第十二　排列組合、二項式定理、概率

高考導航
考試要求重難點擊命題展望
排列
、
組合　　1.理解并運用分類加法計數原理或分步乘法計數原理解決一些簡單的實際問題；
2.理解排列、組合的概念；能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式，并能解決簡單的實際問題；
3.能用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.　　本重點：排列、組合的意義及其計算方法，二項式定理的應用.
本難點：用二項式定理解決與二項展開式有關的問題.　　排列組合是學習概率的基礎，其核心是兩個基本原理.高考中著重考查兩個基本原理，排列組合的概念及二項式定理.
隨機事的概率　　1.了解隨機事發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別；
2.了解兩個互斥事的概率加法公式和相互獨立事同時發(fā)生的概率乘法公式；
3.理解古典概型及其概率計算公式；會計算一些隨機事所包含的基本事的個數及事發(fā)生的概率；
4.了解隨機數的意義，能運用模擬方法估計概率，了解幾何概型的意義.　　本重點：1.隨機事、互斥事及概率的意義，并會計算互斥事的概率；2.古典概型、幾何概型的概率計算.
本難點：1.互斥事的判斷及互斥事概率加法公式的應用；2.可以轉 化為幾何概型求概率的問題.　　本部分要求考生能從集合的思想觀點認識事、互斥事與對立事，進而理解概率的性質、公式，還要求考生了解幾何概型與隨機數的意義.在高考中注重考查基礎知識和基本方法的同時，還�？疾榉诸惻c整合，或然與必然的數學思想方法，邏輯思維能力以及運用概率知識解決實際問題的能力.
離散型隨機變量　　1.理解取有限值的離散型隨機變量及其分布列的概念，了解分布列對于刻畫隨機現象的重要性；
2.理解超幾何分布及其導出過程，并能進行簡單的應用；
3.了解條概率和兩個事相互獨立的概念，理解n次獨立重復試驗的模型及二項分布，并能解決一些簡單的實際問題；
4.理解取有限值的離散型隨機變量均值、方差的概念，能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題；
5.利用實際問題的直方圖，認識正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義.本重點：1.離散型隨機變量及其分布列； 2.獨立重復試驗的模型及二項分布.
本難點：1.利用離散型隨機變量的均值、方差解決一些實際問題；2.正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義.　　求隨機變量的分布列與期望，以及在此基礎上進行統計分析是近幾年較穩(wěn)定的高考命題態(tài)勢.考生應注重對特殊分布(如二項分布、超幾何分布)的理解和對事的意義的理解.

知識網絡

12.1　分類加法計數原理與分步乘法計數原理

典例精析
題型一　分類加法計數原理的應用
【例1】 在1到20這20個整數中，任取兩個數相加，使其和大于20，共有　　種取法.
【解析】當一個加數是1時，另一個加數只能是20，有1種取法；
當一個加數是2時，另一個加數可以是19,20，有2種取法；
當一個加數是3時，另一個加數可以是18,19,20，有3種取法；
……
當一個加數是10時，另一個加數可以是11,12，…，19,20，有10種取法；
當一個加數是11時，另一個加數可以是12,13，…，19,20，有9種取法；
……
當一個加數是19時，另一個加數只能是20，有1種取法.
由分類加法計數原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100種取法.
【點撥】采用列舉法分類，先確定一個加數，再利用“和大于20”確定另一個加數.
【變式訓練1】(2010濟南市模擬)從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數，使這三個數成等比數列，這樣的等比數列的個數為(　　)
A.3B.4C.6D.8
【解析】當公比為2時，等比數列可為1,2,4或2,4,8；當公比為3時，等比數列可為1,3,9；當公比為32時，等比數列可為4,6,9.同理，公比為12、13、23時，也有4個.故選D.
題型二　分步乘法計數原理的應用
【例2】 從6人中選4人分別到張家界、韶、衡、桃花四個旅游景點游覽，要求每個旅游景點只有一人游覽，每人只游覽一個旅游景點，且6個人中甲、乙兩人不去張家界游覽，則不同的選擇方案共有　　　種.
【解析】能去張家界的有4人，依此能去韶、衡、桃花的有5人、4人、3人.則由分步乘法計數原理得不同的選擇方案有4×5×4×3＝240種.
【點撥】根據題意正確分步，要求各步之間必須連續(xù)，只有按照這幾步逐步地去做，才能完成這事，各步之間既不能重復也不能遺漏.
【變式訓練2】(2010湘潭市調研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，現有5人，每人可以值多天班或不值班，但相鄰兩天不準由同一人值班，問此值班表共有　　種不同的排法.
【解析】依題意，值班表須一天一天分步完成.第一天有5人可選有5種方法，第二天不能用第一天的人有4種方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4種方法，由分步乘法計數原理共有5×4×4×4×4＝1 280種方法.
題型三　分類和分步計數原理綜合應用
【例3】(2011長郡中學)如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數有　　　　.
【解析】方法一：由題意知，有且僅有兩個區(qū)域涂相同的顏色，分為4類：1與5同；2與5同；3與5同；1與3同.對于每一類有A44種涂法，共有4A44＝96種方法.
方法二：第一步：涂區(qū)域1，有4種方法；第二步：涂區(qū)域2，有3種方法；第三步：涂區(qū)域4，有2種方法(此前三步已經用去三種顏色)；第四步：涂區(qū)域3，分兩類：第一類，3與1同色，則區(qū)域5涂第四種顏色；第二類，區(qū)域3與1不同色，則涂第四種顏色，此時區(qū)域5就可以涂區(qū)域1或區(qū)域2或區(qū)域3中的任意一種顏色，有3種方法.所以，不同的涂色種數有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96種.
【點撥】染色問題是排列組合中的一類難題.本題能運用兩個基本原理求解，要注意的是分類中有分步，分步后有分類.
【變式訓練3】(2009深圳市調研)用紅、黃、藍三種顏色去涂圖中標號為1,2，…，9的9個小正方形，使得任意相鄰(有公共邊)小正方形所涂顏色都不相同，且1,5,9號小正方形涂相同顏色，則符合條的所有涂法有多少種？
【解析】第一步，從三種顏色中選一種顏色涂1,5,9號有C13種涂法；
第二步，涂2,3,6號，若2,6同色，有4種涂法，若2,6不同色，有2種涂法，故共有6種涂法；
第三步，涂4,7,8號，同第二步，共有6種涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108種涂法.
總結提高
分類加法計數原理和分步乘法計數原理回答的都是完成一事有多少種不同方法或種數的問題，其區(qū)別在于：分類加法計數原理是完成一事要分若干類，類與類之間要互斥，用任何一類中的任何一種方法都可以獨立完成這事；分步乘法計數原理是完成一事要分若干步，步驟之間相互獨立，各個步驟相互依存，缺少其中任何一步都不能完成這事，只有當各個步驟都完成之后，才能完成該事.因此，分清完成一事的方法是分類還是分步，是正確使用這兩個基本計數原理的基礎.

