資源簡介

專題十四 概率
【題型分析】
考情分析：
1.排列、組合、二項式定理是高考的重要考點，以小題為主，難度中等或偏下.
2.古典概型、條件概率、相互獨立事件的概率以及全概率公式是高考的熱點，以小題為主，難度中等.
3.離散型隨機變量的分布列、均值、方差常常結合在一起，主要考查均值、方差的計算以及應用，以大題為主.
4.超幾何分布、二項分布常與均值、方差結合考查，正態分布主要以小題的形式考查，偶爾也作為解答題的其中一問考查.
題型1 排列、組合與二項式定理
排列與組合
例1　(1)(2024年新高考全國Ⅱ卷)在如圖的4×4方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有　　　　種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
(2)(2024年上海卷)設集合A中的元素皆為無重復數字的三位正整數，且元素中任意兩者之積皆為偶數，則集合中元素個數的最大值為　　　　.
方法總結：
1.常用列舉法和分類討論法求解簡單的排列組合問題.
2.對相鄰問題采用捆綁法、不相鄰問題采用插空法、定序問題采用倍縮法，這些方法是解決有限制條件的排列問題的常用方法.
3.對于分堆與分配問題應注意三點：(1)處理分配問題要注意先分堆再分配；(2)被分配的元素是不同的；(3)分堆時要注意是否有重復.
1.甲、乙等5名學生參加學校運動會志愿者服務，每個人從“檢錄員”“計分員”“宣傳員”三個崗位中隨機選擇一個崗位，每個崗位至少有一名志愿者，則甲、乙兩人恰好選擇同一崗位的選法有(　　)種.
A.18 B.27 C.36 D.72
2.(湘教版選擇性必修第一冊P208T11改編)用四種不同的顏色給三棱臺ABC-A1B1C1的六個頂點涂色，要求每個點涂一種顏色.
若每個底面的頂點涂色所使用的顏色不相同，則不同的涂色方法共有　　　　種；若每條棱的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有　　　　種.
二項式定理
例2　(1)(2024年北京卷)在(x-)4的展開式中，x3的系數為(　　).
A.6 B.-6 C.12 D.-12
(2)(2024年全國甲卷)+x10的展開式中，各項系數中的最大值為　　　　.
方法總結：
二項展開式系數最大項的求法：如求(a+bx)n(a，b∈R)的展開式系數最大的項，一般是采用待定系數法，設展開式各項系數分別為A1，A2，…，An+1，且第k個系數最大，利用解得k.
1.+8的展開式中，x-4的系數為　　　　.
2.(改編)x-6的展開式中，系數最小的項的二項式系數為　　　　.
題型2 隨機事件的概率
古典概型
例3　(1)(2024年全國甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，則丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是(　　).
A. B. C. D.
(2)(2024年全國甲卷)有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中無放回地隨機取3次，每次取1個球.設m為前兩次取出的球上數字的平均值，n為取出的3個球上數字的平均值，則m與n之差的絕對值不大于的概率為　　　　.
方法總結：
1.古典概型的樣本點個數的探究方法有枚舉法、樹狀圖法、排列組合法.
2.當所求概率的事件較復雜時，可把其分解為若干個互斥事件的和事件求解.
1.從標有1，2，3，4，5的五張卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一張，則出現重復編號卡片的概率是(　　).
A. B. C. D.
2.(改編)三位男同學和兩位女同學隨機站成一列，則兩位女同學不相鄰的概率是　　　　.
相互獨立事件的概率
例4　(2023年天津卷)甲、乙、丙三個盒子中裝有一定數量的黑球和白球，其總數之比為5∶4∶6，這三個盒子中黑球占總數的比例分別為40%，25%，50%.現從三個盒子中各取一個球，取到的三個球都是黑球的概率為　　　　；將三個盒子中的球混合后任取一個球，是白球的概率為　　　　.
方法總結：
相互獨立事件的概率的求法
(1)直接法：利用相互獨立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)間接法：正面計算較煩瑣(如求用“至少”表述的事件的概率)或難以入手時，可從其對立事件入手計算.
