2022年高三数学第二轮专题复习—排列组合二项式定理和概率统计讲义与练习 .pdf

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1、高三数学第二轮专题复习排列、组合、二项式定理和概率统计讲义与练习一、知识要点二、高考要求1、掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题。2、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。3、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。4、掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。5、了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。6、了解等可能事件的概率的意义，并会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。7、了解互斥事件的相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与

2、相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。通项公式二项式系数的性质应用排列组合概率两个计数原理二项式定理概率排列数公式组合数公式组合数性质二项展开式的性质排列概念组合概念随机事件的概率等可能事件的概率互斥事件的概率相互独立事件的概率应用应用随机变量抽样方法离散型随机变量的分布列连续型随机变量的概率密度总体分布的估计离散型随机变量的期望与方差总体特征数的估计精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 20 页8、会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率。9、了解随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义，会求某些简

3、单的离散型随机变量的分布列。10、了解离散型随机变量的期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求期望与方差。11、了解连续型随机变量的概率密度的意义。12、会用简单随机抽样，系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本。13、会用2S与2S去估计总体方差2，会用 S*与 S去估计总体标准。14、会用样本频率分布去估计总体分布。了解线性回归的方法和简单应用。三、热点分析排列与组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识，该部分内容，不论其思想方法和解题都有特殊性，概念性强，抽象性强，思维方法新颖，解题过程极易犯“重复”或“遗漏”的错误，并且结果数

4、目较大，无法一一检验，因此给考生带来一定困难。解决问题的关键是加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，科学周全的思考、分析问题。二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，把握二项展开式及其通项公式的相互联系和应用是重点。概率则是概率论入门，目前的概率知识只是为进一步学习概率和统计打好基础，做好铺垫。学习中要注意基本概念的理解，要注意与其他数学知识的联系，要通过一些典型问题的分析，总结运用知识解决问题的思维规律。纵观近几年高考，排列、组合、二项式定理几乎每年必考，考题多以选择题、填空题出现，题小而灵活，涉及知识点都在两三个左右，综合运用排列组合知识，分类计数和分步计数原理；二项式定理

5、及二项式系数的性质计算或论证一些较简单而有趣的小题也在高考题中常见。新教材中增添了“概率”及“概率统计”的内容，从近几年新课程卷高考来看，每年都有一道解答题，占12 分左右，今年在此处出题可能性也较大。四、复习建议本章内容相对独立性较强，并且密切联系实际应用性较强，分为四个部分：排列组合、二项式定理、概率和概率统计。具有概念性强灵活性强，思维方法新颖等特点，要注意从加深对概念的理解和掌握内在联系与区别方面下功夫，四部分中，排列、组合是基础和工具。本章主要的数学思想有：化归思想，比较分类思想，极限思想和模型化思维方法。学习时应注意发散思维和逆向思维，通过分类分步把复杂问题分解恰当地应用集合观点、

6、整体思想，从全集、补集等入手，使问题简化。【例题】【例 1】四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_. 解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1 三组，共有C24种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C2433A =36(种). 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 20 页解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3 种 .值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考

7、虑进入的前后顺序的.因此，共有N=21A343=36(种 ). 答案： 36 【例 2】有五张卡片，它们的正、反面分别写0 与 1，2 与 3，4 与 5， 6 与7，8 与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解： (间接法 )：任取三张卡片可以组成不同三位数C35 23A33(个)，其中0 在百位的有C24 22 A22 ( 个 ) ， 这 是 不 合 题 意 的 ， 故 共 有 不 同 三 位 数 ： C35 23 A33C2422A22=432(个). 【例 3】在 AOB 的 OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点 (均除O 点外)，连同O 点共

8、 m+n+1 个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( ) 1212111121212121211211CCC D.CCCCCCC.CCCC.C BCCCA.Cnmnmnmmnnmmnnmmnnm解法一：第一类办法：从OA 边上 (不包括O)中任取一点与从OB 边上 (不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有C1mC2n个；第二类办法：从OA 边上 (不包括O)中任取两点与 OB 边上 (不包括 O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C2mC1n个；第三类办法：从 OA 边上 (不包括 O)任取一点与OB 边上 (不包括O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C1mC