12.2　排列與組合

典例精析
題型一　排列數與組合數的計算
【例1】 計算：(1)8�。獳66A28－A410；(2) C33＋C34＋…＋C310.
【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 130623.
(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.
【點撥】在使用排列數公式Amn＝n！(n－m)！進行計算時，要注意公式成立的條：m，n∈N+，m≤n.另外，應注意組合數的性質的靈活運用.
【變式訓練1】解不等式 ＞6 .
【解析】原不等式即9！(9－x)�。�6×9！(11－x)！，
也就是1(9－x)�。� ，
化簡得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因為2≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集為{2,3,4,5,6,7}.
題型二　有限制條的排列問題
【例2】 3男3女共6個同學排成一行.
(1)女生都排在一起，有多少種排法？
(2)女生與男生相間，有多少種排法？
(3)任何兩個男生都不相鄰，有多少種排法？
(4)3名男生不排在一起，有多少種排法？
(5)男生甲與男生乙中間必須排而且只能排2位女生，女生又不能排在隊伍的兩端，有幾種排法？
【解析】(1)將3名女生看作一人，就是4個元素的全排列，有A44種排法.又3名女生內部可有A33種排法，所以共有A44•A33＝144種排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相間插入(此時有2種插法)，所以女生與男生相間共有2A33•A33＝72種排法.
(3)女生先排，女生之間及首尾共有4個空隙，任取其中3個安插男生即可，因而任何兩個男生都不相鄰的排法共有A33•A34＝144種.
(4)直接分類較復雜，可用間接法.即從6個人的排列總數中，減去3名男生排在一起的排法種數，得3名男生不排在一起的排法種數為A66－A33A44＝576種.
(5)先將2個女生排在男生甲、乙之間，有A23種排法.又甲、乙之間還有A22種排法.這樣就有A23•A22種排法.然后把他們4人看成一個元素(相當于一個男生)，這一元素及另1名男生排在首尾，有A22種排法.最后將余下的女生排在其間，有1種排法.故總排法為A23A22A22＝24種.
【點撥】排列問題的本質就是“元素”占“位子”問題，有限制條的排列問題的限制主要表現在：某些元素“排”或“不排”在哪個位子上，某些元素“相鄰”或“不相鄰”.對于這類問題，在分析時，主要按照“優(yōu)先”原則，即優(yōu)先安排特殊元素或優(yōu)先滿足特殊位子，對于“相鄰”問題可用“捆綁法”，對于“不相鄰”問題可用“插空法”.對于直接考慮較困難的問題，可以采用間接法.
【變式訓練2】把1,2,3,4,5這五個數字組成無重復數字的五位數，并把它們按由小到大的順序排列構成一個數列.
(1)43 251是這個數列的第幾項？
(2)這個數列的第97項是多少？
【解析】(1)不大于43 251的五位數A55－(A44＋A33＋A22)＝88個，即為此數列的第88項.
(2)此數列共有120項，而以5開頭的五位數恰好有A44＝24個，所以以5開頭的五位數中最小的一個就是該數列的第97項，即51 234.
題型三　有限制條的組合問題
【例3】 要從12人中選出5人去參加一項活動.
(1)A，B，C三人必須入選有多少種不同選法？
(2)A，B，C三人都不能入選有多少種不同選法？
(3)A，B，C三人只有一人入選有多少種不同選法？
(4)A，B，C三人至少一人入選有多少種不同選法？
(5)A，B，C三人至多二人入選有多少種不同選法？
【解析】(1)只須從A，B，C之外的9人中選擇2人，C29＝36種不同選法.
(2)由A，B，C三人都不能入選只須從余下9人中選擇5人，即有C59＝C49＝126種選法.
(3)可分兩步，先從A，B，C三人中選出1人，有C13種選法，再從余下的9人中選4人，有C49種選 法，所以共有C13•C49＝378種選法.
(4)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都不入選的情況C59，共有C512－C59＝666種選法.
(5)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都入選的情況C29種，所以共有C512－C29＝756種選法.
【點撥】遇到至多、至少的有關計數問題，可以用間接法求解.對于有限制條的問題，一般要根據特殊元素分類.
【變式訓練3】四面體的頂點和各棱中點共有10個點.
(1)在其中取4個共面的點，共有多少種不同的取法？
(2)在其中取4個不共面的點，共有多少種不同的取法？
【解析】(1)四個點共面的取法可分三類.第一類：在同一個面上取，共有4C46種；第二類：在一條棱上取三點，再在它所對的棱上取中點，共有6種；第三類：在六條棱的六個中點中取，取兩對對棱的4個中點，共有C23＝3種.故有69種.
(2)用間接法.共C410－69＝141種.
總結提高
解有條限制的排列與組合問題的思路：
(1)正確選擇原理，確定分類或分步計數；
(2)特殊元素、特殊位置優(yōu)先考慮；
(3)再考慮其余元素或其余位置.

12.3二項式定理

典例精析
題型一　二項展開式的通項公式及應用
【例1】 已知 的展開式中，前三項系數的絕對值依次成等差數列.
(1)求證：展開式中沒有常數項；
(2)求展開式中所有的有理項.
【解析】由題意得2C1n• ＝1＋C2n•( )2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).
所以Tr＋1＝ •( ) •
＝(－ )r• • •
＝(－1)r• • (0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr＋1是常數項，則16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因為r∈Z，這不可能，所以展開式中沒有常數項.
(2)若Tr＋1是有理項，當且僅當16－3r4為整數，
又0≤r≤8，r∈Z，所以 r＝0,4,8，
即展開式中有三項有理項，分別是T1＝x4，T5＝358 x，T9＝1256 x-2.
【點撥】(1)把握住二項展開式的通項公式，是掌握二項式定理的關鍵.除通項公式外，還應熟練掌握二項式的指數、項數、展開式的系數間的關系、性質；
(2)應用通項公式求二項展開式的特定項，如求某一項，含x某次冪的項，常數項，有理項，系數最大的項等，一般是應用通項公式根據題意列方程，在求得n或r后，再求所需的項(要注意n和r的數值范圍及大小關系)；
(3) 注意區(qū)分展開式“第r＋1項的二項式系數”與“第r＋1項的系數”.
【變式訓練1】若(xx＋ )n的展開式的前3項系數和為129，則這個展開式中是否含有常數項，一次項？如果有，求出該項，如果沒有，請說明理由.
【解析】由題知C0n＋C1n•2＋C2n•22＝129，
所以n＝8，所以通項為Tr＋1＝Cr8(xx)8-r ＝ ，
故r＝6時，T7＝26C28x＝1 792x，
所以不存在常數項，而存在一次項，為1 792x.
題型二　運用賦值法求值
【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，則n＝　　；
(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，則a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝　　.
【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4.
(2)由二項式定理得，
a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，
代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，
令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.
【點撥】運用賦值法求值時應充分抓住代數式的結構特征，通過一些特殊值代入構造相應的結構.
【變式訓練2】設(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.
【解析】令f(x)＝(3x－1)8，
因為f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).
題型三　二項式定理的綜合應用
【例3】求證：4×6n＋5 n＋1－9能被20整除.
【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍數，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【點撥】用二項式定理證明整除問題時，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一個是除數的倍數；其次展開式有什么規(guī)律，余項是什么，必須清楚.
【變式訓練3】求0.9986的近似值，使誤差小于0.001.
【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.
因為T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001，
且第3項以后的絕對值都小于0.001，
所以從第3項起，以后的項都可以忽略不計.
所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.
總結提高
1.利用通項公式可求展開式中某些特定項(如常數項、有理項、二項式系數最大項等)，解決這些問題通常采用待定系數法，運用通項公式寫出待定式，再根據待定項的要求寫出n、r滿足的條，求出n和r，再確定所需的項；
2.賦值法是解決二項展開式的系數和、差問題的一個重要手段；
3.利用二項式定理解決整除問題時，關鍵是進行合理的變形，使得二項展開式的每一項都成為除數的倍數.對于余數問題，要注意余數的取值范圍.

