概率与分布列---教师版
1．已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．
(1)求X 的分布列；
(2)求X 的数学期望E (X )．
1．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且
P (X ＝3)＝C 35
C 39＝542，
P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝10
21，
P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝5
14，
P (X ＝6)＝C 3
4C 39＝1
21
.
所以X 的分布列为
E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝13
3
.
2．受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X 1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；
(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
2．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A .
则P (A )＝2＋350＝1
10
.
(2)依题意得，X 1的分布列为
X 2
(3)由(2)得，E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝143
50
＝2.86(万元)，
E (X 2)＝1.8×110＋2.9×9
10
＝2.79(万元)．
因为E (X 1)＞E (X 2)，所以应生产甲品牌轿车．
3．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．
(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；
(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率) 3．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，
所以x ＝15，y ＝20.
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得
P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝3
10，
P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝1
5，
P (X ＝3)＝10100＝1
10
.
X 的分布列为
X E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×1
10
＝1.9.
(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则
P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．
由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以
P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×3
20
＋
320×310＋310×320＝980
. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为9
80
.
4．某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．
(1)求X ＝n ＋2的概率；
(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)．
4．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.
(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n
m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2)
.
(2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.
P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝1
4
，
P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝1
2，
P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝1
4
，
从而X 的分布列是
EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×1
4
＝n ＋1.
5．某一部件由三个电子元件按图1－4方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．
图1－4
5．[答案] 3
8
[解析] 解法一：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N (1 000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的概率分别
为P 1＝12，P 2＝12，P 3＝12.因为P (A )＝P 1P 2P 3＋P 3＝12×12×12＋12＝5
8，所以P (A )＝1－P (A )
＝38
. 解法二：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命
均服从正态分布N (1000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1000小时的概率分别为P 1＝1
2
，
P 2＝12，P 3＝12.故P (A )＝P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＝1
2×????1－12×12＋?
???1－12×12×12＋12×12×12＝38
. 6．已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．
(1)求X 的分布列；
(2)求X 的数学期望E (X )．
6．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且
P (X ＝3)＝C 35
C 39＝542
，
P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝10
21，
P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝5
14，
P (X ＝6)＝C 3
4C 39＝1
21
.
所以X 的分布列为
E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝
133
. 7．设ξ为随机变量．从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.
(1)求概率P (ξ＝0)；
(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．
7．解：(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有
3条棱，所以共有8C 2
3对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411
.
(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，
故P (ξ＝2)＝6C 212＝1
11
，
于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝6
11
，
所以随机变量ξ的分布列是
因此E (x )8．如图1－4，从A 1(1,0,0)，A 2(2,0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1(0,0,1)，C 2(0，0,2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V (如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0)．
(1)求V ＝0的概率；
(2)求V 的分布列及数学期望EV .
8．解：(1)从6个点中随机取3个点总共有C 36＝20种取法，选取的3个点与原点在同
一个平面内的取法有C 13C 3
4＝12种，因此V ＝0的概率为P (V ＝0)＝1220＝35
. (2)V 的所有可能取值为0，16，13，23，4
3
，因此V 的分布列为
由V 的分布列可得
EV ＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝9
40
.
9．乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．
9．解：记A i 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；
B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2.
(1)B ＝A 0·A ＋A 1·A －
，
P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16， P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48，
P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A －
)
＝P (A 0·A )＋P (A 1·A －
)
＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A －
) ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.
(2)P (A 2)＝0.62＝0.36. ξ的可能取值为0,1,2,3. P (ξ＝0)＝P (A 2·A )＝P (A 2)P (A )＝0.36×0.4＝0.144， P (ξ＝2)＝P (B )＝0.352，
P (ξ＝3)＝P (A 0·A －)＝P (A 0)P (A －
)＝0.16×0.6＝0.096， P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3) ＝1－0.144－0.352－0.096 ＝0.408.
Eξ＝0×P (ξ＝0)＋1×P (ξ＝1)＋2×P (ξ＝2)＋3×P (ξ＝3) ＝0.408＋2×0.352＋3×0.096 ＝1.400.
10．某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望．
10．解：设Y 表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y 的分布列如下：
(1)A 表示事件“A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3
分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P (A )＝P (Y ＝1)P (Y ＝3)＋P (Y ＝3)P (Y ＝1)＋P (Y ＝2)P (Y ＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)解法一：X 所有可能的取值为0,1,2.
X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟． 所以P (X ＝0)＝P (Y >2)＝0.5；
X ＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
所以P (X ＝1)＝P (Y ＝1)P (Y >1)＋P (Y ＝2) ＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01. 所以X 的分布列为
EX ＝0×0.5＋1×0.49＋2解法二：X 所有可能的取值为0,1,2.
X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟， 所以P (X ＝0)＝P (Y >2)＝0.5；
X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01； P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝2)＝0.49. 所以X 的分布列为
EX ＝0×0.5＋1×0.49＋2
11．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，n ∈N )的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
以100①若花店一天购进16枝玫瑰花，X 表示当天的利润(单位：元)，求X 的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
11．解：(1)当日需求量n ≥16时，利润y ＝80. 当日需求量n <16时，利润y ＝10n －80. 所以y 关于n 的函数解析式为 y ＝?
????
10n －80，n <16，80，n ≥16(n ∈N )． (2)①X 可能的取值为60,70,80，并且
P (X ＝60)＝0.1，P (X ＝70)＝0.2，P (X ＝80)＝0.7. X 的分布列为
X的数学期望为
EX＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.
X的方差为
DX＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.