9、1n个.由加法原理共有N=C1mC2n+C2mC1n+C1mC1n个三角形 . 解法二：从m+n+1 中任取三点共有C31nm个，其中三点均在射线OA(包括 O 点)，有C31m个，三点均在射线OB(包括 O 点)，有 C31n个.所以，个数为N=C31nmC31mC31n个. 答案： C 【例 4】函数为实数并且是常数axxaxf()()(9) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 20 页（ 1）已知)(xf的展开式中3x的系数为49，求常数.a（ 2）是否存在a的值，使x在定义域中取任意值时，27)(xf恒成立？如存在，

10、求出a的值，如不存在，说明理由. 解（ 1）Tr+1=C9239999)()(rrrrrrxaCxxa由3923r解得8r498989aC41a（2）),0()()(9xxxaxf要使（27)9xxa只需313xxa10当0a时，设xxaxg)(32212)2(021)(axxaxxgx（0，)2(32a32)2( a（)2(32a，+）)(xg0 + )(xg极小值94343)2()2()(313133232minaaaaaxg20当0a时，不成立 30当1a时，不成立故当27)(94xfa时另解法34322)(axxxaxxaxg只需94,343313aa即【例 5】五人站成一列，重新站队

11、时，各人都不站在原来的位置上，有多少种站法？解：设原来站在第i 个位置的人是ia（i=1， 2，3，4，5）。重新站队时，1a站在第 2 个位置的站法有44P种，其中不符合要求的有：3a站第3 位的33P种，4a站第4 位的33P种，但有的站法在考虑3a的情形时已经减去了，故只应再算（2233PP）种，同理，5a站第 5 位的应再算 )(11222233PPPP种。1a站在第3，4，5 位的情形与站在第2 位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 20 页)()( 411222233223

12、33344PPPPPPPP=44（种）【例 6】一个口袋内装有4 个不同的红球，6 个不同的白球，若取出一个红球记 2 分，取出一个白球记1 分，从口袋中取5 个球，使总分不小于7 分的取法有多少种？解：设取x个红球，y个白球，于是：572yxyx，其中6040yx，142332yxyxyx或或因此所求的取法种数是：164426343624CCCCCC=186（种）【例 7】已知数列)(21Nnnaannn满足，是否存在等差数列nb，使nnnnnnCbCbCba2211对一切自然数n 都成立？并证明你的结论。解：假设满足要求的等差数列nb存在，由于所给等式对一切自然数n 均成立，故当n=1，2

13、，3 时等式成立，从而可解得1b=1，2b=2，3b=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是nb=n。.然后再证明当nb=n 时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。【例 8】若某一等差数列的首项为mnnnnxxPC)5225(32223112115，公差为，其中 m是7777-15 除以 19 的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。解：由已知得：10023112252111anNnnnnn，从而首项，又。注意到45)176(777777dm，进而知公差，可得，从而等差数列的通项公式是：nan4104，设其前k 项之和最大，则0)1(410404104kk，解得k=25 或 k

14、=26 ，故此数列的前25 项之和与前26 项之和相等且最大，13002625SS。【例 9】已知naa)3(3的展开式的各项系数之和等于53)514bb展开式中的常数项，求naa)3(3展开式中含1a的项的二项式系数。解 ： 先 求 出53)514(bb的 常 数 项 是27， 从 而 可 得naa)3(3中n=7 ， 对 于73)3(aa由二项展开式的通项公式知，含1a的项是第4 项，其二项式系数是35。【例 10】求证：45322nnn能被 25 整除。解：注意到nnnn) 15(464322即可。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

15、第 5 页，共 20 页【排列、组合与二项式定理练习1】一、填空题1从集合 0，1，2，3，5，7，11中任取3 个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0 中的 A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_条 (用数值表示 ). 2圆周上有2n 个等分点(n 1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_. 二、解答题3某人手中有5 张扑克牌，其中2 张为不同花色的2，3 张为不同花色的A，有 5 次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？4二次函数y=ax2+bx+c 的系数 a、 b、c，在集合 3， 2， 1， 0，1，2，3，4 中选取 3 个不同的值，则可

