《高考數(shù)學熱點難點試題考綱解讀專題專題14 計數(shù)原理、隨機變量及其分布列》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學熱點難點試題考綱解讀專題專題14 計數(shù)原理、隨機變量及其分布列（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【2015年高考考綱解讀】 高考對本內(nèi)容的考查主要有： (1)分類加法計算原理、分步乘法計數(shù)原理，B級要求． (2)排列與組合，B級要求． (3)離散型隨機變量及其分布列、超幾何分布、條件概率及相互獨立事件，A級要求． (4)n次獨立重復試驗的模型及二項分布、離散型隨機變量的均值與方差，B級要求. 【重點、難點剖析】 1．兩種計數(shù)原理 分類計數(shù)原理和分步計數(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、隨機變量及其分布 (1)離散型隨機變量及其概率分布的表示： ①離散型隨機變量：所有取值可以一一列出的隨機變量叫做離散型隨機變量； ②離散型隨機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(兩點分布)符號表示：X～0－1分布； ②超幾何分布：1°符號表示：X～H(n，M，N)； 2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝； ③二項分布(又叫獨立重復試驗，波努利試驗)：1°符號表示：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】 考點一　計數(shù)原理及其應用 【例1】 (1)(2014·全國大綱卷)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”在某次艦載機起降飛行訓練中，有5架殲－15飛機準備著艦，如果甲、乙兩機必須相鄰著艦，而甲、丁兩機不能相鄰著艦，那么不同的著艦方法有(　　) A．12種 B．16種

4、C．24種 D．36種[來源:學優(yōu)高考網(wǎng)] 【命題意圖】(1)本題主要考查基本計數(shù)原理的應用，意在考查考生的邏輯分析能力和運算求解能力． (2)本題主要考查排列組合的基礎(chǔ)知識，意在考查考生利用排列組合的知識解決計數(shù)問題的能力． 【易錯指導】解決排列組合問題首先要根據(jù)所求事件是否與順序有關(guān)，將其進行分類：將該事件分為幾個彼此互斥的事件，再根據(jù)事件發(fā)生的過程將其分成幾個簡單的步驟，逐步求解，最后利用基本計數(shù)原理求解即可，這樣可將復雜的事件轉(zhuǎn)化為簡單的排列組合問題來解決． 【答案】(1)C　(2)D 【感悟提升】分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理的區(qū)別：分類加法計數(shù)原理針對的是“分類

5、”問題，其中各種方法相互獨立，用其中任何一種方法都可以做完這件事；分步乘法計數(shù)原理針對的是“分步”問題，各個步驟中的方法互相依存，只有各個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)是平面直角坐標系xOy中的點，其中a，b∈{1,2,3，…，n}，a＞b. (1)記An為滿足a－b＝3的點P的個數(shù)，求An； (2)記Bn為滿足(a－b)是整數(shù)的點P的個數(shù)，求Bn. 【解析】(1)點P的坐標滿足條件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3. (2)設(shè)k為正整數(shù)，記fn(k)為滿足條件以及a－b＝3k的點P的個數(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，化簡得Bn＝－，所以Bn＝ 【規(guī)律方法】此計數(shù)原理問題中要計算點的個數(shù)，因此要根據(jù)條件對正整數(shù)的取值進行分類，弄清可能的取值類別，再根據(jù)加法原理進行計算． 【變式探究】設(shè)集合Pn＝{1,2，…，n}，n∈N*.記f(n)為同時滿足下列條件的集合A的個數(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)． 考點二　條件概率與相互獨立

7、事件的概率 例2、(1)(2014·新課標全國卷Ⅱ)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，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)一出租車司機從飯店到火車站的途中要經(jīng)過六個交通崗，假設(shè)他在各交通崗遇到紅燈這一事件是相互獨立的，并且概率都是，那么這位司機遇到紅燈前，已經(jīng)通過了兩個交通崗的概率是________． 【命題意圖】本題主要考查概率的計算，涉及事件相互關(guān)系的分析與條件概率的計算，意在考查考生的理解能力與運算求解能力． 【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立的，所以這位司機在第一、二個交通崗未遇到紅燈，在第三個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．求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的方法及注意點 (1)直接法：正確分析復雜事件的構(gòu)成

