《高考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)難點(diǎn)試題考綱解讀專(zhuān)題專(zhuān)題14 計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及其分布列》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)難點(diǎn)試題考綱解讀專(zhuān)題專(zhuān)題14 計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及其分布列（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【2015年高考考綱解讀】 高考對(duì)本內(nèi)容的考查主要有： (1)分類(lèi)加法計(jì)算原理、分步乘法計(jì)數(shù)原理，B級(jí)要求． (2)排列與組合，B級(jí)要求． (3)離散型隨機(jī)變量及其分布列、超幾何分布、條件概率及相互獨(dú)立事件，A級(jí)要求． (4)n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布、離散型隨機(jī)變量的均值與方差，B級(jí)要求. 【重點(diǎn)、難點(diǎn)剖析】 1．兩種計(jì)數(shù)原理 分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理． 2．排列 (1)排列的定義；(2)排列數(shù)公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*)． 3．組合 (1)組合的定義； (2)組合數(shù)公式：C＝＝(m≤n，m，n∈N*)．

2、(3)組合數(shù)性質(zhì)：C＝C；C＋C＝C. 4．概率、隨機(jī)變量及其分布 (1)離散型隨機(jī)變量及其概率分布的表示： ①離散型隨機(jī)變量：所有取值可以一一列出的隨機(jī)變量叫做離散型隨機(jī)變量； ②離散型隨機(jī)變量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表； 性質(zhì)：1°pi≥0(i＝1,2,3，…，n)；2°p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1； (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(兩點(diǎn)分布)符號(hào)表示：X～0－1分布； ②超幾何分布：1°符號(hào)表示：X～H(n，M，N)； 2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝； ③二項(xiàng)分布(又叫獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，波努利試驗(yàn))：1°符號(hào)表示：X～B(n，

3、p)；2°概率分布列：P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k. 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝1. 【高頻考點(diǎn)】 考點(diǎn)一　計(jì)數(shù)原理及其應(yīng)用 【例1】 (1)(2014·全國(guó)大綱卷)有6名男醫(yī)生、5名女醫(yī)生，從中選出2名男醫(yī)生、1名女醫(yī)生組成一個(gè)醫(yī)療小組，則不同的選法共有(　　) A．60種　　　B．70種　　　C．75種　　　D．150種 (2)航空母艦“遼寧艦”在某次艦載機(jī)起降飛行訓(xùn)練中，有5架殲－15飛機(jī)準(zhǔn)備著艦，如果甲、乙兩機(jī)必須相鄰著艦，而甲、丁兩機(jī)不能相鄰著艦，那么不同的著艦方法有(　　) A．12種 B．16種

4、C．24種 D．36種[來(lái)源:學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)] 【命題意圖】(1)本題主要考查基本計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，意在考查考生的邏輯分析能力和運(yùn)算求解能力． (2)本題主要考查排列組合的基礎(chǔ)知識(shí)，意在考查考生利用排列組合的知識(shí)解決計(jì)數(shù)問(wèn)題的能力． 【易錯(cuò)指導(dǎo)】解決排列組合問(wèn)題首先要根據(jù)所求事件是否與順序有關(guān)，將其進(jìn)行分類(lèi)：將該事件分為幾個(gè)彼此互斥的事件，再根據(jù)事件發(fā)生的過(guò)程將其分成幾個(gè)簡(jiǎn)單的步驟，逐步求解，最后利用基本計(jì)數(shù)原理求解即可，這樣可將復(fù)雜的事件轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的排列組合問(wèn)題來(lái)解決． 【答案】(1)C　(2)D 【感悟提升】分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理的區(qū)別：分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理針對(duì)的是“分類(lèi)

5、”問(wèn)題，其中各種方法相互獨(dú)立，用其中任何一種方法都可以做完這件事；分步乘法計(jì)數(shù)原理針對(duì)的是“分步”問(wèn)題，各個(gè)步驟中的方法互相依存，只有各個(gè)步驟都完成才算做完這件事． 【變式探究】設(shè)整數(shù)n≥4，P(a，b)是平面直角坐標(biāo)系xOy中的點(diǎn)，其中a，b∈{1,2,3，…，n}，a＞b. (1)記An為滿(mǎn)足a－b＝3的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)，求An； (2)記Bn為滿(mǎn)足(a－b)是整數(shù)的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)，求Bn. 【解析】(1)點(diǎn)P的坐標(biāo)滿(mǎn)足條件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3. (2)設(shè)k為正整數(shù)，記fn(k)為滿(mǎn)足條件以及a－b＝3k的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)，只要討論fn(k)≥1的情形． 由1≤b＝a－3k

6、≤n－3k知fn(k)＝n－3k，且k≤，設(shè)n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0,1,2}，則k≤m，所以Bn＝fn(k)＝(n－3k)＝mn－＝， 將m＝代入上式，化簡(jiǎn)得Bn＝－，所以Bn＝ 【規(guī)律方法】此計(jì)數(shù)原理問(wèn)題中要計(jì)算點(diǎn)的個(gè)數(shù)，因此要根據(jù)條件對(duì)正整數(shù)的取值進(jìn)行分類(lèi)，弄清可能的取值類(lèi)別，再根據(jù)加法原理進(jìn)行計(jì)算． 【變式探究】設(shè)集合Pn＝{1,2，…，n}，n∈N*.記f(n)為同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的集合A的個(gè)數(shù)：①A?Pn；②若x∈A，則2x?A；③若x∈?PnA，則2x??PnA. (1)求f(4)； (2)求f(n)的解析式(用n表示)． 考點(diǎn)二　條件概率與相互獨(dú)立

7、事件的概率 例2、(1)(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測(cè)資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 (2)一出租車(chē)司機(jī)從飯店到火車(chē)站的途中要經(jīng)過(guò)六個(gè)交通崗，假設(shè)他在各交通崗遇到紅燈這一事件是相互獨(dú)立的，并且概率都是，那么這位司機(jī)遇到紅燈前，已經(jīng)通過(guò)了兩個(gè)交通崗的概率是________． 【命題意圖】本題主要考查概率的計(jì)算，涉及事件相互關(guān)系的分析與條件概率的計(jì)算，意在考查考生的理解能力與運(yùn)算求解能力． 【答案】(