16、确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？5有 3 名男生， 4 名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数. (1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置. (2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边. (3)全体排成一行，其中男生必须排在一起. (4)全体排成一行，男、女各不相邻. (5)全体排成一行，男生不能排在一起. (6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变. (7)排成前后二排，前排3人，后排4 人. (8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人 . 620 个不加区别的小球放入编号为1、2、3 的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的

17、放法种数. 7用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4) 的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 20 页8甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？参考答案一、 1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从 1，2，3，5，7，11 这 6 个数中任取2 个作为 A、B 两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A26=30. 答案： 30 2.解析： 2n 个等分点可作出n 条直径，从中任

18、选一条直径共有C1n种方法；再从以下的(2n2)个等分点中任选一个点，共有C122n种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为： C1nC122n=2n(n1)个. 答案： 2n(n1) 二、 3.解：出牌的方法可分为以下几类：(1)5 张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2 张 2 一起出， 3张 A 一起出，有A25种方法；(3)2 张 2 一起出， 3张 A 一起出，有A45种方法；(4)2 张 2 一起出， 3张 A 分两次出，有C23A35种方法；(5)2 张 2 分开出， 3张 A 一起出，有A35种方法；(6)2 张 2 分开出， 3张 A 分两次出，有C23A45种方法 . 因

19、此，共有不同的出牌方法A55+A25+A45+A23A35+A35+C23A45=860 种. 4.解：由图形特征分析，a 0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c 0;a0,开口向下，原点在内部f(0)=c0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c 来讲，原点在其内部af(0)=ac0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a 和 c，再确定b,故满足题设的抛物线共有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 20 页C13C14A22A16=144 条 . 5.解： (1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲

20、选择 .有 A13种，其余6 人全排列，有A66种 .由乘法原理得A13A66=2160 种. (2)位置分析法 .先排最右边，除去甲外，有A16种，余下的6 个位置全排有A66种，但应剔除乙在最右边的排法数A15A55种.则符合条件的排法共有A16A66A15A55=3720 种 . (3) 捆 绑 法 .将 男 生 看 成 一 个 整 体 ， 进 行 全 排 列 .再 与 其 他 元 素 进 行 全 排 列 .共 有A33A55=720 种. (4)插空法 .先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A33A44=144 种. (5)插空法 .先排女生，然后在空位中插入男生，共有A44

21、A35=1440 种. (6)定序排列 .第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A77=NA33， N=3377AA= 840 种.(7)与无任何限制的排列相同，有A77=5040 种. (8)从除甲、乙以外的5 人中选3 人排在甲、乙中间的排法有A35种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有A23A33.最后再把选出的3 人的排列插入到甲、乙之间即可.共有 A35A22A33=720 种. 6.解：首先按每个盒子的编号放入1 个、 2 个、 3 个小球，然后将剩余的14 个小球排成一排，如图， |O|O|O|O|O

22、|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有 15 个空档，其中“O”表示小球，“|”表示空档 .将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15 个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O”个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，若有两个小盒插入最左侧空档，有C23种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有1313CC种 ； 若 没 有 小 盒 插 入 最 左 侧 空 档 ， 有C213种 . 由 加 法 原 理 ， 有N=2131131323CCCC=120 种排列方案，即有120 种放法

23、 . 7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4) 或(2)(4). 可以涂相同的颜色.分类：若 (1)(4)同色，有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 20 页A35种，若 (2)(4)同色，有A35种，若 (1)(2)(3)(4) 均不同色，有A45种 .由加法原理，共有N=2A35+A45=240 种. 8.解：每人随意值两天，共有C26C24C22个；甲必值周一，有C15C24C22个；乙必值周六，有C15C24C22个；甲必值周一且乙必值周六，有C14C13C22个.所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班

24、表数，有N=C26C24C222C15C24C22+ C14C13C22=90256+12=42 个. 【排列、组合与二项式定理练习2】一、选择题1从装有4 粒大小、形状相同，颜色不同的玻璃球的瓶中，随意一次倒出若干粒玻璃球（ 至 少 一 粒 ） ， 则 倒 出 奇 数 粒 玻 璃 球 的 概 率 比 倒 出 偶 数 粒 玻 璃 球 的 概 率（ B ）A小 B大C相等 D大小不能确定2有 6 个座位连成一排，现有3 人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有（ C ）A36 种 B48 种 C72 种 D96 种3有5 个大小相同的球，上面分别标有1，2， 3，4，5，现任取两个球，则两个球序