拋擲一枚質地均勻的正四面體骰子(四個面上的數字分別為1，2，3，4)，若骰子與桌面接觸的面上的數字為1或2，則再拋擲一次，否則停止拋擲(最多拋擲2次).拋擲骰子所得的點數之和至少為4的概率為(　　).
A. B. C. D.
條件概率與全概率公式
例5　(1)已知口袋中有3個黑球和2個白球，這些球除顏色外完全相同，現進行不放回摸球，每次摸一個，則在第一次摸到白球的情況下，第三次又摸到白球的概率為(　　).
A. B. C. D.
(2)(2024年天津卷)A，B，C，D，E五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到A的概率為　　　　；已知乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為　　　　.
方法總結：
1.求條件概率的方法：一是定義法，要注意P(AB)的求法；二是公式法，要注意n(AB)與n(A)的求法.
2.應用全概率公式求概率的步驟：①根據題意找出完備事件組，即滿足全概率公式的Ω的一個劃分A1，A2，A3，…，An；②用Ai(i=1，2，3，…，n)來表示待求的事件；③代入全概率公式求解.
甲、乙兩個工廠代加工同一種零件，對于這種零件，甲工廠加工的次品率為5%，乙工廠加工的次品率為8%，加工出來的零件混放在一起.已知甲、乙工廠加工的零件數分別占總數的40%，60%，任取一個零件，若取到的零件是次品，則它是乙工廠加工的概率為(　　).
A. B. C. D.
題型3 隨機變量及其分布列
離散型隨機變量的分布列及期望、方差
例6　(2024年新高考全國Ⅱ卷)某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成績為0分；若至少投中一次，則該隊進入第二階段，并由該隊的另一名隊員投籃3次，每次投中得5分，未投中得0分，該隊的比賽成績為第二階段的得分總和.某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立.
(1)若p=0.4，q=0.5，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率.
(2)假設0①為使得甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽
②為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽
方法總結：
求隨機變量分布列、均值與方差的三個關鍵點：(1)正確理解隨機變量取每一個值所表示的具體事件；(2)正確求出隨機變量的分布列，若隨機變量服從超幾何分布、二項分布，則可直接使用公式法求解；(3)有些隨機變量雖不服從二項分布，但與之具有線性關系的另一隨機變量服從二項分布，這時，可以應用均值與方差的性質求解，即利用E(ax+b)=aE(x)+b，D(ax+b)=a2D(x)求解.
某旅游景區在某款手機軟件上推出游客競答的問卷，題型為單項選擇題，每題均有四個選項，其中有且只有一項是正確選項.對于游客甲，在知道答題涉及的內容的條件下，可選出唯一的正確選項；在不知道答題涉及的內容的條件下，隨機選擇一個選項.已知甲知道答題涉及內容的題數占問卷總題數的.
(1)求甲任選一道題并答對的概率.
(2)若問卷答題以題組形式呈現，每個題組由2道單項選擇題構成，每道選擇題答對得2分，答錯扣1分，放棄作答得0分.假設對于任意一道題，甲選擇作答的概率均為，且兩題是否選擇作答及答題情況互不影響，記甲每組答題總得分為X.
①求P(X=4)和P(X=-2)；
②求E(X).
二項分布
例7　如圖，在一條無限長的軌道上，一個質點在隨機外力的作用下，從位置0出發，每次等可能地向左或向右移動一個單位長度，設移動n次后質點位于位置Xn.
(1)求P(X4=-2)；
(2)求E(Xn)；
(3)指出質點最有可能位于哪個位置，并說明理由.
方法總結：
判斷一個隨機變量是否服從二項分布，關鍵有二：其一是對立性，即一次試驗中，事件發生與不發生二者必居其一；其二是重復性，即試驗是獨立重復地進行了n次.對于二項分布，如果在一次試驗中某事件發生的概率是p，那么在n次獨立重復試驗中，這個事件恰好發生k次的概率是P(X=k)=pk(1-p)n-k(k=0，1，2，…，n).