8、1)A　(2) 【解析】(1)根據(jù)條件概率公式P(B|A)＝，可得所求概率為＝0.8. (2)由于在各交通崗遇到紅燈這一事件是相互獨(dú)立的，所以這位司機(jī)在第一、二個(gè)交通崗未遇到紅燈，在第三個(gè)交通崗遇到紅燈的概率P＝2×＝. 【感悟提升】 1．條件概率的求法 (1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.這是通用的求條件概率的方法． (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得P(B|A)＝. 2．求相互獨(dú)立事件和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率的方法及注意點(diǎn) (1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成

9、，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥的事件的和事件或幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件或?yàn)橐华?dú)立重復(fù)試驗(yàn)問(wèn)題，然后用相應(yīng)概率公式求解． (2)間接法：當(dāng)復(fù)雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對(duì)立事件進(jìn)行求解．對(duì)于“至少”“至多”等問(wèn)題往往也用這種方法求解． (3)注意點(diǎn)：注意辨別獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的基本特征：①在每次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率相同． 【變式探究】甲、乙二人比賽投籃，每人連續(xù)投3次，投中次數(shù)多者獲勝，若甲前2次每次投中的概率都是，第3次投中的概率是；乙每次投中的概率都是.甲、乙每次投中與否相互獨(dú)立． (1)求乙直到第3次才投中的概

10、率； (2)在比賽前，從勝負(fù)的角度考慮，你支持誰(shuí)？請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解析】(1)記事件Ai：乙第i次投中(i＝1,2,3)， 則P(Ai)＝(i＝1,2,3)，事件A1，A2，A3相互獨(dú)立， ∴P(乙直到第3次才投中)＝P(1·2·A3)＝P(1)·P(2)·P(A3)＝××＝. (2)設(shè)甲投中的次數(shù)為ξ，乙投中的次數(shù)為η， 由η～B，∴乙投中次數(shù)的數(shù)學(xué)期望E(η)＝3×＝. ξ的所有可能取值是0,1,2,3， 甲前2次投中次數(shù)服從二項(xiàng)分布B，且每次投中與否相互獨(dú)立， ∴P(ξ＝0)＝××＝， P(ξ＝1)＝C×××＋C×2×＝， P(ξ＝2)＝C×2×＋C×××＝， P

11、(ξ＝3)＝C×2×＝， ∴甲投中次數(shù)的數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， ∴E(η)＞E(ξ)，∴在比賽前，從勝負(fù)的角度考慮，應(yīng)支持乙. 【變式探究】紅隊(duì)隊(duì)員甲、乙、丙與藍(lán)隊(duì)隊(duì)員A、B、C進(jìn)行圍棋比賽，甲對(duì)A、乙對(duì)B、丙對(duì)C各一盤(pán)．已知甲勝A、乙勝B、丙勝C的概率分別為0.6、0.5、0.5.假設(shè)各盤(pán)比賽結(jié)果相互獨(dú)立． (1)求紅隊(duì)至少兩名隊(duì)員獲勝的概率； (2)用ξ表示紅隊(duì)隊(duì)員獲勝的總盤(pán)數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ)． 【解析】(1)設(shè)“甲勝A”為事件D，“乙勝B”為事件E，“丙勝C”為事件F，則，，分別表示甲不勝A、乙不勝B、丙不勝C的事件． 因?yàn)镻(D)＝0

12、.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，由對(duì)立事件的概率公式，知P()＝0.4，P()＝0.5，P()＝0.5. 紅隊(duì)至少兩人獲勝的事件有DE，DF，EF，DEF. 由于以上四個(gè)事件兩兩互斥且各盤(pán)比賽的結(jié)果相互獨(dú)立，因此紅隊(duì)至少兩人獲勝的概率為P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55. (2)由題意，知ξ的可能取值為0,1,2,3. 因此P(ξ＝0)＝P()＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P(ξ＝1)＝P(F)＋P(E)＋P(D)＝0.4×0.5×0.5＋0.4

13、×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35， P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由對(duì)立事件的概率公式，得P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 0.1 0.35 0.4 0.15 因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6. 【變式探究】某品牌設(shè)計(jì)了編號(hào)依次為1,2，3，…，n(n≥4，且n∈N*)的n種不同款式的時(shí)裝，由甲、乙兩位模特分別獨(dú)立地從中隨機(jī)選擇i，j(0≤i，j≤n，且i，j∈N)種款式用來(lái)拍攝廣告． (1)若

14、i＝j(luò)＝2，且甲在1到m(m為給定的正整數(shù)，且2≤m≤n－2)號(hào)中選擇，乙在(m＋1)到n號(hào)中選擇．記Pst(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)為款式(編號(hào))s和t同時(shí)被選中的概率，求所有的Pst的和； (2)求至少有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可的概率． 解　(1)甲從1到m(m為給定的正整數(shù)，且2≤m≤n－2)號(hào)中任選兩款，乙從(m＋1)到n號(hào)中任選兩款的所有等可能基本事件的種數(shù)為CC， 記“款式s和t(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)同時(shí)被選中”為事件A，則事件A包含的基本事件的種數(shù)為CC·CC， 所以P(A)＝Pst＝＝， 則所有的Pst的和為：CC·＝4； (2)甲從n種不同款式的服裝中

15、選取服裝的所有可能種數(shù)為：C＋C＋C＋…＋C＝2n， 同理得，學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)乙從n種不同款式的服裝中選取服裝的所有可能種數(shù)為2n， 據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理得，所有等可能的基本事件的種數(shù)為：2n·2n＝4n， 記“至少有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可”為事件B，則事件B的對(duì)應(yīng)事件為：“沒(méi)有一個(gè)款式為甲和乙共同認(rèn)可”，而事件包含的基本事件種數(shù)為： C·(C＋C＋C＋…＋C)＋C·(C＋C＋C＋…＋C)＋…＋C·(C＋C)＋C·(C) ＝C·2n＋C·2n－1＋…＋C·2＋C·20[來(lái)源:學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] ＝(1＋2)n＝3n， 所以P(B)＝1－P()＝1－n. 【規(guī)律方法】對(duì)于求較復(fù)雜事