12.4　隨機事的概率與概率的基本性質

典例精析
題型一　頻率與概率
【例1】某企業(yè)生產的乒乓球被08年北京奧委會指定為乒乓球比賽專用球.日前有關部門對某批產品進行了抽樣檢測，檢查結果如下表所示.
抽取球數n501002005001 0002 000
優(yōu)等品數m45921944709541 902
優(yōu)等品頻率
(1)計算表中乒乓球優(yōu)等品的頻率；
(2)從這批乒乓球產品中任取一個，質量檢查為優(yōu)等品的概率是多少？(結果保留到小數點后三位)
【解析】(1)依據公式 ，計算出表中乒乓球優(yōu)等品的頻率依次是0.900,0.920,0.970,
0.940,0.954,0.951.
(2)由(1)知，抽取的球數n不同，計算得到的頻率值不同，但隨著抽取的球數的增多，卻都在常數0.950的附近擺動，所以質量檢查為優(yōu)等品的概率為0.950.
【點撥】從表中所給的數據可以看出，當所抽乒乓球較少時，優(yōu)等品的頻率波動很大，但當抽取的球數很大時，頻率基本穩(wěn)定在0.95，在其附近擺動，利用概率的統計定義，可估計該批乒乓球的優(yōu)等率.
【變式訓練1】某籃球運動員在最近幾場比賽中罰球的結果如下.
投籃次數n8101291016
進球次數m6897712
進球頻率
(1)計算表中進球的頻率；
(2)這位運動員投籃一次，進球的概率是多少？
【解析】(1)由公式計算出每場比賽該運動員罰球進球的頻率依次為：

(2)由(1)知，每場比賽進球的頻率雖然不同，但頻率總在 附近擺動，可知該運動員進球的概率為 .
題型二　隨機事間的關系
【例2】從一副橋牌(52張)中任取1張.判斷下列每對事是否為互斥事，是否為對立事.
(1)“抽出紅桃”與“抽出黑桃”；
(2)“抽出紅色牌”與“抽出黑色牌”；
(3)“抽出的牌點數為3的倍數”與“抽出的牌點數大于10”.
【解析】(1)是互斥事但不是對立事.因為“抽出紅桃”與“抽出黑桃”在僅取一張時不可能同時發(fā)生，因而是互斥的.同時，不能保證其中必有一個發(fā)生，因為還可能抽出“方塊”或“梅花”，因此兩者不對立.
(2)是互斥事又是對立事.因為兩者不可同時發(fā)生，但其中必有一個發(fā)生.
(3)不是互斥事，更不是對立事.因為“抽出的牌點數為3的倍數”與“抽出的牌點數大于10”這兩個事有可能同時發(fā)生，如抽得12.
【點撥】要區(qū)分互斥事和對立事的定義.
【變式訓練2】抽查10產品，設事A：至少有兩次品，則A的對立事為(　　)
A.至多兩次品 B.至多一次品
C.至多兩正品 D.至少兩正品
【解析】根據對立事的定義得選項B.
題型三　概率概念的應用
【例3】 甲、乙兩個班級進行數學考試，按照大于或等于85分為優(yōu)秀，85分以下為非優(yōu)秀，統計后，得到如下列聯表.
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計
甲10
乙30
總計105
已知從全部105人中隨機抽取1人為優(yōu)秀的概率為 .
(1)請完成上面列聯表；
(2)根據列聯表的數據，若按95%的可靠性要求，能否認為“成績與班級有關系”(參考數據P(2＞6.635)＝0.05)；
(3)若按下面的方法從甲班優(yōu)秀的學生中抽取一人：把甲班優(yōu)秀的10人按2到11進行編號，然后兩次擲一枚均勻的骰子，出現的點數之和為被抽取人的編號.試求抽到6號或10號的概率.
【解析】(1)
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計
甲104555
乙203050
總計3075105
(2)計算2的一個觀測值
k＝ ＝6.109.
因為6.109＜6.635，所以沒有95%的把握認為成績與班級有關.
(3)記被抽取人的序號為ζ，
則P(ζ＝6)＝ ，P(ζ＝10)＝ ，
所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝10)＝ ＝ .
【點撥】本題考查概率的概念在實際生活中的應用.
【變式訓練3】袋內有35個球，每個球上都記有從1~35中的一個號碼，設號碼為n的球的重量為 －5n＋20克，這些球以等可能性從袋里取出(不受重量、號碼的影響).
(1)如果取出1球，試求其重量比號碼數大5的概率；
(2)如果任意取出2球，試求它們重量相等的概率.
【解析】(1)由不等式 －5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，
由題意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率為 .
(2)設第n號和第m號的兩個球的重量相等，
其中n＜m，則有 －5n＋20＝ －5m＋20，
所以(n－m)(n＋m－15)＝0.
因為n≠m，所以n＋m＝15，
所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).
故所求概率為 .
總結提高
1.對立事是互斥事的一種特殊情況，是指在一次試驗中有且僅有一個發(fā)生的兩個事.集合A的對立事記作 ，從集合的角度看，事 所含結果的集合正是全集U中由事A所含結果組成集合的補集，即A∪ ＝U，A∩ ＝ .對立事一定是互斥事，但互斥事不一定是對立事.
事A、B的和記作A＋B，表示事A、B至少有一個發(fā)生.當A、B為互斥事時，事A＋B是由“A發(fā)生而B不發(fā)生”以及“B發(fā)生而A不發(fā)生”構成的.
當計算事A的概率P(A)比較困難時，有時計算它的對立事 的概率則要容易些，為此有P(A)＝1－P( ).
2.若A與B互相獨立，則 與 ，A與 ， 與B都是相互獨立事.判斷A與B是否獨立的方法是看P(AB)＝P(A)•P(B)是否成立.

