第十单元 计数原理、概率、随机变量及其分布
1.编写意图
(1)计数原理:该部分的主要内容是分类加法计数原理与分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理.该部分是高中数学中相对独立的一个知识板块,在高考中占有特殊的位置.该部分的主要考查点是排列与组合的实际应用、二项式系数的求解、用二项展开式的通项求指定项等,一般以选择题或填空题的形式出现,在试卷中一般考查1到2个题目.在近年的高考中,排列、组合试题的难度有所下降,预计2021年大致还是这个考查趋势,为此在编写该部分时注重了选题的难度,强化了对基本方法的总结归类,以提高学生的解题能力.
(2)概率:概率的主要内容是随机事件的概率、古典概型、几何概型.高考中主要以小题的形式考查古典概型或几何概型的概率计算,在解答题中与随机变量综合进行考查.预计2021年会延续这种考查风格,为此在编写该部分时把其分为三讲,题型以选择题和填空题为主,以巩固基础,提高学生的解题能力.
(3)随机变量及其分布:随机变量及其分布是理科高考试题中概率统计部分的核心考点,主要考查以独立事件为中心的概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布及二项分布在实际问题中的应用.在试卷中一般以一道解答题的形式对上述问题进行综合考查,也可能有小题考查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等).试题的难度中等,预计2021年不会有大的变化,还是对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概率应用的考查.
2.教学建议
(1)计数原理:该部分的特点是基础知识明确且易于掌握,但解题的方法十分灵活,部分试题具有较大难度.在该部分的教学过程中要注意如下几点:①使学生树立分类、分步的思想意识,通过典型例题逐步掌握解决排列、组合问题的两个基本原理;②通过例题使学生掌握几类典型的计数问题的解法,如分组分配问题、相邻与不相邻问题、涂色问题等,通过这些典型的问题使学生体会解决排列、组合实际应用问题的方法;③围绕二项展开式的通项公式展开,通过例题使学生能够灵活运用二项展开式的通项公式求解二项展开式中特定的项或者项的系数,会求二项式系数或者二项展开式系数的和差问题.
(2)概率:清楚概率的统计定义,使学生理解随机事件概率的意义,辨清事件的对立和互斥,使学生明确它们之间的关系,在此基础上使学生掌握好古典概型的计算公式,并学会对实际问题的意义进行分析,转化为适当的概率问题进行计算.
(3)随机变量及其分布:该部分的核心内容是离散型随机变量及其分布,但问题的解答过程却是以概率计算为核心.因此在该部分的教学过程中,要使学生在掌握基本内容(离散型随机变量的分布列、事件的独立性、二项分布、离散型随机变量的期望和方差、正态分布)的基础上,重点提高分析能力、计算能力,包括根据事件的互斥性、对立性、独立性计算概率,使用排列、组合知识求解概率,这是该部分教学的关键.
虽然该单元知识点多、方法灵活,但试题的难度不大,部分讲次的内容可以在教师的简单指导下由学生独立完成(如随机事件的概率、几何概型、离散型随机变量的分布列等),把复习的主动权交给学生,教师的任务是指导学生的复习进程和进行适当的方法总结.
3.课时安排
本单元共8讲,1个小题必刷卷,1个解答必刷卷,1个单元测评卷,建议用11个课时完成教学任务.
第51讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【课前双基巩固】
知识聚焦
m+n m1+m2+…+mn m×n m1×m2×…×mn
对点演练
1.6 [解析] 分两步:第一步确定横坐标,有3种情况,第二步确定纵坐标,有2种情况,因此满足条件的点的个数是3×2=6.
2.216 [解析] 根据分步乘法计数原理,不同的结果有6×6×6=216(种).
3.12 [解析] 当组成的“好数”中有3个1时,有2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141,共9个;当组成的“好数”中有3个2,3,4时,各有1个,即2221,3331,4441.根据分类加法计数原理可知,“好数”共有12个.
4.14 [解析] 分两类:第一类,不选择连衣裙,可分两步完成,第一步选衬衣有4种选法,第二步选半身裙有3种选法,共有4×3=12(种)选法;第二类,选择连衣裙,有2种选法.故李芳选择服装的不同方法共有12+2=14(种).
5.12 [解析] 先安排甲、乙2名女志愿者,有3种分法.剩余1女2男,分为1男1女和1男两组,分组后安排到2个社区,共有2×2=4(种)分法.故总的分法有3×4=12(种).
6.10 [解析] 设这三个人分别是甲、乙、丙,则他们的传递方式如图所示.
故共有10种.
7.18 [解析] 分两类情况讨论:第一类,三位数的百位、十位、个位分别为奇数、偶数、奇数,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×2×2=12(个)奇数;第二类,三位数的百位、十位、个位分别为偶数、奇数、奇数,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×2×1=6(个)奇数.根据分类加法计数原理知,共有12+6=18(个)奇数.
8.35 [解析] ∵每封电子邮件有3种不同的发送方法,
∴要发5封电子邮件,不同的发送方法有3×3×3×3×3=35(种).
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] (1)当a=0时,方程为一元一次方程,b的值可以是-1,0,1,2,故(a,b)的个数为4;当a≠0时,方程为一元二次方程,要使方程ax2+2x+b=0有实数解,需使Δ=4-4ab≥0,即ab≤1,再对a的取值分类讨论.
(2)对两位数中的个位数字从2到9分类讨论,再由分类加法计数原理得到结果.
