1、 模塊五 排列、組合與概率排列 組合和概率排列與組合排列及排列數公式分步計數原理與分類計數原理組合及組合數公式二項式定理及系數性質概率隨機事件的概率互斥事件只有一個發生的概率隨機事件及其概率相互獨立事件同時發生的概率等可能事件的概率相互獨立事件及其同時發生的概率獨立重復試驗【知識網絡】 51 分類計數、分步計數原理【考點透視】一、考綱指要掌握分類計數原理與分步計數原理.二、命題落點1分類計數原理與分步計數原理的應用，如例1和例2;2分類計數原理和分步計數原理的區別，如例3.【典例精析】例1：（2005全國2）在由數字0,1,2,3,4,5所組成的沒有重復數字的四位數中,不能被5整除的數共有 個

2、.解析:由數字0,1,2,3,4,5所組成的沒有重復數字的四位數共有300能被5整除的數為兩種情況：末尾數字是0：60.末尾數字是5：48所以不能被5整除的數共有192 .答案：192例2：書架的第1層放有4本不同的計算機書，第2層放有3本不同的文藝書，第3層放有2本不同的體育書，（1）從書架上任取1本書，有多少種不同的取法？（2）從書架的第1、2、3層各取1本書，有多少種不同的取法？解析：（1）從書架上任取1本書，有3類辦法：第1類辦法是從第1層取1本計算機書，有4種方法；第2類是從第2層取1本文藝書，有3種方法；第3類辦法是從第3層取1本體育書，有2種方法.根據分類計數原理，不同取法的種數

3、是4+3+2=9種，所以，從書架上任取1本書，有9種不同的取法；（2）從書架的第1、2、3層各取1本書，可以分成3個步驟完成：第1步從第1層取1本計算機書，有4種方法；第2步從第2層取1本藝術書，有3種方法；第3步從第3層取1本體育書，有2種方法.根據分步計數原理，從書架的第1、2、3層各取1本書，不同取法的種數是種，所以，從書架的第1、2、3層各取1本書，有24種不同的取法.例3：用0，1，2，3，4，5這六個數字，（1）可以組成多少個數字不重復的三位數？（2）可以組成多少個數字允許重復的三位數？（3）可以組成多少個數字不允許重復的三位數的奇數？（4）可以組成多少個數字不重復的小于1000的

4、自然數？（5）可以組成多少個大于3000，小于5421的數字不重復的四位數？解析：（1）分三步：先選百位數字由于0不能作百位數，因此有5種選法；十位數字有5種選法；個位數字有4種選法由乘法原理知所求不同三位數共有554=100個（2）分三步：(1)百位數字有5種選法；(ii)十位數字有6位選法；(iii)個位數字有6種選法所求三位數共有566=180個（3）分三步：先選個位數字，有3種選法；再選百位數字，有4種選法；選十位數字也是4種選法，所求三位奇數共有344=48個（4）分三類：一位數，共有6個；兩位數，共有55=25個；三位數共有554=100個 因此，比1000小的自然數共有6+25+

5、100=131個（5）分4類：千位數字為3，4之一時，共有2543=120個；千位數字為5，百位數字為 0，1，2，3之一時，共有443=48個；千位數字是5，百位數字是4，十位數字為0，1之一 時，共有23=6個；還有5420也是滿條件的1個故所求自然數共120+48+6+1=175個【常見誤區】1分清要完成的事情是什么；是分類完成還是分步完成,“類”間互相獨立，“步”間互相聯系；有無特殊條件的限制;2排列時要注意一些特殊位置與特殊元素的優先考慮,如排數字問題是最常見的一種類型，要特別注意首位不能排0【基礎演練】1從5個元素的集合到5個元素的集合的不同的一一映射共有（ ）A55個B5!個C5

6、個D1個25個應屆高中畢業生報三所重點院校，每人報且僅報一所院校，則不同的報名方法共有（ ）種A35B53CA53DC533某人射擊8槍，命中4槍，4槍中恰有3槍連在一起的情形的不同種數有（ ）A720B24C20D194在所有的三位數中，有且只有兩個數字相同的三位數的個數共有（ ）A111B660C594D2435由數字1、2、3、4、5可以組成數字允許重復出現的三位數 個.6展開后共有 項.7設，從到共有多少個不同映射？6個人分到3個車間，共有多少種分法？8有四位同學參加三項不同的比賽，（1）每位同學必須參加一項競賽，有多少種不同的結果？（2）每項競賽只許一位學生參加，有多少種不同的結果？