②答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y的数学期望为
EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y的方差为
DY＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54
＝112.04.
由以上的计算结果可以看出，DX 答案二： 花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下： 若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为 Y的数学期望为 EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4. 由以上的计算结果可以看出，EX 12．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表： 0.3,0.7,0.9.求： (1)工期延误天数Y的均值与方差； (2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率． 12．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有： P(X＜300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X＜700)－P(X＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P(700≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜700)＝0.9－0.7＝0.2. P(X≥900)＝1－P(X＜900)＝1－0.9＝0.1. 所以Y的分布列为 于是，E(Y)＝0×0.3＋ D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8. 故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8. (2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7， 又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6. 由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤X ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝6 7. 故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是6 7 . 13． 某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图1－4所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]． (1)求图中x 的值； (2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的数学期望． 13．解：(1)由题设可知(3×0.006＋0.01＋x ＋0.054)×10＝1， 解之得x ＝0.018. (2)由题设可知，成绩在区间[80,90)内的人数为0.018×10×50＝9， 成绩在区间[90,100]内的人数为0.006×10×50＝3， 所以不低于80分的学生人数为9＋3＝12，ξ的所有可能取值为0,1,2. P (ξ＝0)＝C 29 C 212＝611 ， P (ξ＝1)＝C 19C 13 C 212＝922， P (ξ＝2)＝C 23 C 212＝122 . 所以ξ的数学期望E ξ＝0×611＋1×922＋2×122＝1 2 . 14．某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量． (1)求X ＝n ＋2的概率； (2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)． 14．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2. (1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2) . (2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2. P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝1 4 ， P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝1 2 ， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14 ， 从而X 的分布列是 EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×1 4 ＝n ＋1. 15．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为3 4 ，命中得1分，没有 命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为2 3 ，每命中一次得2分，没有命中得0分．该 射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击． (1)求该射手恰好命中一次的概率； (2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX . 15．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知 P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23 ， 由于A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C － D ， 根据事件的独立性和互斥性得 P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C － D ) ＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C － )P (D ) ＝3 4×????1－23×????1－23＋????1－34×23×????1－23＋????1－34×????1－23×23 ＝736 ， (2)根据题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5. 根据事件的独立性和互斥性得 P (X ＝0)＝P (B －C －D － ) ＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] ＝????1－34×????1－23×????1－23 ＝136 ， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )P (C －)P (D － ) ＝3 4×????1－23×????1－23 ＝112 ， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B －C D －)＋P (B －C － D ) ＝????1－34×23×????1－23＋????1－34×????1－23×23 ＝19 ， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C － D ) ＝34×2 3×????1－23＋34×????1－23×23 ＝13 ， P (X ＝4)＝P (B － CD ) ＝????1－34×23×23 ＝19 ， P (X ＝5)＝P (BCD ) ＝34×23×23 ＝13 . 故X 的分布列为 所以EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝41 12 . 16．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏． (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率； (2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ. 16．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为1 3 ，去参加乙游戏的概率 为2 3 .设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4????13i ????234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24????132????232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3 ∪A 4， 由于A 3与A 4互斥，故 P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34????133????23＋C 44????134＝19. 