【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习专题六6756.pdf

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1、 2013 年高考数学(理二轮复习 专题六 概率与统计、推理与证明、复数、算法(带解析 概率与统计应以随机变量及其分布列为中心，求解时应抓住建模、解模、用模这三个基本点 排列组合是求解概率的工具，利用排列组合解题时应抓住特殊元素或特殊位置，注意元素是否相邻及元素是否定序，同时还应注意题中是否还涉及两个计数原理 随机变量的均值和方差是概率初步的关键点，解决概率应用问题时，首先要熟悉几种常见的概率类型，熟练掌握其计算公式；其次还要弄清问题所涉及的事件具有什么特点、事件之间有什么联系；再次要明确随机变量所取的值，同时要正确求出所对应的概率 统计的主要内容是随机抽样、样本估计总体、变量的相关性，复习时

2、应关注直方图、茎叶图与概率的结合，同时注意直方图与茎叶图的数据特点 第一节排列、组合、二项式定理 1熟记两个公式(1 排列数公式：A n(n1(nm 1.(2 组合数公式：C.2 把握二项式定理的四个基本问题(1 二项式定理：(a bn Canb0Can 1b Can rbrCbn.(2 通项与二项式系数：Tr1Can rbr，其中 C(r 0,1,2，n 叫做二项式系数(3 各二项式系数之和：CCCC2n.CCCC2n 1.(4 二项式系数的性质：CC，CCC.二项式系数最值问题 当 n 为偶数时，中间一项即第1 项的二项式系数 Cn 最大；当 n 为奇数时，中间两项即第，项的二项式系数 C

3、n，Cn 相等且最大 计数原理作为排列、组合的基础知识，是高考必考的内容，由于这部分内容抽象性强、思维方法新颖，因此利用化归思想将实际问题转化为能用计数原理解决的问题是关键，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大 例 1(2012四川高考方程 ayb2x2c 中的 a，b，c3，2,0,1,2,3，且 a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有(A 60 条 B62 条 C 71 条 D80 条 思路点拨 用分类加法计数原理求解 解析 当 a 1 时，若 c0，则 b2 有 4,9 两个取值，共 2 条抛物线；若 c0，则 c 有 4 种取值，b2 有两种，共有 24

4、8 条抛物线；当 a 2 时，若 c0，b2 取 1,4,9三种取值，共有 3 条抛物线；若 c0，c 取 1 时，b2 有 2 个取值，共有 2 条抛物线，c 取2 时，b2 有 2 个取值，共有 2 条抛物线，c 取 3 时，b2 有 3 个取值，共有 3 条抛物线，c 取3 时，b2 有 3 个取值，共有 3 条抛物线 所以共有 3223313 条抛物线 同理，a 2，3,3 时，共有抛物线 31339 条 由分类加法计数原理知，共有抛物线 39 138 262 条 答案 B 解决此类问题的关键：(1 在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理

5、(2 对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化 1.如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有(A 11 种 B20 种 C 21 种 D12 种 解析：选 C 左边两个开关的开闭 方式有 2213 种，右边两个开关的开闭方式有 2317种，故使电路接通的情况有 3721 种 2(2012新课标全国卷将 2 名教师，4名学生分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有(A12 种 B10 种 C 9 种 D8 种 解析：选 A 先安排 1 名教师和 2 名学生到甲地，再将剩下的 1 名

6、教师和 2 名学生安排到乙地，共有 CC12 种安排方案 排列与组合 排列、组合及排列与组合的综合应用是高考的热点，题型以选择题、填空题为主，中等难度，在解答题中，排列、组合常与概率、分布列的有关知识结合在一起考查 例 2(1(2012大纲全国卷将字母 a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(A12 种 B18 种 C 24 种 D36 种(2(2012山东高考现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张不同取法的种数为(A232

7、B252 C 472 D484 思路点拨(1 先按列进行排放，再利用乘法原理进行求解；(2 利用分类加法计数原理和组合结合求解 解析(1 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有 A 种不同的排法 再排第二列，其中第二列第一行的字母共有 A 种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有 1种排法 因此共有 AA112 种不同的排列方法(2 分两类：第一类，含有 1 张红色卡片，共有不同的取法 CC264 种；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法 C 3C22012208种由分类加法计数原理知不同的取法有 264208 472 种 答案(1A(2C 解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、