9、，將復雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或為一獨立重復試驗問題，然后用相應概率公式求解． (2)間接法：當復雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解．對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解． (3)注意點：注意辨別獨立重復試驗的基本特征：①在每次試驗中，試驗結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗中，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立． (1)求乙直到第3次才投中的概

10、率； (2)在比賽前，從勝負的角度考慮，你支持誰？請說明理由． 【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)服從二項分布B，且每次投中與否相互獨立， ∴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)學期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， ∴E(η)＞E(ξ)，∴在比賽前，從勝負的角度考慮，應支持乙. 【變式探究】紅隊隊員甲、乙、丙與藍隊隊員A、B、C進行圍棋比賽，甲對A、乙對B、丙對C各一盤．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)各盤比賽結(jié)果相互獨立． (1)求紅隊至少兩名隊員獲勝的概率； (2)用ξ表示紅隊隊員獲勝的總盤數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學期望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． 因為P(D)＝0

12、.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，由對立事件的概率公式，知P()＝0.4，P()＝0.5，P()＝0.5. 紅隊至少兩人獲勝的事件有DE，DF，EF，DEF. 由于以上四個事件兩兩互斥且各盤比賽的結(jié)果相互獨立，因此紅隊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)計了編號依次為1,2，3，…，n(n≥4，且n∈N*)的n種不同款式的時裝，由甲、乙兩位模特分別獨立地從中隨機選擇i，j(0≤i，j≤n，且i，j∈N)種款式用來拍攝廣告． (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)號中選擇，乙在(m＋1)到n號中選擇．記Pst(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)為款式(編號)s和t同時被選中的概率，求所有的Pst的和； (2)求至少有一個款式為甲和乙共同認可的概率． 解　(1)甲從1到m(m為給定的正整數(shù)，且2≤m≤n－2)號中任選兩款，乙從(m＋1)到n號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“至少有一個款式為甲和乙共同認可”為事件B，則事件B的對應事件為：“沒有一個款式為甲和乙共同認可”，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[來源:學優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] ＝(1＋2)n＝3n， 所以P(B)＝1－P()＝1－n. 【規(guī)律方法】對于求較復雜事

16、件的概率問題，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，擊中目標的概率分別是和.假設(shè)兩人射擊是否擊中目標相互之間沒有影響；每人各次射擊是否擊中目標相互之間也沒有影響． (1)求甲射擊4次，至少有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(shè)某人連續(xù)2次未擊中目標，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，第三次必擊中，故所求概率為P＝32＋C23＝. 考點三　離散型隨機變量的期望和方差 例3、(2014·湖南)某企業(yè)有甲、乙兩個研發(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，預計企業(yè)可獲利潤120萬元；若新產(chǎn)品B研發(fā)成功，預計企業(yè)可獲利潤100萬元．求該企業(yè)可獲利潤的分布列和數(shù)學期望． 【命題意圖】本題以實際問題為載體，考查相互獨立事件的概率以及離散型隨機變量的分布列和數(shù)學期望，意在考查考生的運算求解能力及分析問題、解決問題的能力． 【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

19、為X(萬元)，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[來源:學優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] 220 P 數(shù)學期望 E(X)＝0×＋100×＋120×＋220×＝＝＝140. 【感悟提升】 1．解答離散型隨機變量的分布列及相關(guān)問題的一般步驟 (1)確定隨機變量的取值有哪幾個； (2)結(jié)合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概率值； (3)作出離散型隨機變

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

21、小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為；對落點在B上的來球，小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為，假設(shè)共有兩次來球且落在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中恰有一次的落點在乙上的概率； (2)兩次回球結(jié)束后，小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學期望． 【解析】(1)記Ai為事件“對落點在A上的來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“對落點在B上的來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、次回球的落點中恰有一次的落點在乙上”．由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3， 由事件的獨立性和互斥性， 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中恰有一次的落點在乙上的概率為. (2)由題意，隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6， 由事件的獨立性和互斥性，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)＝×＝. 可得隨機變量ξ的分布列為： ξ 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 【變式探究】2014年男足世界杯在巴西舉行，為了爭奪最后一個小組賽參賽名額，甲、乙、丙三支國家隊要進行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊伍比賽兩