16、件的概率問(wèn)題，可以將所求事件轉(zhuǎn)化成彼此互斥的事件的和，或者先求對(duì)立事件的概率，再用互斥事件的概率加法公式或?qū)α⑹录母怕使角蟪鏊笫录母怕剩? 【變式探究】 甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標(biāo)的概率分別是和.假設(shè)兩人射擊是否擊中目標(biāo)相互之間沒(méi)有影響；每人各次射擊是否擊中目標(biāo)相互之間也沒(méi)有影響． (1)求甲射擊4次，至少有1次未擊中目標(biāo)的概率； (2)求兩人各射擊4次，甲恰好擊中目標(biāo)2次且乙恰好擊中目標(biāo)3次的概率； (3)假設(shè)某人連續(xù)2次未擊中目標(biāo)，則中止其射擊．求乙恰好射擊5次后被中止射擊的概率． 【解析】(1)甲至少一次未擊中目標(biāo)的概率P1是 P1＝P4(1)＋P4(2)＋P4(3

17、)＋P4(4) ＝1－P4(0)＝1－40＝. (2)甲射擊4次恰擊中2次的概率為 P2＝C22＝， 乙射擊4次恰擊中3次的概率為P3＝C3×＝， 由乘法公式得，所求概率為P＝P2P3＝×＝. (3)乙恰好5次停止射擊，則最后兩次未擊中，前三次或都擊中或第一與第二次恰有一次擊中，第三次必?fù)糁?，故所求概率為P＝32＋C23＝. 考點(diǎn)三　離散型隨機(jī)變量的期望和方差 例3、(2014·湖南)某企業(yè)有甲、乙兩個(gè)研發(fā)小組，他們研發(fā)新產(chǎn)品成功的概率分別為和.現(xiàn)安排甲組研發(fā)新產(chǎn)品A，乙組研發(fā)新產(chǎn)品B.設(shè)甲、乙兩組的研發(fā)相互獨(dú)立． (1)求至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功的概率； (2)若新產(chǎn)品

18、A研發(fā)成功，預(yù)計(jì)企業(yè)可獲利潤(rùn)120萬(wàn)元；若新產(chǎn)品B研發(fā)成功，預(yù)計(jì)企業(yè)可獲利潤(rùn)100萬(wàn)元．求該企業(yè)可獲利潤(rùn)的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【命題意圖】本題以實(shí)際問(wèn)題為載體，考查相互獨(dú)立事件的概率以及離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望，意在考查考生的運(yùn)算求解能力及分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力． 【解析】記E＝{甲組研發(fā)新產(chǎn)品成功}，F(xiàn)＝{乙組研發(fā)新產(chǎn)品成功}．由題設(shè)知P(E)＝，P()＝，P(F)＝，P()＝. 且事件E與F，E與，與F，與都相互獨(dú)立． (1)記H＝{至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功}，則＝ ，于是P()＝P()P()＝×＝， 故所求的概率為P(H)＝1－P()＝1－＝. (2)設(shè)企業(yè)可獲利潤(rùn)

19、為X(萬(wàn)元)，則X的可能取值為0,100,120,220. 因P(X＝0)＝P( )＝×＝， P(X＝100)＝P(F)＝×＝， P(X＝120)＝P(E)＝×＝， P(X＝220)＝P(EF)＝×＝. 故所求的分布列為： X 0 100 120[來(lái)源:學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] 220 P 數(shù)學(xué)期望 E(X)＝0×＋100×＋120×＋220×＝＝＝140. 【感悟提升】 1．解答離散型隨機(jī)變量的分布列及相關(guān)問(wèn)題的一般步驟 (1)確定隨機(jī)變量的取值有哪幾個(gè)； (2)結(jié)合事件特點(diǎn)選取恰當(dāng)?shù)挠?jì)算方法計(jì)算這些可能取值的概率值； (3)作出離散型隨機(jī)變

20、量的分布列； (4)根據(jù)公式求解．[來(lái)源:gkstk.Com] 2．求離散型隨機(jī)變量的分布列及均值與方差時(shí)，易發(fā)生的錯(cuò)誤 一是隨機(jī)變量的取值不準(zhǔn)確，原因是對(duì)題意理解不清． 二是隨機(jī)變量相應(yīng)的概率求錯(cuò)，在解答中要注意審題及對(duì)題意的理解．要善于透過(guò)問(wèn)題的實(shí)際背景發(fā)現(xiàn)其中的數(shù)學(xué)規(guī)律，用我們掌握的知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題． 【舉一反三】(2014·山東)乒乓球臺(tái)面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分，如圖，甲上有兩個(gè)不相交的區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個(gè)不相交的區(qū)域C，D. 某次測(cè)試要求隊(duì)員接到落點(diǎn)在甲上的來(lái)球后向乙回球，規(guī)定：回球一次，落點(diǎn)在C上記3分，在D上記1分，其他情況記0分，對(duì)落點(diǎn)在A上的來(lái)球，隊(duì)員

21、小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為，在D上的概率為；對(duì)落點(diǎn)在B上的來(lái)球，小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為，在D上的概率為，假設(shè)共有兩次來(lái)球且落在A，B上各一次，小明的兩次回球互不影響，求： (1)小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上的概率； (2)兩次回球結(jié)束后，小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望． 【解析】(1)記Ai為事件“對(duì)落點(diǎn)在A上的來(lái)球小明回球的得分為i分”(i＝0,1,3)，則P(A3)＝， P(A1)＝， P(A0)＝1－－＝； 記Bi為事件“對(duì)落點(diǎn)在B上的來(lái)球小明回球的得分為i分”(i＝0,1,3)，則P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝. 記D為事件“小明兩

22、次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上”．由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3， 由事件的獨(dú)立性和互斥性， P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3) ＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3) ＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝×＋×＋×＋×＝， 所以小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上的概率為. (2)由題意，隨機(jī)變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6， 由事件的獨(dú)立性和互斥性，得 P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝， P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1