(1)13 (2)36 [解析] (1)当a=0时,b的值可以是-1,0,1,2,(a,b)的个数为4;当a≠0时,要使方程ax2+2x+b=0有实数解,需使Δ=4-4ab≥0,即ab≤1.
若a=-1,则b的值可以是-1,0,1,2,(a,b)的个数为4;
若a=1,则b的值可以是-1,0,1,(a,b)的个数为3;
若a=2,则b的值可以是-1,0,(a,b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知,(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
(2)当个位数字为2时,十位数字为1,共1个;
当个位数字为3时,十位数字为1,2,共2个;
当个位数字为4时,十位数字为1,2,3,共3个;
……
当个位数字为9时,十位数字为1,2,3,4,…,7,8,共8个.由分类加法计数原理可知满足条件的两位数的个数为1+2+3+…+8=36.
变式题 10 [解析] 因为椭圆的焦点在x轴上,所以m>n,以m的值为标准分类,分为四类:第一类,当m=5时,n有4种选择;第二类,当m=4时,n有3种选择;第三类,当m=3时,n有2种选择;第四类,当m=2时,n有1种选择.由分类加法计数原理,得符合条件的椭圆共有10个.
例1 [思路点拨] (1)依次对甲、乙、丙、丁进行讨论,甲有3种选择,乙只有2种选择,丙、丁没有限制各有3种选择,再由分步乘法计数原理求解.
(2)依次讨论1~4号盒子放入球的方法种数,再根据分步乘法计数原理求解.
(1)A (2)18 [解析] (1)每人只能选择一个景点且甲、
乙不能去同一个景点,则甲有3种选择,乙有2种选择,丙、丁各有3种选择,故不同的选择方案共有3×2×3×3=54(种).故选A.
(2)由于1号球不放入1号盒子,则1号盒子有2,3,4号球三种选择,还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中,则2号盒子有三种选择,3号盒子还剩两种选择,4号盒子只有一种选择,根据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有3×3×2×1=18(种).
变式题 (1)C (2)B [解析] (1)每封信投到信箱都有4种投法,所以由分步乘法计数原理可得共有43种投法.故选C.
(2)由E到F有6种走法,由F到G有3种走法,由分步乘法计数原理知,共6×3=18(种)走法.
例3 [思路点拨] (1)分甲工厂有一个班去、两个班去、三个班去三种情况进行求解.(2)分两种情况讨论,第一类A,D颜色相同,第二类A,D颜色不同,分别利用分步乘法计数原理求解,然后求和即可.
(1)C (2)C [解析] (1)满足题意的不同的分配方案有以下三类:
①三个班中只有一个班去甲工厂,有3×32=27(种)分配方案;
②三个班中有两个班去甲工厂,有3×3=9(种)分配方案;
③三个班都去甲工厂,有1种分配方案.
综上可知,共有27+9+1=37(种)不同的分配方案.
故选C.
(2)若A,D颜色相同,先涂E有4种涂法,再涂A,D有3种涂法,再涂B有2种涂法,C只有1种涂法,共有4×3×2=24(种)涂法;若A,D颜色不同,先涂E有4种涂法,再涂A有3种涂法,再涂D有2种涂法,当B和D颜色相同时,C有2种涂法,当B和D颜色不同时,B,C只有1种涂法,共有4×3×2×(2+1)=72(种)涂法,根据分类加法计数原理可得,共有24+72=96(种)涂法,故选C.
变式题 (1)B (2)240 [解析] (1)甲在5楼上课有33=27(种)情况,
甲不在5楼且不在2楼上课有C31C21×32=
由分类加法计数原理知共有54+27=81(种)不同的情况,故选B.
(2)提供5种颜色给5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不同,
A,C区域涂色不相同,
对于区域A,有5种颜色可选,则区域C有4种颜色可选,区域B有3种颜色可选,区域E有2种颜色可选,因为区域D只与区域A,E,C相邻,所以区域D有2种颜色可选.所以不同的涂色方案有5×4×3×2×2=240(种).
【备选理由】 例1考查分步乘法计数原理;例2考查两个计数原理的综合应用,一般先分类再分步.
例1 [配合例2使用] 甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有 ( C )
A.27种 B.48种
C.54种 D.72种
[解析] 分五步完成:第一步,决出的第1名的情况有3种;第二步,决出的第5名的情况有3种;第三步,决出的第2名的情况有3种;第四步,决出的第3名的情况有2种;第五步,决出的第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).
例2 [配合例3使用] 某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 ( A )
A.28种 B.30种
C.27种 D.29种
[解析] 有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中的一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中的一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和只会踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)不同的选派方案,故选A.
第52讲 排列与组合
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.一定的顺序
2.不同排列 n(n-1)(n-2)…(n-m+1) 不同组合 n
对点演练
1.24 [解析] 相当于从4个不同元素中选出3个元素进行排列,即不同的选派方法有A43=24(种
2.36 [解析] 甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则不同的选法共有C42C42
3.30 [解析] 若甲、乙两人中只有一人发言,则有C21C53=20(种)方法;若甲、乙均发言,则有C22C52=10(种)方法
4.9 55 [解析] 由排列数公式可得,若An3=7×8×n,则n=9.由组合数公式可得,若Cn5=Cn6,则n=5+6=11,故Cn
5.30 [解析] 依题意可知分两类:第一类是从A类选修课中选2门,从B类选修课中选1门;第二类是从A类选修课中选1门,从B类选修课中选2门.故不同的选法有C32C41+C
6.576 [解析] 将6个人全排列的排法数减去甲、乙、丙同时相邻的排法数,就得到甲、乙、丙3人不同时相邻的排法数,即A66-A4
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] (1)要求两端座位不能坐人,则甲、乙、丙只能在中间5个座位中选择3个座位,有A53=60(种)排法,其中3个空位相连,有2×A33=12(种)
(2)将除甲、乙外的3名同学排好,有A33种排法,甲、乙采用插空法插入,有A42种排法,
(1)C (2)C [解析] (1)根据题意,假设7个座位依次为1,2,3,4,5,6,7,要求两端座位不能坐人,则甲、乙、丙只能在2,3,4,5,6号座位入座,有A53=60(种)坐法,其中3个空座相连,有2×A33=12(种)情况,则满足题意的不同坐法有60-12=
故选C.