24、場，共賽三場，每場比賽勝者得3分，負者得0分，沒有平局，獲得第一名的隊伍將奪得這個參賽名額．已知乙隊勝丙隊的概率為，甲隊獲得第一名的概率為，乙隊獲得第一名的概率為. (1)求甲隊分別戰(zhàn)勝乙隊和丙隊的概率P1，P2； (2)設(shè)在該次比賽中，甲隊得分為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學期望． 【解析】(1)根據(jù)題意，甲隊獲得第一名，則甲隊勝乙隊且甲隊勝丙隊， 所以甲隊獲第一名的概率為P1×P2＝.① 乙隊獲得第一名，學優(yōu)高考網(wǎng)則乙隊勝甲隊且乙隊勝丙隊， 所以乙隊獲第一名的概率為(1－P1)×＝.② 解②，得P1＝，代入①，得P2＝， 所以甲隊戰(zhàn)勝乙隊的概率為，甲隊戰(zhàn)勝丙隊的概率為. (2)ξ

25、可能取的值為0,3,6， 當ξ＝0時，甲隊兩場比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝(1－)×(1－)＝； 當ξ＝3時，甲隊兩場只勝一場，其概率為P(ξ＝3)＝×(1－)＋×(1－)＝； 當ξ＝6時，甲隊兩場皆勝，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】在一場娛樂晚會上，有5位民間歌手(1至5號)登臺演唱，由現(xiàn)場數(shù)百名觀眾投票選出最受歡迎歌手．各位觀眾須彼此獨立地在選票上選3名歌手，其中觀眾甲是1號歌手的歌迷，他必選1號，不選2號，另在3至5號中隨機選2名．觀眾乙和丙對5位歌手的演唱沒有偏愛

26、，因此在1至5號中選3名歌手． (1)求觀眾甲選中3號歌手且觀眾乙未選中3號歌手的概率； (2)X表示3號歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列及數(shù)學期望． 【解析】(1)設(shè)A表示事件“觀眾甲選中3號歌手”，B表示事件“觀眾乙選中3號歌手”，則P(A)＝＝，P(B)＝＝.∵事件A與B相互獨立，∴觀眾甲選中3號歌手且觀眾乙未選中3號歌手的概率為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)學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝. 【規(guī)律方法】求解一般的隨機變量的期望和方差的基本方法是：先根據(jù)隨機變量的意義，確定隨機變量可以取哪些值，然后根據(jù)隨機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)學期望和方差的公式計算． 【變式探究】現(xiàn)有10道題，其中6道甲類題，4道乙類題

28、，張同學從中任取3道題解答． (1)求張同學至少取到1道乙類題的概率；[來源:gkstk.Com] (2)已知所取的3道題中有2道甲類題，1道乙類題．設(shè)張同學答對每道甲類題的概率都是，答對每道乙類題的概率都是，且各題答對與否相互獨立．用X表示張同學答對題的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望． 【解析】(1)設(shè)事件A＝“張同學所取的3道題至少有1道乙類題”，則有＝“張同學所取的3道題都是甲類題”． 因為P()＝＝，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[來源:gkstk.Com] 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2. 【能力突破】 難點一　排列問題 例1、即將畢業(yè)的6名同學排成一排照相留念，個子較高的明明同學既不能站最左邊，也不能站最右邊，則不同的站法種數(shù)為________． 【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個位置上，有A種站法．由分步乘法計數(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個位置上，有A種站法．由分步乘法計數(shù)原理，知共有AA＝480(種)不同的站法． 方法三　(反面求解法) 6人沒有限制的排隊有A種站法，明明站在最左邊或最右邊時6人排隊有2A種站法，因此符合條件的不同站法共有A－2A＝480(種)． 難點二　組合問題 例2、在一次國際抗震救災中，從7名中方搜救隊隊員，4名外籍搜救隊隊員中選5名組成一支特