23、B0)＋P(A0B1) ＝×＋×＝， P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝， P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3) ＝×＋×＝， P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3) ＝×＋×＝， P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝. 可得隨機(jī)變量ξ的分布列為： ξ 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 【變式探究】2014年男足世界杯在巴西舉行，為了爭(zhēng)奪最后一個(gè)小組賽參賽名額，甲、乙、丙三支國(guó)家隊(duì)要進(jìn)行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊(duì)伍比賽兩

24、場(chǎng)，共賽三場(chǎng)，每場(chǎng)比賽勝者得3分，負(fù)者得0分，沒(méi)有平局，獲得第一名的隊(duì)伍將奪得這個(gè)參賽名額．已知乙隊(duì)勝丙隊(duì)的概率為，甲隊(duì)獲得第一名的概率為，乙隊(duì)獲得第一名的概率為. (1)求甲隊(duì)分別戰(zhàn)勝乙隊(duì)和丙隊(duì)的概率P1，P2； (2)設(shè)在該次比賽中，甲隊(duì)得分為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【解析】(1)根據(jù)題意，甲隊(duì)獲得第一名，則甲隊(duì)勝乙隊(duì)且甲隊(duì)勝丙隊(duì)， 所以甲隊(duì)獲第一名的概率為P1×P2＝.① 乙隊(duì)獲得第一名，學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)則乙隊(duì)勝甲隊(duì)且乙隊(duì)勝丙隊(duì)， 所以乙隊(duì)獲第一名的概率為(1－P1)×＝.② 解②，得P1＝，代入①，得P2＝， 所以甲隊(duì)?wèi)?zhàn)勝乙隊(duì)的概率為，甲隊(duì)?wèi)?zhàn)勝丙隊(duì)的概率為. (2)ξ

25、可能取的值為0,3,6， 當(dāng)ξ＝0時(shí)，甲隊(duì)兩場(chǎng)比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝(1－)×(1－)＝； 當(dāng)ξ＝3時(shí)，甲隊(duì)兩場(chǎng)只勝一場(chǎng)，其概率為P(ξ＝3)＝×(1－)＋×(1－)＝； 當(dāng)ξ＝6時(shí)，甲隊(duì)兩場(chǎng)皆勝，其概率為P(ξ＝6)＝×＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 3 6 P 所以E(ξ)＝0×＋3×＋6×＝. 【變式探究】在一場(chǎng)娛樂(lè)晚會(huì)上，有5位民間歌手(1至5號(hào))登臺(tái)演唱，由現(xiàn)場(chǎng)數(shù)百名觀眾投票選出最受歡迎歌手．各位觀眾須彼此獨(dú)立地在選票上選3名歌手，其中觀眾甲是1號(hào)歌手的歌迷，他必選1號(hào)，不選2號(hào)，另在3至5號(hào)中隨機(jī)選2名．觀眾乙和丙對(duì)5位歌手的演唱沒(méi)有偏愛(ài)

26、，因此在1至5號(hào)中選3名歌手． (1)求觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率； (2)X表示3號(hào)歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望． 【解析】(1)設(shè)A表示事件“觀眾甲選中3號(hào)歌手”，B表示事件“觀眾乙選中3號(hào)歌手”，則P(A)＝＝，P(B)＝＝.∵事件A與B相互獨(dú)立，∴觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率為P(A )＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝，(或P(A )＝＝)． (2)設(shè)C表示事件“觀眾丙選中3號(hào)歌手”，則P(C)＝＝. ∵X可能的取值為0,1,2,3，且取這些值的概率分別為 P(X＝0)＝P( )＝××＝

27、， P(X＝1)＝P(A )＋P( B )＋P( C) ＝××＋××＋××＝＝， P(X＝2)＝P(AB )＋P(A C)＋P( BC) ＝××＋××＋××＝＝， P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝＝， ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 P ∴X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝. 【規(guī)律方法】求解一般的隨機(jī)變量的期望和方差的基本方法是：先根據(jù)隨機(jī)變量的意義，確定隨機(jī)變量可以取哪些值，然后根據(jù)隨機(jī)變量取這些值的意義求出取這些值的概率，列出分布列，根據(jù)數(shù)學(xué)期望和方差的公式計(jì)算． 【變式探究】現(xiàn)有10道題，其中6道甲類(lèi)題，4道乙類(lèi)題

28、，張同學(xué)從中任取3道題解答． (1)求張同學(xué)至少取到1道乙類(lèi)題的概率；[來(lái)源:gkstk.Com] (2)已知所取的3道題中有2道甲類(lèi)題，1道乙類(lèi)題．設(shè)張同學(xué)答對(duì)每道甲類(lèi)題的概率都是，答對(duì)每道乙類(lèi)題的概率都是，且各題答對(duì)與否相互獨(dú)立．用X表示張同學(xué)答對(duì)題的個(gè)數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【解析】(1)設(shè)事件A＝“張同學(xué)所取的3道題至少有1道乙類(lèi)題”，則有＝“張同學(xué)所取的3道題都是甲類(lèi)題”． 因?yàn)镻()＝＝，所以P(A)＝1－P()＝. (2)X所有的可能取值為0,1,2,3. P(X＝0)＝C·0·2·＝； P(X＝1)＝C·1·1·＋C0·2· ＝； P(X＝2)＝C·2·

29、0·＋C1·1·＝； P(X＝3)＝C·2·0·＝. 所以X的分布列為： X 0 1 2 3 P[來(lái)源:gkstk.Com] 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2. 【能力突破】 難點(diǎn)一　排列問(wèn)題 例1、即將畢業(yè)的6名同學(xué)排成一排照相留念，個(gè)子較高的明明同學(xué)既不能站最左邊，也不能站最右邊，則不同的站法種數(shù)為_(kāi)_______． 【答案】480 【解析】方法一　(位置分析法) 先從其他5人中安排2人分別站在最左邊和最右邊，再安排余下4人的位置，分為兩步：第1步，從除明明外的5人中選2人分別站在最左邊和最右邊，有A種站法；第2步，余下4人(含明明)站

