0≤P(A)≤1；
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)＝_______
.
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
命題點1　隨機事件關系的判斷
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不是互斥事件 D.G，R是互斥事件
√
隨機事件的關系
題型一
√
√
“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，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.
命題點2　利用互斥、對立事件求概率
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)√
√
√
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.
命題點3　利用頻率估計概率
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
√
√
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A與事件B互斥卻不互為對立的是
A.事件A：3個球中至少有1個紅球；事件B：3個球中至少有1個白球
B.事件A：3個球中恰有1個紅球；事件B：3個球中恰有1個白球
C.事件A：3個球中至多有2個紅球；事件B：3個球中至少有2個白球
D.事件A：3個球中至多有1個紅球；事件B：3個球中至多有1個白球
√
事件A與事件B可能同時發生，例如摸出2個白球和1個紅球，所以事件A與事件B不是互斥事件，故A錯誤；
事件A與事件B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A與事件B互斥卻不互為對立，故B正確；
事件A與事件B可能同時發生，例如摸出2個白球和1個紅球，所以事件A與事件B不是互斥事件，故C錯誤；
事件A與事件B不可能同時發生，且必有一個發生，所以事件A與事件B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.
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.
古典概型
題型二
√
當甲在排尾，乙在排頭時，丙有2種排法，丁有1種，共2種；當甲在排尾，乙排第二位或第三位時，丙有1種排法，丁有1種，共2種；于是甲在排尾共4種排法，同理乙在排尾共4種排法，于是共8種排法符合題意，樣本點總數顯然是＝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)(2024·煙臺模擬)安排4名大學生到兩家公司實習，每名大學生只去一家公司，每家公司至少安排1名大學生，則大學生甲、乙到同一家公司實習的概率為
A. B. C. D.
√
4名大學生分兩組，每組至少一人，有兩種情形，分別為3人、1人或
2人、2人，即共有＝8＋6＝14(種)實習方案，其中甲、乙到同一家公司實習的情況有＝4＋2＝6(種)，故大學生甲、乙到
同一家公司實習的概率為.
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)將除顏色外完全相同的2個紅球和1個白球隨機放入2個不同的盒子中，每個盒子中至少放入1個球，則2個紅球分別放入不同盒子中的概率為
A. B. C. D.
√
將除顏色外完全相同的2個紅球和1個白球隨機放入2個不同的盒子中，每個盒子中至少放入1個球，則樣本點有(紅1，白紅2)，(紅2，白紅1)，(白紅1，紅2)，(白紅2，紅1)，(紅1紅2，白)，(白，紅1紅2)，共6個，而2個紅球分別放入不同盒子中包含(紅1，白紅2)，(紅2，白紅1)，(白紅
1，紅2)，(白紅2，紅1)4個樣本點，故由古典概型的計算公式得概率為.
(2)將1，2，3，4，5，6這6個數填入如圖所示的3行2列表格中，則表格內每一行數字之和均相等的概率為
A. B.
C. D.
√
要使表格內每一行數字之和均相等，根據1＋6＝2＋5＝3＋4，
先將6個數字分為3組，分別為(1，6)，(2，5)，(3，4)，
將三組全排列，安排在表格的三行中，每一行有種順序，
則可組成不同表格的個數為＝48；
將1，2，3，4，5，6這6個數填入表格中的所有情況的
個數為＝720，
故所求概率為.
例5　某校為了增強學生的身體素質，積極開展體育鍛煉，并給學生的鍛煉情況進行測評打分.現從中隨機選出100名學生的成績(滿分為100分)，按分數分為[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，共6組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)求m的值，并求這100名學生成績的中位數
(保留一位小數)；
概率與統計的綜合問題
題型三
依題意，(0.005＋0.015＋0.020＋0.030＋m＋0.005)×10＝1，解得m＝0.025.
前三組的頻率為(0.005＋0.015＋0.020)×10＝0.4，
前四組的頻率為(0.005＋0.015＋0.020＋0.030)×
10＝0.7，
所以中位數為70＋×10≈73.3(分).
(2)若認定評分在[80，90)內的學生為“運動愛好者”，評分在[90，100]內的學生為“運動達人”，現采用按比例分配的分層隨機抽樣的方式從不低于80分的學生中隨機抽取6名學生參加運動交流會，大會上需要從這6名學生中隨機抽取2名學生進行經驗交流發言，求抽取的2名發言者中恰好“運動愛好者”和“運動達人”各1人的概率.
評分在[80，90)內的頻率為0.25，[90，100]內的
頻率為0.05，兩者的比例是5∶1，
所以抽取的6名學生中，評分在[80，90)內的有
5人，記為1，2，3，4，5，
評分在[90，100]內的有1人，記為6，
從中抽取2人，樣本點有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，
共15個，其中恰好“運動愛好者”和“運動達人”各1人的有16，26，36，
46，56，共5個樣本點，故所求概率為.
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　為了了解某種新型藥物對治療某種疾病的療效，某機構聯合醫院，進行了小規模的調查，結果顯示，相當多的受訪者擔心使用新藥后會有副作用.為了了解使用該種新型藥品后是否會引起疲乏癥狀的副作用，該機構隨機抽取了某地患有這種疾病的275人進行調查，得到統計數據如表：
無疲乏癥狀 有疲乏癥狀 合計
未使用新藥 150 25 t
使用新藥 x y 100
合計 225 m 275
(1)求2×2列聯表中的數據x，y，m，t的值，依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否以此推斷有疲乏癥狀與使用該新藥有關？
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
由列聯表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，
零假設為H0：有疲乏癥狀與使用該新藥無關.
根據列聯表中的數據，經計算得到
χ2＝≈4.911>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，即認為有疲乏癥狀與使用該新藥有關.
無疲乏癥狀 有疲乏癥狀 合計
未使用新藥 150 25 t
使用新藥 x y 100
合計 225 m 275
(2)從使用該新藥的100人中按是否有疲乏癥狀，采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取4人，再從這4人中隨機抽取2人做進一步調查，求這2人中恰有1人有疲乏癥狀的概率.
從使用新藥的100人中用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取4人的抽樣比
為，則抽取有疲乏癥狀的人數為×25＝1，無疲乏癥狀的有3人，
抽取的有疲乏癥狀的1人記為1，無疲乏癥狀的3人記為a，b，c，從4人中隨機抽取2人的所有樣本點為(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6個，
記2人中恰有1人有疲乏癥狀的事件為M，它所含樣本點是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3個，
于是得P(M)＝，所以這2人中恰有1人有疲乏癥狀的概率是.
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課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D A A C A CD BCD
題號 9 10 13 　14 答案 C 答案
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(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－.
(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)＝.
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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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(1)由頻率分布直方圖得，年齡在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的頻率分別為0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，
由各組頻率知第85百分位數a∈(35，40)，
由(40－a)×0.04＝0.9－0.85，解得a＝38.75，
所以第85百分位數為38.75.
(2)由第三組、第五組的頻率可知第三組抽取20×0.3＝6(人)，第五組抽取20×0.1＝2(人)，
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方法一　不妨設除甲、乙、丙外的五人為A，B，C，D，E，于是從第三組和第五組被抽到的使者中抽取2人的所有情況為：
甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28種，
其中甲、乙、丙都沒被抽到的情況有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10種，
12.
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所以甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率為1－.
方法二　由題意知，甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率為
1－＝1－.
12.
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
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知識過關
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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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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.
3.從2，3，5，7，11這5個素數中，隨機選取兩個不同的數，其積為偶數的概率為
A. B. C. D.
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從2，3，5，7，11這5個素數中，隨機選取兩個不同的數，共有＝10(種)選法，其積為偶數，即兩個數中有一個為2，共有4種選法，所以
概率為.
答案
4.某校希望統計學生是否曾在考試中作弊，考慮到直接統計可能難以得到真實的回答，故設計了如下方案：在一個袋子里放入只有顏色和序號不同的紅球和綠球各50個，分別編號為1~50，被調查的學生從中隨機摸出一個，確認顏色和序號后放回(調查者不知道)，摸到紅球的學生回答“你摸到的球的序號是否為奇數？”，摸到綠球學生的回答“你是否曾在考試中作弊？”.共調查了1 200名學生，得到了390個“是”的回答，據此估計該校學生的作弊率為
A.15% B.20% C.5% D.10%
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調查的1 200名學生中，摸到紅球的概率是，其編號是奇數的概率也是，摸到綠球的概率為，即摸到紅球的人數約為1 200×＝600，摸到綠球的人數約為1 200×＝600，所以回答問題“你摸到的球的序號是否為奇
數？”且回答“是”的學生人數約為600×＝300，回答問題“你是否曾
在考試中作弊？”且回答“是”的學生人數約為390－300＝90，所以估
計該校學生的作弊率為×100%＝15%.
答案
5.甲、乙兩位同學到莆田市湄洲島當志愿者，他們同時從“媽祖祖廟”站上車，乘坐開往“黃金沙灘”站方向的3路公交車(線路圖如下).甲將在“供水公司”站之前的任意一站下車，乙將在“鵝尾神化石”站之前的任意一站下車.假設每人自“管委會”站開始在每一站點下車是等可能的，則甲比乙后下車的概率為
A. B.
C. D.
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甲從“管委會”站到
“北埭(東環)”站的每
一站下車都可以，有
8種情況，
乙從“管委會”站到“東至”站的每一站下車都可以，有15種情況，
若乙在“管委會”站下車，則甲有7種情況，
若乙在“地稅分局”站下車，則甲有6種情況，
若乙在“興海路”站下車，則甲有5種情況，
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若乙在“閩臺風情街”站
下車，則甲有4種情況，
若乙在“蓮池小學”站下
車，則甲有3種情況，
若乙在“金海岸”站下車，則甲有2種情況，
若乙在“蓮池沙灘”站下車，則甲有1種情況，
因此，甲比乙后下車的概率為
P＝.
6.15個人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰的概率是
A. B. C. D.
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15個人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰，則可先讓11個
人入坐好，再讓其余4人插空，共有·種不同的圍坐方法，所以所求
概率是.