所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为1 9 . (3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故 P (ξ＝0)＝P (A 2)＝8 27 ， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝40 81， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝17 81 . 所以ξ 随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝148 81 . 图1－4 17．已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和． (1)求X 的分布列； (2)求X 的数学期望E (X )． 17．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且 P (X ＝3)＝C 35 C 39＝542， P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝10 21， P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝5 14， P (X ＝6)＝C 3 4C 39＝1 21 . 所以X 的分布列为 E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝13 3 . 18．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏． (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率； (2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ. 18．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为1 3 ，去参加乙游戏的概率 为2 3 .设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4????13i ????234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24????132????232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3 ∪A 4， 由于A 3与A 4互斥，故 P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34????133????23＋C 44????134＝19 . 所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为1 9 . (3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故 P (ξ＝0)＝P (A 2)＝8 27 ， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝40 81， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝17 81 . 所以ξ随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝148 81 . 图1－4 19．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表： 0.3,0.7,0.9.求： (1)工期延误天数Y 的均值与方差； (2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率． 19．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有： P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X <700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2. P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1. 所以Y 的分布列为 于是，E (Y )＝0×0.3＋D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8. 故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8. (2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7， 又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6. 由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝ P (300≤X ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝6 7. 故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是6 7. 20．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为3 4 ，命中得1分，没有 命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为2 3 ，每命中一次得2分，没有命中得0分．该 射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击． (1)求该射手恰好命中一次的概率； (2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX . 20．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知 P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23 ， 由于A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C － D ， 根据事件的独立性和互斥性得 P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C － D ) ＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C － )P (D ) ＝3 4×????1－23×????1－23＋????1－34×23×????1－23＋????1－34×????1－23×23 ＝736 ， (2)根据题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5. 根据事件的独立性和互斥性得 P (X ＝0)＝P (B －C －D － ) ＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] ＝????1－34×????1－23×????1－23 ＝136 ， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )P (C －)P (D － ) ＝3 4×???1－23×???1－23 ＝112 ， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B －C D －)＋P (B －C － D ) ＝????1－34×23×????1－23＋????1－34×????1－23×23 ＝19 ， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C － D ) ＝34×2 3×????1－23＋34×????1－23×23 ＝13 ， P (X ＝4)＝P (B － CD ) ＝????1－34×23×23 ＝19 ， P (X ＝5)＝P (BCD ) ＝34×23×23 ＝13 . 故X 的分布列为 所以EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝41 12 . 21．某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下： (1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率； (2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望． 21．解：设Y 表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y 的分布列如下： (1)A 表示事件“A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟． 所以P (A )＝P (Y ＝1)P (Y ＝3)＋P (Y ＝3)P (Y ＝1)＋P (Y ＝2)P (Y ＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22. (2)解法一：X 所有可能的取值为0,1,2. X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟． 