30、在剩下的4個(gè)位置上，有A種站法．由分步乘法計(jì)數(shù)原理，知共有AA＝480(種)不同的站法． 方法二　(元素分析法) 先安排明明的位置，再安排其他5人的位置，分為兩步：第1步，將明明排在除最左邊、最右邊外的任意位置上，有A種站法；第2步，余下5人站在剩下5個(gè)位置上，有A種站法．由分步乘法計(jì)數(shù)原理，知共有AA＝480(種)不同的站法． 方法三　(反面求解法) 6人沒(méi)有限制的排隊(duì)有A種站法，明明站在最左邊或最右邊時(shí)6人排隊(duì)有2A種站法，因此符合條件的不同站法共有A－2A＝480(種)． 難點(diǎn)二　組合問(wèn)題 例2、在一次國(guó)際抗震救災(zāi)中，從7名中方搜救隊(duì)隊(duì)員，4名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員中選5名組成一支特

31、殊搜救隊(duì)到某地執(zhí)行任務(wù)，按下列要求，分別計(jì)算有多少種組隊(duì)方法． (1)至少有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員； (2)至多有3名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員． 【解析】(1)方法一　(直接法) 由題意，知特殊搜救隊(duì)中“至少有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”可分為3類(lèi)： ①只有2名外籍隊(duì)員，共有C·C種組隊(duì)方法； ②只有3名外籍隊(duì)員，共有C·C種組隊(duì)方法； ③只有4名外籍隊(duì)員，共有C·C種組隊(duì)方法． 根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，知至少有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員共有C·C＋C·C＋C·C＝301(種)不同的組隊(duì)方法． 方法二　(間接法) 由題意，知特殊搜救隊(duì)中“至少有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”的對(duì)立事件為“至多有1名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”，

32、可分為2類(lèi)： ①只有1名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有CC種組隊(duì)方法； ②沒(méi)有外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有CC種組隊(duì)方法． 所以至少有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員共有C－C·C－C·C＝301(種)不同的組隊(duì)方法． (2)方法一　(直接法) 由題意，知“至多有3名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”可分為4類(lèi)： ①只有3名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有CC種方法；[來(lái)源:學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] ②只有2名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有CC種方法； ③只有1名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有CC種方法； ④沒(méi)有外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有C種方法． 由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，知至多有3名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員共有C·C＋C·C＋C·C＋C＝455(種)不同的組隊(duì)方法． 方法

33、二　(間接法) 由題意，知“至多有3名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”的對(duì)立事件為“至少有4名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員”．因?yàn)橹辽儆?名外籍搜救隊(duì)隊(duì)員，共有C×C種組隊(duì)方法，所以至少3名外籍隊(duì)員共有C－CC＝455(種)不同組隊(duì)方法． 難點(diǎn)三　排列與組合的綜合應(yīng)用問(wèn)題 例3、4個(gè)不同的球，4個(gè)不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi)． (1)恰有1個(gè)盒不放球，共有幾種放法？ (2)恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球，共有幾種放法？ (3)恰有2個(gè)盒不放球，共有幾種放法？ 【解析】(1)為保證“恰有1個(gè)盒不放球”，先從4個(gè)盒子中任意取出去一個(gè)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“4個(gè)球，3個(gè)盒子，每個(gè)盒子都要放入球，共有幾種放法？”即把4個(gè)球分成2,1,1

34、的三組，然后再?gòu)?個(gè)盒子中選1個(gè)放2個(gè)球，其余2個(gè)球放在另外2個(gè)盒子內(nèi)，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有CCC·A＝144(種)． (2)“恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球”，即另外3個(gè)盒子放2個(gè)球，每個(gè)盒子至多放1個(gè)球，也即另外3個(gè)盒子中恰有一個(gè)空盒，因此，“恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球”與“恰有1個(gè)盒不放球”是同一件事，所以共有144種放法． (3)確定2個(gè)空盒有C種方法． 4個(gè)球放進(jìn)2個(gè)盒子可分成(3,1)、(2,2)兩類(lèi)，第一類(lèi)有序不均勻分組有CCA種方法；第二類(lèi)有序均勻分組有·A種方法．故共有C(CCA＋·A)＝84(種)． 【感悟提升】　 (1)求解排列、組合問(wèn)題，應(yīng)按元素的性質(zhì)或題意要求進(jìn)行分類(lèi)，

35、對(duì)事件發(fā)生的過(guò)程進(jìn)行分步，做到分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)明確，分步層次清楚，才能保證不“重”不“漏”． (2)關(guān)于“至少”“至多”等計(jì)數(shù)問(wèn)題，一般需要進(jìn)行分類(lèi)，若分類(lèi)比較復(fù)雜，可用間接法，找出其對(duì)立事件來(lái)求解． 難點(diǎn)四　排列組合的應(yīng)用 例4、(1)(2014·重慶)某次聯(lián)歡會(huì)要安排3個(gè)歌舞類(lèi)節(jié)目、2個(gè)小品類(lèi)節(jié)目和1個(gè)相聲類(lèi)節(jié)目的演出順序，則同類(lèi)節(jié)目不相鄰的排法種數(shù)是(　　) A．72 B．120 C．144 D．168 (2)(2014·北京)把5件不同產(chǎn)品擺成一排，若產(chǎn)品A與產(chǎn)品B相鄰，且產(chǎn)品A與產(chǎn)品C不相鄰，則不同的擺法有________種． 【命題意圖】本題主要考查排列組合的知識(shí)，意在考

36、查考生應(yīng)用排列組合知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力． 【答案】(1)B　(2)36 【解析】(1)依題意，先僅考慮3個(gè)歌舞類(lèi)節(jié)目互不相鄰的排法種數(shù)為AA＝144，其中3個(gè)歌舞類(lèi)節(jié)目互不相鄰但2個(gè)小品類(lèi)節(jié)目相鄰的排法種數(shù)為AAA＝24，因此滿(mǎn)足題意的排法種數(shù)為144－24＝120，故選B. (2)將A，B捆綁在一起，有A種擺法，再將它們與其他3件產(chǎn)品全排列，有A種擺法，共有AA＝48種擺法，而A，B，C 3件在一起，且A，B相鄰．A，C相鄰有CAB，BAC兩種情況．學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)將這3件與剩下2件全排列，有2×A＝12種擺法，故A，B相鄰，A，C不相鄰的擺法有48－12＝36種． 【感悟提升】解答排列