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

32、可分為2類： ①只有1名外籍搜救隊隊員，共有CC種組隊方法； ②沒有外籍搜救隊隊員，共有CC種組隊方法． 所以至少有2名外籍搜救隊隊員共有C－C·C－C·C＝301(種)不同的組隊方法． (2)方法一　(直接法) 由題意，知“至多有3名外籍搜救隊隊員”可分為4類： ①只有3名外籍搜救隊隊員，共有CC種方法；[來源:學優(yōu)高考網(wǎng)gkstk] ②只有2名外籍搜救隊隊員，共有CC種方法； ③只有1名外籍搜救隊隊員，共有CC種方法； ④沒有外籍搜救隊隊員，共有C種方法． 由分類加法計數(shù)原理，知至多有3名外籍搜救隊隊員共有C·C＋C·C＋C·C＋C＝455(種)不同的組隊方法． 方法

33、二　(間接法) 由題意，知“至多有3名外籍搜救隊隊員”的對立事件為“至少有4名外籍搜救隊隊員”．因為至少有4名外籍搜救隊隊員，共有C×C種組隊方法，所以至少3名外籍隊員共有C－CC＝455(種)不同組隊方法． 難點三　排列與組合的綜合應用問題 例3、4個不同的球，4個不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi)． (1)恰有1個盒不放球，共有幾種放法？ (2)恰有1個盒內(nèi)有2個球，共有幾種放法？ (3)恰有2個盒不放球，共有幾種放法？ 【解析】(1)為保證“恰有1個盒不放球”，先從4個盒子中任意取出去一個，問題轉(zhuǎn)化為“4個球，3個盒子，每個盒子都要放入球，共有幾種放法？”即把4個球分成2,1,1

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

35、對事件發(fā)生的過程進行分步，做到分類標準明確，分步層次清楚，才能保證不“重”不“漏”． (2)關(guān)于“至少”“至多”等計數(shù)問題，一般需要進行分類，若分類比較復雜，可用間接法，找出其對立事件來求解． 難點四　排列組合的應用 例4、(1)(2014·重慶)某次聯(lián)歡會要安排3個歌舞類節(jié)目、2個小品類節(jié)目和1個相聲類節(jié)目的演出順序，則同類節(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，意在考

36、查考生應用排列組合知識解決實際問題的能力． 【答案】(1)B　(2)36 【解析】(1)依題意，先僅考慮3個歌舞類節(jié)目互不相鄰的排法種數(shù)為AA＝144，其中3個歌舞類節(jié)目互不相鄰但2個小品類節(jié)目相鄰的排法種數(shù)為AAA＝24，因此滿足題意的排法種數(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、、組合問題的角度：解答排列、組合應用題要從“分析”“分辨”“分類”“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，對某些元素的位置有無限制等；(3)“分類”就是將較復雜的應用題中的元素分成互相排斥的幾類，然后逐類解決；(4)“分步”就是把問題化成幾個互相聯(lián)系的步驟，而每一步都是簡單的排列、組合問題，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人中每兩人之間恰有一個空座位，有A×2＝12種坐法，3人中某兩人之間有兩個空座位，有A×A＝12種坐法，所以共有12＋12＝24種坐法． 難點五　與分布列、均值相關(guān)的綜合問題 例5、(2014·湖北)計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站，過去50年的水文資料顯示，水庫年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(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120的年份有35年，超過120的年份有5年．將年入流量在以上三段的頻率作為相應段的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨立． (1)求未來4年中，至多有1年的年入流量

39、超過120的概率； (2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系： 年入流量X 40120 發(fā)電機最多可運行臺數(shù) 1 2 3 若某臺發(fā)電機運行，則該臺年利潤為5 000萬元；若某臺發(fā)電機未運行，則該臺年虧損800萬元．欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機多少臺？ 【命題意圖】本題主要考查對立事件、獨立重復試驗、古典概型的概率、離散型隨機變量的分布列及數(shù)學期望等基礎(chǔ)知識，意在考查考生的運算求解能力、分析問題和解決問題的能力． 【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4年年入流量相當于4次獨立重復試驗，至多1年的年入流量超過120的概率p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3；(2)分類討論，若只安裝1臺發(fā)電機，則年總利潤為5 000萬元；若安裝2臺發(fā)電機，則年總利潤為10 000萬元或(5 000－800)萬元，其概率分別為0.8,0.2，求出期望；若安裝3臺發(fā)電機，則年總利潤為15 000萬元或(10 000－800)萬元或(5 000－1 600)萬元，其概率分別為0.1,0.7,0.2，求出期望．然后比較三個期望值，看哪個最大． 【解析】(1)依題意，p1＝P(40