所以P (X ＝0)＝P (Y >2)＝0.5； X ＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟， 所以P (X ＝1)＝P (Y ＝1)P (Y >1)＋P (Y ＝2) ＝0.1×0.9＋0.4＝0.49； X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01. 所以X 的分布列为 EX ＝0×0.5＋1×0.49＋2解法二：X 所有可能的取值为0,1,2. X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟， 所以P (X ＝0)＝P (Y >2)＝0.5； X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01； P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝2)＝0.49. 所以X 的分布列为 EX ＝0×0.5＋1×0.49＋2 22．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)： (1)(2)试估计生活垃圾投放错误的概率； (3)假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a ，b ，c ，其中a >0，a ＋b ＋c ＝600.当数据a ，b ，c 的方差s 2最大时，写出a ，b ，c 的值(结论不要求证明)，并求此时s 2的值． 注：s 2＝1 n [(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x n －x )2]，其中x 为数据x 1，x 2，…，x n 的平均 数 22．解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为 “厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝2 3 . (2)设生活垃圾投放错误为事件A ， 则事件A 表示生活垃圾投放正确． 事件A 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量， 即P (A )约为400＋240＋60 1 000 ＝0.7， 所以P (A )约为1－0.7＝0.3. (3)当a ＝600，b ＝c ＝0时，s 2取得最大值． 因为x ＝ 1 3(a ＋b ＋c )＝200， 所以s 2＝1 3 [(600－200)2＋(0－200)2＋(0－200)2]＝80 000. 23． 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为1 10 和p . (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为49 50 ，求p 的值； (2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ. 23．解： (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C )＝1－110·p ＝49 50 . 解得p ＝1 5 . (2)由题意，P (ξ＝0)＝C 03????1103 ＝11000， P (ξ＝1)＝C 13????1102·????1－110＝271000，P (ξ＝2)＝C 23110·????1－1102＝2431000 ，P (ξ＝3)＝C 33????1－1103＝7291000，所以，随机变量ξ的概率分布列为： Eξ＝0×11000＋1×271000＋2×2431000＋3×7291000＝27 10 . 高中数学必修排列组合和概率练习题 一、选择题（每小题5分，共60分） (1)已知集合A={1,3,5,7,9,11}，B={1,7,17}.试以集合A 和B 中各取一个数作 为点的坐标,在同一直角坐标系中所确定的不同点的个数是C (A)32(B)33(C)34(D)36 解分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为x 和y 坐标,不同点的个数为1163P P g 分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为y 和x 坐标,不同点的个数为1163P P g 不同点的个数总数是1111636336P P P P +=g g ,其中重复的数据有(1,7),(7,1)，所以只有34个 (2)从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个，其中一个作底数，另一个作真 数，则可以得到不同的对数值的个数为 (A)64(B)56(C)53(D)51 解①从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个的数分别作底数和真数的“对数式”个数为292P ； ②1不能为底数，以1为底数的“对数式”个数有8个,而应减去； ③1为真数时，对数为0，以1为真数的“对数式”个数有8个,应减去7个； ④2324log 4log 92log 3log 9 ===，49241log 2log 32log 3log 9 == =，应减去4个 所示求不同的对数值的个数为29287453()C ---=个 （3）四名男生三名女生排成一排，若三名女生中有两名站在一起，但三名女生 不能全排在一起，则不同的排法数有 （A ）3600（B ）3200（C ）3080（D ）2880 解①三名女生中有两名站在一起的站法种数是23P ； ②将站在一起的二名女生看作1人与其他5人排列的排列种数是66P ，其中的 三名女生排在一起的站法应减去。站在一起的二名女生和另一女生看作1人与4名男生作全排列，排列数为55P ，站在一起的二名女生和另一女生可互换位置的排列，故三名女生排在一起的种数是1525P P 。 符合题设的排列数为： 26153625665432254322454322880P P P P -=?????-????=????=种（）（）（） 我的做法用插空法，先将4个男生全排再用插空743342274534522880A A C A A C A --= （4 ）由100+展开所得x 多项式中，系数为有理项的共有 （A ）50项（B ）17项（C ）16项（D ）15项 解1000100110011r 100r r 100100100100100100=C )+C )++C )++C --L L 1.将一枚硬币连抛两次，则此随机试验的样本空间为 A. {(正，正)，(反，反)，(一正一反) } B . {(反，正)，(正，反)，(正，正)，(反，反) } C . {一次正面，两次正面，没有正面 } D. {先得正面，先得反面} 2.设A 与B 互不相容，且P(A) 0 , P(B) 0则有 【D ] 6.设A,B,C 是三个相互独立的事件，且0 ::： P(C) ：：：1,则下列给定的四对事件中 不独立的是 A. AUB 与 C B. A-B 与 C C. AC 与 C D. AB 与 C 7.设 0 ：： P(A) ::: 1,0 ：： P(B) d,且 P(A| B) P(AB) =1,则 A. P( A) =1 - P( B) C. P(AB) =1 3. 若AB =，则下列各式中错误的是 A . P(AB)_O C. P(A+B)=P(A)+P(B) 4. 若A B 则下面答案错误的是 A. B 未发生A 可能发生 C. P(A)乞 P B D. B 5. 袋中有a 个白球，b 个黑球，从中任取一个 1 A. B. 2 B. P(AB) =P(A)P(B) D. P(AUB)=P(A) P(B) 【C : B. P(AB)乞 1 D. P(A-B)乞 P(A) 【A ] B. P B-A -0 发生A 可能不发生 ,则取得白球的概率是 【C ] 1 a b b A. A 与B 不相容 B. A 与B 相容 C. A 与B 不独立 D. A 与B 独立 8.四人独立地破译一份密码 1111 ,已知各人能译出的概率分别为 ，-，，则密码最终能被译 5 4 3 6 的概率为 【D ] 【D ] A.B 二十种排列组合问题的解法 排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理． 教学目标 1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理． 2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题．提高学生解决问题分析问题的能力 3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题. 复习巩固 1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =+++种不同的方法． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =???种不同的方法． 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事． 