7、9求下列集合的元素個數（1）；（2）52 排列組合的基本問題【考點透視】一、考綱指要1理解排列、組合的意義;2.掌握排列數、組合數的計算公式和組合數的性質,并能解決一些簡單的問題.二、命題落點1解含排列數的方程和不等式，如例1、例2; 2考查排列、組合綜合應用題，應熟悉應選后排，以免混淆?？疾槔梅诸愑懻撍枷?，分析問題和解決問題的能力，相鄰用捆綁法，不相鄰用插空法,例3 .【典例精析】例1：求證：（1）；（2）證明：（1），原式成立。（2）右邊 原式成立例2：解方程：3 解析：由排列數公式得：， ，即，解得：或，且，原方程的解為例3：（2001天津理）某賽季足球比賽的計分規則是：勝一場，得3分

8、；平一場，得1分；負一場，得0分，一球隊打完15場，積33分，若不考慮順序，該隊勝、負、平的情況共有（ ）A3種B4種C5種D6種解析：設該隊勝x場，平y場，則負（15xy）場，由題意得3x+y=33，y=333x0x11，且x+y15，（x，yN）因此，有以下三種情況：答案：A【常見誤區】1排列組合題一般以選擇填空題的形式出現，且錯誤率較高，建議考生多看一些經典的錯解，明白何處重復算，何處漏算。掌握常用的捆綁法，插孔法，隔板法和平均分組的計算公式.2要注意排列數中，且這些限制條件，注意含排列數的方程和不等式中未知數的取值范圍. 公式常用來求值.【基礎演練】1(2006全國1) 設集合。選擇I

9、的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中最大的數，則不同的選擇方法共有（ ）A B CD2（2005北京）北京財富全球論壇期間，某高校有14名志愿者參加接待工作若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為 A B C D 3(2005福建) 從6人中選4人分別到巴黎、倫敦、悉尼、莫斯科四個城市游覽，要求每個城市有一人游覽，每人只游覽一個城市，且這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有（ ）A300種B240種C144種D96種4若 ，則S的個位數字是（ ）A8B5 C3D05= .6（2005遼寧）用、組成沒有重復數字的八位數，要求與相鄰

10、，與相鄰，與相鄰，而與不相鄰，這樣的八位數共有_個（用數字作答）7求證:.8. 解不等式：9. 化簡：；53 排列組合的綜合應用【考點透視】一、考綱指要1掌握無限制條件的排列組合綜合應用題;2掌握有限制條件的排列組合綜合應用題.二、命題落點1無限制條件的排列組合綜合應用題，如例1和例2;2有限制條件的排列組合綜合應用題，如例3 .【典例精析】例1：（2005全國1）過三棱柱任意兩個頂點的直線共15條，其中異面直線有（ ）A18對B24對C30對D36對解析:法一：（直接法）與上底面的、成異面直線的有15對；與下底面的、成異面直線的有9對（除去與上底面的）；與側棱、成異面直線的有6對（除去與上下

11、底面的）；側面對角線之間成異面直線的有6對；所以異面直線總共有36對法二：（間接法）共一頂點的共面直線有對；側面互相平行的直線有6對；側面的對角線有3對共面；所以異面直線總共有對答案:D例2：(2005廣東) 設平面內有條直線，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點若用表示這條直線交點的個數，則=_；當時， （用表示）解析：由圖可得，由，可推得n每增加1，則交點增加個，答案：5，例3. 一天要排語文、數學、英語、生物、體育、班會六節課（上午四節，下午二節），要求上午第一節不排體育，數學課排在上午，班會課排在下午，問共有多少種不同的排課方法？解析：法一:（從數學課入手）（第一類）數

12、學排在第一節，班會課排在下午，其余四科任排，得（第二類）數學排在上午另三節中的一節，班會排在下午，體育排在余下（不會第一節）三節中的一節，其余三科任排，得共有排法（種）法二（從體育課入手）（第一類）體育課在上午 （第二類）體育課在下午 共有排法（種）【常見誤區】1應用背景及其限制條件下合理分類是解題的關鍵,.2插空法主要用于兩組元素中有一組或兩組元素彼此不能相鄰的特殊排列或組合問題;3答數較大時，對組合數的計算要求較高.4先選后排方法是處理排列組合應用題的基本方法.【基礎演練】1(2005天津) 從集合1,2,3，11中任選兩個元素作為橢圓方程中的m和 n,則能組成落在矩形區域B=(x,y)|

13、 |x|11且|y|9內的橢圓個數為（ ）A43 B 72 C 86 D 902(2005湖南) 設直線的方程是，從1，2，3，4，5這五個數中每次取兩個不同的數作為A、B的值，則所得不同直線的條數是（ ）A20B19C18D163(2005江蘇) 四棱錐的8條棱代表8種不同的化工產品，有公共點的兩條棱代表的化工產品放在同一倉庫是危險的，沒有公共頂點的兩條棱所代表的化工產品放在同一倉庫是安全的，現打算用編號為、的4個倉庫存放這8種化工產品，那么安全存放的不同方法種數為（ ）A96B48 C24D04（1997全國理）四面體的頂點和各棱中點共10個點，在其中取4個不共面的點，不同的取法共有（ ）

