1、理科高三數學教案：排列組合總復習【】鑒于大家對查字典數學網十分關注，小編在此為大家搜集整理了此文理科高三數學教案：排列組合總復習，供大家參考!本文題目：理科高三數學教案：排列組合總復習第十二章 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. 本章重點：排列、組合的意義及其計算方法，二項式定理的應用.本章難點：用二項式定理解決與

2、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.隨機事件的概率 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.了解兩個互斥事件的概率加法公式和相互獨立事件同時發生的概率乘法公式;3.理解古典概型及其概率計算公式;會計算一些隨機事件所包含的基本事件的個數及事件發生的概率;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. 本章重點：1.隨機事件、互斥事件及概率的意義，并會計算互斥事件的概率;2.古典概型、幾何概型的概率計算.本章難點：1.互斥事件的判斷及互斥事件

3、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件、互斥事件與對立事件，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，還常考查分類與整合，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.了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念，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

4、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，認識正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義. 本章重點：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.本章難點：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來較穩定的高考命題態勢.考生應注重對特殊分布(如二項分布、超幾何分布)的理解和對事件的意義的理解.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

5、】 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.【

6、變式訓練1】(2019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.3 B.4 C.6 D.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、韶山、衡山、桃花源四個旅游景點游覽，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

7、韶山、衡山、桃花源的有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4543=240種.【點撥】根據題意正確分步，要求各步之間必須連續，只有按照這幾步逐步地去做，才能完成這件事，各步之間既不能重復也不能遺漏.【變式訓練2】(2019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54444=1 280種方法.題型三 分類和分

8、步計數原理綜合應用【例3】(2019長郡中學)如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區域涂一種顏色，相鄰的區域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數有.【解析】方法一：由題意知，有且僅有兩個區域涂相同的顏色，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：涂區域1，有4種方法;第二步：涂區域2，有3種方法;第三步：涂區域4，有2種方法(此前三步已經用去三種顏色);第四步：涂區域3，分兩類：第一類，3與1同色，則區域5涂第四種顏色;第二類，區域3與1不同色，則涂第四種顏色，此時區域5就可以涂區域1或

9、區域2或區域3中的任意一種顏色，有3種方法.所以，不同的涂色種數有432(11+13)=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，則符合條件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

10、第二步，共有6種涂法.由分步乘法原理知共有366=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件事有多少種不同方法或種數的問題，其區別在于：分類加法計數原理是完成一件事要分若干類，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件事;分步乘法計數原理是完成一件事要分若干步，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件事，只有當各個步驟都完成之后，才能完成該事件.因此，分清完成一件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!+A66A28

11、-A410;(2) C33+C34+C310.【解析】(1)原式=87654321+65432187-10987=576543256(-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件：m，nN+，mn.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)!9!(11-x)!，也就是1(9-x)! ，化簡得x2-21x+1040，解得x8或x13，又因為29，且xN*，所以原

12、不等式的解集為2,3,4,5,6,7.題型二 有限制條件的排列問題【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A44A33=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2A33A33=72種排法.

13、(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A33A34=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A23A22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

14、題，有限制條件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，主要按照優先原則，即優先安排特殊元素或優先滿足特殊位子，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

15、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 有限制條件的組合問題【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

16、，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C13C49=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.對于有限制條件的問題，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

17、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.總結提高解有條件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

18、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 (08，rZ).(1)若Tr+1是常數項，則16-3r4=0，即16-3r=0，因為rZ，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08，rZ，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

19、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+C1n2+C2n22=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，

20、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

21、=-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：46n+5 n+1-9能被20整除

22、.【解析】46n+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46n+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.

23、002)2=0.000 060.001，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)61+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滿足的條件，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

24、取值范圍.12.4 隨機事件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n 50 100 200 500 1 000 2 000優等品數m 45 92 194 470 954 1 902優等品頻率(1)計算表中乒乓球優等品的頻率;(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等品的頻率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(2)由(

25、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，優等品的頻率波動很大，但當抽取的球數很大時，頻率基本穩定在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n 8 10 12 9 10 16進球次數m 6 8 9 7 7 12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

26、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 隨機事件間的關系【例2】從一副橋牌(52張)中任取1張.判斷下列每對事件是否為互斥事件，是否為對立事件.(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)是互斥事件但不是對立事件.因為抽出紅桃與抽出黑桃在僅取一張時不可能同時發生，因而是互斥的.同時，不能保證其中必有一個發生，因為還可能抽出方塊或梅花，因此兩者不對立.(2)是互斥事件又是對立事件.因為兩者不可同時發生，但其中必有一個發生.(3)不是互斥事件，更不是對立事件

27、.因為抽出的牌點數為3的倍數與抽出的牌點數大于10這兩個事件有可能同時發生，如抽得12.【點撥】要區分互斥事件和對立事件的定義.【變式訓練2】抽查10件產品，設事件A：至少有兩件次品，則A的對立事件為()A.至多兩件次品 B.至多一件次品C.至多兩件正品 D.至少兩件正品【解析】根據對立事件的定義得選項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分為優秀，85分以下為非優秀，統計后，得到如下列聯表.優秀 非優秀 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