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或 是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类． 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置. 先排末位，从1,3,5三个数中任选一个共有13C 排法； 然后排首位，从２，４和剩余的两个奇数中任选一个共有1 4C 种排法； 最后排中间三个数，从剩余四个数中任选３个的排列数共有34A 种排法； ∴由分步计数原理得113 4 34288C C A = 443 排列组合二项式定理与概率训练题 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1.3名老师随机从3男3女共6人中各带2名学生进行实验，其中每名老师各带1名男生和1名女生的概率为（ ） A. 52 B. 53 C.5 4 D. 109 2.某人射击5枪，命中3枪，3枪中恰有2枪连中的概率为（ ） A. 5 2 B. 53 C.10 1 D. 20 1 3. 一批产品中，有n 件正品和m 件次品，对产品逐个进行检测，如果已检测到前k （k ＜n )次均为正品，则第k +1次检测的产品仍为正品的概率是（ ） A. k m n k n -+- B. m n k ++1 C.11--+--k m n k n D.k m n k -++1 4. 有一人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是 （ ） A.至多有1次中靶 B.2次都中靶 C.2次都不中靶 D.只有1次中靶 5.在一块并排10垄的土地上，选择2垄分别种植A 、B 两种植物，每种植物种植1垄，为有利于植物生长，则A 、B 两种植物的间隔不小于6垄的概率为（ ） A. 30 1 B. 154 C.15 2 D. 30 1 6.某机械零件加工由2道工序组成，第一道工序的废品率为a ，第二道工序的废品率为b ，假定这2道工序出废品是彼此无关的，那么产品的合格率是（ ） A.ab －a －b +1 B.1－a －b C.1－ab D.1－2ab 7.有n 个相同的电子元件并联在电路中，每个电子元件能正常工作的概率为0.5，要使整个线路正常工作的概率不小于0.95，n 至少为（ ） A.3 B.4 C.5 D.6 8.一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为81 80 ，则此射手的命中率是（ ） A. 3 1 B. 32 C.4 1 D. 5 2 9.5)3| |1 |(|++ x x 的展开式中的2x 的系数是（ ） 概率与离散型随机变量分布列 类型一 学会踩点 [例1] (高考原题·山东青岛诊断)(本题满分12分)为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22公里的地铁票价如下表： 过6公里的概率分别为14，1 3，甲、乙乘车超过6公里且不超过12公里的概率分别为12，13. (1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率； (2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望． 解：(1)由题意可知，甲、乙乘车超过12公里且不超过22公里的概率分别为1 4， 1 3，(2分) 则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率P 1＝14×13＋12×13＋14×13＝1 3.(3分) 所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P ＝1－P 1＝1－13＝2 3.(6分) (2)由题意可知，ξ＝6,7,8,9,10. 且P (ξ＝6)＝14×13＝1 12， P (ξ＝7)＝14×13＋12×13＝1 4. P (ξ＝8)＝14×13＋14×13＋12×13＝1 3. P (ξ＝9)＝12×13＋14×13＝1 4. P (ξ＝10)＝14×13＝1 12，(10分) 所以ξ的分布列为 则E(ξ)＝6×1 12＋7× 1 4＋8× 1 3＋9× 1 4＋10× 1 12＝8.(12分) 评分细则：得分点及踩点说明 (1)第(1)问采用对立事件求概率，必须有计算甲、乙两人所付乘车费用相同的概率P1的内容，否则扣3分； (2)第(2)问中缺少ξ的可能取值6,7,8,9,10，者扣1分； (3)第(2)问中，直接得P(ξ＝6)＝1 12，P(ξ＝7)＝ 1 4，P(ξ＝8)＝ 1 3，P(ξ＝9)＝ 1 4，P(ξ ＝10)＝1 12和分布列者扣4分； (4)计算E(ξ)无计算过程扣1分． 1．(高考原题·高考全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： (1) (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． 解：(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故 P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. 概率部分知识点总结 事件：____________，确定性事件: _____________和____________ 随机事件的概率(统计定义)：一般的，如果随机事件A 在n 次实验中发生了m 次，当实验的次数n 很大时，我们称事件A 发生的概率为() ____P A ? 概率是频率的__________，频率是概率的_________ 概率必须满足三个基本要求：① 对任意的一个随机事件A ，有_________ ② ()() ,__,__P P W F W=F =用和分别表示必然事件和不可能事件则有 ③如果事件() ,:________A B P A B +=和互斥则有 古典概率：① ___________ ② _______________满足这两个条件的概率模型成为古典概型 如果一次试验的等可能的基本事件的个数为个n ，则每一个基本事件发生的概率都是__， 如果某个事件A 包含了其中的m 个等可能的基本事件，则事件A 发生的概率为 ()___P A = 求古典概型概率的方法：___________、___________、___________、___________ 几何概型：一般地，一个几何区域D 中随机地取一点，记事件“改点落在其内部的一个区域d 内”为事件A ，则事件A 发生的概率为 ()P A =__________（一般地，线段的测度为该线段的长度；平面多变形的测度为该图形 的面积；立体图像的测度为其体积 ） 几何概型的基本特点：① ____________ ② _______________ 互斥事件：___________________________称为互斥事件 对立事件：____________________________,则称两个事件为对立事件，事件A 的对立事件 记为：A 注意：① 若, B , , B , 中最多有一个发生则为互斥事件A A 可能都不发生，但不可能同时发生 ，从集合的关来看两个事件互斥，即指两个事件的集合的交集是空集 ② 对立事件是指的两个事件，而且必须有一个发生，而互斥事件可能指的很多事件，但最多只有一个发生，可能都不发生 ③ 对立事件一定是互斥事件 ④ 从集合论来看：表示互斥事件和对立事件的集合的交集都是空集，但两个对立事件的并集是全集 ，而两个互斥事件的并集不一定是全集 ⑤ 两个对立事件的概率之和一定是1 ，而两个互斥事件的概率之和小于或者等于1 ⑥ 若事件B A ,是互斥事件，则有()()()B P A P B A P +=+ ⑦ 一般地，如果 n A A A ,...,,21 两两互斥，则有()()()()n n A P A P A P A A A P +++=+++......2121 ⑧ ()() A P A P -=1 ⑨ 在本教材中n A A A +++...21 指的是n A A A ,...,,21 中至少发生一个 ⑩在具体做题中，希望大家一定要注意书写过程，设处事件来，利用哪种概型解题，就按照那种概型的书写格式，最重要的是要设出所求的事件 事件A 和事件B 的和：_______________________________________________________ 高考数学排列组合难题解决方法 1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有 m 种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排, 先排末位共有1 3C 然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113 4 34288C C A = 练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花 盆里，问有多少不同的种法？ 二.相邻元素捆绑策略 例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素， 再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有522522480A A A =种不同的排法 高中数学排列组合概率练习题 1．如图，三行三列的方阵中有9个数(1,2,3;1,2,3)ij a i j ==，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是 （A ） 37 （B ） 47 （C ） 114 （D ） 1314 答案：D 解析：若取出3个数，任意两个不同行也不同列，则只有6种取法；而从9个数中任意取3个的方法是3 9C ．