25、号相邻的概率是（D）A53B52C54D1034一张三角形纸片内有99 个点，若连同原三角形的顶点共102 个点中无三点共线，以这些点为三角形的顶点，把这张三角形纸片剪成小三角形，这样的小三角形共有（B）A300 B156849 C201 D199 5某种体育彩票抽奖规定，从01 到 36 共 36 个号码中抽出7 个为一注，每注2 元，某人想从 01 到 10 中选 3 个连续号，从11到 20 中选 2个连续号，从21 到 30 中选 1 个号，从31 到36 中 选 1 个号组成一注，现这人把这些特殊的号全买，要花费的钱数是（ D）A3 360 元 B6 720 元 C4 320 元 D

26、8 640 元1从 3 位老师和8 位学生中，选派1 位老师和2位学生一起去参加某项活动，不同的选派方法的种类为（ C ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 20 页（A）113C（B）113P（C）3182C C（D）3182P P 2在学雷锋活动中，某班的4 个小组分别到4 个孤寡老人家做好事，则不同安排方法的种数是（A）（A）24 （B）12 （C）6 （D） 4 3从5 台“联想”电脑和4 台“实达”电脑中任选4 台，其中既有“联想”电脑又有“实达”电脑的不同选法的种数为（ C ）（A）60 （B）80 （C）120

27、 （D）140 46 个人排成一排，其中甲不能排在两端的排法数有（ C ）（A）120 种子（B）240种（C）480 种（D）600 种 135 名男生， 2 名女生排成一排，要求男生甲必须站在中间，2 名女生必须相邻的排法种数有（A）（A）192 种（B）216种（C） 240 种（D）360 种 5每天上午有4 节课，下午有2 节课，安排5 门不同的课程，其中安排一门课上连堂，则一天不同课表的种数为（ A ）（A）480 （B）600 （C）720 （D）360 6不同的五种商品在货架上排成一排，其中a b,两种必须排在一起，而c d,两种不能排在一起，则不同的排法共有（C）（A）12

28、种（B）20 种（C）24 种（D）48 种二、填空题1、某校准备召开高中毕业生代表会，把6 个代表名额分配给高三年级的3 个班，每班至少一个名额，不同的分配方案共有种。 【答案】 10 2、“渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数（如2578），在二位的“渐升数”中任取一数比37大的概率是 【答案】3617。3、从装有1n个球（其中n个白球，1个黑球）的口袋中取出m个球Nnmnm,0，共有mnC1种取法。在这mnC1种取法中，可以分成两类：一类是取出的m个球全部为白球，共有mnCC01种取法；另一类是取出的m个球有1m个白球和1个 黑 球 ， 共 有111mnCC种 取 法 。 显 然

29、mnmnmnCCCCC111101， 即 有 等 式 ：mnmnmnCCC11成立。试根据上述思想化简下列式子：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 20 页kmnkkmnkmnkmnCCCCCCC2211【答案】mknCNnmknmk,1。4、某小组有6名学生，现从中选3名去参加一项活动，至少有1名女生参加的不同选法有16种，则小组中的女生为【答案】2名。【例 1】已知甲、乙两名篮球运动员投篮命中率分别为0.7 和 0.8（ 1）如果每人各投篮一次，求甲、乙两人中至少一人进球的概率；（ 2）如果两人比赛，各投篮2 次，求甲

30、战胜乙的概率解：设甲、乙两名篮球运动员投篮进球分别记为事件BA、，则BA、为独立事件（1）94.0) 8.01)(7.01(1)()(1)(1)(BPAPBAPBAP或94.08.07.08.07.0)()()()(ABPBPAPBAP（2）甲战胜乙有1 比 0、2 比 0、2 比 1三种情形，1932.02 .08 .07 .02.07.02. 03. 07 .012222212CCP【例 2】排球比赛的规则是5 局 3胜制， A、B 两队每局比赛获胜的概率都相等且分别为23和13.（1）前 2 局中 B 队以 2:0 领先，求最后A、B 队各自获胜的概率；（ 2）B 队以 3:2 获胜的概