12.5　古典概型

典例精析
題型一　古典概率模型的計算問題
【例1】一汽車廠生產A、B、C三類轎車，每類轎車均有舒適型和標準型兩種型號，某月的產量如下表(單位：輛)，
轎車A轎車B轎車C
舒適型100150z
標準型300450600
現按分層抽樣的方法在這個月生產的轎車中抽取50輛，其中有A類10輛.
(1)求z的值；
(2)用分層抽樣的方法在C類轎車中抽取一個容量為5的樣本，將該樣本視為一個總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率；
(3)用隨機抽樣方法從B類舒適型轎車中抽取8輛，經檢測它們的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把這8輛車的得分看成一個總體，從中任取一個數，求該數與樣本平均數之差的絕對值不超過0.5的概率.
【解析】(1)依題意知，從每層抽取的比率為140，從而轎車的總數為50×40＝2 000輛，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C類轎車共1 000輛，又樣本容量為5，故抽取的比率為1200，即5輛轎車中有2輛舒適型、3輛標準型，任取2輛，一共有n＝10種不同取法，記事A：至少有1輛舒適型轎車，則事 表示抽取到2輛標準型轎車，有m′＝3種不同取法，從而事A包含：基本事數為m＝7種，所以P(A)＝710.
(3)樣本平均數 ＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，記事B：從樣本中任取一數，該數與樣本平均數的絕對值不超過0.5，則事B包含的基本事有6種，所以P(B)＝68＝34.
【點撥】利用古典概型求事的概率時，主要弄清基本事的總數，及所求事所含的基本事的個數.
【變式訓練1】已知△ABC的三邊是10以內(不包含10)的三個連續(xù)的正整數，求任取一個△ABC是銳角三角形的概率.
【解析】依題意不妨設a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，從而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小邊為2，要使△ABC是銳角三角形，只需△ABC的最大角C是銳角，cos C＝(n－1)2＋n2－(n＋1)22(n－1)n＝n－42(n－1)＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是銳角三角形，△ABC的最小邊為4.另一方面，從{2,3,4，…，9}中，“任取三個連續(xù)正整數”共有6種基本情況，“△ABC是銳角三角形”包含4種情況，故所求的概率為46＝23.
題型二　有放回抽樣與不放回抽樣
【例2】 現有一批產品共有10，其中8為正品，2為次品.
(1)如果從中取出一，然后放回，再取一，求連續(xù)3次取出的都是正品的概率；
(2)如果從中一次取3，求3都是正品的概率.
【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取順序(x，y，z)記錄結果，則x，y，z都有10種可能，所以試驗結果有10×10×10＝103種；設事A為“連續(xù)3次都取正品”，則包含的基本事共有8×8×8＝83 種，因此，P(A)＝ ＝0.512.
(2)方法一：可以看作不放回抽樣3次，順序不同，基本事不同，按抽取順序記錄(x，y，z)，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，所以試驗的所有結果為10×9×8＝720種.設事B為“3都是正品”，則事B包含的基本事總數為8×7×6＝336， 所以P(B)＝336720≈0.467.
方法二：可以看作不放回3次無順序抽樣，先按抽取順序(x，y，z)記錄結果，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以試驗的所有結果有10×9×8÷6＝120.按同樣的方法，事B包含的基本事個數為8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【點撥】關于不放回抽樣，計算基本事個數時，既可以看作是有順序的，也可以看作是無順序的，其結果是一樣的，但不論選擇哪一種方式，觀察的角度必須一致，否則會導致錯誤.
【變式訓練2】有5張卡片，上面分別寫有0,1,2,3,4中的1個數.求：
(1)從中任取兩張卡片，兩張卡片上的數字之和等于4的概率；
(2)從中任取兩次卡片，每次取一張，第一次取出卡片，記下數字后放回，再取第二次，兩次取出的卡片上的數字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)兩張卡片上的數字之和等于4的情形共有4種，任取兩張卡片共有10種，所以概率為P＝410＝25；
(2)兩張卡片上的數字之和等于4的情形共有5種，任取兩張卡片共有25種，所以概率為P＝525＝15.
題型三　古典概型問題的綜合應用
【例3】 甲、乙兩袋裝有大小相同的紅球和白球，甲袋裝有2個紅球，2個白球；乙袋裝有2個紅球，n個白球.從甲、乙兩袋中各任取2個球.
(1)若n＝3，求取到的4個球全是紅球的概率；
(2)若取到的4個球中至少有2個紅球的概率為34，求n.
【解析】(1)記“取到的4個球全是紅球”為事A，
P(A)＝C22C24•C22C25＝16×110＝160.
(2)記“取到的4個球至多有1個紅球”為事B，“取到的4個球只有1個紅球”為事B1，“取到的4個球全是白球”為事B2.
由題意，得P(B)＝1－34＝14.
P(B1)＝C12C12C24•C2nC2n＋2＋C22C24•C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24•C2nC2n＋2＝n(n－1)6(n＋2)(n＋1).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝2n23(n＋2)(n＋1)＋n(n－1)6(n＋2)(n＋1)＝14，化簡得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37(舍去)，故n＝2.
【變式訓練3】甲、乙二人參加普法知識競賽，共有10道不同的題目，其中選擇題6道，判斷題4道，甲、乙二人一次各抽取一題.
(1)甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率是多少？
(2)甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是多少？
【解析】(1)甲從選擇題中抽到一題的可能結果有C16個，乙從判斷題中抽到一題的的可能結果是C 14，故甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的可能結果為C16×C14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一題的結果有C110×C19＝90，
所以概率為2490＝415.
(2)甲、乙二人一次各抽取一題基本事的總數是10×9＝90.
方法一：(分類計數原理)
①只有甲抽到了選擇題的事數是：6×4＝24；
②只有乙抽到了選擇題的事數是：6×4＝24；
③甲、乙同時抽到選擇題的事數是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是24＋24＋3090＝1315.
方法二：(利用對立事)
事“甲、乙二人至少有一個抽到選擇題”與事“甲、乙兩人都未抽到選擇題”是對立事.
事“甲、乙兩人都未抽到選擇題”的基本事個數是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是1－1290＝1－215＝1315.
總結提高
1.對古典概型首先必須使學生明確判斷兩點：①對于每個隨機試驗說，所有可能出現的試驗結果數n必須是有限個；②出現的各個不同的試驗結果數m其可能性大小必須是相同的.只有在同時滿足①、②的條下，運用的古典概型計算公式P(A)＝mn得出的結果才是正確的.使用公式P(A)＝mn計算時，確定m、n的數值是關鍵所在.
2.對于n個互斥事A1，A2，…，An，其加法公式為P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分類討論思想是解決互斥事有一個發(fā)生的概率的一個重要的指導思想.
4.在應用題背景條下，能否把一個復雜事分解為若干個互相排斥或相互獨立、既不重復又不遺漏的簡單事是解答這類應用題的關鍵，也是考查學生分析問題、解決問題的能力的重要環(huán)節(jié).