二、多項選擇題
7.(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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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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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
8.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：
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日銷售量/杯 [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75]
天數 4 6 9 5 6
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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.
答案
三、填空題
9.(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　　.
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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.
10.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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由題意設該驗證碼為a1a2a3a4，則a1＝2，2∴a2，a3，a4從3，4，5，6，7，8，9中選，
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.
四、解答題
11.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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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－.
(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.
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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.
12.第十五屆中國國際航空航天博覽會于2024年11月12日在珠海國際航展中心開幕，我國空軍匯聚多方智慧，研討無人智能、通航建設，帶來了殲－35A、紅－19等新型裝備.某市為了了解居民對航空航天知識的認知程度，舉辦了一次“航空航天”知識競賽，滿分100分(90分及以上為認知程度高)，結果認知程度高的有m人，按年齡分成5組，其中第一組：[20，25)，第二組：[25，30)，第三組：[30，35)，第四組：[35，40)，第五組：[40，45]，得到如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)根據頻率分布直方圖，估計這m人年齡的
第85百分位數；
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由頻率分布直方圖得，年齡在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的頻率分別為0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，
由各組頻率知第85百分位數a∈(35，40)，
由(40－a)×0.04＝0.9－0.85，解得a＝38.75，
所以第85百分位數為38.75.
(2)現從以上各組中采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取20人，擔任“航空航天”的宣傳使者.若有甲(年齡31)、乙(年齡34)、丙(年齡42)三人已確定入選宣傳使者，現計劃從第三組和第五組被抽到的使者中，再隨機抽取2人作為組長，求甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率.
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由第三組、第五組的頻率可知第三組抽取20×0.3
＝6(人)，第五組抽取20×0.1＝2(人)，
方法一　不妨設除甲、乙、丙外的五人為A，B，
C，D，E，于是從第三組和第五組被抽到的使者
中抽取2人的所有情況為：
甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28種，
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其中甲、乙、丙都沒被抽到的情況有AB，AC，
AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10種，
所以甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率為
1－.
方法二　由題意知，甲、乙、丙三人中至少有一人
被選中的概率為1－＝1－.
13.整數集就像一片浩瀚無邊的海洋，充滿了無盡的奧秘.古希臘數學家畢達哥拉斯發現220和284具有如下性質：220的所有真因數(不包括本身的因數)之和恰好等于284，同時284的所有真因數之和也等于220，他把具有這種性質的兩個整數叫做一對“親和數”，“親和數”的發現掀起了無數數學愛好者的研究熱潮.已知220和284，1 184和1 210，2 924和2 620是3對“親和數”，把這六個數隨機分成兩組，一組2個數，另一組4個數，則220和284在同一組的概率為
A. B. C. D.
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答案
√
能力拓展
由題意可得一共有種分組方法，若要滿足220和284在同一組，則分兩種情況討論：①220和284在2個數這一組中，有種分組方法，
②220和284在4個數這一組中，有種分組方法.
故所求概率P＝.
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答案
14.(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
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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78張PPT)
第十章
§10.2　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.的展開式中的常數項為
A.112 B.56 C.－56 D.－112
√
的展開式的通項Tk＋1＝(2x)8－k
＝(－1)k×28－k，
由8－＝0，得k＝6，
所以的展開式中的常數項為(－1)6×28－6×＝112.
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之和是32，則展開式中各項系數的和為　　　　.
因為二項式系數之和為2n＝32，所以n＝5.
令x＝1，可得各項系數的和為(1－2)5＝－1.
－1
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
命題點1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展開式的特定項
例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
√
通項公式的應用
題型一
√
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)已知二項式(a>0)的展開式中x2項的系數為84，則a的值為
A.1 B. C.2 D.
√
展開式的通項為Tk＋1＝a9－k·
a9－k(k＝0，1，2，…，9)，
令＝2，則k＝3，
∴a9－3＝a6＝84，解得a＝±1，∵a>0，∴a＝1.
命題點2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展開式問題
例2　(1)(2024·西安模擬)(2x3－2)的展開式的常數項為
A.－288 B.－312
C.480 D.736
√
因為的展開式的通項Tk＋1＝(－2)k(0≤k≤8，k∈N)，
所以(2x3－2)的展開式的項為2x3(－2)k(0≤k≤8，k∈N)或－2(－2)k(0≤k≤8，k∈N)，
當k＝2時，2x3(－2)k＝2x3x－3(－2)2＝224，
當k＝8時，－2(－2)k＝－2(－2)8＝－512，
所以(2x3－2)的展開式的常數項為－512＋224＝－288.
(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的展開式的通項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.
(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)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
√
√
√
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.
(2)若的展開式中常數項是20，則m等于
A.－2 B.－3
C.2 D.3
√
＝x，
的展開式的通項為Tk＋1＝x5－k(－1)kx5－2k，
令5－2k＝－1，解得k＝3，則x的展開式的常數項為－＝－10，
令5－2k＝1，解得k＝2，則的展開式的常數項為m＝10m，
因為的展開式中常數項是20，
所以10m－10＝20，解得m＝3.
命題點1　二項式系數和與系數和
例3　(1)(多選)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，展開式中的所有項的二項式系數和為64，下列說法正確的是
A.n＝8 B.a0＝1
C.a3＝－160 D.|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1
二項式系數與項的系數的問題
題型二
√
√
√
因為展開式中的所有項的二項式系數和為64，所以2n＝64，解得n＝6，故A錯誤；
已知(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，令x＝0，可得a0＝1，故B正確；
因為(1－2x)6展開式的通項為Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a3x3＝×(－2x)3＝－160x3，所以a3＝－160，故C正確；
由展開式的通項為Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－…＋a6，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－…＋a6＝36，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1，故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＝，可得＝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.
命題點2　系數與二項式系數的最值
例4　(多選)關于的展開式，下列結論正確的是
A.二項式系數和為64
B.所有項的系數之和為2
C.第三項的二項式系數最大
D.系數的最大值為240
√
√
由二項式系數和公式知的二項式系數和為26＝64，故A正確；
令x＝1，則的展開式所有項的系數之和為＝1，故
B錯誤；
易知的展開式共7項，所以二項式系數最大的項為第四項，故
C錯誤；
的展開式通項為Tk＋1＝(2x)6－k·＝26－k·(－1)k·x6－2k，
k＝0，1，2，3，4，5，6，
記f(k)＝26－k·(－1)k，顯然k取偶數時各項系數為正數，f(0)＝26＝64，f(2)＝16×15＝240，f(4)＝4×15＝60，f(6)＝1，可知系數的最大值為240，故D正確.
(1)賦值法的應用
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)].
(2)二項展開式系數最大項的求法
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)(2025·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＋a1＋…＋a9＝1
B.28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＝256
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＝1，a0＋a1＋…＋a9＝1，故A正確；
令t＝，則(1－1)9＝a0＋＋…＋，等式兩邊同乘28得0＝28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＋，又a9＝29，所以28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＝－＝－28＝－256，故B錯誤；
令t＝－1，則(－3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，故C錯誤；
兩邊同時求導得18(2t－1)8＝a1＋2a2t＋3a3t2＋…＋9a9t8，再令t＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18，故D正確.
例5　(1)設a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，則a等于
A.0 B.1
C.11 D.12
√
二項式定理的綜合應用
題型三
因為a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 025＋a＝(52－1)2 025＋a
＝·522 025－·522 024＋·522 023－…＋·52－＋a，
因為512 025＋a能被13整除，
所以－＋a＝－1＋a能被13整除，
又0≤a≤13，
所以a＝1.
(2)用二項式定理估算1.0110＝　　　　.(精確到0.001)
1.105
1.0110＝(1＋0.01)10＝1＋×0.01＋×0.012＋×0.013＋…≈1＋0.1＋0.004 5＝1.104 5≈1.105.
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　(多選)下列說法正確的是
A.若(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，則|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝729
B.若3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝218，則＋…＋＝512
C.0.988精確到0.01的近似值為0.85
D.22 024除以15的余數為3
√
√
在(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6中，令x＝－1，則|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝(－3)6＝729，故A正確；
因為3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝(3＋1)n＝4n＝22n＝218，所以n＝9，所以＋…＋＝(1＋1)n－1＝2n－1＝29－1＝511，故B錯誤；
0.988＝(1－0.02)8＝×(－0.02)0＋×(－0.02)1＋×(－0.02)2＋…＋×(－0.02)8，取展開式的前3項，則0.988精確到0.01的近似值為1－0.16＋0.011 2＝0.851 2≈0.85，故C正確；
22 024＝＝(15＋1)506＝15506＋15505＋…＋15＋
＝15(15505＋15504＋…＋)＋1，
其中15505＋15504＋…＋∈N，
所以15(15505＋15504＋…＋)能被15整除，
所以22 024除以15的余數為1，故D錯誤.
返回
課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D A D D A ACD ACD
題號 9 10 13 　14 答案 4(答案不唯一) －120 B 　B 答案
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14
(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，k＝0，1，2，…，7，
11.
答案
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14
∴當14－3k＝－4，即k＝6時，x－4項的系數為×(－2)＝－14.
(3)
＝(2x－x－2)
＝2x－x－2，
∴①當14－3k＝－1，即k＝5時，
2x·(－2)2x－1＝168；
11.
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②當14－3k＝2，即k＝4時，－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常數項為168＋280＝448.
11.
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14
(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，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.
12.
答案
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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，
12.
答案
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所以二項式的展開式中系數最大的項為
T4＋1＝24＝240.
12.
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.若實數a＝2－，則a12－2a11＋22a10－…＋212等于
A.－32 B.32 C.－64 D.64
√
由題意可得a12－2a11＋22a10－…＋212＝(a－2)12＝＝64.
3.(x－2y)(2x－y)5的展開式中的x3y3的系數為
A.－200 B.－120 C.120 D.200
√
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(2x－y)5展開式的通項為Tk＋1＝(2x)5－k(－y)k＝25－kx5－k(－y)k，
當k＝3時，T4＝25－3x5－3(－y)3＝－40x2y3，此時只需乘第一個因式(x－2y)中的x即可，得到－40x3y3；
當k＝2時，T3＝25－2x5－2(－y)2＝80x3y2，此時只需乘第一個因式(x－2y)中的－2y即可，得到－160x3y3.