14、A150種B147種C144種 D141種5四個不同小球放入編號為1、2、3、4的四個盒中，則恰有一個空盒的放法共有_種.（用數字作答）6某工程由下列工序組成，則工程總時數為 天.7（2000上海）規定，其中xR，m是正整數，且=1，這是組合數（n、m是正整數，且mn的一種推廣）.（1）求的值；（2）設x0，當x為何值時，取最小值？8（1996全國）某地現有耕地10000公頃，規劃10年后糧食單產比現在增加22%，人均糧食占有量比現在提高10%，如果人口年增長率為1%，那么耕地平均每年至多只能減少多少公頃（精確到1公頃）?9（2001全國理）已知i，m，n是正整數，且1imn.（1）證明nim

15、i； （2）證明（1m）n（1n）m.54 二項式定理【考點透視】一、考綱指要1掌握二項式定理和二項展開式的性質，并能用它們討論整除、近似計算等相關問題2能利用二項展開式的通項公式求二項式的指定項、求滿足條件的項或系數3能利用二項式系數的性質求多項式系數的和與求一些組合數的和4能熟練地逆向運用二項式定理求和5能利用二項式定理求近似值，證明整除問題，證明不等式二、命題落點1二項式定理的展開式的通項公式，如例1; 2考查組合數的性質2：，二項式定理的應用如例2;3考查以二項式為背景的信息題,如例3.【典例精析】例1：（2005全國1）的展開式中，常數項為 （用數字作答）解析:的通項公式為，令得，常

16、數項為答案： 672例2： (2005湖南) 在（1x）（1x）2（1x）6的展開式中，x 2項的系數是.（用數字作答）解析: x2項的系數等于。答案：35例3：（2005北京）已知n次多項式, 如果在一種算法中，計算（k2，3，4，n）的值需要k1次乘法，計算的值共需要9次運算（6次乘法，3次加法），那么計算的值共需要 次運算下面給出一種減少運算次數的算法：（k0， 1，2，n1）利用該算法，計算的值共需要6次運算，計算的值共需要 次運算解析: 由題意知道的值需要次運算,即進行次的乘法運算可得到的結果對于這里進行了3次運算,進行了2次運算,進行1次運算,最后之間的加法運算進行了3次這樣總共進

17、行了次運算對于總共進行了次乘法運算及次加法運算所總共進行了次由改進算法可知：,運算次數從后往前算和為：次.答案: 【常見誤區】1考查二項式知識.對于（其中為常數）展開式的各項系數和只需令即可得到為,有時還會考查展開式的二項式系數和：兩者注意區分.利用通項公式求對應項系數的題型為本章重點內容.2二項式定理的考察很兩極化，如果不是很基礎的運算，就會出現在大題目的論證證明中，往往和不等式結合?？忌鹱⒁?【基礎演練】1(2005全國3)在的展開式中的系數是（ ）A 14 B 14 C 28 D 282(2005山東) 如果的展開式中各項系數之和為128，則展開式中的系數是（ ）A 7B C21

18、D 3(2005重慶) 若n展開式中含項的系數與含項的系數之比為5，則n等于（ ）A4B6C8D104(2005浙江) 在(1x)5(1x)6(1x)7(1x)8的展開式中，含x3的項的系數是（ ）A74 B121 C74D1215(2005天津) 設,則 .6(2005湖北文) 的展開式中整理后的常數項等于 .7證明能被整除()8已知展開式中最后三項的系數的和是方程的正數解，它的中間項是，求的值9求展開式中系數絕對值最大的項55 隨機事件的概率【考點透視】一、考綱指要1了解隨機事件、必然事件、不可能事件的概念；2掌握等可能事件的概率公式，并能熟練地運用排列組合的知識解決等可能事件的概率問題.

19、二、命題落點1考查排列組合的應用,等可能事件的概率等基礎知識，如例1和例2;2古典概型問題,旨在考查等可能事件的概率的求法,及運用組合知識求解事件數的能力.若能做到正確分類則不難解決，如例3.【典例精析】例1：袋中有紅、黃、白色球各一個，每次任取一個，有放回抽三次，計算下列事件的概率：（1）三次顏色各不同；（2）三種顏色不全相同；（3）三次取出的球無紅色或無黃色解析：基本事件有個，是等可能的，（1）記“三次顏色各不相同”為，；（2）記“三種顏色不全相同”為，；（3）記“三次取出的球無紅色或無黃色”為，例2：(2005廣東) 先后拋擲兩枚均勻的正方體骰子（它們的六個面分別標有點數1、2、3、4、