28、性要求，能否認為成績與班級有關系(參考數據P(K26.635)=0.05);(3)若按下面的方法從甲班優秀的學生中抽取一人：把甲班優秀的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)優秀 非優秀 總計甲 10 45 55乙 20 30 50總計 30 75 105(2)計算K2的一個觀測值k= =6.109.因為6.1096.635，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，則P(=6)= ，P(=10)= ，所以P(=6或=10)=P(=6)+P(=10)= = .【點撥】本題考查概率的概

29、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135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+20n+5，得n15或n3，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所以(n-m)(n+m-15)=0.因為nm，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

30、事件是互斥事件的一種特殊情況，是指在一次試驗中有且僅有一個發生的兩個事件.集合A的對立事件記作 ，從集合的角度來看，事件 所含結果的集合正是全集U中由事件A所含結果組成集合的補集，即A =U，A = .對立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是對立事件.事件A、B的和記作A+B，表示事件A、B至少有一個發生.當A、B為互斥事件時，事件A+B是由A發生而B不發生以及B發生而A不發生構成的.當計算事件A的概率P(A)比較困難時，有時計算它的對立事件 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都是相互獨立事件.判斷A與B是否獨立的方法是看P(AB)

31、=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 100 150 z標準型 300 450 600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

32、,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5040=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，記事件A：至少有1輛舒適型轎車，則事件 表示抽取到2輛標準型轎車，有m=3種不同取法，從而事件A包含：基本事件數為m=7種，所以P(A)=710.(3)樣本平均數 =18(9.4+8.

33、6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+8.2)=9.0，記事件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，則事件B包含的基本事件有6種，所以P(B)=68=34.【點撥】利用古典概型求事件的概率時，主要弄清基本事件的總數，及所求事件所含的基本事件的個數.【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(n1，nN)，從而有a+bc，即n2，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(

34、n-1)n=n-42(n-1)0，所以n4，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件，其中8件為正品，2件為次品.(1)如果從中取出一件，然后放回，再取一件，求連續3次取出的都是正品的概率;(2)如果從中一次取3件，求3件都是正品的概率.【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101010=103種;設事件A為連續3次都取正品，則包含

35、的基本事件共有888=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，基本事件不同，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1098=720種.設事件B為3件都是正品，則事件B包含的基本事件總數為876=336， 所以P(B)=3367200.467.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

36、986=120.按同樣的方法，事件B包含的基本事件個數為8766=56，因此P(B)=561200.467.【點撥】關于不放回抽樣，計算基本事件個數時，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

37、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個球全是紅球為事件A，P(A)=C22C24C22C25=16110=160.(2)記取到的4個球至多有1個紅球為事件B，取到的4個球只有1個紅球為事件B1，取到的4個球全是白球為事

38、件B2.由題意，得P(B)=1-34=14.P(B1)=C12C12C24C2nC2n+2+C22C24C12C1nC2n+2=2n23(n+2)(n+1)，P(B2)=C22C24C2nC2n+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

39、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C16C14=24.又甲、乙二人一次各抽取一題的結果有C110C19=90，所以概率為2490=415.(2)甲、乙二人一次各抽取一題基本事件的總數是109=90.方法一：(分類計數原理)只有甲抽到了選擇題的事件數是：6只有乙抽到了選擇題的事件數是：6甲、乙同時抽到選擇題的事件數是：65=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：(利用對立事件)事件甲、乙二人至少有一個抽到選擇題與

40、事件甲、乙兩人都未抽到選擇題是對立事件.事件甲、乙兩人都未抽到選擇題的基本事件個數是43=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：對于每個隨機試驗來說，所有可能出現的試驗結果數n必須是有限個;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、的條件下，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個互斥事件A1，A2，An，其加法公式為P(A1+A2+An)=P(A1)+P(A2)+P(An).3.分類討

41、論思想是解決互斥事件有一個發生的概率的一個重要的指導思想.4.在應用題背景條件下，能否把一個復雜事件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件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節.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ADOB時，OD=1;當OAAE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為鈍角三角形為事件M，則P(

42、M)=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為銳角三角為事件N，則P(N)=DEOB=35=0.6，即AOC為銳角三角形的概率為0.6.【點撥】我們把每一個事件理解為從某個特定的區域內隨機地取一點，該區域中每一點被取到的機會都一樣，而一個事件發生則理解為恰好在上述區域內的某個指定的區域內的點，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件是其周長3，則

43、其概率是23.題型二 面積問題【例2】 兩個CB對講機(CB即CitizenBand民用波段的英文縮寫)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030,040.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件組對應的幾何區域，每一個幾何區域中

44、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件僅當他們之間的距離不超過25公里時發生(如下圖)，因此構成該事件的點由滿足不等式x2+y225的數對組成，此不等式等價于x2+y2625，右圖中的方形區域代表基本事件組，陰影部分代表所求事件，方形區域的面積為1 200平方公里，而事件的面積為(14)(25)2=6254，于是有P=62541 200=6254 8000.41.【點撥】解決此類問題，應先根據題意確定該實驗為幾何概型，然后求出事件A和基本事件的幾何度量，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