如圖，這是一塊高爾頓板的示意圖，在一塊木板上釘著若干排相互平行但相互錯開的圓柱形小木釘，小木釘之間留有適當的空隙作為通道，前面擋有一塊玻璃.將小球從頂端放入，在小球下落的過程中，每次碰到小木釘后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.記格子從左到右的編號分別為0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的編號，若P(X=k)≤P(X=k0)，則k0=(　　).
A.4 B.5 C.6 D.7
超幾何分布
例8　已知一個不透明的箱子中裝有3個白球，4個黑球，這些球除顏色外均相同，現從該箱中一次性任取3個球，且每個球被取到的機會均等.
(1)求取出的3個球的顏色相同的概率；
(2)記隨機變量X為取出的3個球中白球的個數，求X的分布列及數學期望.
方法總結：
超幾何分布與二項分布的區別
(1)超幾何分布需要知道總體的容量，而二項分布不需要；
(2)超幾何分布是“不放回”的抽取，在每次試驗中某一事件發生的概率是不相同的，而二項分布是“有放回”的抽取(獨立重復)，在每次試驗中某一事件發生的概率是相同的.
盒子中裝有大小和質地完全相同的6個紅球和3個白球.
(1)從盒子中隨機取出1個球，觀察其顏色后放回，并同時放入與其顏色相同的3個球，然后從盒子中隨機取出1個球，求第二次取出的球是紅球的概率；
(2)從盒子中不放回地依次隨機取出2個球，設2個球中紅球的個數為X，求X的分布列、期望與方差.
正態分布
例9　(改編)某茶葉種植區多措并舉，推動當地茶葉出口，為了了解推動出口后的畝收入(單位：萬元)情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值=2.1，樣本方差s2=0.01.已知該種植區以往的畝收入X服從正態分布N(1.8，0.12)，假設推動出口后的畝收入Y服從正態分布N(，s2)，則(　　).(若隨機變量Z服從正態分布N(μ，σ2)，則P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y<2)<0.1
方法總結：
關于正態總體在某個區間內取值的概率求法
(1)熟記P(μ-σ≤X≤μ+σ)，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)的值.
(2)充分利用正態曲線的對稱性和曲線與x軸之間的面積為1的特點.①正態曲線關于直線x=μ對稱，從而在關于直線x=μ對稱的區間上概率相等；②P(Xμ+a).
(改編)某次數學測試(滿分150分)中，學生成績X服從正態分布N(115，σ2)，若P(105≤X≤125)=，則從參加這次考試的學生中任意選取4名學生，至少有2名學生的成績高于125的概率是　　　　.
【真題改編】
1.(2024年全國甲卷，文科T4改編)甲、乙、丙、丁、戊五人排成一列，則丙在中間的條件下，甲或乙在排尾的概率是(　　).
A. B. C. D.
2.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T9改編)某中學高三(1)班全體學生參加了集訓.已知集訓前班級的數學成績X服從正態分布N(90，202)，集訓后班級的數學成績Y服從正態分布N(100，225)，則(　　).
(附：若隨機變量X服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7)
A.集訓前高三(1)班的數學成績的平均分更低
B.集訓后高三(1)班的數學成績的極差更大
C.P(X>110)<0.2
D.P(Y>85)>0.8
3.(2024年全國甲卷，文科T5改編)甲、乙、丙、丁、戊、己六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙為女生，丁、戊、己為男生，在相鄰兩人性別不同的條件下，甲和丁相鄰的概率為　　　　.
4.(2024年全國甲卷，理科T13改編)+x210的展開式中，常數項是　　　　.
5.(2024年全國甲卷，理科T16改編)有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中不放回地隨機抽取3次，每次取1個球.記m為前兩次取出的球上的數字的平均值，n為取出的3個球上的數字的平均值，則m與n之差的絕對值大于的概率是　　　　.