8、“分类”、“分步”的角度入手“分析”就是找出题目的条件、结论哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决 3(2012深圳调研“2 012”含有数字 0,1,2，且有两个数字 2.则含有数字 0,1,2，且有两个相同数字的四位数的个数为(A 18 B24 C27 D36 解析：选 B 依题意，就所含的两个相同数字是否为 0 进行分类计算：第一类，所含的两个相同数字是 0，则满足题意的四位

9、数的个数为 CA 6；第二类，所含的两个相同数字不是 0，则满足题意的四位数的个数为 CCC18.由分类加法计数原理得，满足题意的四位数的个数为 6 18 24.4 某台小型晚会由 6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位该台晚会节目演出顺序的编排方案共有(A 36 种 B 42 种 C48 种 D 54 种 解析：选 B 由题可知，可以考虑分成两类计算：若甲排在第一位，则有 A种方案；若甲排在第二位，则有 CA种方案，所以按照要求该台晚会节目演出顺序的编排方案共有 A CA 42种 二项式定理 对于二项式的考查重点是二项式定理的展开

10、式及通项公式、二项式系数及特定项的系数、二项式性质的应用，题型多为选择题、填空题，难度为中低档二项式定理的应用有时也在数列压轴题中出现，主要是利用二项式定理及放缩法证明不等式 例 3(1(2012湖南高考 6 的二项展开式中的常数项为_(用数字作答(2(2012皖南八校联考 n的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为_ 思路点拨(1 利用二项式定理的通项公式求解；(2 利用二项式系数的性质及二项展开式的通项公式求解 解析(16 6，又(2x16 的展开式的通项公式为 Tr1C(2x6 r(1r，令 6r3，得 r3.T31C(2x32023x3160 x3.6 的二项展开式中的常数

11、项为160.(2 由题意知，n 9，则 9 的展开式中第四项 T4 C(63.答案(1160(2 解决此类问题关键要掌握以下几点：(1 它表示二项展开式中的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随之确定；(2Tr1 是展开式中的第 r1 项，而不是第 r 项；(3 公式中 a，b 的指数和为 n，a，b 不能颠倒位置；(4 要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5 对二项式(a bn 展开式的通项公式要特别注意符号问题 5(2012安徽高考(x225 的展开式的常数项是(A 3 B2 C2 D3 解析：选 D 5 的展开式的通项为 Tr1C5r(1r，r0,1,2,3,4,5.当因式

12、(x22 中提供 x2 时，则取 r4；当因式(x22 中提供 2 时，则取 r5，所以(x225 的展开式的常数项是 523.6(2012郑州质检在二项式 n的展开式中，所有二项式系数的和是 32，则展开式中各项系数的和为(A 32 B32 C0 D1 解析：选 C 依题意得，所有二项式系数的和为 2n 32，解得 n 5.因此，该二项展开式中的各项系数的和等于 50.7(2012安徽名校模拟在(xn a0 a1x a2x2 a3x3 anxn中，若 2a2 an30，则自然数 n 的值是(A 7 B8 C9 D10 解析：选 B 易知 a2C，an 3(1n3C(1n3C，又2a2an 3

13、 0，2C(1n3C 0，将各选项逐一代入检验可知 n 8 满足上式 破解排列组合问题的十种策略 排列组合是高中数学的重点和难点之一，也是求解古典概型的基础，这一类问题不仅内容抽象、解法灵活，而且解题过程极易出现“重复”和“遗漏”等错误，这些错误又不容易检查出来，所以解题时要注意不断积累经验，总结解题规律，掌握求解技巧常见的解题策略有：(1 特殊元素优先安排的策略；(2 合理分类与准确分步的策略；(3 排列、组合混合问题先选后排的策略；(4 正难则反、等价转化的策略；(5 相邻问题捆绑处理的策略；(6 不相邻问题插空处理的策略；(7 定序问题除法处理的策略；(8 分排问题直排处理的策略；(9“

14、小集团”排列问题中先整体后局部的策略；(10 构造模型的策略 典例 某电视台举办“红色经典”的革命歌曲文艺演出，已知节目单中共有 7个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了 3位参加过抗美援朝的老战士演唱当年的革命歌曲，要将这3 个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有_种 解析 根据题意，添加 3个节目后，节目单中共有 10 个节目，而原先 7个节目的顺序是固定不变的，故可先将这 10 个节目进行全排列，不同的排列方法有 A种；而原来 7个节目的不同安排方式共有 A 种，故不同的安排方式共有720 种 答案 720 名师支招 本题为定序问题，采用除法处理的策略解决一