據此可得x3y3的系數為－40－160＝－200.
答案
4.(2024·南京模擬)的展開式中x3y3的系數為
A.30 B.－30 C.20 D.－20
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從5個含有x2，－x，y的括號中，其中1個括號中取x2，1個括號中取－x，3個括號中取y，乘在一起構成x3y3這一項，這一項為·x2··(－x)··y3＝－20x3y3，所以x3y3的系數為－20.
答案
5.已知(2x＋3)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8，則a1＋a2＋等于
A.215 B.216 C.217 D.218
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答案
對(2x＋3)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8兩邊求導，
得16(2x＋3)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4＋6a6x5＋7a7x6＋8a8x7.
令x＝，得a1＋a2＋＝16×47＝218.
6.在的展開式中含x3項的系數為15，則展開式中二項式系數最大的項是
A.第4項 B.第5項
C.第6項 D.第3項
√
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答案
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由可得x>0，
當0其展開式的通項為Tr＋1＝(－x)r＝(－1)r，
令＝3，(－1)r＝15，
解得n＝6，r＝4；
當x≥1時，x≥，則，
答案
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其展開式的通項為Tk＋1＝xn－k＝(－1)k，
令n－＝3，(－1)k＝15，
解得n＝6，k＝2.
綜上所述，n＝6，所以展開式共有7項，展開式中二項式系數最大的項是第4項.
答案
二、多項選擇題
7.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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√
√
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
8.已知f(x)＝(2x－m)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，若a0＋＋…＋＝128，則下列說法正確的是
A.m＝1
B.a3＝160
C.f(3)除以6所得余數為5
D.a1－2a2＋3a3－4a4＋5a5－6a6＋7a7＝14
√
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答案
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令x＝，得f ＝(3－m)7＝a0＋＋…＋＝128，所以m＝1，所以A正確；
令x－1＝t，所以(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a7t7，所以a3＝23＝280，所以B錯誤；
由A知f(x)＝(2x－1)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，所以f(3)＝(6－1)7＝·67－·66＋·65－…＋·6－，所以f(3)除以6的余數為5，所以C正確；
由(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a7t7，
兩邊求導可得7(2t＋1)6·2＝a1＋2a2t＋…＋7a7t6，
令t＝－1，得a1－2a2＋3a3－4a4＋5a5－6a6＋7a7＝14，所以D正確.
答案
三、填空題
9.(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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答案
4(答案不唯一)
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.
10.(x＋2)(1－2x)5的展開式中x3的系數為　　　　.(用數字作答)
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答案
－120
(1－2x)5的展開式的通項為Tk＋1＝·15－k(－2x)k，
k＝0，1，2，3，4，5，
當k＝2時，T3＝40x2，當k＝3時，T4＝·(－2x)3＝－80x3，
(x＋2)(1－2x)5＝x(1－2x)5＋2(1－2x)5，
故(x＋2)(1－2x)5的展開式中x3的系數為40－2×80＝－120.
四、解答題
11.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；
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答案
由已知條件可得
解得
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答案
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.
(2)求展開式中x－4項的系數；
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答案
＝(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.
(3)求的展開式中的常數項.
12.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；
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答案
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，二項式的展開式中x3的系數為A，常數項為B，若B＝4A，求a的值；
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答案
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.
(3)當n＝6，a＝－2時，求二項式的展開式中系數最大的項.
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答案
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.
13.已知(1＋x)(n∈N*，n<10)的展開式中沒有常數項，則n的最
大值是
A.6 B.7 C.8 D.9
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答案
√
能力拓展
因為(1＋x)＝x(n∈N*，n<10)的展開式中沒有常數項，的展開式的通項為Tk＋1＝xn－kxn－3k
(k∈N，k≤n)，
①當的展開式中無x－1時，n－3k≠－1；
②當的展開式中無常數項時，n－3k≠0，
結合選項，只有B項同時滿足上面兩個條件.
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答案
14.(2024·沈陽模擬)已知a＝1.20.1，b＝1.10.2，c＝1.02，則下列大小關系正確
A.a>c>b B.c>b>a
C.c>a>b D.b>c>a
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答案
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答案
因為b＝1.10.2＝(1.12)0.1＝1.210.1，
又y＝x0.1在(0，＋∞)上單調遞增，
所以1.20.1<1.210.1，即b>a；
又＝1.21，
1.0210＝(1＋0.02)10＝1＋×0.02＋×0.022＋…＋×0.0210
＝1＋0.2＋0.018＋…＋×0.0210>1.218，
所以1.0210>，則1.02>1.210.1，即c>b.
所以c>b>a.
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第十章
§10.1　計數原理與排列組合
數學
大
一
輪
復
習
1.理解分類加法計數原理、分步乘法計數原理及其意義.
2.理解排列、組合的概念.
3.能利用計數原理、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
1.兩個計數原理
(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.
(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.
m＋n
m×n
2.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
3.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
4.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)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.(　　)
(3)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列.(　　)
(4)兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同.(　　)
×
√
×
×
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.(多選)下列結論正確的是
A.3×4×5＝ B.
C.若，則x＝3 D.＝64
√
＝5×4×3，故A正確；
＝2＝2×＝20，＝15，
故≠，故B錯誤；
，則x＝2x－2或x＋2x－2＝10，解得x＝2 或x＝4，故C錯誤；
＝1＋＋7＝64，故D正確.
√
4.由于用具簡單，趣味性強，象棋成為流行極為廣泛的棋藝活動.某棋局的一部分如圖所示，若不考慮這部分以外棋子的影響，且“馬”和“炮”不動，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，從“兵”吃掉“馬”的最短路線中隨機選擇一條路線，則能順帶吃掉“炮”的可能路線有　　　條.
6
由題意可知，“兵”吃掉“馬”的最短路線，需橫走三步，豎走兩步；其中能順帶吃掉“炮”的路線可分為兩步：第一步，橫走兩步，豎走一步，有3種
走法；第二步，橫走一步，豎走一步，有2種走法.故能順帶吃掉“炮”的可能路線共有3×2＝6(條).
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.解有條件限制的排列、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　(1)用3種不同顏色給如圖所示的五個圓環涂色，要求相交的兩個圓環不能涂相同的顏色，共有_________種不同的涂色方案
A.243 B.32
C.48 D.1 280
√
計數原理
題型一
從左到右依次涂色，第一個圓環可以涂3種顏色，第二、三、四、五個圓環各可以涂2種顏色，共有3×2×2×2×2＝48(種)不同的涂色方案.
(2)如圖，在某海岸P的附近有三個島嶼Q，R，S，計劃建立三座獨立大橋，將這四個地方連起來，每座橋直線連接兩個地方，且不出現立體交叉形式，則不同的連接方式有
A.24種 B.20種
C.16種 D.12種
√
可分為兩類：
第一類：從一個地方出發向其他三個地方各建一座橋，
共有4種不同的連接方式；
第二類：一個地方最多建兩座橋，其中建橋連接方式：P－S－R－Q和Q
－R－S－P屬于相同的建橋方法，所以共有×＝12(種)不同的連接方
式，其中交叉建橋方法，例如P－R－S－Q，P－R－Q－S，R－P－S－Q，R－P－Q－S不符合題意，共有4種，
所以第二類建橋方法共有12－4＝8(種)不同的連接方式.
綜上可得，不同的連接方式有4＋8＝12(種).
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1　(1)(2024·成都模擬)某高中運動會設有8個項目，甲、乙兩名學生每人隨機選取3個項目報名參加，則至少選中2個相同項目的報名方法有
A.420種 B.840種
C.476種 D.896種
√
由題意可知，可以分兩種情況：
第一種情況：所選取的3個項目中恰有2個相同項目，
第一步，在8個項目中選取2個，共有＝28(種)，
第二步，甲在剩下的6個項目中選取1個，共有＝6(種)，
第三步，乙在剩下的5個項目中選取1個，共有＝5(種)，
由分步乘法計算原理可知，共有28×6×5＝840(種)；
第二種情況：所選取的3個項目全部相同，則有＝56(種)；
由分類加法計數原理可知，滿足要求的報名方法一共有840＋56＝896(種).
(2)如圖，某種雨傘架前后兩排共8個孔，編號分別為1~8號.若甲、乙、丙、丁四名同學要放傘，每個孔最多放一把傘，則甲放在奇數孔，乙放在偶數孔，且丙、丁沒有放在同一排的放法有
A.68種 B.136種
C.272種 D.544種
√
根據題意，分2種情況討論：
①甲乙放在同一排，有＝128(種)放法，
②甲乙不放在同一排，有＝144(種)放法，
則有128＋144＝272(種)不同的放法.
例2　(1)甲、乙兩名同學從生物、地理、政治、化學中各選兩門進行學習，若甲、乙不能同時選生物，則甲、乙總的選法有
A.27種 B.18種 C.36種 D.48種
排列、組合問題
題型二
當甲選生物，乙不選生物時，甲、乙的選法有＝9(種)；當甲不選生物，乙隨便選時，甲、乙的選法有＝18(種)，則甲、乙總的選法有9＋18＝27(種).
√
(2)某單位開展聯歡活動，抽獎項目設置了特等獎、一等獎、二等獎、三等獎和鼓勵獎共五種獎項.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一張獎票，開獎后發現這5人的獎項都不相同.甲說：“我不是鼓勵獎”；乙說：“我不是特等獎”；丙說：“我的獎項介于丁和戊之間”.根據以上信息，這5人的獎項的所有可能的種數是
A.15 B.18 C.22 D.26
√
甲是特等獎，不考慮丙的獎項有種；甲不是特等獎，不考慮丙的獎項有種；而丙獎項在丁和戊之間的情況占，所以5人的獎項的所有可能的種數是)＝26.
排列問題和組合問題的區分方法
(1)排列問題：若交換某兩個元素的位置對結果有影響，則是排列問題，即排列問題與選取的順序有關.