6.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T18改編)某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成績為0分；若至少投中1次，則該隊進入第二階段，由該隊的另一名隊員投籃，且投籃次數等于第一名隊員投中的次數，每次投中得5分，未投中得0分.該隊的比賽成績為第二階段的得分總和.某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立.
(1)若p=0.4，q=0.5，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績為10分的概率.
(2)假設0①為使得甲、乙所在隊的比賽成績大于或等于10分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽
②為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽
【最新模擬】
(總分：100分　單選題每題5分，多選題每題6分，填空題每題5分，共68分；解答題共32分)
1.3名同學從人工智能、密碼學與算法、計算機科學、信息安全四門課程中任選一門學習，則僅有計算機科學未被選中的概率為(　　).
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.(改編)已知在某次乒乓球單打比賽中，甲、乙、丙、丁四人進入半決賽.將四人隨機分為兩組進行單打半決賽，每組的勝出者進行冠軍的爭奪.已知四人水平相當，即半決賽每人勝或負的概率均為.若甲、丙分在一組，乙、丁分在一組，則甲、乙兩人在決賽中不會相遇的概率為(　　).
A. B. C. D.
3.若隨機變量ξ~N(x，y)(y>0)，且P(ξ≤2)=P(ξ≥6)=，則(　　).(p(μ-σ≤x≤μ+σ)≈0.682 7)
A.y<4 B.y=4 C.x<4 D.x=4
4.袋子中有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中隨機取出2個球，設事件A為“取出的球上的數字之積為奇數”，事件B為“取出的球上的數字之積為偶數”，事件C為“取出的球上的數字之和為偶數”，則(　　).
A.事件A與B是互斥事件
B.事件A與B是對立事件
C.事件B與C是互斥事件
D.事件B與C相互獨立
5.袋子中裝有5個形狀和大小都相同的球，其中3個標有字母a，2個標有字母b.甲先從袋子中隨機摸1個球，摸出的球不再放回，然后乙從袋子中隨機摸1個球，若甲、乙兩人摸到標有字母a的球的概率分別為p1，p2，則(　　).
A.p1=p2 B.2p1=3p2
C.p1=3p2 D.2p1=p2
6.6位學生在游樂場游玩A，B，C三個項目，每個人都只游玩一個項目，且每個項目都有人游玩，若A項目必須有偶數個人游玩，則不同的游玩方式有(　　).
A.180種 B.210種
C.240種 D.360種
7.“孿生素數猜想”是希爾伯特在1900年提出的23個數學問題之一，2013年數學家張益唐證明了孿生素數猜想的一個弱化形式，直觀的描述如下：存在無窮多個素數p，使得p+2是素數，素數對(p，p+2)稱為孿生素數對.從8個數對(3，5)，(5，7)，(7，9)，(9，11)，(11，13)，(13，15)，(15，17)，(17，19)中任取3個，設取出的孿生素數對的個數為X，則E(X)=(　　).
A. B. C. D.3
8.已知(1-2x)9=a0+a1x+…+a9x9，則a0+ai=　　　　.
9.某校高三年級800名學生的考試成績X近似服從正態分布N(89，132)，已知某學生成績為102分，則該生成績的年級排名大約是(　　).
(附：X~N(μ，σ2)，則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3)
A.18 B.127 C.245 D.546
10.小郡玩一種游戲，一個箱子中裝有大小質地均相同且標有數字1~10的10個小球，每次隨機抽取1個小球并放回，規定：若抽到數字小于或等于5的小球，則前進1步，若抽到數字大于5的小球，則前進2步.每次抽取小球互不影響，記小郡一共前進n步的概率為pn，則下列結論正確的是(　　).
A.p2=
B.pn=pn-1+pn-2(n≥3)
C.pn=1-pn-1(n≥2)
D.小華一共前進3步的概率最大
11.(15分)袋子中有5個除顏色外其余都相同的小球，其中3個白球，2個紅球.規則如下：每次抽取一個球，若抽到白球，則將這個白球替換為紅球放回袋子中；若抽到紅球，則將該紅球放回袋子中.記經過n(n∈N*)次抽取后，袋子中紅球的個數為Xn.