15、个问题并不一定用一个策略，有时要用几种求解策略，再结合计数原理从而达到求解的目的 高考预测 两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这 6 人的入园顺序排法种数为(A48 B36 C 24 D12 解析：选 C 由题意得爸爸排法为 A 种，两个小孩排在一起故看成一体有 A 种排法，妈妈和孩子共有 A 种排法，所以排法种数共为 AAA24 种 配套课时作业 1(2012辽宁高考一排 9 个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(A33！B3(3！3 C(3！4 D9!解析：选 C 把一家三

16、口看作一个排列，然后再排列这 3 家，所以有(3！4 种 2(2012重庆高考(13x5 的展开式中 x3 的系数为(A270 B90 C 90 D270 解析：选 A(13x5 的展开式通项为 Tr 1C(3rxr(0r5，rN，当 r3 时，该项为T4C(33x3270 x3，故可得 x3 的系数为270.3 4 3.将 1,2,3，9这 9个数字填在如图所示的 9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当 3,4 固定在图中的位置时，填写空格的方法数为(A6 B12 C 18 D24 解析：选 A 第一行从左到右前面两个格子只能安排 1,2，最右下角的格子只能是 9，这

17、样只要在剩余的四个数字中选取两个，安排在右边一列的上面两个格子中(由小到大，剩余两个数字安排在最下面一行的前面两个格子中(由小到大，故总的方法数是 C 6.4(2012温州适应性测试将 9个相同的小球放入 3 个不同的盒子，要求每个盒子中至少有 1个小球，且每个盒子中的小球个数都不同，则共有不同放法(A15 种 B18 种 C 19 种 D21 种 解析：选 B 对这 3个盒子中所放的小球的个数情况进行分类计数：第一类，这 3个盒子中所放的小球的个数是 1,2,6，此类放法有 A6种；第二类，这 3个盒子中所放的小球的个数是1,3,5，此类放法有 A6种；第三类，这 3个盒子中所放的小球的个数

18、是 2,3,4，此类放法有A6 种因此满足题意的放法共有 6 6 6 18 种.5 在 24 的展开式中，x 的幂指数是整数的项共有(A3 项 B4 项 C5 项 D6 项 解析：选 C Tr 1C24rrCx，且 0r24，rN，所以当 r0,6,12,18,24时，x 的幂指数是整数 6(2012大纲全国卷 6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有(A240 种 B360 种 C480 种 D720 种 解析：选 C 第一步先排甲，共有 A 种不同的排法；第二步再排其他人，共有 A 种不同的排法，因此不同的演讲次序共有 AA480 种 7(2012浙江

19、高考若从 1,2,3，9这 9个整数中同时取 4 个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(A60 种 B63 种 C65 种 D66 种 解析：选 D 对于 4 个数之和为偶数，可分三类，即 4 个数均为偶数，2 个数为偶数 2 个数为奇数，4 个数均为奇数，因此共有 CCCC66 种 8.n的展开式中各项系数之和为 125，则展开式中的常数项为(A27 B48 C27 D48 解析：选 D 令 x1，则 n 的展开式中各项系数之和为 5n125，解得 n 3，则 3 的展开式的通项为 Tr 1C(43 rrC43 rx，令0，得 r1，所以展开式中的常数项为 C4248.9(2012安徽高

20、考 6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品已知 6位同学之间共进行了 13次交换，则收到 4 份纪念品的同学人数为(A1 或 3 B1 或 4 C2 或 3 D2 或 4 解析：选 D 不妨设 6位同学分别为 A，B，C，D，E，F，列举交换纪念品的所有情况为 AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共有 15种因为 6位同学之间共进行了 13 次交换，即缺少以上交换中的 2 种第一类，某人少交换 2 次，如 DF，EF 没有交换，则 A，B，C 交换 5 次，D，E 交换 4