(2)組合問題：若交換任意兩個元素的位置對結果沒有影響，則是組合問題，即組合問題與選取的順序無關.
思維升華
跟蹤訓練2　(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)某學校開展學雷鋒主題活動，某班級5名女生和2名男生，分配成兩個小組去兩地參加志愿者活動，每小組均要求既要有女生又要有男生，則兩個小組不同的分配方案有
A.20種 B.40種 C.60種 D.80種
√
由題意可知兩名男生必須分開在兩組，則有1女1男為一組，余下的人為一組；
2女1男為一組，余下的人為一組；
3女1男為一組，余下的人為一組；
4女1男為一組，余下的人為一組；
所以兩個小組不同的分配方法有)＝60(種).
命題點1　相鄰、相間問題
例3　(多選)某產品的加工過程有甲、乙、丙、丁、戊5道不同的工序，現將5道工序按不同的順序安排流程，則下列說法正確的是
A.如果甲工序不能放在第一道，共有96種加工順序
B.如果甲、乙兩道工序必須相鄰，共有12種加工順序
C.如果甲、丙兩道工序必須不相鄰，共有72種加工順序
D.如果乙、丙兩道工序必須乙在前，丙在后，共有40種加工順序
√
排列、組合的綜合問題
題型三
√
如果甲工序不能放在第一道，則甲有4種安排方式，根據分步乘法計數原理，共有＝4×4×3×2×1＝96(種)加工順序，故A正確；
甲、乙兩道工序相鄰，將甲和乙捆綁為一道工序，和剩余3道工序放在一起排序，則共有＝2×4×3×2×1＝48(種)加工順序，故B錯誤；
如果甲、丙兩道工序不能相鄰，則先安排剩余3道工序，在形成的4個空中，安排甲、丙，故共有＝3×2×1×4×3＝72(種)加工順序，故C正確；
現將5道不同的工序全排列，再除以乙、丙兩道工序的全排列，
故共有＝60(種)加工順序，故D錯誤.
命題點2　定序問題
例4　花燈，又名“彩燈”“燈籠”，是中國傳統農業時代的文化產物，兼具生活功能與藝術特色.如圖，現有懸掛著的6盞不同的花燈需要取下，每次取1盞，則不同取法種數為　 　.
90
由題意，取下6盞不同的花燈，
先對6盞不同的花燈進行全排列，共有種方法，
因為每次只取一盞花燈，而且只能從下往上取，
所以必須除去不符合題意的排列順序，
即先取上方的順序，故不同取法種數為＝90.
命題點3　分組、分配問題
例5　第41屆全國青少年信息學奧林匹克競賽于2024年7月16~22日在重慶市育才中學成功舉辦.在本次競賽組織過程中，有甲、乙等5名新教師參加了接待、咨詢、向導三個志愿者服務項目，每名新教師只參加一個服務項目，每個服務項目至少有一名新教師參加.若5名新教師中的甲、乙兩人不參加同一個服務項目，則不同的安排方案有
A.108種 B.114種 C.150種 D.240種
√
5名新教師按3∶1∶1分組有種方法，按2∶2∶1分組有種分法，因此5名新教師的安排方案有種，當甲、乙在同一組時，甲、
乙可視為1個人，即相當于4名新教師的安排方案，有種，所以所求
不同的安排方案有＝25×6－6×6＝114(種).
求解排列組合問題的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 對于不相鄰問題，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
直接法 把符合條件的排列數直接列式計算
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
跟蹤訓練3　(1)8名同學以2人為一組分為學習小組完成學習任務，則所有可能的分組方案數量是
A.28 B.2 520 C.105 D.128
√
由題意8名同學以2人為一組分為學習小組完成學習任務，則所有可能的
分組方案數量是＝105.
(2)(多選)(2024·揭陽模擬)身高各不相同的六位同學A，B，C，D，E，F站成一排照相，則說法正確的是
A.A，C，D三位同學從左到右按照由高到矮的順序站，共有120種站法
B.A與C同學不相鄰，共有種站法
C.A，C，D三位同學必須站在一起，且A只能在C與D的中間，共有144種
站法
D.A不在排頭，B不在排尾，共有504種站法
√
√
√
將A，C，D三位同學從左到右按照由高到矮的順序站，共有＝120(種)站法，
故A正確；
先排B，D，E，F，共有種站法，A與C同學插空站，有種站法，故共有種站法，故B正確；
將A，C，D三位同學捆綁在一起，且A只能在C與D的中間，有2種站法，捆綁后有種站法，故共有2×＝48(種)站法，故C錯誤；
當A在排尾，B隨意站時，則有＝120(種)站法；當A不在排頭也不在排尾時，有種站法，B有種站法，剩下的同學隨意站有種站法，共有＝384(種)站法，故A不在排頭，B不在排尾，共有120＋384＝504(種)站法，故D正確.
在計數原理中，當計數的基數較大時，用枚舉法會顯得非常困難.如果問題帶有明顯的遞推特征，把此類計數問題的基數從有限個且數目很少推廣到n個，運用數列知識建立遞推關系，經過推廣就可以解決這類計數問題.
遞推數列在計數原理中的應用
微拓展
典例　(1)有A1，A2，…，A6共六個人，他們的座位分別為B1，B2，…，B6，現在求每一個人坐一個座位，且都不坐自己座位，則共有　 種不同的坐法
A.9 B.16 C.44 D.265
√
記n個人坐位子且自己不坐自己的座位的方法數構成一個數列{an}，易得a2＝1，a3＝2，
當n≥4時，首先，讓A1選位，A1不選B1，則共有n－1種坐法，不妨設A1選了Bk(k≠1)，然后再讓Ak選位，
①當Ak選B1時，則余下n－2個人和n－2個座位，共有an－2種坐法；
②當Ak不選B1時，則余下n－1個人都有一個不能選的座位，則共有an－1種坐法，
所以an＝(n－1)(an－2＋an－1)，
所以a4＝3(a2＋a3)＝9，a5＝4(a3＋a4)＝44，
a6＝5(a4＋a5)＝265.
(2)如圖，一個環形的大會場被分成了n個區域，現有k種不同顏色的服裝提供給n個區域的觀眾，要求同一區域的觀眾著裝顏色相同，且相鄰區域的觀眾著裝顏色不同.當k＝5，n＝6時，共有　　　　種不同的著裝方法.
4 100
設提供k種顏色來給排成環形的n個區域涂色且
相鄰區域不同色，記方法數為fk(n)，
若先考慮給n個排成一行的區域涂色且相鄰區域不同色，則方法數應為k·(k－1)n－1，
①若區域1和區域n不同色，則把區域1和區域n粘在一起成一個環狀時滿足條件；
②若區域1和區域n同色，則把區域1和區域n粘在一起成一個環狀時不滿足條件，此方法數需從k·(k－1)n－1種方法中減掉.
所以fk(n)＝k·(k－1)n－1－fk(n－1)，
返回
易得f5(3)＝＝60，
所以f5(4)＝5×(5－1)3－f5(3)＝260，
所以f5(5)＝5×(5－1)4－f5(4)＝1 020，
所以f5(6)＝5×(5－1)5－f5(5)＝4 100.
課時精練
對一對
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D D C C C D D
題號 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 ACD BCD ABD 36 252 72 C B
答案
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一、單項選擇題
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
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知識過關
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答案
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).
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答案
2.已知A，B兩個公司承包6項工程，每項工程均被承包且至多被一個公司承包，每個公司至少承包2項，則承包方式共有
A.24種 B.70種
C.48種 D.50種
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答案
根據題意，分三種情況：
①A公司承包2項工程，剩余4項工程由B公司承包，則有＝15(種)承包方式；
②A公司承包3項工程，剩余3項工程由B公司承包，則有＝20(種)承包方式；
③A公司承包4項工程，剩余2項工程由B公司承包，則有＝15(種)承包方式.
所以承包方式共有15＋20＋15＝50(種).
3.身高各不相同的7名同學排成一排照相，要求正中間的同學最高，左右兩邊分別順次一個比一個矮，則這樣的排法種數是
A.5 040 B.36 C.18 D.20
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最高的同學站中間，從余下6人中選3人在一側只有一種站法，另3人在另一側也只有一種站法，所以排法有＝20(種).
答案
4.(2025·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
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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).
答案
5.將1個0，2個1，2個2隨機排成一行，則2個1不相鄰的情況種數是
A.10 B.20 C.18 D.40
√
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答案
將1個0，2個1，2個2隨機排成一行，
則2個1不相鄰的情況共有＝18(種).
6.有5個人到南京、鎮江、揚州的三所學校去應聘，若每人至多被一所學校錄用，每所學校至少錄用其中一人，則不同的錄用情況種數是
A.90 B.150
C.390 D.420
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若5人中有且僅有3人被錄用，滿足條件的錄用情況有＝60(種)，
若5人中有且僅有4人被錄用，滿足條件的錄用情況有··＝180(種)，
若5人都被錄用，滿足條件的錄用情況有··＝150(種)，
綜上，符合要求的不同的錄用情況種數是60＋180＋150＝390.
答案
7.(2024·南通模擬)把8個相同的籃球分發給甲、乙、丙、丁4人，不同的分發種數為
A.70 B.99
C.110 D.165
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答案
當8個相同的籃球只分給其中1人時，有4種分法；
當8個相同的籃球分給其中的2人時，先從4人里面選出2人，再將8個相同的籃球排成一排，從形成的7個空里面選出1個空插入1個“隔板”即可，此時有＝42(種)分法；
當8個相同的籃球分給其中的3人時，先從4人里面選出3人，再將8個相同的籃球排成一排，從形成的7個空里面選出2個空插入2個“隔板”即可，此時有＝84(種)分法；
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答案
當8個相同的籃球分給4人時，每人至少一個，此時將8個相同的籃球排成一排，從形成的7個空里面選出3個空插入3個“隔板”即可，此時有＝35(種)分法.
因此把8個相同的籃球分發給甲、乙、丙、丁4人時，不同的分發種數為4＋42＋84＋35＝165.