37、、組合問(wèn)題的角度：解答排列、組合應(yīng)用題要從“分析”“分辨”“分類(lèi)”“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出題目的條件、結(jié)論，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨別是排列還是組合，對(duì)某些元素的位置有無(wú)限制等；(3)“分類(lèi)”就是將較復(fù)雜的應(yīng)用題中的元素分成互相排斥的幾類(lèi)，然后逐類(lèi)解決；(4)“分步”就是把問(wèn)題化成幾個(gè)互相聯(lián)系的步驟，而每一步都是簡(jiǎn)單的排列、組合問(wèn)題，然后逐步解決． 【舉一反三】(1)(2014·遼寧)6把椅子擺成一排，3人隨機(jī)就座，任何兩人不相鄰的種數(shù)為(　　) A．144　　　　　　　　　B．120 C．72 D．24

38、 【答案】D 【解析】3人中每?jī)扇酥g恰有一個(gè)空座位，有A×2＝12種坐法，3人中某兩人之間有兩個(gè)空座位，有A×A＝12種坐法，所以共有12＋12＝24種坐法． 難點(diǎn)五　與分布列、均值相關(guān)的綜合問(wèn)題 例5、(2014·湖北)計(jì)劃在某水庫(kù)建一座至多安裝3臺(tái)發(fā)電機(jī)的水電站，過(guò)去50年的水文資料顯示，水庫(kù)年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來(lái)水與庫(kù)區(qū)降水之和，單位：億立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超過(guò)120的年份有35年，超過(guò)120的年份有5年．將年入流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨(dú)立． (1)求未來(lái)4年中，至多有1年的年入流量

39、超過(guò)120的概率； (2)水電站希望安裝的發(fā)電機(jī)盡可能運(yùn)行，但每年發(fā)電機(jī)最多可運(yùn)行臺(tái)數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系： 年入流量X 40120 發(fā)電機(jī)最多可運(yùn)行臺(tái)數(shù) 1 2 3 若某臺(tái)發(fā)電機(jī)運(yùn)行，則該臺(tái)年利潤(rùn)為5 000萬(wàn)元；若某臺(tái)發(fā)電機(jī)未運(yùn)行，則該臺(tái)年虧損800萬(wàn)元．欲使水電站年總利潤(rùn)的均值達(dá)到最大，應(yīng)安裝發(fā)電機(jī)多少臺(tái)？ 【命題意圖】本題主要考查對(duì)立事件、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)、古典概型的概率、離散型隨機(jī)變量的分布列及數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí)，意在考查考生的運(yùn)算求解能力、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力． 【審題策略】(1)根據(jù)題意求出年入流量在(40,80

40、)，[80,120]及120以上的頻率p1，p2和p3，未來(lái)4年年入流量相當(dāng)于4次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，至多1年的年入流量超過(guò)120的概率p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3；(2)分類(lèi)討論，若只安裝1臺(tái)發(fā)電機(jī)，則年總利潤(rùn)為5 000萬(wàn)元；若安裝2臺(tái)發(fā)電機(jī)，則年總利潤(rùn)為10 000萬(wàn)元或(5 000－800)萬(wàn)元，其概率分別為0.8,0.2，求出期望；若安裝3臺(tái)發(fā)電機(jī)，則年總利潤(rùn)為15 000萬(wàn)元或(10 000－800)萬(wàn)元或(5 000－1 600)萬(wàn)元，其概率分別為0.1,0.7,0.2，求出期望．然后比較三個(gè)期望值，看哪個(gè)最大． 【解析】(1)依題意，p1＝P(40

41、2， p2＝P(80≤X≤120)＝＝0.7， p3＝P(X>120)＝＝0.1. 由二項(xiàng)分布，在未來(lái)4年中至多有1年的年入流量超過(guò)120的概率為 ① ＝4＋4×3×＝0.947 7. (2)記水電站年總利潤(rùn)為Y(單位：萬(wàn)元)． ①安裝1臺(tái)發(fā)電機(jī)的情形． 由于水庫(kù)年入流量總大于40，故一臺(tái)發(fā)電機(jī)運(yùn)行的概率為1，對(duì)應(yīng)的年利潤(rùn)Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000. ②安裝2臺(tái)發(fā)電機(jī)的情形． 依題意，當(dāng)40

42、運(yùn)行，此時(shí)Y＝5 000×2＝10 000， 因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下： Y 4 200 10 000 P 0.2 0.8 ② 所以，④. ③安裝3臺(tái)發(fā)電機(jī)的情形， 依題意，當(dāng)40120時(shí)，三臺(tái)發(fā)電機(jī)運(yùn)行，此時(shí)Y＝5 000×3

43、＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.因此得Y的分布列如下： Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 ③ 所以，④. 綜上，欲使水電站年總利潤(rùn)的均值達(dá)到最大，應(yīng)安裝發(fā)電機(jī)2臺(tái)． 【失失警示】失分點(diǎn)1　題中①處錯(cuò)用公式而失分． 失分點(diǎn)2　題中第(2)問(wèn)討論不全而失分．[來(lái)源:gkstk.Com] 失分點(diǎn)3　題中②處與③處分布列不正確而失分． 失分點(diǎn)4　題中④處的期望值錯(cuò)用公式而計(jì)算失誤造成失分． 【答題指導(dǎo)】探索與分布列、均值相關(guān)的綜合問(wèn)題的解題規(guī)律 (1)首先應(yīng)仔細(xì)地分析題意，當(dāng)概率分布不是