12.6　幾何概型

典例精析
題型一　長度問題
【例1】如圖，∠AOB＝60°，OA＝2，OB＝5，在線段OB上任取一點C，

試求：
(1)△AOC為鈍角三角形的概率；
(2)△AOC為銳角三角形的概率.
【解析】如圖，由平面幾何知識知：
當AD⊥OB時，OD＝1；當OA⊥AE時，OE＝4，BE＝1.
(1)當且僅當點C在線段OD或BE上時，△AOC為鈍角三角形.
記“△AOC為鈍角三角形”為事，則P()＝OD＋EBOB＝1＋15＝0.4，即△AOC為鈍角三角形的概率為0.4.
(2)當且僅當點C在線段DE上時，△AOC為銳角三角形.
記“△AOC為銳角三角”為事N，則P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC為銳角三角形的概率為0.6.
【點撥】我們把每一個事理解為從某個特定的區(qū)域內隨機地取一點，該區(qū)域中每一點被取到的機會都一樣，而一個事發(fā)生則理解為恰好在上述區(qū)域內的某個指定的區(qū)域內的點，這樣的概率模型就可以用幾何概型求解.
【變式訓練1】點A為周長等于3的圓周上的一個定點，若在該圓周上隨機取一點B，則劣弧AB的長度小于1的概率為　　　.
【解析】如圖

可設 ＝1，則根據幾何概率可知其整體事是其周長3，則其概率是23.
題型二　面積問題
【例2】 兩個CB對講機(CB即CitizenBand民用波段的英縮寫)持有者，莉莉和霍伊都為卡爾貨運公司工作，他們的對講機的接收范圍為25公里，在下午3：00時莉莉正在基地正東距基地30公里以內的某處向基地行駛，而霍伊在下午3：00時正在基地正北距基地40公里以內的某地向基地行駛，試問在下午3：00時他們能夠通過對講機交談的概率有多大？
【解析】設x和y分別代表莉莉和霍伊距基地的距離，于是0≤x≤30,0≤y≤40.
他們所有可能的距離的數據構成有序點對(x，y)，這里x，y都在它們各自的限制范圍內，則所有這樣的有序數對構成的集合即為基本事組對應的幾何區(qū)域，每一個幾何區(qū)域中的點都代表莉莉和霍伊的一個特定的位置， 他們可以通過對講機交談的事僅當他們之間的距離不超過25公里時發(fā)生(如下圖)，因此構成該事的點由滿足不等式x2＋y2≤25的數對組成，
此不等式等價于x2＋y2≤625，右圖中的方形區(qū)域代表基本事組，陰影部分代表所求事，方形區(qū)域的面積為1 200平方公里，而事的面積為(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41 200＝625π4 800≈0.41.
【點撥】解決此類問題，應先根據題意確定該實驗為幾何概型，然后求出事A和基本事的幾何度量，借助幾何概型的概率公式求出.
【變式訓練2】如圖，以正方形ABCD的邊長為直徑作半圓，重疊部分為花瓣.現在向該正方形區(qū)域內隨機地投擲一飛鏢，求飛鏢落在花瓣內的概率.
【解析】飛鏢落在正方形區(qū)域內的機會是均等的，符合幾何概型條.記飛鏢落在花瓣內為事A，設正方形邊長為2r，則
P( A)＝S花瓣SABCD＝12πr2×4－(2r)2(2r)2＝π－22.
所以，飛鏢落在花瓣內的概率為π－22.
題型三　體積問題
【例3】 在線段[0,1]上任意投三個點，設O至三點的三線段長為x、y、z，研究方法表明：x，y，z能構成三角形只要點(x，y，z) 落在棱長為1的正方體T的內部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所圍成的區(qū)域G中(如圖)，則x，y，z能構成三角形與不能構成三角形這兩個事中哪一個事的概率大？
【解析】V(T)＝1，V(G)＝13－3×13×12×13＝12，
所以P＝V(G)V(T)＝12.
由此得，能與不能構成三角形兩事的概率一樣大.
【點撥】因為任意投的三點x，y，z是隨機的，所以使得能構成三角形只與能構成三角形的區(qū)域及基本事的區(qū)域有關.
【變式訓練3】已知正方體ABCD—A1B1C1D1內有一個內切球O，則在正方體ABCD—A1B1C1D1內任取點，點在球O內的概率是(　　)
A.π4B.π8C.π6D.π12
【解析】設正方體的棱長為a，則點在球O內的概率P＝V球V正方體＝43π(a2)3a3＝π6，選C.
總結提高
1.幾何概型是一種概率模型，它與古典概型的區(qū)別是試驗的可能結果不是有限個.其特點是在一個區(qū)域內均勻分布，概率大小與隨機事所在區(qū)域的形狀和位置無關，只與該區(qū)域的大小有關.如果隨機事所在區(qū)域是一個單點，其測度為0，則它出現的概率為0，但它不是不可能事. 如果隨機事所在區(qū)域是全部區(qū)域扣除一個單點， 其測度為1，則它出現的概率為1，但它不是必然事.
2.若試驗的全部結果是一個包含無限個點的區(qū)域(長度，面積，體積)，一個基本事是區(qū)域中的一個點.此時用點數度量事A包含的基本事的多少就毫無意義.“等可能性”可以理解成“對任意兩個區(qū)域，當它們的測度(長度，面積，體積，…)相等時，事A對應點落在這兩區(qū)域上的概率相等，而與形狀和位置都無關”.
3.幾何概型并不限于向平面(或直線、空間)投點的試驗，如果一個隨機試驗有無限多個等可能的基本結果，每個基本結果可以用平面(或直線、空間)中的一點表示，而所有基本結果對應于一個區(qū)域Ω，這時，與試驗有關的問題即可利用幾何概型解決.