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答案
8.某同學計劃用他姓名的首字母T，X，身份證的后4位數字(4位數字都不同)以及3個符號α，β，θ設置一個六位的密碼.若T，X必選，且符號不能超過兩個，數字不能放在首位和末位，字母的相對順序和數字的相對順序不變，則他可設置的密碼的種數為
A.864 B.1 009
C.1 225 D.1 441
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①當符號的個數為0時，六位密碼由字母T，X及身份證的后4位數字組成，此時只有1種情況；
②當符號的個數為1時，六位密碼由字母T，X，3個數字及1個符號組成.
若末位是符號，則首位是字母T，可能的種數為＝48；
若末位是字母X，則可能的種數為＝96；
③當符號的個數為2時，六位密碼由字母T，X，2個數字及2個符號組成.
若首位和末位均為符號，則可能的種數為＝216；
答案
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若首位和末位均為字母，則可能的種數為＝216；
若首位和末位一個是字母、一個是符號，
則可能的種數為)＝864.
故他可設置的密碼的種數為1＋48＋96＋216＋216＋864＝1 441.
答案
二、多項選擇題
9.下列說法正確的是
A.已知＝100(n∈N*，n≥2)，則n＝13
B.已知，則x＝5
C.4個人排成一排，則甲不站首尾的排法有12種
D.甲、乙、丙、丁四人排成一排，則甲、乙兩人不相鄰共有12種排法
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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；
由x＋2＝2x－5或x＋2＋2x－5＝12，解得x＝7或x＝5，故B錯誤；
先排甲，有2種排法，再排其余3人，有種排法，故滿足條件的排法有2＝12(種)，故C正確；
先排丙、丁兩人，有種排法，出現3個空，再排甲、乙兩人，有種排法，故滿足條件的排法有＝12(種)，故D正確.
10.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5位同學排隊最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法
共有42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
不同的分配方案有150種
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對于A，甲、乙相鄰可看作一人，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；
若甲排最左端，則有＝24(種)排法，若乙排最左端，則最右端有3人可選，中間三人有＝6(種)排法，即3×6＝18(種)排法，故滿足條件的不同的排法共有24＋18＝42(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；
答案
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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，故滿足條件的不同排法有60＋90＝150(種)，故D正確.
答案
11.定義“圓排列”：從n個不同元素中選m個元素圍成一個圓形，稱為圓排列，所有圓排列的方法數計為.圓排列是排列的一種，區別于通常
的“直線排列”，既無“頭”也無“尾”，所以.現有2個女生，
4個男生共6名同學圍坐成一圈，做擊鼓傳花的游戲，則
A.共有種排法
B.若兩名女生相鄰，則有2種排法
C.若兩名女生不相鄰，共有4種排法
D.若男生甲位置固定，則有5種排法
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現有2個女生，4個男生共6名同學圍坐成一圈，共有(種)排法，A
選項正確；
若兩名女生相鄰，則有＝2(種)排法，B選項正確；
若兩名女生不相鄰，共有＝12(種)排法，C選項錯誤；
若男生甲位置固定，考慮以甲為基準的順、逆時針排列，則有＝5(種)排法，D選項正確.
答案
三、填空題
12.某員工在開辦公室四位數的數字密碼門時，發現按鍵“3”
“6”“9”上有清晰的指紋印，若該密碼確實由“3”“6”
“9”這三個數字組成，則該密碼有　　種可能.(用數字作答)
36
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答案
依題意可知，密碼由“3”“6”“9”三個數字組成，
所以四位數密碼中有兩個位置是同一數字，將這兩個位置捆綁，再將3，6，9三個數字全排列，
所以該密碼有＝36(種)可能.
13.10人的身高各不相同，排成前后兩排，每排5人，要求從左至右身高逐漸增加，共有　　　種排法.
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答案
252
由題意可知，每排5人，身高定序，選出5人即按序排好，
第一步，先定前排，
從10人中選5人按身高排好，有＝252(種)排法，
第二步，再定后排，
前排選定后，余下5人在后排且定序排好，只有1種排法.
由分步乘法計數原理得，共有252×1＝252(種)排法.
14.A，B，C，D，E，F同宿舍六位同學在食堂排隊取餐，其中A，B，C三人兩兩不相鄰，A和D必須相鄰，這樣的排隊方法有　　種.
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答案
分三步：
第一步，先將除A，B，C三人的其余三人進行排序，有種方法；
第二步，第一步排好后有4個空位，因為A和D必須相鄰，所以A只能插入與D相鄰的兩個空位，有2種方法；
第三步，將B，C插入剩余三個空位，有種方法.
由分步乘法計數原理得，共有×2×＝72(種)排隊方法.
15.“四平方和定理”最早由歐拉提出，后被拉格朗日等數學家證明.“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11＝32＋12＋12＋02.設36＝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
A.26 B.28 C.29 D.30
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能力拓展
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滿足36＝a2＋b2＋c2＋d2的自然數a，b，c，d有四組，分別是：6，0，0，0；5，3，1，1；4，4，2，0；3，3，3，3，那么有序數組(a，b，c，d)有＋1＝29(個).
答案
16.(2024·深圳模擬)三名籃球運動員甲、乙、丙進行傳球訓練(不能傳給自己)，由丙開始傳，經過5次傳遞后，球又被傳回給丙，則不同的傳球方式共有
A.6種 B.10種 C.11種 D.12種
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16
設在第n(n≥2，n∈N*)次傳球后有an種情況球在丙手中，即經過n次傳球后球又被傳回給丙，在前n次傳球中，每次傳球都有2種可能，故在前n次傳球中共有2n種傳球方法，故在第n次傳球后，球不在丙手中的情況有(2n－an)種，即球在甲或乙手中，只有在這些情況時，在第n＋1次傳球后，球才會被傳回給丙，即an＋1＝2n－an，由題意可得a2＝2，則a3＝22－a2＝2，a4＝23－a3＝6，a5＝24－a4＝16－6＝10.
返回
答案(共29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
1
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D C B D A A
題號 9 10 11 12 13 14 答案 BCD BC AC 0.7 一、單項選擇題
1.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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答案
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
2.在的二項展開式中，x的系數為
A.－ B. C.－ D.
√
因為的展開式的通項
Tk＋1＝··(－2)k·x3－k(k＝0，1，2，…，6)，
所以當k＝2時，x的系數為··(－2)2＝.
3.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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答案
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＝.
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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答案
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.
5.(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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答案
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).
6.已知甲袋中有6個紅球和4個白球，乙袋中有8個紅球和6個白球，隨機取一袋，再從袋中任取一球，發現是紅球，則此球來自甲袋的概率為
A. B. C. D.
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答案
設“取到甲袋”為事件A，則P(A)＝P()＝，
設“取到紅球”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P(A|B)＝.
7.在二項式的展開式中，二項式系數的和為64，把展開式中所有的項重新排成一列，奇次項(未知數x的指數為奇數的項)都互不相鄰的概率為
A. B. C. D.
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答案
在二項式的展開式中，二項式系數的和為2n＝64＝26，所以n＝6.
二項式即為，
展開式的通項為Tk＋1＝·26－k(－1)k·x3－k，k＝0，1，2，…，6，
故展開式共有7項，當k＝0，2，4，6時，第k＋1項為奇次項，
把展開式中所有的項重新排成一列，奇次項都互不相鄰，即把其他的3個偶次項先任意排，
再把這4個奇次項插入其中的4個空中，方法共有種，
故奇次項都互不相鄰的概率為P＝.
8.某規范化考場的規格為每場30名考生，分為6排5列，依照如表所示的方式進行座位號的編排.為了確保考試的公平性，考生的試卷分為A卷和B卷，座位號為奇數的考生使用A卷，座位號為偶數的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考場參加考試，且三人使用的試卷類型相同，三名考生中任意兩人不得安排在同一排或同一列，則甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有
A.2 016種
B.1 008種
C.1 440種
D.720種
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第5列 第4列 第3列 第2列 第1列
25 24 13 12 01 第1排
26 23 14 11 02 第2排
27 22 15 10 03 第3排
28 21 16 09 04 第4排
29 20 17 08 05 第5排
30 19 18 07 06 第6排
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答案
先考慮甲、乙、丙三人使用A卷，則這三個人的座位號都為奇數，分以下幾種情況討論：
(1)若這三人都在奇數列，則有一人需在第1列選一個奇數號的座位，有3種情況，
然后有一人在第3列要選一個奇數號的座位，但與第一人不能在同一排，只有2種情況，
最后一人只能在第5列選擇一個奇數號的座位，但該人不能與前兩人在同一排，最后一人的座位只有一種選擇，
此時，不同的排法有3×2×1×＝36(種)；
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答案
(2)三人中只有兩人在奇數列，首先在第1，3，5列中選兩列，有種選擇，
其次，第一個人在其中的第一個奇數列中選擇一個奇數號的位置，有3種選擇，
第二個人在另一個奇數列中選擇一個奇數號的位置，有2種選擇，
第三個人在兩個偶數列中選擇一個奇數號的位置，有6種選擇，
此時，共有×(3×2×6)×＝648(種)不同的排法；
(3)三人中只有一人在奇數列，第一個人在第1，3，5列中隨便選擇一個奇數號的位置，有9種選擇，
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其次，第二個人在第2列中選擇一個奇數號的位置，有3種選擇，例如第二個人選擇11號座位，
由于第三個人不能與第二個人同排或同列，則第三個人只有2種選擇，即19號
和21號兩個位置可供選擇，
此時，不同的排法有9×3×2×＝324(種).
綜上所述，當三人都使用A卷時，不同的排法種數為36＋648＋324＝1 008.
由對稱性可知，當三人都使用B卷時，不同的排法種數也為1 008.
綜上，當三人的試卷類型相同時，不同的座位安排方案種數為1 008×2＝
2 016.
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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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.
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.
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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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
對于C，P(A1|A2)＝，故C正確；
對于D，P(A1|B2)＝，故D錯誤.