(2)除甲、乙两人外,其他3名同学先排成一排,共有A33=6(种)排法,这3名同学排好后,从形成的4个空中选2个排甲、乙,共有A42=12(种)排法,所以不同的排法有6×12=72(种
变式题 B [解析] 据题意,万位上只能排4,5.若万位上排4,则有2×A43个满足条件的偶数;若万位上排5,则有3×A43个满足条件的偶数.所以共有2×A43+3×A43=5×24=
例2 [思路点拨] (1)从不超过30的10个素数中选取2个不同的数有C102种不同的取法,其中和等于30的有3种取法,可得概率P=3C
(2)对选出的3名同学中男女同学的个数分类讨论再用组合数求解.
(1)C (2)D [解析] (1)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,从中任取两个有C102种取法,其中和为30的有3种,即(7,23),(11,19),(13,17),所以所求概率P=3C
(2)分两类讨论,第1类,1男2女,有C51C42A33=180(种)排法;第2类,2男1女,有C52C41A33=240(种
变式题 (1)B (2)C [解析] (1)由题可知,获一等奖为男生,有C31
获二等奖的为2个男生或1个男生和1个女生,有(1+C21·C2
故不同的获奖可能种数为C31·(1+C21·C21
(2)分情况讨论:①三位数中不含0,若三位数中有两个重复数字,数字组合为(1,1,8),(2,2,6),(3,3,4),(4,4,2),则有4C31个“十全十美数”,若三位数中的三个数字都不重复,数字组合为(1,2,7),(1,3,6),(1,4,5),(2,3,5),则有4A33个“十全十美数”;②三位数中含一个0,数字组合为(1,0,9),(2,0,8),(3,0,7),(4,0,6),(5,0,5),则有4C21A22+2=18(个)“十全十美数”.根据分类加法计数原理得“十全十美数”共有4C3
例3 [思路点拨] 根据条件,2名内科医生,每个村各1名,3名外科医生和3名护士,平均分成两组,则分为1名外科医生,2名护士和2名外科医生,1名护士两类,再进行计算即可.
B [解析] 2名内科医生,每个村各1名,有2种方法.
3名外科医生和3名护士,平均分成两组,要求每一组外科医生和护士都有,则分为1名外科医生,2名护士和2名外科医生,1名护士两类,若1名外科医生,2名护士去甲村,其余的去乙村,则有C31C32=3×3=9(种)分配方案;若2名外科医生,1名护士去甲村,其余的去乙村,则有C32C31=3×3=9(种)分配方案.则共有不同的分配方案2×(9
故选B.
例4 [思路点拨] 平均分组时需除以组数的阶乘.
D [解析] 根据题意,这6人分成4组共有C62C422!·C21C112!=45(种)种不同的分组方案
例5 [思路点拨] 8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学,每名同学至少分到1本,若三名同学所得书的数量各不相同,则有(1,2,5),(1,3,4)两种分组的方法,由于甲同学分到的书比乙同学多,可对乙分到1本或丙分到1本两种情况分类讨论求解.
A [解析] 8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学,每名同学至少分到1本,若三名同学所得书的数量各不相同,
则有(1,2,5),(1,3,4)两种分组的方法,
由于甲同学分到的书比乙同学多,
当乙分到1本时,不同的分配方案种数为C81(C72+C
当丙分到1本时,不同的分配方案种数为C81(C72+C73)=448,故不同的分配方法种数为896+
应用演练
1.D [解析] 先让甲选择一个班级,则甲有3种选择,剩余
3位老师分配到3个班级,有A33种方法,根据分步乘法计数原理,不同的分配方案种数为3A3
2.A [解析] 先将13种计算器械按题意分为三组,方法数为C133C105C55A22,再安排给3
3.B [解析] 如下图,利用隔板法,
得共有n=C72=21(种)
当甲领3元时,“甲领到的钱数不少于其他任何人”的情况有2种,即乙领3元,丙领2元或丙领3元,乙领2元,记为(乙2,丙3)或(丙2,乙3);
当甲领4元时,“甲领到的钱数不少于其他任何人”的情况有3种,即(乙1,丙3)或(丙1,乙3)或(乙2,丙2);
当甲领5元时,“甲领到的钱数不少于其他任何人”的情况有2种,即(乙1,丙2)或(丙1,乙2);
当甲领6元时,“甲领到的钱数不少于其他任何人”的情况只有1种,即(乙1,丙1).
综上,“甲领到的钱数不少于其他任何人”的情况有m=2+3+2+1=8(种),∴甲领到的钱数不少于其他任何人的概率P=821.故选B
【备选理由】 例1是站队排列问题,涉及特殊元素与特殊位置;例2是一个成绩排名背景下的排列问题,注重文字信息的提取,涉及特殊元素;例3是组合问题,注重考查直接法和间接法思考问题的不同;例4是整体均匀分组分配问题;例5是不均匀分组分配问题的应用.