20、5、6），骰子朝上的面的點數分別為X、Y，則的概率為（ ）ABCD解析：滿足的X、Y有(1, 2)，(2, 4)，(3, 6)這3種情況，而總的可能數有36種，所以答案:C例3：（2005江西）將1，2，9這9個數平均分成三組，則每組的三個數都成等差數列的概率為（ ）ABCD解析:將1,2，3，9平均分成三組的數目為,又每組的三個數成等差數列,總數為4，答案:B【常見誤區】1等可能事件的概率，在求解的過程中，先求出不加條件限制的所有可能性a，然后再根據條件，求出滿足題目要求的可能種數b，最后要求的概率就是.2平均分組問題及概率問題要注意分組與分配問題不能混淆.【基礎演練】1(2005湖北) 以

21、平行六面體ABCDABCD的任意三個頂點為頂點作三角形，從中隨機取出兩個三角形，則這兩個三角形不共面的概率p為（）ABCD2下列事件中，是隨機事件的是（ ）A導體通電時，發熱； B拋一石塊，下落；C擲一枚硬幣，出現正面； D在常溫下，焊錫融化。3在10張獎券中，有4張有獎，從中任抽兩張，能中獎的概率為（ ）ABCD4有個數字，其中一半是奇數，一半是偶數，從中任取兩個數，則所取的兩個數之和為偶數的概率為（ ）ABCD5（2005上海）某班有50名學生，其中15人選修A課程，另外35人選修B課程.從班級中任選兩名學生，他們是選修不同課程的學生的概率是_.（結果用分數表示）6(2003上海,理9文9

22、)某國際科研合作項目成員由11個美國人、4個法國人和5個中國人組成.現從中隨機選出兩位作為成果發布人,則此兩人不屬于同一個國家的概率 .(結果用分數表示)7將一枚骰子先后擲兩次，求所得的點數之和為6的概率. 8某產品中有7個正品，3個次品，每次取一只測試，取后不放回，直到3只次品全被測出 為止，求經過5次測試，3只次品恰好全被測出的概率.9從男生和女生共36人的班級中任意選出2人去完成某項任務，這里任何人當選的機會都是相同的，如果選出的2人有相同性別的概率是，求這個班級中的男生，女生各有多少人? 56 互斥事件有一個發生的概率【考點透視】一、考綱指要了解互斥事件的意義，會用互斥事件的概率加法公

23、式計算一些事件的概率二、命題落點1考查相互獨立事件的概率及隨機事件的分布列,如例1和例2;2要求考生能靈活地轉化問題，如果該問題從正面直接去考慮很容易出錯,那么可以先考慮求它的對立事件發生的概率，如例3. 【典例精析】例1：（2005湖南）某單位組織4個部門的職工旅游，規定每個部門只能在韶山、衡山、張家界3個景區中任選一個，假設各部門選擇每個景區是等可能的. （1）求3個景區都有部門選擇的概率； （2）求恰有2個景區有部門選擇的概率.解析：某單位的4個部門選擇3個景區可能出現的結果數為34.由于是任意選擇，這些結果出現的可能性都相等.（1）3個景區都有部門選擇可能出現的結果數為（從4個部門中任

24、選2個作為1組，另外2個部門各作為1組，共3組，共有種分法，每組選擇不同的景區，共有3！種選法），記“3個景區都有部門選擇”為事件A1，那么事件A1的概率為P（A1）=（2）法一：分別記“恰有2個景區有部門選擇”和“4個部門都選擇同一個景區”為事件A2和A3，則事件A3的概率為P（A3）=，事件A2的概率為P（A2）=1P（A1）P（A3）=法二：恰有2個景區有部門選擇可能的結果為（先從3個景區任意選定2個，共有種選法，再讓4個部門來選擇這2個景區，分兩種情況：第一種情況，從4個部門中任取1個作為1組，另外3個部門作為1組，共2組，每組選擇2個不同的景區，共有種不同選法.第二種情況，從4個部門

25、中任選2個部門到1個景區，另外2個部門在另1個景區，共有種不同選法）.所以P（A2）=例2：(2005山東) 袋中裝有黑球和白球共7個,從中任取2個球都是白球的概率為現有甲、乙兩人從袋中輪流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取取后不放回，直到兩人中有一人取到白球時終止，每個球在每一次被取出的機會是等可能的.（1）求袋中原有的白球的個數；（2）求取球2次終止的概率；（3）求甲取到白球的概率.解析:（1）設袋中原有個白球,由題意知。(1)=6解得或(舍去)即袋中原有3個白球.（2） 取球2次終止，指的是甲取黑球后，乙取白球。所以取球2次終止的概率為（3）記“甲取白球”的事件為B，“第次取出的球是白