12.7　條概率與事的獨立性

典例精析
題型一　條概率的求法
【例1】一張儲蓄卡的密碼共6位數字，每位數字都可從0~9中任選一個.某人在銀行自動提款機上取錢時，忘記了密碼的最后一位數字，求：
(1)任意按最后一位數字，不超過2次就按對的概率；
(2)如果他記得密碼的最后一位是偶數，不超過2次就按對的概率.
【解析】設第i次按對密碼為 事Ai(i＝1,2)，則A＝A1∪( A2)表示不超過2次就按對密碼.
(1)因為事A1與事 A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P( A2)＝110＋9×110×9＝15.
(2)用B表示最后一位是偶數的事，則
P(AB)＝P(A1B)＋P( A2B)＝15＋4×15×4＝25.
【點撥】此類問題解題時應注意著重分析事間的關系，辨析所求概率是哪一事的概率，再運用相應的公式求解.
【變式訓練1】設某種動物從出生算起活到20歲以上的概率為0.8，活到25歲以上的概率為0.4.現有一只20歲的這種動物，問它能活到25歲以上的概率是　　　.
【解析】設此種動物活到20歲為事A，活到25歲為事B，所求概率為P(BA)， 由于B⊆A，則P(AB)＝P(B)，所以P(BA)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝12.
題型二　相互獨立事的概率
【例2】三人獨立破譯同一份密碼，已知三人各自破譯出密碼的概率分別為15，14，13，且他們是否破譯出密碼互不影響.
(1)求恰有二人破譯出密碼的概率；
(2)“密碼被破譯”與“密碼未被破譯”的概率哪個大？說明理由.
【解析】(1)記三人各自破譯出密 碼分別為事A，B，C，依題意知A，B，C相互獨立，記事D：恰有二人破譯密碼，
則P(D)＝P(AB )＋P(A C)＋P( BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)記事E：密碼被破譯， ：密碼未被破譯，
則P( )＝P( )＝(1－15)×(1－14)×(1－13)＝2460＝25，
所以P(E)＝1－P( )＝35，所以P(E)＞P( ).
故密碼被破譯的概率大.
【點撥】解決事的概率問題的一般步驟：①記取事；②揭示事的關系；③計算事的概率.
【變式訓練2】甲、乙、丙三個口袋內都分別裝有6個只有顏色不相同的球，并且每個口袋內的6個球均有1個紅球，2個黑球，3個無色透明的球，現從甲、乙、丙三個口袋中依次隨機各摸出1個球，求恰好摸出紅球、黑球和無色球各1個的概率.
【解析】由于各個袋中球的情況一樣，而且從每一個袋中摸出紅球、黑球、無色球的概率均分別為16，13，12，可得P＝A33×16×13×12＝16.
題型三　綜合問題
【例3】某公司招聘員工，指定三門考試程，有兩種考試方案.
方案一：三門程中至少有兩門及格為考試通過；
方案二：在三門程中隨機選取兩門，這兩門都及格為考試通過.
假設某應聘者對三門指定程考試及格的概率分別是a，b，c，且三門程考試是否及格相互之間沒有影響.
(1)分別求該應聘者在方案一和方案二下考試通過的概率；
(2)試比較該應聘者在上述兩種方案下考試通過的概率的大小，并說明理由.
【解析】記該應聘者對三門指定程考試及格的事分別為A，B，C，則P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)應聘者在方案一下考試通過的概率
P1＝P(AB )＋P( BC)＋P(A C)＋P(ABC)
＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc
＝ab＋bc＋ca－2abc.
應聘者在方案二下考試通過的概率
P2＝13P(AB)＋13P(BC)＋13P(AC)＝13(ab＋bc＋ca).
(2)由a，b，c∈[0,1]，則
P1－P2＝23(ab＋bc＋ca)－2abc＝23[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ca(1－b)]≥0，
故P1≥P2，即采用第一種方案，該應聘者考試通過的概率較大.
【點撥】本題首先以相互獨立事為背景，考查兩種方案的概率，然后比較概率的大小，要求運用a，b，c∈[0,1]這一隱含條.
【變式訓練3】甲，乙，丙三人分別獨立地進行某項體能測試，已知甲能通過測試的概率是25，甲，乙，丙三人都能通過測試的概率是320，甲，乙， 丙三人都不能通過測試的概率是340，且乙通過的概率比丙大.
(1)求乙，丙兩人各自通過測試的概率分別是多少？
(2)測試結束后，最容易出現幾人通過的情況？
【解析】(1)設乙、丙兩人各自通過的概率分別為x，y，依題意得
即 或 (舍去)，
所以乙、丙兩人各自通過的概率分別為34，12.
(2)因為三人都不能通過測試的概率為P0＝340，
三人都能通過測試的概率為P3＝320＝640，
三人中恰有一人通過測試的概率：
P1＝25×(1－34)×(1－12)＋(1－25)×34×(1－12)＋(1－25)×(1－34)×12＝720＝1440，
三人恰有兩人通過測試的概率：
P2＝1－(P0＋P1＋P3)＝1740，
所以測試結束后，最容易出現兩人通過的情況.
總結提高
1.互斥事、對立事、相互獨立事的區(qū)別：
對于事A、B，在一次試驗中，A、B如果不能同時發(fā)生，則稱A、B互斥.一次試驗中，如果A、B互斥且A、B中必有一個發(fā)生，則稱A、B對立.顯然，A＋ 為必然事，A、B互斥則不能同時發(fā)生，但可能同時不發(fā)生.兩事相互獨立是指一個事的發(fā)生與否對另一事的發(fā)生的概率沒有影響.事實上：
A、B互斥，則P(AB)＝0；
A、B對立，則P(AB)＝0且P(A)＋P(B)＝1；
A、B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B).
它們是不相同的.
2.由于當事A、B相互獨立時，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互獨立事A、B中至少有一個不發(fā)生的概率.對于n個隨機事A1，A2，…，An，有
P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P( ∩ ∩…∩ )，此稱為概率的和與積的互補公式.

12.8　離散型隨機變量及其分布列

典例精析
題型一　離散型隨機變量的分布列
【例1】設離散型隨機變量X的分布列為
X01234
P0.20.10.10.30.3
求：(1)2X＋ 1的分布列；(2)X－1的分布列.
【解析】首先列表如下：
X01234
2X＋113579
X－110123
從而由上表得兩個分布列如下：
2X＋1的分布列：
2X＋113579
P0.20.10.10.30.3
X－1的分布列：
X－10123
P0.10.30.30.3
【點撥】由于X的不同的值，Y＝f(X)會取到相同的值，這時要考慮所有使f(X)＝Y成立的X1，X2，…，Xi的值，則P(Y)＝P(f(X))＝P(X1)＋P(X2)＋…＋P(Xi)，在第(2)小題中充分體現了這一點.
【變式訓練1】 某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到過渡區(qū)，B肯定是受A感染的，對于C，因為難以斷定他是受A還是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同樣也假定D受A、B、C感染的概率都為13，在這種假定之下，B、C、D中受A感染的人數X就是一個隨機變量，寫出X分布列，并求均值.
【解析】依題知X可取1、2、3，
P(X＝1)＝1×(1－12)×(1－13)＝13，
P(X＝2)＝1×(1－12)×13＋1×12×(1－13)＝12，
P(X＝3)＝1×12×13＝16，
所以X的分布列為
X123
P
均值E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .
題型二　兩點分布
【例2】在擲一枚圖釘的隨機試驗中，令ξ＝ 如果針尖向上的概率為p，試寫出隨機變量ξ的分布列.
【解析】根據分布列的性質，針尖向下的概率是1－p.于是，隨機變量的分布列是
ξ01
P1－pp
【點撥】本題將兩點分布與概率分布列的性質相結合，加深了兩點分布的概念的理解.
【變式訓練2】 若離散型隨機變量ξ＝ 的分布列為：
ξ01
P9c2－c3－8c
(1)求出c；
(2)ξ是否服從兩點分布？若是，成功概率是多少？
【解析】(1)由(9c2－c)＋(3－8c)＝1，解得c＝13或23.
又9c2－c≥0,3－8c≥0，所以c＝13.
(2)是兩點分布.成功概率為3－8c＝13.
題型三　超幾何分布
【例3】 有10產品，其中3次品，7正品，現從中抽取5，求抽得次品數 X 的分布列.
【解析】X的所有可能取值為 0,1,2,3，X＝0表示取出的5產品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5產品有1次品4正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5產品有2次品3正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5產品有3次品2正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列為
X0123
P
【點撥】在取出的5產品中，次品數X服從超幾何分布，只要代入公式就可求出相應的概率，關鍵是明確隨機變量的所有取值.超幾何分布是一個重要分布，要掌握它的特點.
【變式訓練3】一盒中有12個乒乓球，其中9個新的，3個舊的，從盒中任取3個球用，用完后裝回盒中，此時盒中舊球個數X是一個隨機變量，其分布列為P(X)，則P(X＝4)的值為(　　)
A.1220　　　B.2755C.27220D.2125
【解析】由題意取出的3個球必為2個舊球1個新球，故P(X＝4)＝C23C19C312＝27220.選C.
總結提高
1.求離散型隨機變量分布列的問題，需要綜合運用排列、組合、概率等知識和方法.
2.求離散型隨機變量ξ的分布列的步驟：
(1)求出隨機變量ξ的所有可能取值xi(i＝1,2,3，…)；
(2)求出各取值的概率P(ξ＝xi)＝pi；
(3)列出表格.