21、次，F 交换 3 次；第二类，4 人少交换 1 次，如 CD，EF 没有交换，则 A，B 交换 5 次，C，D，E，F 交换 4 次 10.2n 的展开式的第 6 项的二项式系数最大，则其常数项为(A120 B252 C210 D45 解析：选 C 根据二项式系数的性质，得 2n 10，故二项式 2n的展开式的通项公式是 Tr1C(10rrCx5，根据题意 5 0，解得 r 6，故所求的常数项等于 CC210.11(2012北京高考从 0,2中选一个数字，从 1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(A24 B18 C12 D6 解析：选 B 若选 0，则 0 只能在十

22、位，此时组成的奇数的个数是 A；若选 2，则 2 只能在十位或百位，此时组成的奇数的个数是 2A12，根据分类加法计数原理得总个数为 6 1218.12(2012河南三市调研某单位安排 7位员工在 2012 年 1 月 22 日至 1 月 28日(即今年除夕到正月初六值班，每天安排 1 人，每人值班 1 天，若 7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在除夕，丁不排在初一，则不同的安排方案共有(A504 种 B960 种 C1 008 种 D1 056种 解析：选 D 依题意，满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天值班的方法共有 AA1 440种，其中满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丙在除夕值

23、班的方法共有 AA240 种；满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丁在初一值班的方法共有 CAA192种；满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丙在除夕值班、丁在初一值班的方法共有 AA48种因此满足题意的安排方案共有 1 440 240192 48 1 056种 13(2012湖北高考设 aZ，且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则 a(A0 B1 C11 D12 解析：选 D 512 012a(13412 012 a，被 13 整除余 1a，结合选项可得 a12 时，512 012a 能被 13 整除 14(2011新课标全国卷 5 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式

24、中常数项为(A40 B20 C20 D40 解析：选 D 对于 5，可令 x1 得 1a 2，故 a 1.5的展开式的通项 Tr 1C(2x5rrC25r(1rx52r，要得到展开式的常数项，则 x的 x 与 5 展开式的相乘，x的与(2x5 展开式的 x 相乘，故令 52r1 得 r3，令 52r1 得 r2，从而可得常数项为C22(13C23(1240.15(2012福州质检在(12(14 的展开式中，x 的系数等于_(用数字作答 解析：因为(12 的展开式中 x 的系数为 1，(14 的展开式中 x 的系数为 C4，所以在(12(14 的展开式中，x 的系数等于3.答案：3 16(201

25、2潍坊模拟某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间，每个车间至少分配一名员工，且甲、乙两名员工必须分到同一个车间，则不同分法的种数为_ 解析：若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有 CAC18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有 3AC18 种所以满足题意的分法共有 18 18 36 种 答案：36 17(2012浙江高考若将函数 f(x x5 表示为 f(x a0 a1(1 xa2(1 x2a5(1 x5，其中 a0，a1，a2，a5 为实数，则 a3 _.解析：不妨设 1xt，则 xt 1，因此有(t 15a0 a1ta2t2a3t3a4t4a5t5，则a3 C(1210.答案

26、：10 18(2012唐山统考在具有 5 个行政区域的地图(如图上，给这 5 个区域着色共使用了 4 种不同的颜色，相邻区域不使用同一颜色，则有_种不同的着色方法 解析：已知一共使用了 4 种不同的颜色，因为有 5 块区域，故必有 2 块区域的颜色相同分成两类情况进行讨论：若 1,5 块区域颜色相同，则有 CCC24 种不同的着色方法；若 2,4 块区域颜色相同，同理也有 24 种不同的着色方法故共有 48 种不同的着色方法 答案：48 19(2012衡阳联考已知二项式 n 展开式中的第 5 项为常数项，则展开式中各项的二项式系数之和为_ 解析：依题意知，二项式 n 的展开式中的第 5 项是

27、T5 Cxn44Cxn6，又其第 5 项是常数项，于是有 n6 0，所以 n6，其展开式中各项的二项系数之和为 26 64.答案：64 20(2012北京西城区期末测试有限集 合 P中元素的个数记作 card(P已知 card(M10，AM，BM，AB，且 card(A2，card(B3.若集合 X 满足 AXM，则集合 X 的个数是_；若集合 Y满足 Y M，且 AY，BY，则集合 Y的个数是_(用数字作答 解析：显然 card(M10 表示集合 M 中有 10 个元素，card(A2 表示集合 A 中有 2 个元素，而AXM，所以集合 X 中可以只含 A 中的 2 个元素，也可以除了 A