26、球”的事件為甲先取，所以甲只有可能在第1次、第3次和第5次取球兩兩互斥，=+.例3. 袋中有5個白球，3個黑球，從中任意摸出4個，求下列事件發生的概率：（1）摸出2個或3個白球；（2）至少摸出1個白球；（3）至少摸出1個黑球.解析：從8個球中任意摸出4個共有種不同的結果.記從8個球中任取4個，其中恰有1個白球為事件A1，恰有2個白球為事件A2，3個白球為事件A3，4個白球為事件A4，恰有i個黑球為事件B，則（1）摸出2個或3個白球的概率：（2）至少摸出1個白球的概率P21（B4）101（3）至少摸出1個黑球的概率31（A4）1答：（1）摸出2個或3個白球的概率是；(2)至少摸出1個白球的概率是

27、1；（3）至少摸出1個黑球的概率是.【常見誤區】1互斥事件的分類是一個易錯的知識點,其求解過程也常出現錯誤,解決時應注意其分類標準及應用排列組合數計算事件發生的基本事件個數;2概率應用題越來越貼近生活，越來越注意與函數、不等式、導數、向量等工具結合，是將來高考的方向,此類問題應注意交匯點知識的應用.【基礎演練】1如果事件A、B互斥，那么（ ）AA+B是必然事件 B+是必然事件 C與一定互斥 D與一定不互斥2甲袋裝有個白球，個黑球，乙袋裝有個白球，個黑球，(),現從兩袋中各摸一個球，：“兩球同色”，：“兩球異色”，則與的大小關系為（ ）A B C D視的大小而定3甲袋中裝有白球3個，黑球5個，乙

28、袋內裝有白球4個，黑球6個，現從甲袋內隨機抽取一個球放入乙袋，充分摻混后再從乙袋內隨機抽取一球放入甲袋，則甲袋中的白球沒有減少的概率為（ ）A B C 4(2005山東) 10張獎券中只有3張有獎，5個人購買，至少有1人中獎的概率是A B C D5(2005重慶理) 某輕軌列車有4節車廂，現有6位乘客準備乘坐，設每一位乘客進入每節車廂是等可能的，則這6位乘客進入各節車廂的人數恰好為0，1，2，3的概率為 .6(2005重慶文) 若10把鑰匙中只有2把能打開某鎖，則從中任取2把能將該鎖打開的概率為 .7（05福建）甲、乙兩人在罰球線投球命中的概率分別為.（1）甲、乙兩人在罰球線各投球一次，求恰好

29、命中一次的概率；（2）甲、乙兩人在罰球線各投球二次，求這四次投球中至少一次命中的概率8在某地區有2000個家庭，每個家庭有4個孩子，假定男孩出生率是.（1）求在一個家庭中至少有一個男孩的概率；（2）求在一個家庭中至少有一個男孩且至少有一個女孩的概率9盒中有6只燈泡，其中2只次品，4只正品，有放回地從中任取兩次，每次取一只，試求下列事件的概率：（1）取到的2只都是次品；（2）取到的2只中正品、次品各一只；（3）取到的2只中至少有一只正品.57相互獨立事件同時發生的概率【考點透視】一、考綱指要1了解相互獨立事件的意義，會求相互獨立事件同時發生的概率；2會計算事件在次獨立重復試驗中恰好發生次的概率二

30、、命題落點1考查相互獨立事件（和互斥事件有一個發生的概率）的計算方法，考查運用概率知識解決實際問題的能力，如例1和例2;2概率知識的考查,計算次獨立重復實驗有次發生的概率,結合概率的加法公式，同時考查邏輯思維能力, 如例3、例4.【典例精析】例1：（2005全國1）9粒種子分種在甲、乙、丙3個坑內，每坑3粒，每粒種子發芽的概率為，若一個坑內至少有1粒種子發芽，則這個坑不需要補種；若一個坑內的種子都沒發芽，則這個坑需要補種（1）求甲坑不需要補種的概率；（2）求3個坑中恰有1個坑不需要補種的概率；（3）求有坑需要補種的概率解析:（1）因為甲坑內的3粒種子都不發芽的概率為，所以甲坑不需要補種的概率為

31、 （2）3個坑恰有一個坑不需要補種的概率為 （3）法一：因為3個坑都不需要補種的概率為，所以有坑需要補種的概率為 法二：3個坑中恰有1個坑需要補種的概率為恰有2個坑需要補種的概率為 3個坑都需要補種的概率為 所以有坑需要補種的概率為 例2：(2005全國3)設甲、乙、丙三臺機器是否需要照顧相互之間沒有影響。已知在某一小時內，甲、乙都需要照顧的概率為0.05，甲、丙都需要照顧的概率為0.1，乙、丙都需要照顧的概率為0.125（1）求甲、乙、丙每臺機器在這個小時內需要照顧的概率分別是多少；（2）計算這個小時內至少有一臺需要照顧的概率.解析:（1）記甲、乙、丙三臺機器在一小時內需要照顧分別為事件A、