12.9　獨立重復試驗與二項分布

典例精析
題型一　相互獨立事同時發(fā)生的概率
【例1】甲、乙、丙三臺機床各自獨立地加工同一種零，已知甲機床加工的零是一等品而乙機床加工的零不是一等品的概率為14，乙機床加工的零是一等品而丙機床加工的零不是一等品的概率為112，甲、丙兩臺機床加工的零都是一等品的概率為29.
(1)分別求甲、乙、丙三臺機床各自加工的零是一等品的概率；
(2)從甲、乙、丙加工的零中各取一個檢驗，求至少有一個一等品的概率.
【解析】(1)設A、B、C分別為甲、乙、丙三臺機床各自加工的零是一等品的事.
由題 設條有
即
由①③解得P(C)＝23，將P(C)＝23分別代入③②可得P(A)＝13，P(B)＝14，即甲、乙、丙三臺機床各自加工的零是一等品的概率分別是13，14，23.
(2)記D為從甲、乙、丙加工的零中各取一個檢驗，至少有一個一等品的事，
則P(D)＝1－P( )＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故從甲、乙、丙加工的零中各取一個檢驗，至少有一個一等品的概率為56.
【點撥】相互獨立事是發(fā)生的概率互不影響的兩個或多個事.兩個相互獨立事同時發(fā)生的概率滿足P(AB)＝P(A)P(B)，對于求與“至少”、“至多”有關事的概率，通常轉化為求其對立事的概率.
【變式訓練1】甲、乙兩人各進行3次射擊，甲每次擊中目標的概率為12，乙每次擊中目標的概率為23.
(1)求乙至多擊中目標2次的概率；
(2)求甲恰好比乙多擊中目標2次的概率.
【解析】(1)乙至多擊中目標2次的概率為1－C33(23)3＝1927.
(2)設甲恰比乙多擊中目標2次為事A，甲恰擊中目標2次且乙恰擊中目標0次為事B1，甲恰擊中目標3次且乙恰擊中目標1次為事B2，則A＝B1＋B2，B1、B2為互斥事.
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝38×127＋18×29＝124.
所以，甲恰好比乙多擊中目標2次的概率為124.
題型二　獨立重復試驗
【例2】(2010天津)某射手每次射擊擊中目標的概率是 23，且各次射擊的結果互不影響.
(1)假設這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標的概率；
(2)假設這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標，另外2次未擊中目標的概率.
【解析】(1)設X為射手在5次射擊中擊中目標的次數，則X～B(5，23).在5次射擊中，恰有2次擊中目標的概率P(X＝2)＝C25×(23)2×(1－23)3＝40243.
(2)設“第i次射擊擊中目標”為事Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標，另外2次未擊中目標”為事A，則
P(A)＝P(A1A2A3 )＋P( A2A3A4 )＋P( A3A4A5)＝(23)3×(13)2＋13×(23)3×13＋(13)2×(23)3＝881.
【點撥】獨立重復試驗是同一試驗的n次重復，每次試驗成功的概率都相同，恰有k次試驗成功的概率為Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k.
【變式訓練2】袋子A中裝有若干個均勻的紅球和白球，從中摸出一個紅球的概率是13.從A中有放回地摸球，每次摸出一個，有3次摸到紅球即停止.
(1)求恰好摸5次停止的概率；
(2)記5次之內(含5次)摸到紅球的次數為ξ，求P(ξ≥2).
【解析】(1)P＝C24×(13)2×(23)2×13＝881.
(2)P(ξ＝2)＝C25×(13)2×(1－13)3＝80243，
P(ξ＝3)＝C35×(13)3×(1－13)2＝40243，
則P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝4081.
題型三　二項分布
【例3】 一名學生每天騎車上學，從他家到學校的途中有6個交通崗，假設他在各個交通崗遇到紅燈的事是相互獨立的，并且概率為13.
(1)設X為這名學生在途中遇到紅燈的次數，求X的分布列；
(2)設Y為這名學生在首次遇到紅燈前經過的路口數，求Y的分布列；
(3)求這名學生在途中至少遇到一次紅燈的概率.
【解析】(1)依題意知X～B(6，13)，
P(X＝k)＝Ck6(13)k(23)6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
所以X的分布列為
X0123
P
X456
P
(2)依題意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，
P(Y＝0)＝13，
P(Y＝1)＝13×23＝29，
P(Y＝2)＝13×(23)2＝427，
P(Y＝3)＝13×(23)3＝881，
P(Y＝4)＝13×(23)4＝16243，
P(Y＝5)＝13×(23)5＝32729，
P(Y＝6)＝(23)6＝64729，
所以Y的分布列為
Y0123456
P
(3)這名學生在途中至少遇到一次紅燈的概率為
P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(23)6＝665729.
【點撥】解決離散型隨機變量的分布列問題時，要依據相關概念識別離散型隨機變量服從什么分布，如第(1)問中X服從二項分布，而第(2)問中并不服從二項分布.
【變式訓練3】某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18、19、20層�？�.若該電梯在底層載有5位乘客，且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為13，用ξ表示這5位乘客在第20層下電梯的人數.求隨機變量ξ的分布列.
【解析】方法一：ξ的所有可能值為0,1,2,3,4,5.
P(ξ＝0)＝2535＝32243，P(ξ＝1)＝ ＝80243，
P(ξ＝2)＝ ＝80243，P(ξ＝3)＝ ＝40243，
P(ξ＝4)＝ ＝10243，P(ξ＝5)＝135＝1243.
從而ξ的分布列為
ξ012345
P
方法二：考察一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗，這是5次獨立重復試驗.
故ξ～B(5，13)，即有
P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
由此計算ξ的分布列如方法一.
總結提高
獨立重復試驗是同一試驗的n次重復，每次試驗結果的概率不受其他次結果的概率的影響，每次試驗有兩個可能結果：成功和失敗.n次試驗中A恰好出現了k次的概率為Cknpk(1－p)n－k，這k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，則概率為pk(1－p)n-k.