(1)求X2的分布列與期望.
(2)證明：{E(Xn)-5}為等比數列.并求E(Xn)關于n的表達式.
12.(17分)若ξ，η是樣本空間Ω上的兩個離散型隨機變量，則稱(ξ，η)是Ω上的二維離散型隨機變量或二維隨機變量.設(ξ，η)的所有可能取值為(ai，bj)，i，j=1，2，…，記pij表示(ai，bj)在Ω中出現的概率，其中pij=P(ξ=ai，η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
(1)將三個相同的小球等可能地放入編號為1，2，3的三個盒子中，記1號盒子中的小球個數為ξ，2號盒子中的小球個數為η，則(ξ，η)是一個二維離散型隨機變量.
①寫出該二維離散型隨機變量(ξ，η)的所有可能取值；
②若(m，n)是①中的值，求P(ξ=m，η=n).(結果用m，n表示)
(2)定義P(ξ=ai)稱為二維離散型隨機變量(ξ，η)關于ξ的邊緣分布律或邊際分布律，求證：P(ξ=ai)=pij.
13.(人教A版選擇性必修第三冊P91T10改編)甲、乙、丙、丁4人相互傳沙包，第一次由甲將沙包傳出，每次傳沙包時，傳沙包者將沙包等可能地傳給另外3人中的任何一人，經過n次傳沙包后，沙包在甲手中的概率為Pn(n=1，2，…)，則下列結論正確的是(　　).
A.經過一次傳沙包后，沙包在丙手中的概率為
B.經過兩次傳沙包后，沙包在乙手中的概率為
C.經過三次傳沙包后，沙包在丙手中的概率為
D.經過n次傳沙包后，沙包在甲手中的概率是1--n-1
14.(北師大版選擇性必修第一冊P219B組T1改編)設隨機變量X~B(2，p)，Y~B(6，p)，若P(X≥1)=，則D(Y)=　　　　.
15.(原創)在(mx+3)(x+2x-1)6的展開式中，x3的系數為-300，則實數m的值為　　　　.
參考答案
專題十四 概率
題型1　排列、組合與二項式定理
考向1　排列與組合
例1　(1)24　112　(2)329
【解析】(1)由題意知，選4個方格，每行和每列均恰有一個方格被選中，按照從左到右的順序選擇，則第一列有4個方格可選，第二列有3個方格可選，第三列有2個方格可選，第四列有1個方格可選，所以共有4×3×2×1=24種選法.
每種選法可標記為(a，b，c，d)，a，b，c，d分別表示第一、二、三、四列的數字，
則所有的可能結果如下：
(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，
(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，
(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，
(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40).
因此，在選中的方格中，(15，21，33，43)的4個數之和最大，為15+21+33+43=112.
(2)由題意可知集合中最多有一個奇數，其余均是偶數.
個位為0的無重復數字的三位正整數有=72(個)，個位為2，4，6，8的無重復數字的三位正整數有=256(個)，再加上一個奇數，則集合中元素個數的最大值為72+256+1=329.
跟蹤訓練
1.C
【解析】若甲、乙兩人恰好選擇同一崗位，且人數配比為3∶1∶1時，有=18種不同的安排方法；若甲、乙兩人恰好選擇同一崗位，且人數配比為2∶2∶1時，有=18種不同的安排方法.
所以共有18+18=36種不同的選法.
2.576　264
【解析】由題意知，每個底面的頂點涂色所使用的顏色不相同，則不同的涂色方法共有=576(種).
若頂點B1，A1，A，C用四種顏色，則涂色方法有=24(種)；
若頂點B1，A1，A，C用三種顏色，則涂色方法有×2×2+×2×2=192(種)；
若頂點B1，A1，A，C用兩種顏色，則涂色方法有×2×2=48(種).
所以共有24+192+48=264種不同的涂色方法.
考向2　二項式定理
例2　(1)A　(2)5
【解析】(1)(x-)4的展開式的通項為Tr+1=x4-r·(-)r=(-1)r(r=0，1，2，3，4)，令4-=3，解得r=2，故x3的系數為(-1)2=6.故選A.