32、B、C，則A、B、C相互獨立，由題意得：P（AB）=P（A）P（B）=0.05P（AC）=P（A）P（C）=0.1 , P（BC）=P（B）P（C）=0.125 解得：P（A）=0.2；P（B）=0.25；P（C）=0.5 所以, 甲、乙、丙每臺機器在這個小時內需要照顧的概率分別是0.2、0.25、0.5 （2）A、B、C相互獨立，相互獨立，甲、乙、丙每臺機器在這個小時內需都不需要照顧的概率為 ，這個小時內至少有一臺需要照顧的概率為例3：（2005北京）甲、乙兩人各進行3次射擊，甲每次擊中目標的概率為，乙每次擊中目標的概率 （1）甲恰好擊中目標2次的概率； （2）乙至少擊中目標2次的概率；（3

33、）求乙恰好比甲多擊中目標2次的概率解析：（1）甲恰好擊中目標2次的概率為（2）乙至少擊中目標2次的概率為（3）設乙恰好比甲多擊中目標2次為事件A,乙恰好擊中目標2次且甲恰好擊中目標0次為事件,乙恰好擊中目標3次且甲恰好擊中目標1次為事件,則所以,乙恰好比甲多擊中目標2次的概率為例4：（2005湖北）某會議室用5盞燈照明，每盞燈各使用燈泡一只，且型號相同.假定每盞燈能否正常照明只與燈泡的壽命有關，該型號的燈泡壽命為1年以上的概率為p1，壽命為2年以上的概率為p2.從使用之日起每滿1年進行一次燈泡更換工作，只更換已壞的燈泡，平時不換. （1）在第一次燈泡更換工作中，求不需要換燈泡的概率和更換2只燈

34、泡的概率； （2）在第二次燈泡更換工作中，對其中的某一盞燈來說，求該盞燈需要更換燈泡的概率； （3）當p1=0.8，p2=0.3時，求在第二次燈泡更換工作，至少需要更換4只燈泡的概率（結果保留兩個有效數字）.解析：（1）在第一次更換燈泡工作中，不需要換燈泡的概率為需要更換2只燈泡的概率為（2）對該盞燈來說，在第1、2次都更換了燈泡的概率為（1p1）2；在第一次未更換燈泡而在第二次需要更換燈泡的概率為p1(1p2)，故所求的概率為（3）至少換4只燈泡包括換5只和換4只兩種情況，換5只的概率為p5（其中p為（II）中所求，下同）換4只的概率為（1p），故至少換4只燈泡的概率為又當時，即滿2年至少需

35、要更換4只燈泡的概率為0.34. 【常見誤區】1事件A與B(不一定互斥)中至少有一個發生的概率可按下式計算：P(A+B)P(A)+P(B)P(AB),特別地，當事件A與B互斥時，P(AB)0，于是上式變為P(A+B)P(A)+P(B)2事件間的“互斥”與“相互獨立”是兩個不同的概念：兩事件互斥是指兩個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事件發生的概率沒有影響.【基礎演練】1(2005天津) 某人射擊一次擊中的概率為0.6,經過3次射擊,此人至少有兩次擊中目標的概率為（ ）A B C D2三個互相認識的人乘同一列火車，火車有節車廂，則至少兩人上了同一車廂的概率是 （ ）

36、A B C D3口袋里裝有大小相同的黑、白兩色的手套，黑色手套只，白色手套只，現從中隨機地取出兩只手套，如果兩只是同色手套則甲獲勝，兩只手套顏色不同則乙獲勝，則甲、乙獲勝的機會是（ ）A甲多B乙多C一樣多D不確定4已知盒中裝有只螺口與只卡口燈炮，這些燈炮的外形與功率都相同且燈口向下放著，現需要一只卡口燈炮使用，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則他直到第次才取得卡口燈炮的概率為（ ） ABCD5某射手射擊一次，擊中目標的概率是，他連續射擊次，且各次射擊是否擊中目標相互之間沒有影響，有下列結論：他第次擊中目標的概率是；他恰好擊中目標次的概率是；他至少擊中目標次的概率是，其中正確結論的序號 6件產

37、品中有件次品，從中連續取兩次，（1）取后不放回，（2）取后放回，則兩次都取合格品的概率分別是 、 7(2005重慶) 加工某種零件需經過三道工序，設第一、二、三道工序的合格率分別為、，且各道工序互不影響. （1）求該種零件的合格率； （2）從該種零件中任取3件,求恰好取到一件合格品的概率和至少取到一件合格品的概率.8(2005浙江) 袋子A和B中裝有若干個均勻的紅球和白球，從A中摸出一個紅球的概率是1/3，從B中摸出一個紅球的概率為p.（1）從A中有放回地摸球，每次摸出一個，共摸5次。求：（i）恰好有3次摸到紅球的概率； （ii）第一次、第三次、第五次均摸到紅球的概率。（2）若A、B兩個袋子中