41、2， p2＝P(80≤X≤120)＝＝0.7， p3＝P(X>120)＝＝0.1. 由二項分布，在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為 ① ＝4＋4×3×＝0.947 7. (2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)． ①安裝1臺發(fā)電機的情形． 由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應的年利潤Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000. ②安裝2臺發(fā)電機的情形． 依題意，當40

42、運行，此時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臺發(fā)電機的情形， 依題意，當40120時，三臺發(fā)電機運行，此時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的均值達到最大，應安裝發(fā)電機2臺． 【失失警示】失分點1　題中①處錯用公式而失分． 失分點2　題中第(2)問討論不全而失分．[來源:gkstk.Com] 失分點3　題中②處與③處分布列不正確而失分． 失分點4　題中④處的期望值錯用公式而計算失誤造成失分． 【答題指導】探索與分布列、均值相關(guān)的綜合問題的解題規(guī)律 (1)首先應仔細地分析題意，當概率分布不是

44、一些熟知的類型時，應全面地剖析各個隨機變量所包含的各種事件，并準確判斷各事件的相互關(guān)系，從而求出各隨機變量相應的概率，再利用隨機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)合問題時，要充分借助相關(guān)知識進行過渡和轉(zhuǎn)化，建立起溝通的橋梁．如隨機變量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. 【高考預測】 1．如圖，A、B、C、D為四個村莊，要修筑三條公路，將這四個村莊連接起來，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：一類是“折線型”，用三條公路把四個村莊連在一

45、條曲線上(如圖(1)，A-B-C-D)，有A種方案；另一類是“星型”，以某一個村莊為中心，用三條公路發(fā)散狀連接其他三個村莊(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個數(shù)是(　　) A.＋＋＋　　　B.＋＋＋ C.＋＋＋　　　　D.＋＋＋ 【答案】A　 【解析】當a1＝9時，a2，a3，a4的取值共有103＝1 000個；當a1＝8時，a2，a3，a4的取值共有103＝1 000個，此時從大到小排列共2 000個．當a1＝7，a2＝9，a

46、3＝9時，a4的取值共有10個；當a1＝7，a2＝9，a3＝8時，a4依次取值：9,8,7，所以第2 013個數(shù)為＋＋＋，故選A. 3．在一次隨機試驗中，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，則下列說法正確的是(　　) A．A＋B與C是互斥事件，也是對立事件 B．B＋C與D是互斥事件，也是對立事件[來源:gkstk.Com] C．A＋C與B＋D是互斥事件，但不是對立事件 D．A與B＋C＋D是互斥事件，也是對立事件 【答案】D　 【解析】選項A中，A＋B與C互斥但不對立；選項B中，B＋C與D互斥但不對立；選項C中，A＋C與B＋D互斥也對立；選項D中

47、，A與B＋C＋D互斥也對立．故選D. 4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，從M，N這兩個集合中各選一個元素分別作為點的橫坐標、縱坐標，則這樣的坐標在直角坐標系中可表示第一、第二象限內(nèi)不同的點的個數(shù)是________． 【答案】6　 【解析】設(shè)所組成的點為P(x，y)，當x＝1時，y＝5,6；當x＝－2時y＝5,6；當x＝3時，y＝5,6。故滿足條件的點共2＋2＋2＝6個． 5．某次活動中，有30人排成6行5列，現(xiàn)要從中選出3人進行禮儀表演，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________(用數(shù)字作答)． 【答案】7 200　 【解析