44、一些熟知的類(lèi)型時(shí)，應(yīng)全面地剖析各個(gè)隨機(jī)變量所包含的各種事件，并準(zhǔn)確判斷各事件的相互關(guān)系，從而求出各隨機(jī)變量相應(yīng)的概率，再利用隨機(jī)變量均值公式求出均值． (2)在研究與函數(shù)、不等式、數(shù)列等相結(jié)合問(wèn)題時(shí)，要充分借助相關(guān)知識(shí)進(jìn)行過(guò)渡和轉(zhuǎn)化，建立起溝通的橋梁．如隨機(jī)變量ξ作為自變量便可與函數(shù)結(jié)合，作為參數(shù)便可與不等式相結(jié)合. 【高考預(yù)測(cè)】 1．如圖，A、B、C、D為四個(gè)村莊，要修筑三條公路，將這四個(gè)村莊連接起來(lái)，則不同的修筑方案共有(　　) A．8種　 B．12種 C．16種　　　 D．20種 【答案】C　 【解析】修筑方案可分為兩類(lèi)：一類(lèi)是“折線型”，用三條公路把四個(gè)村莊連在一

45、條曲線上(如圖(1)，A-B-C-D)，有A種方案；另一類(lèi)是“星型”，以某一個(gè)村莊為中心，用三條公路發(fā)散狀連接其他三個(gè)村莊(如圖(2)，A-B，A-C，A-D)，有4種方案．故共有12＋4＝16種方案． 2．記集合T＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，M＝，將M中的元素按從大到小排列，則第2 013個(gè)數(shù)是(　　) A.＋＋＋　　　B.＋＋＋ C.＋＋＋　　　　D.＋＋＋ 【答案】A　 【解析】當(dāng)a1＝9時(shí)，a2，a3，a4的取值共有103＝1 000個(gè)；當(dāng)a1＝8時(shí)，a2，a3，a4的取值共有103＝1 000個(gè)，此時(shí)從大到小排列共2 000個(gè)．當(dāng)a1＝7，a2＝9，a

46、3＝9時(shí)，a4的取值共有10個(gè)；當(dāng)a1＝7，a2＝9，a3＝8時(shí)，a4依次取值：9,8,7，所以第2 013個(gè)數(shù)為＋＋＋，故選A. 3．在一次隨機(jī)試驗(yàn)中，彼此互斥的事件A、B、C、D的概率分別是0.2、0.2、0.3、0.3，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A＋B與C是互斥事件，也是對(duì)立事件 B．B＋C與D是互斥事件，也是對(duì)立事件[來(lái)源:gkstk.Com] C．A＋C與B＋D是互斥事件，但不是對(duì)立事件 D．A與B＋C＋D是互斥事件，也是對(duì)立事件 【答案】D　 【解析】選項(xiàng)A中，A＋B與C互斥但不對(duì)立；選項(xiàng)B中，B＋C與D互斥但不對(duì)立；選項(xiàng)C中，A＋C與B＋D互斥也對(duì)立；選項(xiàng)D中

47、，A與B＋C＋D互斥也對(duì)立．故選D. 4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，從M，N這兩個(gè)集合中各選一個(gè)元素分別作為點(diǎn)的橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)，則這樣的坐標(biāo)在直角坐標(biāo)系中可表示第一、第二象限內(nèi)不同的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________． 【答案】6　 【解析】設(shè)所組成的點(diǎn)為P(x，y)，當(dāng)x＝1時(shí)，y＝5,6；當(dāng)x＝－2時(shí)y＝5,6；當(dāng)x＝3時(shí)，y＝5,6。故滿(mǎn)足條件的點(diǎn)共2＋2＋2＝6個(gè)． 5．某次活動(dòng)中，有30人排成6行5列，現(xiàn)要從中選出3人進(jìn)行禮儀表演，要求這3人中的任意2人不同行也不同列，則不同的選法種數(shù)為_(kāi)_______(用數(shù)字作答)． 【答案】7 200　 【解析

48、】其中最先選出的一個(gè)人有30種方法，此時(shí)不能再?gòu)倪@個(gè)人所在的行和列共9個(gè)位置上選人，還剩一個(gè)5行4列的隊(duì)形，故選第二個(gè)人有20種方法，此時(shí)不能再?gòu)脑撊怂诘男泻土猩线x人，還剩一個(gè)4行3列的隊(duì)形，此時(shí)第三個(gè)人的選法有12種，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，總的選法種數(shù)是30×20×12＝7 200. 6．非空集合A、B滿(mǎn)足AB，在此條件下給出以下四個(gè)命題： ①任取x∈A，則x∈B是必然事件； ②若x?A，則x∈B是不可能事件； ③任取x∈B，則x∈A是隨機(jī)事件； ④若x?B，則x?A是必然事件． 上述命題中正確命題的序號(hào)是________． 【答案】①③④　 【解析】①中，由AB知x

49、∈A則必有x∈B；②中，若x?A，則有可能x∈B，故不正確；③中，若x∈B，則可能x∈A，也可能x?A，故是隨機(jī)事件．④中，x?B，則必有x?A，故是必然事件．綜上①③④正確． 7．某學(xué)校成立了數(shù)學(xué)、英語(yǔ)、音樂(lè)3個(gè)課外興趣小組，3個(gè)小組分別有39,32,33個(gè)成員，一些成員參加了不止一個(gè)小組，具體情況如圖所示．現(xiàn)隨機(jī)選取一個(gè)成員，他屬于至少2個(gè)小組的概率是________，他屬于不超過(guò)2個(gè)小組的概率是________． 【答案】　　 【解析】“至少2個(gè)小組”包含“2個(gè)小組”和“3個(gè)小組”兩種情況，故他屬于至少2個(gè)小組的概率為 P＝＝. “不超過(guò)2個(gè)小組”包含“1個(gè)小組”和“2個(gè)小

50、組”，其對(duì)立事件是“3個(gè)小組”．故他屬于不超過(guò)2個(gè)小組的概率是 P＝1－＝. 8．離散型隨機(jī)變量X的概率分布規(guī)律為P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常數(shù)，則P＝______. 【答案】　 【解析】由分布列的性質(zhì)知 a＝＝1， 所以a＝， 故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＝. 9．已知隨機(jī)變量ξ只能取三個(gè)值：x1，x2，x3，其概率依次成等差數(shù)列，則公差d的取值范圍是________． 【答案】　 【解析】設(shè)ξ取x1，x2，x3時(shí)的概率分別為a－d，a，a＋d，則(a－d)＋a＋(a＋d)＝1，解得a＝， 由得－≤d≤.故所求范圍為. 10．從3,4,5,