12.10　離散型隨機變量的期望與方差

典例精析
題型一　期望與方差的性質的應用
【例1】設隨機變量ξ的分布列為P(ξ＝k)＝16(k＝1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ＋3)和D(ξ)，D(2ξ＋3).
【解析】E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x6p6＝3.5，
E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝10，
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(x6－E(ξ))2p6＝3512，D(2ξ＋3)＝4D(ξ)＝353.
【點撥】在計算離散型隨機變量的期望與方差時，首先要弄清其分布特征及分布列，再準確運用公式，特別是利用性質解題.
【變式訓練1】袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n個(n＝1,2,3,4).現從袋中任取一球，ξ表示所取球的標號.
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，試求a，b的值.
【解析】(1)ξ的分布列為：
ξ01234
P
　　所以E(ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，
D(ξ)＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，即a＝±2.又E(η)＝aE(ξ)＋b，
所以當a＝2時，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
當a＝－2時，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以 或
題型二　期望與方差在風險決策中的應用
【例2】 甲、乙兩名工人加工同一種零，兩人每天加工的零數相等，所得次品數分別為ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ012
P

η012
P
試對這兩名工人的技術水平進行比較.
【解析】工人甲生產出的次品數ξ的期望和方差分別為：
E(ξ)＝0×610＋1×110＋2×310＝0.7，
D(ξ)＝(0－0.7)2×610＋(1－0.7)2×110＋(2－0.7)2×310＝0.81.
工人乙生產出的次品數η的期望和方差分別為：
E(η)＝0×510＋1×310＋2×210＝0.7，D(η)＝(0－0.7)2×510＋(1－0.7)2×310＋(2－0.7)2×210＝0.61.
由E(ξ)＝E(η)知，兩人出次品的平均數相同，技術水平相當，但D(ξ)＞D(η)，可見乙的技術比較穩(wěn)定.
【點撥】期望僅體現了隨機變量取值的平均大小，但有時僅知道均值的大小還不夠.如果兩個隨機變量的均值相等，還要看隨機變量的取值如何在均值周圍變化，即計算方差.方差大說明隨機變量取值較分散，方差小說明取值分散性小或者取值比較集中、穩(wěn)定.
【變式訓練2】利用下列盈利表中的數據進行決策，應選擇的方案是　　　　.

【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分別是：
50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7；
70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5；
－20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7；
98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6.故選A3.
題型三　離散型隨機變量分布列綜合問題
【例3】(2010浙江)如圖，一個小球從處投入，通過管道自上而下落入A或B或C.已知小球從每個叉口落入左右兩個管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式進行促銷活動，若投入的小球落到A，B，C，則分別設為1,2,3等獎.
(1)已知獲得1,2,3等獎的折扣率分別為50%,70%,90%.記隨機變量ξ為獲得k(k＝1,2,3)等獎的折扣率，求隨機變量ξ的分布列及期望E(ξ)；
(2)若有3人次(投入1球為1人次)參加促銷活動，記隨機變量η為獲得1等獎或2等獎的人次，求P(η＝2).
【解析】(1)由題意得ξ的分布列為
ξ50%70%90%
p
則E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.
(2)由(1)可知，獲得1等獎或2等獎的概率為316＋38＝916.由題意得η～(3，916)，則P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝1 7014 096.
【變式訓練3】(2010北京市東城區(qū))已知將一枚質地不均勻的硬幣拋擲三次，三次正面均朝上的概率為127.
(1)求拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率；
(2)拋擲這樣的硬幣三次后，拋擲一枚質地均勻的硬幣一次，記四次拋擲后正面朝上的總次數為ξ，求隨機變量ξ的分布列及期望E(ξ).
【解析】(1)設拋擲一次這樣的硬幣，正面朝上的概率為P，依題意有C33•P3＝127，解得
P＝13.
所以拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率為P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.
(2)隨機變量ξ的可能取值為0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝C03×(23)3×12＝427；
P(ξ＝1)＝C03×(23)3×12＋C13×13×(23)2×12＝1027；
P(ξ＝2)＝C13×13×(23)2×12＋C23×(13)2×23×12＝13；
P(ξ＝3)＝C23×(13)2×23×12＋C33×(13)3×12＝754；
P(ξ＝4)＝C33×(13)3×12＝154.
所以ξ的分布列為
ξ01234
P
E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.
總結提高
1.期望是算術平均值概念的推廣，是概率意義下的平均； E(ξ)是一個實數，由ξ的分布列唯一確定，即作為隨機變量ξ是可變的，可取不同值，而E(ξ)是不變的，它描述ξ取值的平均狀態(tài).
2.方差D(ξ)表示隨機變量ξ對E(ξ)的平均偏離程度，統計中常用標準差D(ξ)描述ξ的分散程度.

12.11　正態(tài)分布

典例精析
題型一　研究正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內取值的概率值
【例1】 某正態(tài)曲線的密度函數是偶函數，而且該函數的最大值為122π，求總體位于區(qū)間[－4，－2]的概率.
【解析】由正態(tài)曲線的密度函數是偶函數知μ＝0，由最大值為122π知σ＝2，
所以P(－2≤x≤2)＝P(μ－σ≤x≤μ＋σ)＝0.682 6，
P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.954 4，
所以P(－4≤x≤－2)＝12×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9.
【點撥】應當熟記：
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 6；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 4；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 4.
【變式訓練1】設X~N(1,22)，試求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(X≥5).
【解析】因為X～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6.
(2)因為P(X≥5)＝P(X≤－3)，
所以P(X≥5)＝12[1－P(－3＜X≤5)]
＝12[1－P(1－4＜X≤1＋4)]
＝12[1－P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)]
＝12(1－0.954 4)＝0.022 8.
題型二　利用正態(tài)總體密度函數估計某區(qū)間的概率
【例2】 已知某地區(qū)數學考試的成績X~N(60,82)(單位：分)，此次考生共有1萬人，估計在60分到68分之間約有多少人？
【解析】由題意μ＝60，σ＝8，
因為P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
所以P(52＜X≤68)＝0.682 6，
又此正態(tài)曲線關于x＝60對稱，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.341 3，
從而估計在60分到68分之間約有341 3人.
【點撥】本題是教材變式題，將原題中單純(μ－σ，μ＋σ)的概率考查結合了正態(tài)曲線的對稱性以及概率的意義，使題目更具實際意義.另外，還可將問題變?yōu)?44,76)、(68,76)等區(qū)間進行探討.
【變式訓練2】某人乘車從A地到B地，所需時間(分鐘)服從正態(tài)分布N(30,100)，求此人在40分鐘至50分鐘到達目的地的概率.
【解析】由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6知此人在20 分鐘至40分鐘到達目的地的概率為0.682 6，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4，所以此人在10分鐘至20分鐘或40分鐘至50分鐘到達目的地的概率為0.954 4－0.682 6＝0.271 8，由正態(tài)曲線關于直線x＝30對稱得此人在40分鐘至50分鐘到達目的地的概率為0.135 9.
總結提高
1.服從正態(tài)分布的隨機變量X的概率特點
若隨機變量X服從正態(tài)分布，則X在一點上的取值概率為0，即P(X＝a)＝0，而{X＝a}并不是不可能事，所以概率為0的事不一定是不可能事，從而P(X＜a)＝P(X≤a)是成立的，這與離散型隨機變量不同.
2.關于正態(tài)總體在某個區(qū)間內取值的概率求法
(1)熟記P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值.
(2)充分利用正態(tài)曲線的對稱性和曲線與x軸之間面積為1.
①正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱，從而在關于x＝μ對稱的區(qū)間上概率相同.
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X＜μ－a)＝P(X≥μ＋a).

本文來自：逍遙右腦記憶 http://yy-art.cn/gaosan/34312.html

相關閱讀：第十二章立體幾何(高中數學競賽標準教材)