所以3 9 613114 C - = ． 2．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有 （A ）6种 （B ）9种 （C ）11种 （D ）13种 答案：B 解析：设四人分别是甲、乙、丙、丁，他们写的卡片分别为,,,a b c d ，则甲有三种拿卡片的方法，甲可以拿,,b c d 之一．当甲拿b 卡片时，其余三人有三种拿法，分别为,,badc bcda bdac ．类似地，当甲拿c 或d 时，其余三人各有三种拿法．故共有9种拿法． 3．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有5个点，y 轴正半轴上有3个点，将x 轴正半轴上这5个点和y 轴正半轴上这3个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有 （A ）30个 （B ）20个 （C ）35个 （D ）15个 答案：A 解析：设想x 轴上任意两个点和y 轴上任意两个点可以构成一个四边形，则这个四边形唯一的对角线交点，即在第一象限，适合题意．而这样的四边形共有302 32 5=?C C 个，于是最多有30个交点． 推广1：．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有m 个点，y 轴正半轴上有n 个点，将x 轴正半轴上这m 个点和y 轴正半轴上这n 个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有2 2 m n C C ?个 变式题：一个圆周上共有12个点，由这些点所连的弦最多有＿＿个交点． 答案：4 12C 4．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是 （A ） 15 （B ） 25 （C ） 35 （D ） 45 111213212223313233a a a a a a a a a ?? ? ? ??? 概率、随机变量及其分布列 1．概率 （1）了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别。（2）了解两个互斥事件的概率加法公式。（3）理解古典概型及其概率计算公式。（4）了解条件概率。 2．两个事件相互独立，n次独立重复试验 （1）了解两个事件相互独立的概念；（2）理解n次独立重复试验的模型并能解决一些实际问题； 3．离散型随机变量及其分布列 （1）理解取有限个值的离散随机变量及其分布列的概念。（2）理解二项分布，并解决一些简单问题。 4．离散型随机变量的均值、方差 （1）理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念； （2）能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题。 要点考向1：古典概型 考情聚焦：1．古典概型是高考重点考查的概率模型，常与计数原理、排列组合结合起来考查。2．多以选择题、填空题的形式考查，属容易题。 考向链接：1．有关古典模型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到计数原理与排列、组合的相关知识。 2．在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性。 3．对于较复杂的题目，要注意正确分类，分类时应不重不漏。 基本知识点： 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件； 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率m n 总是接近 某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A的概率，记作() P A． 3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率；4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为0()1 P A ≤≤，必然事件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件A 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相 等，那么每个基本事件的概率都是1 n 7．等可能性事件的概率公式及一般求解方法：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且 7-9-1.概率 教学目标 “统计与概率”主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象,兼有应用性和趣味性，其内容及延伸贯穿于初等数学到高等数学，因此成为小学数学中新增内容． 1.能准确判断事件发生的等可能性以及游戏规则的公平性问题． 2.运用排列组合知识和枚举等计数方法求解概率问题． 3.理解和运用概率性质进行概率的运算． 知识要点 一、概率的古典定义 如果一个试验满足两条：⑴试验只有有限个基本结果； ⑵试验的每个基本结果出现的可能性是一样的． 这样的试验，称为古典试验．对于古典试验中的事件A，它的概率定义为：()m P A n =，n表示该试验中所有可能出现的基本结果的总数目，m表示事件A包含的试验基本结果数．小学奥数中所涉及的概率都属于古典概率．其中的m和n需要我们用枚举、加乘原理、排列组合等方法求出． 二、对立事件 对立事件的含义：两个事件在任何一次试验中有且仅有一个发生，那么这两个事件叫作对立事件 如果事件A和B为对立事件（互斥事件），那么A或B中之一发生的概率等于事件A发生的概率与事件B 发生的概率之和，为1，即：()()1 P A P B +=． 三、相互独立事件 事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件． 如果事件A和B为独立事件，那么A和B都发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率之积，即：()()() P A B P A P B ?=?． 例题精讲 模块一、概率的意义 【例1】气象台预报“本市明天降雨概率是80%”．对此信息，下列说法中正确的是________． ①本市明天将有80%的地区降水．②本市明天将有80%的时间降水． ③明天肯定下雨．④明天降水的可能性比较大． 【考点】概率的意义【难度】1星【题型】填空 【关键词】希望杯，决赛 【解析】降水概率指的是可能性的大小，并不是降水覆盖的地区或者降水的时间．80%的概率也不是指肯定下雨，100%的概率才是肯定下雨．80%的概率是说明有比较大的可能性下雨． 【答案】④ 高考数学专题七：排列、组合、二项式定理 一、高考考试说明 计数原理 （１）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题． （２）理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题. （３）理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题. （４）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 二、核心知识点归纳： 一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理 １．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第１类方案中有m种不同的方法，在第２类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同方法． ２．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第１步有m种不同的方法，做第２步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 注意： １．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的． ２．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的． 二、排列与组合 １．排列与排列数 （１）排列： 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的一个排列． （２）排列数： 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的排列数，记作A错误!. ２．组合与组合数 （１）组合：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合． （２）组合数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C错误!. ３．排列数、组合数的公式及性质 注意： １．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关． ２．计算A错误!时易错算为n（n—１）（n—２）…（n—m）． ３．