例1 [配合例1使用] 七名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两名同学要站在一起,则不同的站法有 ( B )
A.240种 B.192种
C.120种 D.96种
[解析] 当乙、丙在甲的左侧时,先排乙、丙两人,有2A22种站法,再令一人站在甲左侧,有C41种站法,余下三人站在甲右侧,有A33种站法;当乙、丙在甲的右侧时,有2A22C4
例2 [配合例1使用] 5名学生参加知识竞赛,笔试结束后,甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说:“你们5人的成绩互不相同,很遗憾,你的成绩不是最好的”;对乙说:“你不是最后一名”.根据以上信息,这5人的笔试排名的所有可能的种数是 ( C )
A.54 B.72
C.78 D.96
[解析] 由题得,甲不是第一名,乙不是最后一名.先排乙,若乙得第一名,则这5人的笔试排名共有A44=24(种)可能;若乙不是第一名,则乙的名次有3种可能,再排甲,也有3种可能,余下的3人有A33=6(种)可能,则这5人的笔试排名有3×3×6=54(种)可能.所以这5人的笔试排名共有24+54=78(
例3 [配合例2使用] 从六个盒子中选出三个来装东西,则甲、乙两个盒子中至少有一个被选中的情况有 ( A )
A.16种 B.18种
C.22种 D.37种
[解析] 方法一:间接法.从六个盒子中任选三个的选法种数为C63,甲、乙两个盒子一个都不选的选法种数为C43,故所求情况有C63-C43
方法二:直接法.分两类:第一类,甲、乙两个盒子只有一个被选中的选法有C21C42=12(种);第二类,甲、乙两个盒子都被选中的选法有C22C4
例4 [配合例3使用] 将来自四个班级的八名同学(每班两名同学)平均分配到四个不同的小区进行社会调查,则恰好有两个小区分配到的两名同学来自同一班级的分配方案有 ( D )
A.48种 B.72种
C.144种 D.288种
[解析] 分两步完成:①将八名同学分为符合条件的四组,先选两个班的同学分别为一组,余下的四名同学交叉分为两组,共有2C42种分法;②将分好的四组分配到四个小区去调查,有A44种分法.所以满足条件的分配方案有2C4
例5 [配合例5使用] 当6辆互不相同的军车同时行驶至A处时,接到上级紧急通知,这6辆军车立即沿B,C两路分开纵队行驶,要求B,C两路上均至少有2辆车但不多于4辆车,则这6辆军车不同的行驶方案种数是 ( D )
A.50 B.1440
C.720 D.2160
[解析] 事实上是将6辆军车分为两组分开行驶,B,C两路上行驶的车辆数分别为2,4或3,3或4,2.由于军车是互不相同的,所以排列是有顺序的,当B,C两路上行驶的车辆数为2,4或4,2时,方案种数都为A62A44,当B,C两路上行驶的车辆数为3,3时,方案种数为A63A33,所以这6
第53讲 二项式定理
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.r+1
2.(1)1 1 Cnm-1+Cnm (2)Cnn
对点演练
1.16 [解析] 由题意得Cn4=Cn11,所以n=15,
2.40 [解析] (1+2x)5展开式的通项为Tk+1=C5k(2x)k=2kC5kxk,当k=2时,含x2项的系数为22·
3.9 [解析] x+2x12的展开式的通项为Tr+1=C12rx12-r2xr=2rC12rx12-3
4.8 [解析] 令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4=0,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4=16,两式相加得2a0+2a2+2a4=16,故a0+a2+a4=8.
5.-280 [解析] (1-2x)7的展开式的通项为Tr+1=C7r·(-2x)r=C7r·(-2)rxr,当r=3时,T4=C73·(-2)3·x3=-280x3,
6.-1 [解析] 由题意得2n=32,所以n=5.令x=1,得各项系数的和为(1-2)5=-1.
7.180 [解析] ∵(1+x)10=[2-(1-x)]10,∴其展开式的通项为Tr+1=(-1)r210-r·C10r(1-x)r,令r=8,得a8=4C10
8.35 [解析] 依题意可知先求x+1x6展开式中的常数项和含x-2的项,x+1x6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6-rx-r=C6rx6-2r,令6-2r=0,可得r=3,令6-2
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] (1)由题意利用二项展开式的通项,求得x2的系数.(2)由题意得二项展开式的通项,展开式的第7项为常数项,则r=6,进而求得n的值.
(1)A (2)B [解析] 在(x-2)5的展开式中,x2的系数为C53·(-2)3=-80,故选
(2)2x-1xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(2x)n-r-1xr=(-1)r·2n-r·Cn
由题意知r+1=7,即r=6时,2n-3r2=0,得
变式题 C [解析] (32+x)5的展开式的通项为Tk+1=C5k(32)5-kxk=
要使系数为有理数,需使5-k
又因为0≤k≤5且k∈Z,所以k=2,5,
因此系数为有理数的项为C52(32)3x2,
故所求系数之和为20+1=21.
故选C.
例2 [思路点拨] (1)由题意利用二项式系数的性质求出n的值,再利用二项展开式的通项,求得展开式中的常数项.(2)写出二项式展开式的通项Tr+1,由第5项T4+1是常数项可求得n=6.当r=3时二项式系数最大,代入通项,可得相应项的系数.