38、的球數之比為：，將、中的球裝在一起后，從中摸出一個紅球的概率是2/5，求p的值。9(2005江蘇) 甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標的概率分別是和。假設兩人射擊是否擊中目標，相互之間沒有影響；每次射擊是否擊中目標，相互之間沒有影響。（1）求甲射擊4次，至少1次未擊中目標的概率；（2）求兩人各射擊4次，甲恰好擊中目標2次且乙恰好擊中目標3次的概率；（3）假設某人連續2次未擊中目標，則停止射擊。問：乙恰好射擊5次后，被中止射擊的概率是多少？本章測試題一、選擇題：（本題每小題5分，共60分）1有4名高中畢業生報考大學，有三所大學可供選擇，每人只能填報一所大學，則報名的方案數為 （ ）A B C D 2

39、將一枚均勻硬幣拋擲8次，有4次正面向上，則正面向上而4次中恰好三次連在一起的情況的不同種數為 （ ）A480 B240 C20 D103兩個同學同時做一道題，他們做對的概率分別為P（A）=0.8,P(B)=0.9,則該題至少被一個同學做對的概率為 （ ）A 1.7 B1 C 0.72 D 0.984某程序設置的密碼為依先后順序按下a、e、h、w4個鍵，鍵盤上共有104個按鍵，則被譯密碼的概率為（ ）ABCD5在(x1)(x+1)8的展開式中x5的系數是 （ ）A14 B14 C28 D286現從男女若干名學生干部中選出2男1女分別參加“資源”、“生態”、“奧數”三個夏令營活動，已知共有90種不

40、同的參加方案，則男女同學的人數依次為（ ）A 2，6B 3，5 C 5，3 D 6，27若正整數x,y滿足，則可組成不同的有序數對（x,y）是 （ ）A15B16C17D188某機械零件加工由2道工序組成，第1道工序的廢品率為，第2道工序的廢品率為，假定這2道工序出廢品的工序是彼此無關的，那么產品的合格率是 （ ）A B C D 9從不同號碼的五雙靴中任取4只，其中恰好有一雙的取法種數為（ ）A120B240 C360 D72010國慶期間，甲、乙、丙去旅游，甲去某地的概率為，乙、丙去此地概率分別為，,假定三人的行程相互之間沒有影響，那么這一段時間內至少有人去此地的概率為（ ）ABCD11把同

41、一排6 張座位編號為1、2、3、4、5、6的電影票全部分給4個人，每人至少分1張，至多分2張，且這兩張票具有連續的編號，那么不同的分法種數是（ ）A168B96 C72 D14412從長度分別為1，2，3，4，5的五條線段中，任取三條的不同取法共有n種在這些取法中，以取出的三條線段為邊可組成的鈍角三角形的個數為m，則等于（）A B CD二、填空題：（本題每小題分，共分）13計算：= （精確到1）14從1，3，5，7中任取2個數字，從0，2，4，6，8中任取2個數字，組成沒有重復數字的四位數，其中能被5整除的四位數共有 個15在三角形的每條邊上各取三個分點（如圖），以這9個分點為頂點可畫出若干個

42、三角形，若從中任意抽取一個三角形，則其三個頂點分別落在原三角形的三條不同邊上的概率為 （用數字作答）16關于二項式(x1)2005有下列命題：該二項展開式中非常數項的系數和是1；該二項展開式中第六項為x1999；該二項展開式中系數最大的項是第1002項；當x=2006時，(x1)2005除以2006的余數是2005其中正確命題的序號是 （注：把你認為正確的命題序號都填上）三、解答題：（本題共分）17（本小題滿分分）已知的展開式中，末三項的二項式系數的和為22，二項式系數最大的項為20000，求的值18（本小題滿分分）某學習小組有8個同學，從男生中選2人，女生中選1人參加數學、物理、化學三種競賽

43、，要求每科均有1人參加，共有180種不同的選法，那么該小組中男、女同學各有多少人？ 19（本小題滿分分）如下表，它滿足：第行的首尾兩數均為；表中的遞推關系類似楊輝三角；則第行的第二個數是多少？ 1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5 6 16 25 25 16 6 7 22 41 50 41 22 720（本小題滿分分）袋子A和B中裝有若干個均勻的紅球和白球，從A中摸一個紅球的概率是，從B中摸出一個紅球的概率為P。從A中有放回地摸球，每次摸出一個，共摸5次，求：（1）恰好有3次摸到紅球的概率；第一次、第三次、第五次均摸到紅球的概率； （2）若A、B兩個袋子中的球數之比