三、填空題
12.小耿與小吳參與某個答題游戲，此游戲共有5道題，小耿有3道題不會，小吳有1道題不會，小耿與小吳分別從這5道題中任意選取1道題進行回答，
且兩人選題和答題互不影響，則小耿與小吳恰有1人會答的概率為　　.
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小耿與小吳恰有1人會答，包括兩種情況，小耿會小吳不會和小吳會小耿不會.則小耿與小吳恰有1人會答的概率為××.
13.無人酒店是利用人工智能與物聯網技術，為客人提供自助入住等服務的新型酒店，勝在科技感與新奇感.去某地旅游的游客有無人酒店和常規酒店兩種選擇，某游客去該地旅游，第一天隨機選擇一種酒店入住，如果第一天入住無人酒店，那么第二天還入住無人酒店的概率為0.8，如果第一天入住常規酒店，那么第二天入住無人酒店的概率為0.6，則該游客第二天入住無人酒店的概率為　　　.
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答案
記事件A1＝“第一天入住無人酒店”，A2＝“第二天入住無人酒店”，B1＝“第一天入住常規酒店”，
根據題意可知P(A1)＝P(B1)＝0.5，
P(A2|A1)＝0.8，P(A2|B1)＝0.6，
則由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.7.
14.(2024·廣州模擬)如圖是一個3×3的九宮格，小方格內的坐標表示向量，現不改變這些向量坐標，重新調整位置，使得每行、每列各三個向量的和為零向量，則不同的填法種數為　　　.
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答案
(－1，1) (0，1) (1，1)
(－1，0) (0，0) (1，0)
(－1，－1) (0，－1) (1，－1)
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答案
首先對3×3的九宮格每個位置標注數字，第一步先排(0，0)，一共9個位置，因此有種排法，
根據對稱性知，(0，0)所在的行和列只能排(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)，不妨設(0，0)在1位置，第二步排2位置，則從(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中選一個，因此有種排法，
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答案
則3位置的向量也定下來了，第三步排4位置，則從(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中剩余的兩個中挑一個，因此有種排法，
接著排7位置，7位置是(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中剩余的最后一個，相當于(0，0)所在的行和列都定下來了，則使得每行、每列各三個向量的和為零向量，其他四個位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法計數原理知，共有＝72(種)排法.
1 2 3
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7 8 9(共87張PPT)
第十章
§10.5　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，贏了得3分，平局得1分，輸了得0分，共下三局.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，平局得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.
A.1 B.2.2 C.11 D.15
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
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
X －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)
√
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(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)＝.
命題點1　求離散型隨機變量的分布列及數字特征
例2　(多選)已知離散型隨機變量X的分布列如表所示，則下列說法正確的是
A.a＝0.25
B.E(X)＝1
C.D(X)＝4.5
D.P(0.5離散型隨機變量的分布列及數字特征
題型二
√
X －2 1 3
P 2a 0.25 a
√
√
由題意2a＋0.25＋a＝1，得a＝0.25，
所以E(X)＝－2×0.5＋1×0.25＋3×0.25＝0，
D(X)＝(－2－0)2×0.5＋(1－0)2×0.25＋(3－0)2×0.25＝4.5，
P(0.5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，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.
均值、方差的大小比較、最值(范圍)問題
微拓展
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0(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；
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.
命題點2　均值與方差的性質應用
例3　(多選)已知隨機變量X的分布列為
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.
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
A.m＋n＝
B.P(X<2)＝
C.若m＝，Y＝3X＋2，則E(Y)＝2
D.D(X2)＝2
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
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
例4　數學多選題的得分規則是：每小題的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的按比例得分，有選錯的得0分，小明根據大量的多選題統計得到：多選題正確的選項共有四個的概率為0，正確選項共有兩個的概率為p(0(1)現有某個多選題，小明完全不會，他有兩種策略，策略一：在A，B，C，D四個選項中任選一個選項，策略二：在A，B，C，D四個選項中任選兩個選項，求小明分別采取這兩個策略時小明得分的數學期望；
均值與方差中的決策問題
題型三
設小明分別采用策略一和策略二的得分分別為X1，X2，
X1的可能取值為0，2，3，
P(X1＝0)＝p×＋(1－p)×，
P(X1＝2)＝(1－p)×，
P(X1＝3)＝p×，
∴E(X1)＝0×＋2×＋3×；
X2的可能取值為0，4，6，
P(X2＝0)＝p×＋(1－p)×，
P(X2＝4)＝(1－p)×，
P(X2＝6)＝p×，
∴E(X2)＝0×＋4×＋6×＝2－p，
∴小明分別采取策略一和策略二的得分的數學期望分別為和2－p.
(2)若有一個多選題，小明發現A正確，B，C，D選項他不會判斷，現在他也有兩個策略，策略一：除選A外再從B，C，D中任選一個，策略二：除選A外再從B，C，D中任選兩個，在p＝的條件下，判斷小明選擇哪個策略更好.
設小明選擇策略一和策略二的得分分別為Y1，Y2，
Y1的可能取值為0，4，6，
P(Y1＝0)＝××，
P(Y1＝4)＝×，
P(Y1＝6)＝×，
∴E(Y1)＝0×＋4×＋6×；
Y2的可能取值為0，6，
P(Y2＝0)＝×，
P(Y2＝6)＝×，
∴E(Y2)＝0×＋6×，
∵E(Y1)>E(Y2)，
∴小明選擇策略一更好.
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
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A C C D C AC BC
題號 9 10 13 　14 答案 3 D 　B 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，
當X＝4時，則可能的情況是
11.
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)設員工所獲得的獎勵金額為X，
①P(X＝1 000)＝，
∴員工所獲得的獎勵金額為1 000元的概率為.
②X所有可能的取值為400，1 000，
P(X＝400)＝，
∴X的分布列為
12.
X 400 1 000
P
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∴員工所獲得的獎勵金額的均值為
E(X)＝400×＋1 000×＝700.
(2)根據公司預算，每個員工的平均獎勵金額為1 000元，
∴先尋找均值為1 000元的可能方案，
對于面值由800元和200元組成的情況，
如果選擇(200，200，200，800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能為1 000元，
12.
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如果選擇(800，800，800，200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
∴均值不可能為1 000元，
因此可能的方案是(800，800，200，200)，記為方案1；
同理，對于面值由600元和400元組成的情況，
排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
∴可能的方案是(400，400，600，600)，記為方案2.
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對于方案1，設員工所獲得的獎勵金額為X1，X1可取400，1 000，1 600，
P(X1＝400)＝，
P(X1＝1 000)＝，
P(X1＝1 600)＝，
∴E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
12.
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對于方案2，設員工所獲得的獎勵金額為X2，X2可取800，1 000，1 200，
P(X2＝800)＝，
P(X2＝1 000)＝，
P(X2＝1 200)＝，
∴E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝，
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由于兩種方案的獎勵金額都符合預算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴應選擇方案2.
12.
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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2.設隨機變量X的分布列為P(X＝i)＝，i＝1，2，3，則a等于
A.3 B. C.2 D.
√
根據題意，隨機變量X的分布列為P(X＝i)＝，i＝1，2，3，
則有＝1，解得a＝3.
3.已知隨機變量X的分布列為
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答案
X －1 0 1
P m n
若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，則D(Y)等于
A. B. C. D.
√
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由P(X≤0)＝，
得m＝，n＝1－P(X≤0)＝，
則E(X)＝－1×＋0×＋1×，
D(X)＝E(X2)－(E(X))2
＝1×＋0×，
由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，
所以D(Y)＝4D(X)＝.
答案
4.已知隨機變量X的概率分布列為P(X＝n)＝asin (n＝1，2)，其中a是常數，則E等于
A. B. C.2 D.
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由P(X＝n)＝asin (n＝1，2)，
得P(X＝1)＝a，P(X＝2)＝a，
由P(X＝1)＋P(X＝2)＝1，得a＝，
于是E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＝2a＝，
所以EE(X)＝2.
答案
5.一袋中裝有5個白球和3個紅球，現從袋中往外取球，每次任取一個，取出后記下顏色，若為紅色則停止，若為白色則繼續抽取，停止時從袋中抽取的白球的個數為隨機變量ξ，則P(ξ≤2)等于
A. B. C. D.
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依題意知，ξ＝k表示前k個球為白球，第k＋1個球恰為紅球，則ξ的可能取值為0，1，2，3，4，5，
則P(ξ＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，5，
所以P(ξ＝0)＝，
P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
所以P(ξ≤2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝.
商品 D E F
猜對的概率 0.8 0.5 0.3
獲得的獎金/元 100 200 300
規則如下：只有猜對當前商品名稱才有資格猜下一件商品，你認為下列哪個答題順序獲得的獎金的均值最大
A.FDE B.FED C.DEF D.EDF
6.某聽眾打電話參加某廣播電視臺猜商品名稱節目，能否猜對每件商品的名稱相互獨立，該聽眾猜對三件商品D，E，F的名稱的概率及猜對時獲得的獎金如表所示：
√
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答案
按照FDE的順序獲得的獎金的均值為
300×0.3×0.2＋400×0.3×0.8×0.5＋600×0.3×0.8×0.5＝138；
按照FED的順序獲得的獎金的均值為
300×0.3×0.5＋500×0.3×0.5×0.2＋600×0.3×0.5×0.8＝132；
按照DEF的順序獲得的獎金的均值為
100×0.8×0.5＋300×0.8×0.5×0.7＋600×0.8×0.5×0.3＝196；
按照EDF的順序獲得的獎金的均值為
200×0.5×0.2＋300×0.5×0.8×0.7＋600×0.5×0.8×0.3＝176.
綜上所述，按照DEF的順序獲得的獎金的均值最大.
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
二、多項選擇題
7.已知離散型隨機變量X的分布列為
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X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
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.