31、率解：（ 1）设最后 A 获胜的概率为1,P设最后 B 获胜的概率为2.P331328( );327PC2211212211919.(1)3333332727PPP或（2）设 B 队以 3:2 获胜的概率为3.P3P2324128( ) ( )3381C【例 3】如图，用A、B、C 三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件 A、B、C 都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A 正常工作且元件B、C 至少有一个正常工作时，系统N2正常工作.已知元件A、 B、 C 正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90，分别求系统N1，N2正常工作的概率P1、P2. 解：记元件A、B、C 正常工作

32、的事件分别为A、B、C，由已知条件P(A)=0.80,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 20 页P(B)=0.90,P(C)=0.90. (1) 因 为 事 件A、B、C是 相 互 独 立 的 ， 所 以 ， 系 统N1正 常 工 作 的 概 率P1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.648,故系统 N1正常工作的概率为0.648 (2)系统 N2正常工作的概率P2=P(A) 1P(CB)=P(A) 1P(B)P(C)=0.80 1(10.90)(10.90)=0.792 故系统 N2正常工作的概率为0.792

33、 【例 4】有 A、 B 两个箱子， A 箱中有6 张相同的卡片，其中一张写有0，两张写有1，三张写有2；B 箱中有 7 张相同的卡片，其中四张写有0，一张写有1，两张写有 2，现从 A 箱中任取1 张，从 B 箱中任取2张，共 3张卡片。求：（ 1）3 张卡片都写有0 的概率；（2）3 张卡片中数字之积为0的概率。解：（ 1）211612724CC（2）4237656127242713142727CCCCCCC【例 5】袋里装有35 个球，每个球上都标有从1 到 35 的一个号码，设号码n 的球重15532nn（克）这些球以等可能性（不受重量的影响）从袋里取出（1）如果任意取出一球，试求其重

34、量大于号码数的概率；（2）如果同时任意取出二球，试求它们重量相同的概率解：（ 1）由不等式nnn15532得 n15， n3，由题意知n1， 2，或 n 16，17，, ， 35于是所求概率为3522（2）设第 n 号与第 m 号的两个球的重量相等，其中n m，则有1553155322mmnn，所以0)(15)(22mnmn，因为 n m，所以 nm15，（ n，m）（ 1，14），（ 2，13），, （7，8），但从 35 个球中任取两个的方法数为595213435C235，故所求概率为8515957精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

35、 12 页，共 20 页【例 6】已知：有6 个房间安排4 个旅游者住，每人可以进住任一房间，且进住房间是等可能的，试求下列各事件的概率：（）事件A：指定的4 个房间各有 1 人；（）事件B：恰有 4 个房间各有1 人；（）事件C：指定的某个房间有2人。解：由于每人可进住任1 房间，进住哪间房是等可能的，每人都有6 种等可能的方法，根据乘法原理，4 人进住 6 个房间共有64种方法（1）指定的4 个房间各有1 人，有44A种方法，5416)(444AAP（2）从 6间中选出4 间有46C种方法， 4 个人每人去1间有44A种方法，18566)(44644444AACBP（3）从 4 人中选 2

36、 个人去指定的某个房间，共有24C种选法，余下2 人每人都可去5个房间中的任 1 间,因而有 52种种方法。2162565)(4224CCP【例 7】一个电路中有三个电子元件，它们接通的概率都是m（0 m1)如图，有如下三种联接方法：（1）分别求出这三种电路各自接通的概率；（2）试分析这三种电路哪种性能最优，并证明你的结论. 解：（ 1）三种电路各自接通分别记为事件A1、A2、A3，则 P（A1）=m3P（A2）=1（ 1m）3=3m3m2+m3P（A3）=2（1 m） m2+m3=2m2m3（2）P（A2） P（A1） =3m3m2=3m（1 m）0m1 P（ A2） P（A1）P（A2）