(1)-12 (2)6 160 [解析] (1)令x=1,则x33-1xn(n∈N*)的展开式的各项系数和为2n,∵2n=16,∴n=4,
则3-1x4的展开式的通项为Tr+1=C4r·34-r·(-1)r·x-r,令r=3,可得所求常数项为-12
(2)2x+1xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(2x)n-r1xr=2n-rCnrxn-32r,∵第5项是常数项,∴n-32×4=0,得n=6.当r=3时,二项式系数C63
变式题 28 [解析] 由题意得2n=256,得n=8,则3x-1x8展开式的通项为Tr+1=C8r(3x)8-r·-1xr=(-1)r·C8r
令8-4r3=0,得r=2,则常数项为(-1)2·
例3 [思路点拨] 先求出(1+x1n-1)n(n≥2,n∈N*)的展开式中含x
54 [解析] 因为(1+x1n-1)n(n≥2,n∈N*)的展开式的通项为Tk+
令kn-1=1,则k=n-1,即(1+x1n-1)n的展开式中,含
所以(1+x)2+(1+x)3+(1+3x)4+…+(1+9x)10
含x项的系数为2+3+4+5+6+7+8+9+10=9×(2+10)
变式题 A [解析] 由题意,在(1-x)6-(1-x)5=-x(1-x)5的展开式中,含x3的项为-xC52(-x)2=-10x
所以含x3项的系数为-10,故选A.
例4 [思路点拨] 由题意令x=1,可得a=-1,再把(2x+a)5展开,即可得含x3项的系数.
D [解析] 令x=1,可得(x+1)(2x+a)5的展开式中各项系数的和2(2+a)5=2,∴a=-1.
(x+1)(2x+a)5=(x+1)(2x-1)5=(x+1)(32x5-80x4+80x3-40x2+10x-1),
故展开式中含x3项的系数是-40+80=40,故选D.
变式题 (1)B (2)B (3)A [解析] (1)(1+x)7的展开式的通项为Tr+1=C7rxr,分别令r=3,r=6,则x3的系数为C73-C76
(2)(2x+y)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5-ryr=C5r25-rx5
令5-r=2,则r=3,x2y3的系数为C53·22
令5-r=3,则r=2,x3y2的系数为C52·23
所以展开式中x3y3的系数为40+80=120.
故选B.
(3)x+12x8的展开式的通项为Tr+1=C8r(x)8-r12xr=12rC
令8-3r2=-12,得r=3,令8-3r2=12
所以含x12项的系数为123C83a=
所以7a=21,得a=3.故选A.
例5 [思路点拨] 将(x2-3x+2)4转化为(x-1)4(x-2)4的形式,由a7是x7的系数考虑含x7的所有可能情形,最后进行合并即可.
C [解析] (x2-3x+2)4=(x-1)4(x-2)4,a7是展开式中x7的系数,
∴a7=C41·(-1)·C40+C40·C41·(-2)=-4+
变式题 -9 [解析] (x2-2x-3)3=(x-3)3(x+1)3,∴含x2项的系数为C33(-3)3·C31+C32·(-3)2·C32+C3
【备选理由】 例1侧重考查利用二项展开式的通项求指定项(系数);例2考查赋值法求各项系数之和;例3考查几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题;例4考查三项展开式中的特定项(系数)问题.
例1 [配合例1使用] 在2x2-1x6的展开式中,x-3的系数为 -12 .?
[解析] 2x2-1x6的展开式的通项为Tr+1=C6r(2x2)6-r-1xr=C6r(-1)r26-rx12-3r,令12-3r=-3,得r=5,则T5+1=C65×(-1)5×2x-3=-12x-3,故x-3
例2 [配合例2使用] 设x(1-x)7=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8,则a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8= -2 .?
[解析] 令x=1,
得a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=0,
令x=2,
得-2=2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6+128a7+256a8,
所以a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8=-2.
例3 [配合例4使用] 已知(1+x)(1-2x)6=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7,则a3= 380 .?
[解析] 因为(1+x)(1-2x)6=[2+(x-1)]·[1+2(x-1)]6,所以a3=2·C63·23+C62·2
例4 [配合例5使用] 在x+1x-16的展开式中,含x5项的系数为 -6 .?
[解析] 将x+1x看成一个整体,则x+1x-16=x+1x6-C61x+1x5+C62x+1x4-C63x+1x3+C64x+1x2-C65x+1x+1,故含x5项的系数为-
第54讲 随机事件的概率
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.可能发生也可能不发生
2.(2)频率fn(A) 常数
3.包含 B?A A=B 并事件 事件A发生 事件B发生
4.(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0 (4)①P(A)+P(B)
②1-P(B)
对点演练
1.④ [解析] 概率的本质含义是事件发生的可能性大小,因此④正确.
2.两次都不中靶 [解析] “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”.
3.12 [解析] 由条件可知,样本中落在[27.5,43.5]内的数据有11+12+7+3=33(个),故所求概率约是3366=
4.1928 [解析] 由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”,但这两个事件不可能同时发生,即彼此互斥,所以由互斥事件概率的加法公式得,中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37+14
5.丙 [解析] 取得礼物共有三种情况:(1)甲C,乙A,丙B;(2)甲A,乙B,丙C;(3)甲A,乙C,丙B.故取得礼物B可能性最大的是丙.
6.0.35 [解析] 因为“抽到的不是一等品”的对立事件是“抽到的是一等品”,且P(A)=0.65,所以“抽到的不是一等品”的概率为1-0.65=0.35.