45、形區域內隨機地投擲一飛鏢，求飛鏢落在花瓣內的概率.【解析】飛鏢落在正方形區域內的機會是均等的，符合幾何概型條件.記飛鏢落在花瓣內為事件A，設正方形邊長為2r，則P( A)=S花瓣SABCD=12r24-(2r)2(2r)2=-22.所以，飛鏢落在花瓣內的概率為-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件中哪一個事件的概率大?【解析】V(

46、T)=1，V(G)=13-3131213=12，所以P=V(G)V(T)=12.由此得，能與不能構成三角形兩事件的概率一樣大.【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域及基本事件的區域有關.【變式訓練3】已知正方體ABCDA1B1C1D1內有一個內切球O，則在正方體ABCDA1B1C1D1內任取點M，點M在球O內的概率是()A.8 C.12【解析】設正方體的棱長為a，則點M在球O內的概率P=V球V正方體=43(a2)3a3=6，選C.總結提高1.幾何概型是一種概率模型，它與古典概型的區別是試驗的可能結果不是有限個.其特點是在一個區域內均勻分布，概率大

47、小與隨機事件所在區域的形狀和位置無關，只與該區域的大小有關.如果隨機事件所在區域是一個單點，其測度為0，則它出現的概率為0，但它不是不可能事件. 如果隨機事件所在區域是全部區域扣除一個單點， 其測度為1，則它出現的概率為1，但它不是必然事件.2.若試驗的全部結果是一個包含無限個點的區域(長度，面積，體積)，一個基本事件是區域中的一個點.此時用點數度量事件A包含的基本事件的多少就毫無意義.等可能性可以理解成對任意兩個區域，當它們的測度(長度，面積，體積，)相等時，事件A對應點落在這兩區域上的概率相等，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

48、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)中的一點來表示，而所有基本結果對應于一個區域，這時，與試驗有關的問題即可利用幾何概型來解決.12.7 條件概率與事件的獨立性典例精析題型一 條件概率的求法【例1】一張儲蓄卡的密碼共6位數字，每位數字都可從09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 事件Ai(i=1,2)，則A=A1( A2)表示不超過2次就按對密碼.(1)因為事件A1與事件 A2互斥，由概率的加法

49、公式得P(A)=P(A1)+P( A2)=110+91109=15.(2)用B表示最后一位是偶數的事件，則P(A|B)=P(A1|B)+P( A2|B)=15+4154=25.【點撥】此類問題解題時應注意著重分析事件間的關系，辨析所求概率是哪一事件的概率，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歲為事件A，活到25歲為事件B，所求概率為P(B|A)， 由于BA，則P(AB)=P(B)，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A

50、)=0.40.8=12.題型二 相互獨立事件的概率【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 碼分別為事件A，B，C，依題意知A，B，C相互獨立，記事件D：恰有二人破譯密碼，則P(D)=P(AB )+P(A C)+P( BC)=1514(1-13)+15(1-14)13+(1-15)1413=960=320.(2)記事件E：密碼被破譯， ：密碼未被破譯，則P( )=P( )=(1-15)(1-14)(1-

51、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】解決事件的概率問題的一般步驟：記取事件;揭示事件的關系;計算事件的概率.【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=A33161312=16.題型三 綜合問題【例3】某公司招聘員工，指定三門考試課程，有

52、兩種考試方案.方案一：三門課程中至少有兩門及格為考試通過;方案二：在三門課程中隨機選取兩門，這兩門都及格為考試通過.假設某應聘者對三門指定課程考試及格的概率分別是a，b，c，且三門課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課程考試及格的事件分別為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=

53、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，c0,1，則P1-P2=23(ab+bc+ca)-2abc=23ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)0，故P1P2，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件為背景，考查兩種方案的概率，然后比較概率的大小，要求運用a，b，c0,1這一隱含條件.【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

54、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

55、的情況.總結提高1.互斥事件、對立事件、相互獨立事件的區別：對于事件A、B，在一次試驗中，A、B如果不能同時發生，則稱A、B互斥.一次試驗中，如果A、B互斥且A、B中必有一個發生，則稱A、B對立.顯然，A+ 為必然事件，A、B互斥則不能同時發生，但可能同時不發生.兩事件相互獨立是指一個事件的發生與否對另一事件的發生的概率沒有影響.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.由于當事件A、B相互獨立時，P(AB)=P(A)P(B)，因此式子1-P(A)P(B)表示相互獨立事件A、B

56、中至少有一個不發生的概率.對于n個隨機事件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X 0 1 2 3 4P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3求：(1)2X+ 1的分布列;(2)|X-1|的分布列.【解析】首先列表如下：X 0 1 2 3 42X+1 1 3 5 7 9|X-1| 1 0 1 2 3從而由上表得兩個分布列如下：2X+1的分布列：2X+1 1 3 5 7 9P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3|X-1|的分布列：|X-1| 0 1 2 3P 0.1 0.3 0.3 0.3【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，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