44、為1：2，將A、B中的球裝在一起后，從中摸出一個紅球的概率是，求P的值21（本小題滿分分）某工廠產生甲、乙兩種產品，每種產品都是經過第一和第二工序加工而成，兩道工序的加工結果相互獨立，每道工序的加工結果均有A、B兩個等級，對每種產品，兩道工序的加工結果都為A級時，產品為一等品 （1）已知甲、乙兩種產品每一道工序的加工結果為A級的概率如下表所示，分別求生產出的甲、乙產品為一等的概率P甲、P乙；工序效率產品第一工序第二工序甲0.80.85乙0.750.8 （2）已知一件產品的利潤如表二所示，用、分別表示一件甲、乙產品的利潤，在的條件下，求的分布列及等級利潤產品一等二等甲5(萬元)2.5(萬元)乙2

45、.5(萬元)1.5(萬元) （3）已知生產一件產品需用的工人數和資金額如表三所示，該工廠有工人40人，可用資金60萬元，設、分別表示生產甲、乙產品的數量，在（2）的條件下，、為何值時，最大？最大值是多少？（解答時須給出圖示）項目用量產品工人(名)資金(萬元)甲85乙21022（本小題滿分分）為防止某突發事件發生，有甲、乙、丙、丁四種相互獨立的預防措施可供采用，單獨采用甲、乙、丙、丁預防措施后此突發事件不發生的概率（記為P）和所需費用如表：預防措施甲乙丙丁P0.90.80.70.6費用/萬元90603010預防方案可單獨采用一種預防措施或聯合采用幾種預防措施，在總費用不超過120萬元的前提下，請

46、確定一個預防方案，使得此突發事件不發生的概率最大參考答案51 分類計數、分步計數原理1. B 2. A 3. C 4. D 5. 125 6. .7. (1)分6步：先選的象，有3種可能，再選的象也是3種可能，選象也有3種可能， 由乘法原理知，共有種不同映射；(2)把6個人構成的集合，看成上面(1)中之，3個車間構成的集合，看成上面的，因此，所求問題轉化為映射問題，如上題所述，共有種方案8.（1）每位學生有三種選擇，四位學生共有參賽方法：種； （2）每項競賽被選擇的方法有四種，三項競賽共有參賽方法：種.9. (1)分7類：，有7種取法；，有6種取法； ，有5種取法； ，有4種取法； ，有3種取

47、法； ，有2種取法；，只有1種取法.因此共有個元素.(2)分兩步：先選，有4種可能；再選有5種可能由乘法原理，共有個元素.52 排列組合的基本問題1. B 2. A 3. B 4. C 5. 1 6. 5767. 法一:右邊=左邊法二:右邊左邊8. 原不等式即，也就是，化簡得：，解得或，又，且，所以，原不等式的解集為9. 原式 ，故， 原式.53 排列組合的綜合應用1. B 2. C 3. B 4. D 5. 144 6. 117. （1）.（2）.x0，x+2.當且僅當x=時，等號成立.當x=時，取得最小值.8. 設耕地平均每年至多只能減少x公頃，又設該地區現在人口為P人，糧食單產為M噸公頃

48、.依題意得不等式（110）化簡得x103 , x4（公頃）.答：按規劃該地區耕地平均每年至多只能減少4公頃.9. （1）法一：，對于mn，k1，2，i1，有，即mini法二：ni=m（m1）（m2）（mi+1）=mn（mnn）（mn2n）mnn（i1）同理mi=mn（mnm）（mn2m）mnm（i1）1imn，mnnmnm，mn2nmn2m，mnn（i1）mnm（i1）聯系、可得nimiAin.（2）由二項式定理：，又 而mini , . 又 .（1m）n（1n）m54 二項式定理1. B 2. C 3. B 4. D 5. 6. 387. 是整數，能被64整除8. 由得，（舍去）或，由題意知

49、，由已知條件知，其展開式的中間項為第4項，即，或，或經檢驗知，它們都符合題意.9. 展開式的通項為，設第項系數絕對值最大，即，所以，且，或，故系數絕對值最大項為或55 隨機事件的概率1. A 2. C 3. C 4. C 5. 6. .7. 擲兩次骰子共有36種基本事件，且等可能，其中點數之和為6的有共5種，所以“所得點數和為6”的概率為.8. “5次測試”相當于從10只產品中有序的取出5只產品，共有種等可能的基本事件，“3只次品恰好全被測出”指5件中恰有3件次品，且第5件是次品，共有種，所以所求的概率為9. 設此班有男生n人(nN,n36)，則有女生(36n)人，從36人中選出有相同性別的2人，只有兩種可能，即2人全