28、中的 2 个元素外，在剩下的8 个元素中任取 1 个、2 个、3 个、8 个，共有 C C C C 28 256 种情况，即符合要求的集合 X 有 256 个满足 Y M 的集合 Y 的个数是 210，其中不满足条件 AY 的集合 Y 的个数是 28，不满足条件 BY的集合 Y的个数是 27，同时不满足条件 AY与 BY的集合 Y的个数是 25，因此满足题意的集合 Y 的个数是 21028 27 25 672.答案：256 672 第二节概率、随机变量及其分布列 牢记概率与统计的十个公式及相关结论(1 古典概型的概率公式 P(A.(2 几何概型的概率公式 P(A.(3 离散型随机变量的分布列的

29、两个性质 pi0(i1,2，n；p1p2pn1.(4 数学期望公式 E(Xx1p1 x2p2 xnpn.(5 数学期望的性质 E(a b aE(Xb；若 XB(n，p，则 E(Xnp；若 X 服从两点分布，则 E(Xp.(6 方差公式 D(X(x1 E(X2p1(x2 E(X2p2(xn E(X2pn，标准差.(7 方差的性质 D(aXb a2D(X；若 XB(n，p，则 D(Xnp(1p；若 X 服从两点分布，则 D(Xp(1p(8 独立事件同时发生的概率计算公式 P(AB P(AP(B (9 独立重复试验的概率计算公式 Pn(kCPk(1Pnk.(10 条件概率公式 P(B|A.高考对该部

30、分的考查，主要是以选择题或填空题的形式考查古典概型或者几何概型的计算，在解答题中和随机变量综合作为解决问题的工具进行考查 例 1(2012北京高考设不等式组表示的平面区域为 D.在区域 D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是(A.B.C.D.思路点拨 根据题意，作出满足条件的几何图形进行求解 解析 如图所示，正方形 OABC及其内部为不等式组表示的区域 D，且区域 D的面积为 4，而阴 影部分表示的是区域 D 内到坐标原点的距离大于 2 的区域易知该阴影部分的面积为 4 .因此满足条件的概率是.答案 D (1 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含

31、的基本事件数，这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利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域 1有一底面半径为 1，高为 2 的圆柱，点 O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为(A.B.C.D.解析：选 B 设点 P到点 O的距离小于 1 的概率为 P1，由几何概型，则 P1，故点 P到点 O 的距离大于 1 的概率 P 1.2

32、 某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数 X依次为 1,2,3,4,5.现从一批该日用品中随机抽取 20 件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：X 1 2 3 4 5 频率 a 0.2 0.45 b c (1 若所抽取的 20 件日用品中，等级系数为 4 的恰有 3件，等级系数为 5 的恰有 2 件，求 a，b，c 的值；(2 在(1 的条件下，将等级系数为 4 的 3 件日用品记为 x1，x2，x3，等级系数为 5 的 2 件日用品记为 y1，y2，现从 x1，x2，x3，y1，y2 这 5件日用品中任取 2件(假定每件日用品被取出的可能性相同，写出所有可能的结果，并求这

33、2 件日用品的等级系数恰好相等的概率 解：(1 由频率分布表得 a 0.20.45b c 1，即 a b c 0.35.因为抽取的 20 件日用品中，等级系数为 4 的恰有 3 件，所以 b 0.15.等级系数为 5 的恰有 2 件，所以 c 0.1.从而 a 0.35b c 0.1.所以 a 0.1，b 0.15，c 0.1.(2 从日用品 x1，x2，x3，y1，y2 中任取 2件，所有可能的结果为：x1，x2，x1，x3，x1，y1，x1，y2，x2，x3，x2，y1，x2，y2，x3，y1，x3，y2，y1，y2 设事件 A表示“从日用品 x1，x2，x3，y1，y2 中任取 2件，其

34、等级系数相等”，则 A包含的基本事件为：x1，x2，x1，x3，x2，x3，y1，y2，共 4 个 又因为基本事件的总数为 10，故所求的概率 P(A0.4.相 互 独 立事 件 和 独立 重 复 试验 该部分是高考考查概率统计的重点，题型有选择题、填空题，有时也出现在解答题中与其他知识交汇命题在概率计算中一般是根据随机事件的含义，把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小的事件再分为几个相互独立事件的乘积，然后根据相应的概率公式进行计算 例 2(2012大纲全国卷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