【课堂考点探究】
探究点一
1.A [解析] 从1,2,3,4,5中有放回地依次取出两个数,共有三种情况,A={两个奇数},B={一个奇数一个偶数},C={两个偶数},事件A,B,C两两互斥,
选项A中是互斥事件;选项B中事件不互斥;选项C中事件不互斥;选项D中事件不互斥.故选A.
2.D [解析] 由题意得事件E与事件F不可能同时发生,是互斥事件;事件E与事件G不可能同时发生,是互斥事件;当事件F发生时,事件G一定发生,所以事件F与事件G不是互斥事件,故A,C错误.事件E与事件G中必有一个发生,所以事件E与事件G对立,故B错误,D正确.
例1 [思路点拨] (1)由古典概型概率计算公式直接计算即可求出获得好评的第四类电影的概率;(2)利用对立事件的概率计算公式求解概率;(3)增加电影部数多的好评率,减少电影部数少的好评率即可.
解:(1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000.
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50,
故所求概率为502000=0.025
(2)方法一:由题意知,样本中获得好评的电影部数是140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1=56+10+45+50+160+51=372.
故所求概率估计为1-3722000=0.814
方法二:设“随机选取1部电影,这部电影没有获得好评”为事件B.
没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628(部).
由古典概型概率公式得P(B)0.814
(3)增加第五类电影的好评率,减少第二类电影的好评率.
变式题 解:(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25,由表格数据知,最高气温低于25的频率为2+16+3690=0.6,所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,
若最高气温不低于25,则Y=6×450-4×450=900;
若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2×(450-300)-4×450=300;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2×(450-200)-4×450=-100.
所以,Y的所有可能值为900,300,-100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20,由表格数据知,最高气温不低于20的频率为36+25+7+490=0.8,因此Y大于零的概率的估计值为0.8
例2 [思路点拨] (1)将这周能进行决赛的事件转化成三个互斥事件(周三、周四、周五进行决赛)的和事件,利用互斥事件概率的加法计算公式求解概率;
(2)取出的两球中至少有1个红球的对立事件是取出的两个球都是黄球,利用对立事件的概率计算公式求解概率.
(1)D (2)D [解析] (1)设“这周能进行决赛”为事件A,恰好在周三、周四、周五进行决赛分别为事件A3,A4,A5,则A=A3∪A4∪A5,
又事件A3,A4,A5两两互斥,
所以P(A)=P(A3)+P(A4)+P(A5)=12+1-12×12+1-122×12=78,故选
(2)甲袋中有1个红球1个黄球,乙袋中有2个红球1个黄球,
现从两袋中各随机取一个球,基本事件总数n=C21
取出的两球中至少有1个红球的对立事件是取出的两球都是黄球,
∴取出的两球中至少有1个红球的概率P=1-C11C116
变式题 C [解析] 将三颗质地均匀的骰子各掷一次,记下向上的点数,
基本事件总数n=6×6×6=216,
A∩B包含的基本事件个数m=C31C3
∴P(A∩B)=mn=60216=518.故选
【备选理由】 例1考查随机事件的概率及意义;例2考查互斥事件的概率计算.
例1 [配合例1使用] 有一个摸球游戏,规则如下:在一个不透明的袋子里装有2个黑色小球和2个白色小球,这些球除颜色不同外,没有其他任何区别,一次性从袋子里摸出2个小球,按得分规则计算得分,得分高的人赢得奖励.已知这个游戏的得分规则有两种.
得分规则一:
摸出球的颜色
两黑
一黑一白
两白
得分
1
2
1
得分规则二:
摸出球的颜色
两黑
一黑一白
两白
得分
2
1
2
(1)求摸出球的颜色为一黑一白的概率;
(2)如果你将参与游戏,你会选择哪种得分规则,为什么?
解:(1)设2个黑色小球分别为A,B,2个白色小球分别为a,b,一次性从袋子里摸出2个小球,所有可能情况为AB,Aa,Ab,Ba,Bb,ab,共有6种可能,
其中,摸出球的颜色为一黑一白的有4种可能,故所求概率P=46=2
(2)选择得分规则一,理由如下:
①由题意及(1)知,参与一次游戏,规则一得2分的概率为23,规则二得2分的概率为13,∴
②∵摸出球的颜色为两黑的概率为16,摸出球的颜色为两白的概率为16,摸出球的颜色为一黑一白的概率为
规则一的平均得分为16×1+23×2+16×1=53,规则二的平均得分为16×2+23×1+
∴选择规则一.
例2 [配合例2使用] 某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下:
赔付金额
0
1000
2000
3000
4000
车辆数
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2800元,估计赔付金额大于投保金额的概率;
(2)在样本车辆中,车主是新司机的占10%,在赔付金额为4000元的样本车辆中,车主是新司机的占20%,估计在已投保车辆中,新司机获赔金额为4000元的概率.
解:(1)设A表示事件“赔付金额为3000元”,B表示事件“赔付金额为4000元”,以频率估计概率得P(A)=1501000=0.15,P(B)=1201000=0.
由于投保金额为2800元,则赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元,所以估计其概率为P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27.
(2)设C表示事件“已投保车辆中新司机获赔4000元”,由已知,可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000=100(辆),而赔付金额为4000元的车辆中,车主为新司机的有0.2×120=24(辆),所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为24100=0.24,由频率估计概率得P(C)=0.24.