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答案
下列結論正確的是
A.若p1＝2p2，則p1＝
B.若p1＝p2，則P(|X|＝1)＝
C.若E(X)＝，則p2＝
D.－p2(p1p2≠0)的最小值為－
8.已知隨機變量X的分布列為
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答案
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X －1 0 1
P p1 p2 p2
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對于A，由題意得p1＋2p2＝1，若p1＝2p2，則p1＝，A錯誤；
對于B，若p1＝p2，則p1＝p2＝，P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝，
B正確；
對于C，若E(X)＝，則－p1＋p2＝，又p1＋2p2＝1，所以p2＝，C正確；
對于D，由p1＋2p2＝1，得0－p2＝(1－2p2)2－p2＝4－5p2＋1＝4，
因為0答案
根據隨機變量ξ的分布列，計算出E(ξ)＝　　，若D(ξ)＝，則b的數值應
是　　.
三、填空題
9.隨機變量ξ的分布列如表所示：
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答案
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ξ 2 3 4
P a b a
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答案
依題意，a＋b＋a＝2a＋b＝1，
E(ξ)＝2a＋3b＋4a＝6a＋3b＝3(2a＋b)＝3，
D(ξ)＝(2－3)2a＋(3－3)2b＋(4－3)2a＝2a＝，
解得a＝，代入2a＋b＝1得b＝.
10.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：
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答案
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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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
四、解答題
11.(2025·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；
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答案
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)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
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.
甲 乙 甲 乙
乙勝 甲 乙 乙 乙
甲勝 甲 甲 乙 甲
甲勝 甲 乙 甲 甲
12.某公司為活躍氣氛、提升士氣，年終擬通過抓鬮兌獎的方式對所有員工進行獎勵.規定：每位員工從一個裝有4個標有面值的鬮的袋中一次性隨機摸出2個鬮，鬮上所標的面值之和為該員工獲得的獎勵金額.
(1)若袋中所裝的4個鬮中有1個所標的面值為800元，其余3個均為200元，求：
①員工所獲得的獎勵金額為1 000元的概率；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
設員工所獲得的獎勵金額為X，
P(X＝1 000)＝，
∴員工所獲得的獎勵金額為1 000元的概率為.
1
2
3
4
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14
答案
X所有可能的取值為400，1 000，
P(X＝400)＝，
∴X的分布列為
∴員工所獲得的獎勵金額的均值為
E(X)＝400×＋1 000×＝700.
X 400 1 000
P
②員工所獲得的獎勵金額的分布列及均值；
(2)公司對獎勵金額的預算是人均1 000元，并規定袋中的4個鬮只能由標有面值200元和800元的兩種鬮或標有面值400元和600元的兩種鬮組成.為了使員工得到的獎勵金額盡可能符合公司的預算且每位員工所獲得的獎勵金額相對均衡，請對袋中的4個鬮的面值給出一個合適的設計，并說明理由.
1
2
3
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答案
1
2
3
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5
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7
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14
答案
根據公司預算，每個員工的平均獎勵金額為1 000元，
∴先尋找均值為1 000元的可能方案，
對于面值由800元和200元組成的情況，
如果選擇(200，200，200，800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能為1 000元，
如果選擇(800，800，800，200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
1
2
3
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5
6
7
8
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11
12
13
14
答案
∴均值不可能為1 000元，
因此可能的方案是(800，800，200，200)，記為方案1；
同理，對于面值由600元和400元組成的情況，
排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
∴可能的方案是(400，400，600，600)，記為方案2.
對于方案1，設員工所獲得的獎勵金額為X1，X1可取400，1 000，1 600，
P(X1＝400)＝，
1
2
3
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6
7
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14
答案
P(X1＝1 000)＝，
P(X1＝1 600)＝，
∴E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
對于方案2，設員工所獲得的獎勵金額為X2，X2可取800，1 000，1 200，
P(X2＝800)＝，
1
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14
答案
P(X2＝1 000)＝，
P(X2＝1 200)＝，
∴E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2
＝，
由于兩種方案的獎勵金額都符合預算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴應選擇方案2.
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)
13.設隨機變量X的分布列如表所示，則下列說法中錯誤的是
1
2
3
4
5
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10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
X 1 2 3 4 5 6
P p1 p2 p3 p4 p5 p6
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；
1
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4
5
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14
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.
1
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14
答案
14.設θ∈，隨機變量ξ的分布列如表所示，則E(ξ)
A.有最大值，最小值
B.有最大值，最小值
C.有最大值，無最小值
D.無最大值，有最小值
1
2
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14
答案
√
ξ 1 2 3
P
1
2
3
4
5
6
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12
13
14
答案
因為P(ξ＝3)＝1－sin2θ＝cos2θ，
所以E(ξ)＝sin2θ＋2×cos2θ＝＋cos2θ，
因為θ∈，所以≤cos θ≤，
從而cos2θ∈.
所以E(ξ)＝＋cos2θ的取值范圍是，
則E(ξ)有最大值，最小值.
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第十章
§10.7　概率、統計與其他知識的交匯問題
數學
大
一
輪
復
習
有關概率、統計與其他知識相交匯的考題，能體現“返璞歸真，支持課改；突破定勢，考查真功”的命題理念，是每年高考的必考內容.近幾年將概率、統計問題與數列、函數、導數結合，成為創新問題.
重點解讀
例1　(2025·廣州模擬)將4個面上分別寫有數字1，2，3，4的一個正四面體在桌面上連續獨立地拋n次(n為正整數)，設X為與桌面接觸的數字為偶數的次數，p(0(1)當n＝5時，若正四面體的質地是均勻的，求X的數學期望和方差；
概率、統計與數列的綜合問題
題型一
因為正四面體的質地是均勻的，
p為拋擲正四面體一次與桌面接觸的數字為偶數的概率，所以p＝，
進一步得，X~B，
所以E(X)＝np＝5×，
D(X)＝np(1－p)＝5××，
所以X的數學期望和方差分別為和.
(2)若正四面體有瑕疵，即p≠.
①設pn是拋擲正四面體n次中與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次的概率，求證：pn＝p＋(1－2p)pn－1(n≥2)；
因為pn是拋正四面體n次中與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次的概率，
所以pn－1是拋正四面體(n－1)次中與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次的概率，
當n≥2時，當在前(n－1)次拋擲試驗中正四面體與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次時，第n次拋擲的結果必須出現奇數，才可以保證前n次拋擲中與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次，所以pn＝pn－1(1－p)，
當在前(n－1)次拋擲試驗中正四面體與桌面接觸的數字為偶數出現偶數次時，第n次拋擲的結果必須出現偶數，才可以保證前n次拋擲中與桌面接觸的數字為偶數出現奇數次，所以pn＝(1－pn－1)p，
由互斥事件概率的加法公式得pn＝pn－1(1－p)＋(1－pn－1)p＝p＋pn－1(1－2p)，
即pn＝p＋pn－1(1－2p)(n≥2).
②求拋擲正四面體n次中與桌面接觸的數字為偶數出現偶數次的概率.
設pn－x＝(1－2p)(pn－1－x)，
結合①所得關系，則x＝，
即pn－＝(1－2p)且n≥2，
又p1－＝p－，
所以數列是首項為p－，公比為1－2p的等比數列，
所以pn－(1－2p)n－1，
所以pn＝(n∈N*)，
所以拋擲正四面體n次中與桌面接觸的數字為偶數出現偶數次的概率為
1－pn＝(n∈N*).
概率問題與數列的交匯，綜合性較強，主要有以下類型：
(1)求通項公式：關鍵是找出概率Pn或均值E(Xn)的遞推關系式，然后根據構造法(一般構造等比數列)，求出通項公式.
(2)求和：主要是數列中的倒序相加法求和、錯位相減法求和、裂項相消法求和.
(3)利用等差、等比數列的性質，研究單調性、最值或求極限.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·黃山質檢)學校食堂為了減少排隊時間，從開學第1天起，每餐只推出即點即取的米飯套餐和面食套餐.某同學每天中午都會在食堂提供的兩種套餐中選擇一種套餐，若他前1天選擇了米飯套餐，
則第2天選擇米飯套餐的概率為；若他前1天選擇了面食套餐，則第2天選擇米飯套餐的概率為.已知他開學第1天中午選擇米飯套餐的概率為.
(1)求該同學開學第2天中午選擇米飯套餐的概率；
設Ai＝“第i天選擇米飯套餐”(i＝1，2)，則＝“第i天選擇面食套餐”，
根據題意P(A1)＝，P()＝，
P(A2|A1)＝，P(A2|)＝，
由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P()P(A2|)＝××.
(2)記該同學開學第n(n∈N*)天中午選擇米飯套餐的概率為Pn.證明：當n≥2時，Pn≤.
設An＝“第n天選擇米飯套餐”(n＝1，2，…)，
則Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，
P(An＋1|An)＝，P(An＋1|)＝，
由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P()P(An＋1|)
＝－Pn＋，
即Pn＋1＝－Pn＋，
所以Pn＋1－＝－，
因為P1－，所以是以為首項，－為公比的等比數列，
可得Pn＝×(n∈N*)，
當n為大于1的奇數時，Pn＝×≤×；
當n為正偶數時，Pn＝×<<，
綜上所述，當n≥2時，Pn≤.
例2　(2024·龍巖模擬)某企業對某品牌芯片開發了一條生產線進行試產.其芯片質量按等級劃分為五個層級，分別對應如圖五組質量指標值：[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95].根據長期檢測結果，得到芯片的質量指標值X服從
概率、統計與導數的綜合問題
題型二
正態分布N(μ，σ2)，并把質量指標值不小于80的產品稱為A等品，其他產品稱為B等品.現從該品牌芯片的生產線中隨機抽取100件作為樣本，統計得到如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)根據長期檢測結果，該芯片質量指標值的標準差s的近似值為11，用樣本平均數作為μ的近似值，用樣本標準差s作為σ的估計值.若從生產線中任取一件芯片，試估計該芯片為A等品的概率(保留小數點后面兩位有效數字)；
(①同一組中的數據用該組區間的中點值代表；
②參考數據：若隨機變量ξ服從正態分布N(μ，
σ2)，則P(μ－σ<ξ<μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<ξ<
μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)≈0.997 3)
由題意，估計從該品牌芯片的生產線中隨機抽取
100件產品的質量指標值的平均數為
＝10×(0.01×50＋0.025×60＋0.04×70＋0.015
×80＋0.01×90)＝69，
即μ≈＝69，σ≈s≈11，所以X~N(69，112)，
因為質量指標值X近似服從正態分布N(69，112)，
所以P(X≥80)＝≈≈
＝0.158 65≈0.16，
所以從生產線中任取一件芯片，該芯片為A等品的概率約為0.16.