37、P（A3）=2m35m2+3m=m （2m 3）（ m 1） 0 P（A2） P（A3）三个电子元件并联接通的概率最大，故性能最优【例 8】某厂生产的A 产品按每盒10 件进行包装，每盒产品均需检验合格精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 20 页后方可出厂质检办法规定：从每盒10 件 A 产品中任抽4 件进行检验，若次品数不超过 1 件，就认为该盒产品合格；否则，就认为该盒产品不合格已知某盒A 产品中有2 件次品（1）求该盒产品被检验合格的概率；（2）若对该盒产品分别进行两次检验，求两次检验得出的结果不一致的概率解： (1

38、)从该盒 10 件产品中任抽4 件，有等可能的结果数为410C种，其中次品数不超过1 件有431882CC C种，被检验认为是合格的概率为431882410CC CC1315(2)两次检验是相互独立的，可视为独立重复试验，因两次检验得出该盒产品合格的概率均为1315，故“ 两次检验得出的结果不一致” 即两次检验中恰有一次是合格的概率为121313C(1)151552225答：该盒产品被检验认为是合格的概率为1315；两次检验得出的结果不一致的概率为52225【例 9】某先生居住在城镇的A 处，准备开车到单位B 处上班 . 若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有

39、一次，发生堵车事件的概率如图.（例如： ACD 算作两个路段：路段AC 发生堵车事件的概率为101，路段 CD 发生堵车事件的概率为).151（1）请你为其选择一条由A 到 B 的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；（2）若记路线ACFB 中遇到堵车次数为随机变量，求的数学期望.E解：（ 1）记路段 MN 发生堵车事件为MN. 因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，所以路线 ACDB 中遇到堵车的概率 P1为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 20 页)()()(1)(1DBPCDPAC

40、PDBCDACP=1 1P（AC）1 P（ CD）1 P（ DB） =1103651514109；同理：路线ACFB 中遇到堵车的概率P2为 1 P（)103(800239)小于FBCFAC路线 A EFB 中遇到堵车的概率P3为 1P（)103(30091)小于FBEFAE显然要使得由A 到 B 的路线途中发生堵车事件的概率最小.只可能在以上三条路线中选择. 因此选择路线A CFB，可使得途中发生堵车事件的概率最小. （2）路线 AC FB 中遇到堵车次数可取值为 0，1，2， 3. .24006371212017109121120310912112017101)()()() 1(,8005

41、61)()0(FBCFACPFBCFACPFBCFACPPFBCFACPP.31240033240077224006371800561001,24003121203101)()3(,24007712120310912120171011211203101)()()()2(EFBCFACPPFBCFACPFBCFACPFBCFACPP答：路线ACFB 中遇到堵车次数的数学期望为.31【例 10】某电器商经过多年的经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数 是一个随机变量，它的分布列如下：1 2 3 ,12 P121121121,121设每售出一台电冰箱，电器商获利300 元，如销售不出而囤积于仓库，则每

42、台每月需花保养费用100 元，问电器商每月初购进多少台电冰箱才能使自己月平均收益最大？解：设 x 为月初电器商购进的冰箱台数，只须考虑1x 12 的情况，设电器商每月的收益为 y 元，则 y 是随机变量 的函数且y=xxxxx),(100300,300,电器商平均每月获益的平均数，即数学期望为：Ey=300 x(Px+Px+1+, +P12)+300100(x1)P1+2300100(x2) P2+,+300(x1)100Px1=300 x(12x+1)121+ 1213002) 1(1002)1(xxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

43、-第 15 页，共 20 页=325( 2x2+38x) 由于 xN,故可求出当x=9 或 x=10 时，也即电器商月初购进9 台或 10 台电冰箱时，收益最大 . 【例 11】袋中装有3 个白球和4 个黑球，现从袋中任取3 个球，设 为所取出的 3 个球中白球的个数（I）求 的概率分布；（II）求 E解：（ I）的可能取值为0，1，2，3. P（0）3437CC435；P（ 1）123437C CC1835；P（2）213437C CC1235；P（ 3）303437C CC135. 的分布列为：0 1 2 3 P43518351235135（II ）E04351183521235 3135