第55讲 古典概型
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.(1)互斥 (2)基本事件
2.(1)只有有限个 (2)相等
3.1n
4.A
对点演练
1.23 [解析] 抽取2张卡片的所有可能结果有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6个基本事件,和为奇数的有(1,2),(1,4),(2,3),(3,4),共4个基本事件,∴所求概率为46=
2.25 [解析] 从6名教师中任选2名教师的选取方法的种数为C62=15,其中2名教师来自同一学校的选取方法的种数为2C32=2×3=
3.49 [解析] 有放回地连续取出两件产品,其所有可能的结果为(a1,a1),(a1,a2),(a1,b),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b),(b,a1),(b,a2),(b,b),共有9个基本事件.由于每件产品被取到的机会均等,因此可以认为这些基本事件出现的可能性相等.用B表示事件“恰有一件次品”,则B={(a1,b),(a2,b),(b,a1),(b,a2)},事件B包含4个基本事件,因而事件B发生的概率P(B)=4
4.1720 [解析] 由所给数据可知,20组数据中有3组代表没有获得优秀,即191,031,113,其余17组代表获得优秀,所以该选手获得优秀的概率为17
5.23 [解析] 函数f(x)=2x2-4ax+2b2有两个不同的零点,即方程x2-2ax+b2=0有两个不等的实根,则Δ=4a2-4b2>0,所以a>b.因为(a,b)的取法共有3×3=9(种),其中满足a>b的取法有(4,3),(6,3),(6,5),(8,3),(8,5),(8,7),共6种,所以所求的概率为69=
6.12 [解析] 基本事件共有3×2×2=12(个),其中符合条件的基本事件有2+2×2=6(个),故A1和B1中有且仅有1人被选中的概率为1
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] (1)直接列举出所有的可能结果即可;(2)先确定抽出的7名同学中来自甲、乙、丙三个年级的人数,再求事件M包含的基本事件.
解:(1)从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{A,F},{A,G},{B,C},{B,D},{B,E},{B,F},{B,G},{C,D},{C,E},{C,F},{C,G},{D,E},{D,F},{D,G},{E,F},{E,G},{F,G}.
(2)由题可知,抽出的7名同学中,来自甲、乙、丙三个年级的学生分别有3人、2人、2人,不妨设抽出的7名同学中,来自甲年级的是A,B,C,来自乙年级的是D,E,来自丙年级的是F,G,
M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,
则事件M包含的基本事件有{A,B},{A,C},{B,C},{D,E},{F,G}.
变式题 解:(1)从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为(A,B),(A,C),(A,X),(A,Y),(A,Z),(B,C),(B,X),(B,Y),(B,Z),(C,X),(C,Y),(C,Z),(X,Y),(X,Z),(Y,Z),共15种.
(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为(A,Y),(A,Z),(B,X),(B,Z),(C,X),(C,Y),共6种.
因此,事件M发生的概率P(M)=615=2
例2 [思路点拨] (1)阴数有2,4,6,8,10,阳数有1,3,5,7,9,从阴数和阳数中各取一数,基本事件总数n=C51C51=25,利用列举法求出其差的绝对值为5包含的基本事件个数,由此能求出其差的绝对值为5的概率;(2)中奖分为第一次摸球中奖和第二次摸球中奖
(1)A (2)C [解析] (1)阴数有2,4,6,8,10,阳数有1,3,5,7,9,
从阴数和阳数中各取一数,基本事件总数n=C51
其差的绝对值为5包含的基本事件有
(2,7),(4,9),(6,1),(8,3),(10,5),共5个,
∴其差的绝对值为5的概率P=525=1
故选A.
(2)从5个小球中取出2个,有10种取法,其中两个小球连号有4种取法,则第一次摸球中奖的概率为410=2
第二次摸球中奖的概率为35×110=350,由互斥事件的概率计算公式可得中奖的概率为25+350=
变式题 (1)A (2)B [解析] (1)由题意得两人的下车情况共有3×3=9(种),其中两人在同一站点下车的情况有3种,则所求概率为1-39=23,故选
(2)将这五个“完全数”随机分为两组,一组2个,另一组3个,
基本事件总数n=C52
6和28恰好在同一组包含的基本事件个数m=C32+1
∴6和28恰好在同一组的概率P=mn=410=
故选B.
例3 [思路点拨] (1)随机抽取1名学生,该学生没有参与该活动的概率可用1减去其对立事件的概率求解;(2)利用古典概型概率计算公式计算抽取的2名学生中B,C两所高中各有1名学生的概率.
解:(1)由统计表得100名学生中参与活动的人数为
40+12+9+15=76,
∴在这100名学生中,随机抽取1名学生,该学生没有参与该活动的概率P=1-76100=0.24
(2)B高中参与该活动的人数为12,C高中参与该活动的人数为9,
从B,C两所高中参与该活动的学生中随机抽取2名学生,基本事件总数n=C212
抽取的2名学生中B,C两所高中各有1名学生包含的基本事件个数m=C121C
∴抽取的2名学生中B,C两所高中各有1名学生的概率
P=mn=18
变式题 (1)A (2)D [解析] (1)先后投掷一枚质地均匀的骰子两次,共有6×6=36(种)结果,以(x,y)为坐标的点落在直线2x-y=1上,
有x=1,y=1;x=2,y=3;x=3,y=5,共有3种结果,故所求概率P=336=1
(2)若a是从1,2,3三个数中任取的一个数,b是从0,1,2三个数中任取的一个数,则(a,b)的所有可能结果有9种.若函数f(x)=13x3+ax2+b2x+1有两个极值点,则f'(x)=x2+2ax+b2=0有两个不等实根,即Δ=(2a)2-4b2>0,即a2>b2,满足条件的结果有(1,0),(2,1),(2,0),(3,2),(3,1),(3,0),共6种,则所求概率为69=23,
【备选理由】 例1考查古典概型的概率计算;例2考查古典概型与直线、圆的交汇命题.