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数． ４．排列问题与组合问题的识别方法： 专题五： 排列、组合、二项式定理、概率与统计 【考点分析】 1． 突出运算能力的考查。高考中无论是排列、组合、二项式定理和概率题目，均是用数 值给出的选择支或要求用数值作答，这就要求平时要重视用有关公式进行具体的计算。 2． 有关排列、组合的综合应用问题。这种问题重点考查逻辑思维能力，它一般有一至两 3． 个附加条件，此附加条件有鲜明的特色，是解题的关键所在；而且此类问题一般都有 多种解法，平时注意训练一题多解；它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于中等偏难（理科）的题目。 4． 有关二项式定理的通项式和二项式系数性质的问题。这种问题重点考查运算能力，特 别是有关指数运算法则的运用，同时还要注意理解其基本概念，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 5． 有关概率的实际应用问题。这种问题既考察逻辑思维能力，又考查运算能力；它要求 对四个概率公式的实质深刻理解并准确运用；文科仅要求计算概率，理科则要求计算分布列和期望；它一般以一小一大（既一道选择题或填空题、一道解答题）的形式出现，属于中等偏难的题目。 6． 有关统计的实际应用问题。这种问题主要考查对一些基本概念、基本方法的理解和掌 握，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 【疑难点拨】 1． 知识体系： 2．知识重点： （1） 分类计数原理与分步计数原理。它是本章知识的灵魂和核心，贯穿于本章的始终。 （2） 排列、组合的定义，排列数公式、组合数公式的定义以及推导过程。排列数公式 的推导过程就是位置分析法的应用，而组合数公式的推导过程则对应着先选（元素）后排（顺序）这一通法。 （3） 二项式定理及其推导过程、二项展开式系数的性质及其推导过程。二项式定理的 推导过程体现了二项式定理的实质，反映了两个基本计数原理及组合思想的具体应用，二项展开式系数性质的推导过程就对应着解决此类问题的通法——赋值法（令1±=x ）的应用。 （4） 等可能事件的定义及其概率公式，互斥事件的定义及其概率的加法公式，相互独 立事件的定义及其概率的乘法公式，独立重复试验的定义及其概率公式。互斥事件的概率加法公式对应着分类相加计数原理的应用，相互独立事件的概率乘法公式对应着分步相乘计数原理的应用。 （5） （理科）离散型随机变量的定义，离散型随机变量的分布列、期望和方差。 （6） 简单随机抽样、系统抽样、分层抽样，总体分布，正态分布，线性回归。 第十一讲 概率与统计 ★★★高考在考什么 【考题回放】 1．（重庆卷）从5张100元，3张200元，2张300元的奥运预赛门票中任取3张， 则所取3张中至少有2张价格相同的概率为（ ） A ． 4 1 B ． 120 79 C ． 4 3 D ． 24 23 解：可从对立面考虑，即三张价格均不相同，1 1 1 532 31031.4 C C C P C ?=-= 选C 2．（辽宁卷）一个坛子里有编号为1，2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球 是红球，其余的是黑球. 若从中任取两个球，则取到的都是红球，且至少有1个球的号码 是偶数的概率是（ ） A ． 122 B ． 111 C ． 322 D ． 211 解： 从中任取两个球共有662 12=C 种取法，其中取到的都是红球，且至少有1个球 的号码是偶数的取法有122 326=-C C 种取法，概率为 11 266 12= ，选D. 3．(广东卷) 甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装 有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球。现分别从甲、乙两袋中各随机抽取一个球，则取出的两球是红球的概率为______(答案用分数表示) 解：P= 6 4? 6 1=9 1 4．(上海卷) 在五个数字12345，，，，中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的 概率是 （结果用数值表示）． 解： 2 1 233 5310 C C C = =3.0 5. 某篮球运动员在三分线投球的命中率是 12 ，他投球10次， 恰好投进3个球的概率为 ．（用数值作答） 解：由题意知所求概率3 7 310 111522128 p C ???? == ? ????? 6．(全国II) 在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布2 (1)(0)N σσ>，．若ξ在(01)， 内取值的概率为0.4，则ξ在(02)，内取值的概率为 ． 解：在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N （1，σ2 ）（σ>0），正态分布图象 的对称轴为x=1，ξ在（0，1）内取值的概率为0.4，可知，随机变量ξ在 (1，2)内取值的概率于ξ在(0，1)内取值的概率相同，也为0.4，这样随机 变量ξ在(0，2)内取值的概率为0.8。 ★★★高考要考什么 排列与组合 一、教学目标 1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理 2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题 3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力 二、教材分析 1.重点：加法原理，乘法原理。解决方法：利用简单的举例得到一般的结论． 2.难点：加法原理，乘法原理的区分。解决方法：运用对比的方法比较它们的异同． 三、活动设计 1.活动：思考，讨论，对比，练习． 2.教具：多媒体课件． 四、教学过程正 1．新课导入 随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键． 2．新课 我们先看下面两个问题． (l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？ 板书：图 因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法．一般地，有如下原理： 加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1十m2十…十m n种不同的方法． (2) 我们再看下面的问题： 由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条．从A 村经B村去C村，共有多少种不同的走法？ 板书：图 这里，从A村到B村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一 概率测试题 一、选择题：（5分×6） 1、 书架上同一层任意立放着不同的10本书，那么指定的3本书连在一起的概率为（） A 、1/15 B 、1/120 C 、1/90 D 、1/30 2、 停车场可把12辆车停放在一排上，当有8辆车已停放后而恰有4个空位连在一起， 这样的事件发生的概率为（） A 、8127C B 、8128 C C 、8129C D 、812 10C 3、 甲盒中有200个螺杆，其中有160个A 型的，乙盒中有240个螺母，其中有180 个A 型的，现从甲乙两盒中各任取一个，则能配成A 型的螺栓的概率为（） A 、1/20 B 、15/16 C 、3/5 D 、19/20 4、 一个小孩用13个字母：3个A ，2个I ，2个M ，2个J 其它C 、E 、H 、N 各一个作 组字游戏，恰好组成“MATHEMA TICIAN ”一词的概率为（） A 、!824 B 、!848 C 、!1324 D 、! 1348 5、 袋中有红球、黄球、白球各1个，每次任取一个，有放回地抽取3次，则下旬事件 中概率是8/9的是（） A 、颜色全相同 B 、颜色不全相同 C 、颜色全不同 D 、颜色无红色 6、 某射手命中目标的概率为P ，则在三次射击中至少有1次未命中目标的概率为（） A 、P 3 B 、(1—P)3 C 、1—P 3 D 、1—(1-P)3 二、填空题：（5分×4） 1、某自然保护区内有几只大熊猫，从中捕捉t 只体检并加上标志再放回保护区，1年后 再从这个保护区内捕捉m 只大熊猫（设该区内大熊猫总数不变）则其中有s 只大熊猫 是第2次接受体检的概率是 。 六.平均(非平均分组问题除法策略 例6.(1 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法? (2将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法? (3某校高二年级共有六个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年 级的两个班级且每班安排2名,则不同的安排方案种数为______ 七.元素相同问题隔板策略 例七.有10个相同的球,分给7个不同的盒子,每个盒子至少一个球,有多少种分配方案? 练习:1.10个相同的球装5个盒中,每盒至少一个球,共有多少装法? 2. x+y+z+w+h=10,求这个方程的正整数解的组数. 3.x+y+z+w=100求这个方程的自然数解的组数 八.实际操作穷举(着色策略 例八.