44、97. 【例 12】甲，乙两射击运动员进行射击比赛，射击相同的次数，已知两运动员射击的环数稳定在 7，8，9，10 环。他们的这次成绩画成频率直方分布图如下：击中频率击中频率7 8 9 10 击中环数 7 8 9 10 击中环数甲乙（1）根据这次比赛的成绩频率直方分布图推断乙击中8 环的概率8乙P，以及求甲，乙同时击中9 环以上（包括9 环）的概率；0.3 0.2 0.15 0.35 0.2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 20 页（2）根据这次比赛的成绩估计甲，乙谁的水平更高（即平均每次射击的环数谁大）. 解（ 1）

45、由图可知2 .07乙P，2. 09乙P，35.010乙P所以8乙P=1 0.20.20.35=0.25 同理2.07甲P，15.08甲P，3.09甲P所以35. 03. 015.02 .0110甲P因为65.035.03.09甲P55.035.02.09乙P所以甲，乙同时击中9 环以上（包括9 环）的概率P=9甲P9乙P=0.650.55=0.3575 (2) 因为甲E=70.2+8 0.15+90.3+100.35=8.8 乙E=70.2+80.25+9 0.2+100.35=8.7 甲E乙E所以估计甲的水平更高. 【例 13】有一容量为50 的样本，数据的分组及各组的频率数如下：10，15

46、4 30， 35)9 15，20)5 35，40)8 20，25)10 40，45)3 25，30)11 (1)列出样本的频率分布表(含累积频率 )；(2)画出频率分布直方图和累积频率的分布图. 解： (1)由所给数据，计算得如下频率分布表数据段 10,15)15,20)20,25)25,30)30,35) 35,40)40,45)总计频数4 5 10 11 9 8 3 50 频率0.08 0.10 0.20 0.22 0.18 0.16 0.06 1 累积频率0.08 0.18 0.38 0.60 0.78 0.94 1 (2)频率分布直方图与累积频率分布图如下：精选学习资料 - - - -

47、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 20 页【概率练习】一、选择题1、甲射击命中目标的概率是21，乙命中目标的概率是31，丙命中目标的概率是41.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( ) 107D.54C.32B.43A.2、已知随机变量的分布列为： P(=k)=31,k=1,2,3,则 P(3+5)等于 ( ) A.6 B.9 C.3 D.4 二、填空题3、1 盒中有9 个正品和3 个废品，每次取1 个产品，取出后不再放回，在取得正品前已取出的废品数 的期望 E=_. 4、某班有52 人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4 人

48、参加某项活动，这 4 人恰好来自不同组别的概率是_. 三、解答题5、甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，计算：(1)两人都击中目标的概率；(2)其中恰有一人击中目标的概率；(3)至少有一人击中目标的概率. 6、已知连续型随机变量的概率密度函数f(x)=202110 xxaxx(1)求常数 a的值，并画出 的概率密度曲线；(2)求 P(123）. 7、设 P 在 0,5上随机地取值，求方程x2+px+214p=0 有实根的概率 . 8、设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作.若一周5 个工作日里均无故障，可获利润10 万元；发生一次故障可获利

49、润5 万元，只发生两次故障可获利润0 万元，发生三次或三次以上故障就要亏损2 万元。求一周内期望利润是多少？参考答案一、 1.解析：设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A+B+C ，即击中目标表示事件A、B、C 中至少有一个发生. .41)411)(311)(211()(1 )(1)(1)()()()(CPBPAPCPBPAPCBAP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 20 页故目标被击中的概率为1P(ABC)=14341答案： A 2.解析： E=(1+2+3) 31

50、=2，E2=(12+22+32)31=314D=E2(E)2=31422=32. D(3 +5)=9E=6. 答案： A 二、 3.解析：由条件知，的取值为0，1，2，3，并且有P(=0)=43CC11219, 3.02201322092449143022012CCC)3(,22092CCC)2(,4492CCC) 1(412193331219232121913EPPP答案： 0.3 4.解析：因为每组人数为13，因此，每组选1 人有C113种方法，所以所求概率为P=4524113C)C(. 答案：4524113C)C(三、 5.解： (1)我们把“甲射击一次击中目标”叫做事件A，“乙射击一次