例1 [配合例2使用] 在孟德尔豌豆实验中,把纯黄色的豌豆的两个特征记作YY,把纯绿色的豌豆的两个特征记作yy,用这两种豌豆杂交,第一代收获的豌豆的两个特征记作Yy,第二代收获的豌豆出现了三种,分别为YY,Yy,yy,则孟德尔豌豆实验第二代收获的有特征Yy的豌豆数量占总收成的 ( C )
A.14 B.13 C.12
[解析] 全部可能如下表:
Y
y
Y
YY
Yy
y
Yy
yy
共有4种等可能出现的结果,其中Yy占2种,则Yy出现的概率为24=12,所以,第二代收获的有特征Yy的豌豆数量占总收成的12.
例2 [配合例3使用] 已知实数a,b∈{-2,-1,1,2},求直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点的概率.
解:实数(a,b)的所有可能结果为(-2,-2),(-2,-1),(-2,1),(-2,2),(-1,-2),(-1,-1),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,-1),(1,1),(1,2),(2,-2),(2,-1),(2,1),(2,2),共16种.
设“直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点”为事件A,若直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点,则必须满足|b|a2+1≤1,即b2
所以事件A包含12个基本事件:(-2,-2),(-2,-1),(-2,1),(-2,2),(-1,-1),(-1,1),(1,-1),(1,1),(2,-2),(2,-1),(2,1),(2,2),
故P(A)=1216=34,即直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点的概率为
第56讲 离散型随机变量及其分布列
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.随机变量 离散型随机变量
2.(1)概率分布列 分布列 P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n (2)①pi≥0(i=1,2,…,n) ②∑i=1np
3.(1)1-p P(X=1) (2)min{M,n}
对点演练
1.1<x≤2 [解析] 因为P(η=-2)+P(η=-1)+P(η=0)+P(η=1)=0.8,所以1<x≤2.
2.14 [解析] 由分布列的性质知,112+16+13+16+p=1,∴p=1
3.13 [解析] 由题得X
X
0
1
P
p
2p
其中“X=0”表示试验失败,“X=1”表示试验成功,失败率为p,成功率为2p,由p+2p=1,得p=13
4.45 [解析] 设所抽取的3道题中,该同学能解答正确的题数为X,他能及格的概率是P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=C42C2
5.1-22 [解析] 由分布列的性质得0.5+1-2q+q2=1,解得q=1-22或q=1+22(
6.
X
1
2
3
4
5
P
0.9
0.09
0.009
0.000 9
0.000 1
[解析] X的所有可能取值为1,2,3,4,5.P(X=1)=0.9,P(X=2)=0.1×0.9=0.09,P(X=3)=(0.1)2×0.9=0.009,P(X=4)=(0.1)3×0.9=0.000 9,只要前4次射击没有命中,就要射击第5次,第5次射击可能命中也可能不命中,所以P(X=5)=(0.1)5+(0.1)4×0.9=0.000 1,所以耗用子弹数X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
0.9
0.09
0.009
0.000 9
0.000 1
7.1335 [解析] 由题意可知,若得分不大于7分,则取到的4个球都是红球或者取到的4个球中有3个红球、1个黑球.若4个球都是红球,则P=1C74=135,此时得分为4分;若4个球中有3个红球、1个黑球,则P=C43C31C74=1235
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] (1)利用离散型随机变量的分布列中各概率之和为1可求得a的值.(2)由X≥35可知随机变量X的所有可能取值为35,45,1,利用离散型随机变量的分布列求概率即可.(3)由110<X≤710可知随机变量X的所有可能取值为15,
解:(1)由分布列的性质,得PX=15+PX=25+PX=35+PX=45+P(X=1)=a+2a+3a+4a+5a=1,所以a=115.
(2)PX≥35=PX=35+PX=45+P(X=1)=3×115+4×115+5×115=45
(3)P110<X≤710=PX=15+PX=25+PX35=115+215+315=25.
变式题 23 -13,13 [解析] 因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c.又a+b+c=1,所以b=13,所以P(|X|=1)=a+c=23.又a=13-d,c=13+d,根据分布列的性质,得0≤13-d≤23,0≤1
例2 [思路点拨] (1)明确基本事件总数及事件A包含的基本事件数,即可求解事件A发生的概率.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,根据题意分别求出相应的概率,得到分布列,即可求出数学期望.
解:(1)由已知得P(A)=C21C
所以事件A发生的概率为13
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,
P(X=0)=C22+C22+C32C72=521,P(X=1)
所以,随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
5
10
2
随机变量X的数学期望E(X)=0×521+1×1021+2×27
变式题 解:ξ的所有可能取值为3,4,5,6,7.
设最小值为m,最大值为n,记为(m,n),
若极差为3,则四个球编号的最小值和最大值可为(1,4),(2,5),(3,6),(4,7),(5,8),故P(ξ=3)=5C22
若极差为4,则四个球编号的最小值和最大值可为(1,5),(2,6),(3,7),(4,8),故P(ξ=4)=4C32
若极差为5,则四个球编号的最小值和最大值