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法? 1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有____ 种? 2.给图中区域涂色,要求相邻区域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有____种. 九.定序问题倍缩(空位、插入策略 例9.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少种不同的排法 练习:10人身高各不相等,排成前后两排,每排5人,要求从左至右身高逐渐增加,共有多少排法 十.排列组合混合问题先选后排策略 例11.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法. 一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有________ 种 1、设ξ是服从二项分布B(n,p的随机变量,又E(ξ=15,D(ξ=45 4,则n与p 的值为( A.60,3 4B.60, 1 4C.50, 3 4 D.50, 1 4 2、已知袋中装有6个白球、2个黑球,从中任取3个球,则取到白球个数ξ的 随机事件的概率 一、选择题 1．下列试验能够构成事件的是( ) A ．掷一次硬币 B ．射击一次 C ．标准大气压下，水烧至100℃ D ．摸彩票中头奖 2． 在1，2，3，…，10这10个数字中，任取3个数字，那么“这三个数字的和大于6”这一事件是( ) A ．必然事件 B ．不可能事件 C ．随机事件 D ．以上选项均不正确 3． 随机事件A 的频率n m 满足( ) A ． n m =0 B ． n m =1 C ．0 (4)边长为a ，b 的长方形面积为ab A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 8．下列说法正确的是( ) A ．某厂一批产品的次品率为110 ，则任意抽取其中10件产品一定会发现一件次品 B ．气象部门预报明天下雨的概率是90﹪，说明明天该地区90﹪的地方要下雨，其余10﹪的地方不会下雨 C ．某医院治疗一种疾病的治愈率为10%，那么前9个病人都没有治愈，第10个人就一定能治愈 D ．掷一枚硬币，连续出现5次正面向上，第六次出现反面向上的概率与正面向上的概率仍然都为0.5． 一、选择题 1． D 2． C 3． D 4．A 5． C 6．C 7．C 8． D ，9 C 二、填空题 10． 某个地区从某年起几年内的新生婴儿数及其中男婴数如下表（结果保留两位有效数字）： （1）填写表中的男婴出生频率； （2）这一地区男婴出生的概率约是_______． 答案：1．（1）0.49 0．54 0.50 0.50 （2）0.50 11．对于①“一定发生的”，②“很可能发生的”，③“可能发生的”，④“不可能发生的”，⑤“不太可能发生的”这5种生活现象，发生的概率由小到大排列为(填序号) 。 答案：④⑤③②① 12．已知ABC △1，且sin sin A B C += ． （1）求边AB 的长；（2）若ABC △的面积为1sin 6 C ，求角C 的度数． 解：（1）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++= ， 实用文档 排列与组合 一、教学目标 1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理 2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题 3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力 二、教材分析 1.重点：加法原理，乘法原理。解决方法：利用简单的举例得到一般的结论． 2.难点：加法原理，乘法原理的区分。解决方法：运用对比的方法比较它们的异同． 三、活动设计 1.活动：思考，讨论，对比，练习． 2.教具：多媒体课件． 四、教学过程正 1．新课导入 随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键． 实用文档 2．新课 我们先看下面两个问题． (l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？ 板书：图 因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法． 一般地，有如下原理： 加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m种不同的方法，在第二类办法中有m种不同的方法，……，21在第n 类办法中有m种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m十m2n1十…十m种不同的方法．n(2) 我们再看下面的问题： 由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条．从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？ 板书：图 高中数学选修2-2、2-3测试题 一、选择题： 1．函数()2 ()2f x x =的导数是（ ） A ． ()2f x x '= B ． x x f 4)(=' C ． x x f 8)(=' D ．x x f 16)(=' 2．因指数函数x a y =是增函数（大前提）,而x y )31(=是指数函数（小前提），所以x y )31(=是增函数（结论）”，上面推理的错误是（ ） A ．大前提错导致结论错 B ．小前提错导致结论错 C ．推理形式错导致结论错 D ．大前提和小前提都错导致结论错 3．下面几种推理过程是演绎推理的是（ ） A ．两条直线平行，同旁内角互补，如果A ∠和 B ∠是两条平行直线的同旁内角，则180A B ∠+∠=?． B ．由平面三角形的性质，推测空间四面体性质． C ．某校高二共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人， 由此推测各班都超过50人． D ．在数列{}n a 中()111111,22n n n a a a n a --? ?==+≥ ???，由此归纳出{}n a 的通项公式． 4．用数学归纳法证明等式：()()+∈=-++++N n n n 212531 的过程中，第二步假 设k n =时等式成立，则当1+=k n 时应得到（ ） A ．()212531k k =+++++ B ．()()2112531+=+++++k k C ．()()2135212k k +++++=+ D ．()()2 135213k k +++++=+ 5．函数3()31f x x x =-+在闭区间[-3,0]上的最大值、最小值分别是（ ）. A. 1,?1 B. 1, ?17 C. 3, ?17 D. 9, ?19 6．如图是导函数/()y f x =的图象，那 么函数()y f x =在下面哪个区间是减函 数( ) A. 13(,)x x B. 24(,)x x C.46(,)x x D.56(,)x x 7．设,a b R ∈，若1a bi i +-为实数，则( ) A.0b a +≠ B.0b a -≠ C.0b a += D.0b a -= 8．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（ ） 【湖南省历年高考试题】 （2011湖南18试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变）,设某天开始营业时有该商品3件,当天营业结束后检查存货,若发现存量少于2件,则当天进货补充至3件,否则不进货，将频率视为概率. （1）求当天商店不进货的概率； （2）记X 为第二天开始营业时该商品的件数,求X 的分布列和数学期望. 解析：（1）记当天商店销售i 件该商品为事件i A ,0,1,2,3i =.当天商店不进货为事件B , 则01153 ()()().202010 P B P A P A =+= += （2）由题意知, X 的可能取值为2,3. 151(2)();204P X P A ====0231953 (3)()()().2020204 P X P A P A P A ==++=++= 故X 的数学期望为311 23.444 EX =?+?= 【备考点津】该题型注重考查与生活生产有关的实际问题的理解能力,在运算能力方面的考 查比超几何分布型、二项分布型及独立事件型概率题要求要低. 【高考仿真试题】 1.某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的（1）确定,x y 的值,并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望； （2）若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算,且各顾客的结算相互独立,求该顾客结算前的等候时间不超过 2.5分钟的概率.（注：将频率视为概率） 解析：（1）由已知得251055,3045,y x ++=+=所以15,20.x y ==则 153(1),10020P X == =303( 1.5),10010P X ===251 (2),1004P X === 201101 ( 2.5),(3).100510010 P X P X ======高中数学排列组合与概率统计习题
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