35、，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 求开始第 5 次发球时，甲得分领先的概率 思路点拨(1 甲乙的比分为 12，第前三次发球甲胜一次负两次，包含三个互斥事件；(2第五次发球时甲领先，包含两种情况，即 40 和 31.解 记 Ai 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；Bi 表示事件：第 3 次和第 4 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

36、；B 表示事件：开始第 4 次发球时，甲、乙的比分为 1 比 2；C 表示事件：开始第 5 次发球时，甲得分领先(1BA0AA1，P(A0.4，P(A00.420.16，P(A120.60.40.48，P(BP(A0AA1 P(A0AP(A1 P(A0P(AP(A1P(0.160.40.48(10.4 0.352.(2P(B00.620.36，P(B120.40.60.48，P(B20.420.16，P(A20.620.36.C A1B2A2B1A2B2，P(C P(A1B2A2B1A2B2 P(A1B2P(A2B1P(A2B2 P(A1P(B2P(A2P(B1P(A2P(B2 0.480.1

37、60.360.480.360.16 0.307 2.(1 求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解(2一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解对于“至少”，“至多”等问题往往用这种方法求解(3 注意辨别独立重复试验的基本特征：在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；在每次试验中，事件发生的概率相同(4 牢记公式 Pn(kCpk(1pn k，k 0,1,2，n，并深刻理解其含义 3 设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为和，且各次射击相互独立，若

38、按甲、乙、甲、乙的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是_ 解析：分两种情况来考虑：(1 甲在第二次射击时命中，结束射击；(2甲在第二次射击时未命中，乙命中结束射击 所以概率为.答案：4 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，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 ，求 的分布列 解：(1 设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C，那么 P(C1 P(1 p，解得 p.(2 由题

39、意：P(0 C3，P(1 C2，P(2C2，P(3 C3.所以，随机变量 的分布列为 0 1 2 3 P 在高考中，离散型随机变量及其分布列一般是在解答题中和离散型随机变量的数学期望、方差等相结合进行综合考查，以考生比较熟悉的实际应用问题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算的能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用 例 3(2012湖南高考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.一次购 物量 1 至 4 件 5 至 8 件 9 至 12 件 13 至 1

40、6 件 17 件 及以上 顾客数(人 x 30 25 y 10 结算时间(分钟/人 1 1.5 2 2.5 3 已知这 100位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%.(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 思路点拨(1 先求 x，y 的值，再写出分布列，即可求出数学期望；(2 两位顾客结算的时间有三种情况，由独立事件的概率计算公式和(1 中的概率分布求解即可 解(1 由已知得 25y 1055，x 304

41、5，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(X1，P(X1.5，P(X2，P(X2.5，P(X3.X 的分布列为 X 1 1.5 2 2.5 3 P X 的数学期望为 E(X 11.522.531.9.(2 记 A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”，Xi(i1,2为 该顾客前面第 i位顾客的结算时间，则 P(A P(X11 且 X21P(X11 且 X21.5P(X11.5 且 X21 由于各顾客的结算相互独立，且 X1，X2 的分布列都

42、与 X 的分布列相同，所以 P(A P(X11P(X21P(X11P(X21.5P(X11.5P(X21.故该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为.(1 求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率(2 求随机变量的数学期望和方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二项分布或两点分布，则可直接使用公式求解 5(2012温州适应性测试某高校进行自主招生面试时的程序如下：共设三道题，每道题答对给 10 分、答错倒扣 5 分(每道题都必须回答，但相互不影响设某学生对每道题答对的概率都为，则该学生在面试时得分

43、的期望值为_分 解析：依题意得，该学生在面试时得分 的可能取值是 30(即三题全部答对、15(即三题中答对两题、答错一题、0(即三题中答对一题、答错两题、15(即三题全部答错，且 P(303，P(15C2，P(0C2，P(153，因此该学生在面试时得分的期望值是 30151515 分 答案：15 6(2012河南三市调研在一次人才招聘会上，有 A、B、C 三种不同的技工面向社会招聘已知某技术人员应聘 A、B、C 三种技工被录用的概率分别是 0.8、0.5、0.2(允许受聘人员同时被多种技工录用(1 求该技术人员被录用的概率；(2 设 X 表示该技术人员被录用的工种数与未被录用的工种数的积 求