(2)①從樣本的質量指標值在[45，55)和[85，95]的芯片中隨機抽取3件，記其中質量指標值在[85，95]的芯片件數為η，求η的分布列和數學期望；
(0.01＋0.01)×10×100＝20，所以質量指標值在[45，55)和[85，95]的芯片總件數為20，
質量指標值在[85，95]的芯片件數為10，故η的所有可能取值為0，1，2，3，
所以P(η＝0)＝，
P(η＝1)＝，
P(η＝2)＝，
P(η＝3)＝，
隨機變量η的分布列為
所以η的數學期望E(η)
＝0×＋1×＋2×＋3×.
η 0 1 2 3
P
②該企業為節省檢測成本，采用隨機混裝的方式將所有的芯片按100件一箱包裝.已知一件A等品芯片的利潤是m(1設每箱產品中A等品有Y件，則每箱產品中B等品有(100－Y)件，每箱產品的利潤為Z元，
由題意知Z＝mY＋(100－Y)ln(25－m)
＝[m－ln(25－m)]Y＋100ln(25－m)，
由(1)知，每箱產品中A等品的概率為0.16，
所以Y~B(100，0.16)，
所以E(Y)＝100×0.16＝16，
E(Z)＝E((m－ln(25－m))Y＋100ln(25－m))
＝[m－ln(25－m)]E(Y)＋100ln(25－m)
＝16[m－ln(25－m)]＋100ln(25－m)
＝16m＋84ln(25－m)，
令f(x)＝16x＋84ln(25－x)(1由f'(x)＝16－＝0，得x＝∈(1，24)，
又當x∈時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
當x∈時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
所以當x＝時，f(x)取得最大值.
即當m＝時，每箱產品利潤最大.
在概率與統計的問題中，決策的工具是樣本的數字特征或有關概率.決策方案的最佳選擇是將概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作為最佳方案，這往往借助于函數、不等式或數列的有關性質去實現.
思維升華
跟蹤訓練2　為提高科技原創能力，搶占科技創新制高點，某企業銳意創新，開發了一款新產品，并進行大量試產.
(1)現從試產的新產品中取出了5件產品，其中恰有2件次品，但不能確定哪2件是次品，需對5件產品依次進行檢驗，每次檢驗后不放回，當能確定哪2件是次品時即終止檢驗，記終止時一共檢驗了X次，求隨機變量X的分布列與期望；
根據題意可知X的可能取值為2，3，4，
則P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝×，
P(X＝4)＝，
則X的分布列為
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
X 2 3 4
P
(2)設每件新產品為次品的概率都為p(0由題意可得，f(p)＝p2(1－p)48(0f'(p)＝[2p(1－p)48－48p2(1－p)47]
＝2p(1－p)47(1－25p)，
令f'(p)＝0，解得p＝，
因為當00，f(p)單調遞增，
當所以當p＝時，f(p)取得最大值.
課時精練
答案
1
2
(1)X的可能取值為0，1，2，
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
X的分布列為
X的數學期望為E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
1.
X 0 1 2
P
答案
1
2
(2)按原計劃生產藥材每箱平均利潤為
×4 000＋×2 000＋×(－1 200)＝900(元)，
則增加m箱藥材，利潤增加為900m元，
成本相應增加(1 000m－2 000ln m)元，
所以增加凈利潤為900m－1 000m＋2 000ln m＝2 000ln m－100m(m∈N*).
設f(x)＝2 000ln x－100x(x∈N*)，
則f'(x)＝－100，
1.
答案
1
2
令f'(x)＝0，得x＝20，
當1≤x<20時，f'(x)>0，
當x>20時，f'(x)<0，且f(20)>0，
所以函數f(x)在[1，20)上單調遞增，在(20，＋∞)上單調遞減，
當x＝20時，f(x)取得最大值，
所以需要增加產量，增加20箱最好.
1.
答案
1
2
(1)由題意可知，X的可能取值為0，1，2，
則P(X＝0)＝×，P(X＝1)＝××，P(X＝2)＝×，
所以X的分布列為
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
2.
X 0 1 2
P
答案
1
2
(2)①記事件E表示“第1次取到Q”，事件F表示“總共4次操作恰好完
成置換”，則P(E)＝.
依題意，若第一次取到Q，則剩余的3次操作，須將袋中K全部置換為Q，
若第二次也取出Q，則第三次和第四次均須取出K，其概率為×××；
若第二次取出K，則第三次取出Q，第四次取出K，
其概率為×××.
2.
答案
1
2
綜上所述，P(EF)＝，
所以P(F|E)＝，
即在第1次取到Q的條件下，總共4次操作恰好完成置換的概率為.
②Pn＋1＝Pn，理由如下：
設事件B表示“n次操作后袋中還剩1張K”，
依題意，Pn為(n＋1)次操作后，恰好將袋中的K全部置換為Q的概率，而發生這樣的情況需n次操作后袋中還剩1張K，且第(n＋1)次抽中K，
2.
答案
1
2
則Pn＝P(B)，即P(B)＝4Pn，
Pn＋1為(n＋2)次操作后，恰好將袋中的K全部置換為Q的概率，有2種情況：
n次操作后袋中還剩2張K，即前n次全取Q，概率為，并且第(n＋1)次和第(n＋2)次全取K；
n次操作后袋中還剩1張K，第(n＋1)次取Q，第(n＋2)次取K，
所以Pn＋1＝××＋P(B)××
＝＋P(B)×，
2.
答案
1
2
又因為P(B)＝4Pn，
所以Pn＋1＝Pn.
2.
1.某種藥材的種植、加工過程受天氣、施肥、管理等因素影響，農民按照藥材色澤、大小等將藥材分為上等藥材、中等藥材、普通藥材，并分類裝箱，已知去年生產了8箱藥材，其中上等藥材2箱，中等藥材2箱，其他為普通藥材.
(1)若在去年生產的藥材中隨機抽取4箱，設X為上等藥材的箱數，求X的分布列和數學期望；
1
2
答案
1
2
答案
X的可能取值為0，1，2，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
X的分布列為
X的數學期望為E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
X 0 1 2
P
(2)已知每箱藥材的利潤如表：
1
2
答案
等級 上等藥材 中等藥材 普通藥材
利潤(元/箱) 4 000 2 000 －1 200
今年市場需求增加，某農戶計劃增加產量，且生產的上等藥材、中等藥材、普通藥材所占比例不變，但需要的人力成本增加，每增加m(m∈N*)箱，成本相應增加(1 000m－2 000ln m)元，假設你為該農戶決策，你覺得目前應不應該增加產量？如果需要增加產量，增加多少箱最好？如果不需要增加產量，請說明理由.
1
2
答案
按原計劃生產藥材每箱平均利潤為
×4 000＋×2 000＋×(－1 200)＝900(元)，
則增加m箱藥材，利潤增加為900m元，
成本相應增加(1 000m－2 000ln m)元，
所以增加凈利潤為900m－1 000m＋2 000ln m＝2 000ln m－100m(m∈N*).
設f(x)＝2 000ln x－100x(x∈N*)，
則f'(x)＝－100，
令f'(x)＝0，得x＝20，
1
2
答案
當1≤x<20時，f'(x)>0，
當x>20時，f'(x)<0，且f(20)>0，
所以函數f(x)在[1，20)上單調遞增，在(20，＋∞)上單調遞減，
當x＝20時，f(x)取得最大值，
所以需要增加產量，增加20箱最好.
1
2
答案
2.(2024·福州質檢)從一副撲克牌中挑出4張Q和4張K，將其中2張Q和2張K裝在一個不透明的袋中，剩余的2張Q和2張K放在外面.現從袋中隨機抽出一張撲克牌，若抽出Q，則把它放回袋中；若抽出K，則該撲克牌不再放回，并將袋外的一張Q放入袋中.如此操作若干次，直到將袋中的K全部置換為Q.
(1)在操作2次后，袋中K的張數記為隨機變量X，求X的分布列及數學期望；
1
2
答案
由題意可知，X的可能取值為0，1，2，
則P(X＝0)＝×，P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝×，
所以X的分布列為
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
1
2
答案
(2)記事件“在操作n＋1(n∈N*)次后，恰好將袋中的K全部置換為Q”為An，記Pn＝P(An).
①在第1次取到Q的條件下，求總共4次操作恰好完成置換的概率；
1
2
答案
記事件E表示“第1次取到Q”，事件F表示“總共4次操作恰好完成置
換”，則P(E)＝.
依題意，若第一次取到Q，則剩余的3次操作，須將袋中K全部置換為Q，
若第二次也取出Q，則第三次和第四次均須取出K，
其概率為×××；
若第二次取出K，則第三次取出Q，第四次取出K，
其概率為×××.
1
2
答案
綜上所述，P(EF)＝，
所以P(F|E)＝，
即在第1次取到Q的條件下，總共4次操作恰好完成置換的概率為.
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答案
②試探究Pn＋1與Pn的遞推關系，并說明理由.
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答案
Pn＋1＝Pn，理由如下：
設事件B表示“n次操作后袋中還剩1張K”，
依題意，Pn為(n＋1)次操作后，恰好將袋中的K全部置換為Q的概率，而發生這樣的情況需n次操作后袋中還剩1張K，且第(n＋1)次抽中K，
則Pn＝P(B)，即P(B)＝4Pn，
Pn＋1為(n＋2)次操作后，恰好將袋中的K全部置換為Q的概率，有2種情況：
n次操作后袋中還剩2張K，即前n次全取Q，概率為，并且第(n＋1)次和第(n＋2)次全取K；
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答案
n次操作后袋中還剩1張K，第(n＋1)次取Q，第(n＋2)次取K，
所以Pn＋1＝××＋P(B)××
＝＋P(B)×，
又因為P(B)＝4Pn，
所以Pn＋1＝Pn.

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