48、】其中最先選出的一個人有30種方法，此時不能再從這個人所在的行和列共9個位置上選人，還剩一個5行4列的隊形，故選第二個人有20種方法，此時不能再從該人所在的行和列上選人，還剩一個4行3列的隊形，此時第三個人的選法有12種，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，總的選法種數(shù)是30×20×12＝7 200. 6．非空集合A、B滿足AB，在此條件下給出以下四個命題： 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．某學校成立了數(shù)學、英語、音樂3個課外興趣小組，3個小組分別有39,32,33個成員，一些成員參加了不止一個小組，具體情況如圖所示．現(xiàn)隨機選取一個成員，他屬于至少2個小組的概率是________，他屬于不超過2個小組的概率是________． 【答案】　　 【解析】“至少2個小組”包含“2個小組”和“3個小組”兩種情況，故他屬于至少2個小組的概率為 P＝＝. “不超過2個小組”包含“1個小組”和“2個小

50、組”，其對立事件是“3個小組”．故他屬于不超過2個小組的概率是 P＝1－＝. 8．離散型隨機變量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．已知隨機變量ξ只能取三個值：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個數(shù)中任取3個不同的數(shù)，若這3個數(shù)的乘積能被24整除，記X＝24；若這3個數(shù)的乘積不能被24整除，記X＝－24，則X的分布列為______． 【解析】 X 24 －24 P 從3,4,5,6,7,8這6個數(shù)中任取3個不同的數(shù)，一共有C＝20(種)取法，其中任取3個數(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5條連線并聯(lián)，它們在單位時間內(nèi)能通過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間內(nèi)都通過的最

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名同學中，有5名會下象棋，有4名會下圍棋．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，既會象棋又會圍棋的“多面手”有5＋4－7＝2(人)． 方法一：(1)先從會下象棋但不會下圍棋的3人中選1人，再從會下圍棋

53、的4人中選1人，共有3×4＝12種選法；(2)先從既會下象棋又會下圍棋的2人中選1人，再從會下圍棋的剩余3人中選1人下圍棋，有2×3＝6種選法．由分類加法計數(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，從只會下象棋的3人中選1人，從只會下圍棋的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，再從只會下圍棋的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，再從只會下象棋的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。故由分類加法計數(shù)原理得共有6＋4＋6＋2＝18種不同的選法．

54、 13．如圖，A地到火車站共有兩條路徑L1和L2，現(xiàn)隨機抽取100位從A地到達火車站的人進行調(diào)查，調(diào)查結(jié)果如下： 所用時間(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40分鐘內(nèi)不能趕到火車站的概率； (2)分別求通過路徑L1和L2所用時間落在上表中各時間段內(nèi)的頻率； (3)現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于趕往火車站，為了盡最大可能在允許的時間內(nèi)趕到火車站，試通過計算說明，他們應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)不能趕到火車站的有12＋12＋16＋4＝44(人)， 所以用頻率估計相應的概率為0.44. (2)選擇L1的有60人，學優(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[來源:學優(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，在40分鐘內(nèi)趕到火車站；B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時，在50分鐘內(nèi)趕到火

56、車站．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， 因為P(B1)＜P(B2)，所以乙應選擇L2. 14．某學校為市運動會招募了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“高個子”，身高在180 cm以下(不包括180 cm)定義為“非高個子”，且只有“女高個子”才能擔任“禮儀小組”． (1)如果用分層抽樣的方法從“高個子”和“非高個子”中抽取5人，再從這5人中選2人，那么至少有一人是“高個子”的概率是多少？ (2)若從所有“高個子”中選3名志愿者，用X表示所選志愿者中能擔任“禮儀小組”的人數(shù)，試寫出X的分布列． 【解析】(1)根據(jù)莖葉圖可知，這20名志愿者中有“高個子”8人，“非高個子”12人， 用分層抽樣的方法從中抽取5人，則每個人被抽中的概率是＝，所以應從“高個子”中抽8×＝2(人)，從“非高個子”中抽12×＝3(人)． 用事件A表示“至少有一名‘高個子’被選中”，則它的對立事件表示“沒有‘高個子’被選中”，則P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝. 因此至少有一人是“高個子”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