44、X 的分布列和数学期望；“设函数 f(x 3sin(xR 是偶函数”为事件 D，求事件 D 发生的概率 解：记该技术人员被 A、B、C 三种技工分别录用的事件为 A、B、C，则 P(A0.8，P(B0.5，P(C0.2.(1 该技术人员被录用的概率 P1P(10.20.50.80.92.(2 设该技术人员被录用的工种数为 n，则 Xn(3n，n 0,1,2,3，所以 X 的所有可能取值为 0,2.P(X0P(ABCP(0.80.50.20.20.50.80.16，P(X21P(X00.84.所以 X 的分布列为 X 0 2 P 0.16 0.84 所以 E(X 00.1620.841.68.当

45、 X0 时，f(x 3sin，则函数 f(x 是奇函数；当 X2 时，f(x 3sin3cos，则函数 f(x 是偶函数 所以所求的概率 P(D P(X20.84.解读概率的计算技巧 在概率中，事件之间有两种最基本的关系，一种是事件之间的互斥(含两个事件之间的对立，一种是事件之间的相互独立互斥事件至少有一个发生的概率等于各个事件发生的概率之和，相互独立事件同时发生的概率等于各个事件各自发生的概率之积，在概率计算中正确地把随机事件进行分拆是解决问题的根本 把随机事件分拆成若干个互斥事件的和或分拆成若干个相互独立事件的乘积是比较单纯的，在概率计算中一个极为重要的技巧就是把一个随机事件首先分拆成若干

46、个互 斥事件的和，再把其中的每个小事件分拆成若干个相互独立事件的乘积，在这个过程中还可以根据对立事件的关系进行转化，这是概率计算的关键技巧 例(2012山东高考现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，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，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 E(X 思路点拨(1 该射手恰好命中一次包括命中甲靶一次且乙靶两次都没有命中，没有命中甲靶且命中乙靶一次；(2 分别求 X取各个值时所对应的概

47、率，即可得到 X的分布列，从而求出数学期望 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，P(CP(D，由于 A B C D，根据事件的独立性和互斥性得 P(AP(BC D P(BP(CP(D P(BP(P(P(P(CP(P(P(P(D.(2 根据题意知 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(X0P(1 P(B1P(C1P(D ，P(X1P(BP(BP(P(，P(X2P(CD P(CP(D，P(X3 P(BCBDP(BCP(

48、BD ，P(X4P(CD，P(X5P(BCD.故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 所以 E(X012345.名师支招 概率计算题的核心环节就是把一个随机事件进行类似本题的分拆，这中间有三个概念，事件的互斥、事件的对立和事件的相互独立，在概率的计算中只要弄清楚了这三个概念，根据实际情况对事件进行合理的分拆，就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率计算，达到解决问题的目的 高考预测 某品牌的汽车 4S店，对最近 100 位采用分期付款的购车者进行统计，统计结果如下表所示已知分 3 期付款的频率为 0.2，4S 店经销一辆该品牌的汽车，顾客分 1 期付款，其利润为1 万元；

49、分 2 期或 3 期付款其利润为 1.5万元；分 4 期或 5 期付款，其利润为 2 万元用 表示经销一辆汽车的利润.付款方式 分 1 期 分 2 期 分 3 期 分 4 期 分 5 期 频数 40 20 a 10 b (1 求上表中的 a，b 值；(2若以频率作为概率，求事件 A：“购买该品牌汽车的 3 位顾客中，至多有 1 位采用 3 期付款”的概率 P(A；(3 求 的分布列及数学期望 E(解：(1 由0.2，得 a 20，又因为 4020a 10b 100，所以 b 10.(2 记分期付款的期数为 ，依题意，得 P(10.4，P(20.2，P(3 0.2，P(40.1，P(50.1.则

50、“购买该品牌汽车的 3 位顾客中至多有 1 位采用 3 期付款”的概率为 P(A(10.23 C0.2(10.220.896.(3由题意，可知 只能取 1,2,3,4,5.而 1 时，1；2 时，1.5；3时，1.5；4 时，2；5 时，2.所以 的可能取值为：1,1.5,2，其中 P(1P(10.4，P(1.5P(2P(3 0.4，P(2P(4P(50.10.10.2，所以 的分布列如下表所示：1 1.5 2 P 0.4 0.4 0.2 故 的数学期望 E(10.41.50.420.21.4(万元 配套课时作业 1.扇形 AOB的半径为 1，圆心角为 90.点 C，D，E 将弧 AB 等分成