51、6,7,8這6個(gè)數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)，若這3個(gè)數(shù)的乘積能被24整除，記X＝24；若這3個(gè)數(shù)的乘積不能被24整除，記X＝－24，則X的分布列為_(kāi)_____． 【解析】 X 24 －24 P 從3,4,5,6,7,8這6個(gè)數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)，一共有C＝20(種)取法，其中任取3個(gè)數(shù)的乘積能被24整除的取法有4＋4＋2＝10(種)，所以任取3個(gè)數(shù)的乘積能被24整除的概率等于＝，于是X的分布列如下： X 24 －24 P 11．如圖所示，A、B兩點(diǎn)5條連線并聯(lián)，它們?cè)趩挝粫r(shí)間內(nèi)能通過(guò)的最大信息量依次為2,3,4,3,2.現(xiàn)記從中任取三條線且在單位時(shí)間內(nèi)都通過(guò)的最

52、大信息總量為ξ，則P(ξ≥8)＝________. 【答案】　 【解析】由題意知ξ的所有可能取值為7,8,9,10. P(ξ＝7)＝＝，P(ξ＝8)＝＝， P(ξ＝9)＝＝，P(ξ＝10)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 7 8 9 10 P 所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝1－＝. 12．7名同學(xué)中，有5名會(huì)下象棋，有4名會(huì)下圍棋．現(xiàn)從這7人中選2人分別參加象棋和圍棋比賽，共有多少種不同的選法？ 【解析】由題意知，既會(huì)象棋又會(huì)圍棋的“多面手”有5＋4－7＝2(人)． 方法一：(1)先從會(huì)下象棋但不會(huì)下圍棋的3人中選1人，再?gòu)臅?huì)下圍棋

53、的4人中選1人，共有3×4＝12種選法；(2)先從既會(huì)下象棋又會(huì)下圍棋的2人中選1人，再?gòu)臅?huì)下圍棋的剩余3人中選1人下圍棋，有2×3＝6種選法．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得共有12＋6＝18種不同的選法。 方法二：(1)“多面手”不參加，從只會(huì)下象棋的3人中選1人，從只會(huì)下圍棋的2人中選1人，共有3×2＝6種選法；(2)“多面手”中有一人參加象棋有2種選法，再?gòu)闹粫?huì)下圍棋的2人中選1人，共有2×2＝4種選法；(3)“多面手”中有一人參加圍棋有2種選法，再?gòu)闹粫?huì)下象棋的3人中選1人，共有2×3＝6種選法；(4)“多面手”都參加，有2種選法。故由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得共有6＋4＋6＋2＝18種不同的選法．

54、 13．如圖，A地到火車(chē)站共有兩條路徑L1和L2，現(xiàn)隨機(jī)抽取100位從A地到達(dá)火車(chē)站的人進(jìn)行調(diào)查，調(diào)查結(jié)果如下： 所用時(shí)間(分鐘) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 選擇L1的人數(shù) 6 12 18 12 12 選擇L2的人數(shù) 0 4 16 16 4 (1)試估計(jì)40分鐘內(nèi)不能趕到火車(chē)站的概率； (2)分別求通過(guò)路徑L1和L2所用時(shí)間落在上表中各時(shí)間段內(nèi)的頻率； (3)現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時(shí)間用于趕往火車(chē)站，為了盡最大可能在允許的時(shí)間內(nèi)趕到火車(chē)站，試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，他們應(yīng)如何選擇各自的路徑． 【解析】

55、(1)由已知共調(diào)查了100人，其中40分鐘內(nèi)不能趕到火車(chē)站的有12＋12＋16＋4＝44(人)， 所以用頻率估計(jì)相應(yīng)的概率為0.44. (2)選擇L1的有60人，學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)選擇L2的有40人， 故由調(diào)查結(jié)果得頻率為 所用時(shí)間(分鐘) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 L1的頻率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 L2的頻率 0 0.1[來(lái)源:學(xué)優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] 0.4 0.4 0.1 (3)設(shè)A1，A2分別表示甲選擇L1和L2時(shí)，在40分鐘內(nèi)趕到火車(chē)站；B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時(shí)，在50分鐘內(nèi)趕到火

56、車(chē)站．由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6， P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5， 由于P(A1)＞P(A2)，所以甲應(yīng)選擇L1 同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8， P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9， 因?yàn)镻(B1)＜P(B2)，所以乙應(yīng)選擇L2. 14．某學(xué)校為市運(yùn)動(dòng)會(huì)招募了8名男志愿者和12名女志愿者．將這20名志愿者的身高編成如下莖葉圖(單位：cm)： 　　男 女 　　 8 16 5 8 9　 　8 7 6 17 2 3 5 5 6 　7 4 2 18 0 1 2 　　 1 19 0 若身

57、高在180 cm以上(包括180 cm)定義為“高個(gè)子”，身高在180 cm以下(不包括180 cm)定義為“非高個(gè)子”，且只有“女高個(gè)子”才能擔(dān)任“禮儀小組”． (1)如果用分層抽樣的方法從“高個(gè)子”和“非高個(gè)子”中抽取5人，再?gòu)倪@5人中選2人，那么至少有一人是“高個(gè)子”的概率是多少？ (2)若從所有“高個(gè)子”中選3名志愿者，用X表示所選志愿者中能擔(dān)任“禮儀小組”的人數(shù)，試寫(xiě)出X的分布列． 【解析】(1)根據(jù)莖葉圖可知，這20名志愿者中有“高個(gè)子”8人，“非高個(gè)子”12人， 用分層抽樣的方法從中抽取5人，則每個(gè)人被抽中的概率是＝，所以應(yīng)從“高個(gè)子”中抽8×＝2(人)，從“非高個(gè)子”中抽12×＝3(人)． 用事件A表示“至少有一名‘高個(gè)子’被選中”，則它的對(duì)立事件表示“沒(méi)有‘高個(gè)子’被選中”，則P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝. 因此至少有一人是“高個(gè)子”的概率是. (2)依題意知X的所有可能取值為0,1,2,3. 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