(2)由題意知展開式的通項為Tr+1=10-r·xr，0≤r≤10且r∈Z，
設展開式中第(r+1)項的系數最大，則解得≤r≤，
又r∈Z，所以r=8，
所以展開式中系數最大的項是第9項，且該項的系數為2=5.
跟蹤訓練
1.56
【解析】+8的展開式的通項為Tr+1=()8-r·r=，0≤r≤8且r∈Z，
令=-4，解得r=5，故+8的展開式中x-4的系數為=56.
2.20
【解析】x-6的展開式的通項為Tk+1=x6-k-k=(-1)k，其中k∈{0，1，2，3，4，5，6}，
則展開式中第k項、第k+1項、第k+2項的系數的絕對值分別為，，.
若第k+1項的系數絕對值最大，
則有解得≤k≤，
又∵k∈N*，∴k=3，即展開式中系數的絕對值最大的項是第4項，
∴T4=(-1)3×，其系數為負數，此時該項的系數最小，
故展開式中系數最小的項的二項式系數為20.
題型2　隨機事件的概率
考向1　古典概型
例3　(1)B　(2)
【解析】(1)將甲、乙、丙、丁四人排成一列，有(甲，乙，丙，丁)，(甲，乙，丁，丙)，(甲，丙，乙，丁)，(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，乙，丙)，(甲，丁，丙，乙)，(乙，甲，丙，丁)，(乙，甲，丁，丙)，(乙，丙，甲，丁)，(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，甲，丙)，(乙，丁，丙，甲)，(丙，甲，乙，丁)，(丙，甲，丁，乙)，(丙，乙，甲，丁)，(丙，乙，丁，甲)，(丙，丁，甲，乙)，(丙，丁，乙，甲)，(丁，甲，乙，丙)，(丁，甲，丙，乙)，(丁，乙，甲，丙)，(丁，乙，丙，甲)，(丁，丙，甲，乙)，(丁，丙，乙，甲)，共24種排法.
其中丙不在排頭，且甲或乙在排尾的排法有8種.
根據古典概型的計算公式，丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率為=.故選B.
(2)從6個分別標有數字1，2，3，4，5，6的球中不放回地隨機取3次，共有=120種結果，
設取出的前兩個球上的數字為a，b，第三個球上的數字為c，則|m-n|=-≤，
整理得|2c-(a+b)|≤3，即-3≤2c-(a+b)≤3，故a+b-3≤2c≤a+b+3.
若c=1，則a+b≤5，則(a，b)的所有可能為(2，3)，(3，2)，共有2種.
若c=2，則1≤a+b≤7，則(a，b)的所有可能為(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，共有10種.
若c=3，則3≤a+b≤9，則(a，b)的所有可能為(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，4)，(6，1)，(6，2)，共有16種.
若c=4，則5≤a+b≤11，同理有16種.
若c=5，則7≤a+b≤13，同理有10種.
若c=6，則9≤a+b≤15，同理有2種.
因此m與n的差的絕對值不大于時，不同的取球結果總數為2×(2+10+16)=56.
故所求概率為=.
跟蹤訓練
1.B
【解析】五張卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一張，共有53=125種取法，三次都不重復的取法有=60(種)，所以出現重復編號卡片的概率為1-=.
2.
【解析】五位同學排成一列的排法有=120(種)，其中兩位女同學相鄰的排法有=48(種)，所以兩位女同學相鄰的概率是=，則兩位女同學不相鄰的概率是1-=.
考向2　相互獨立事件的概率
例4　　
【解析】用At(i=1，2，3)表示事件“從第i個箱子中摸出一個黑球”.依題意，三個球都是黑球的概率P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=40%×25%×50%=.
由題意可設三個箱子中的球數分別為5k，4k，6k(k∈N*)，則總球數為15k，三個箱子中的黑球總數為5k×40%+4k×25%+6k×50%=6k，所以三個箱子中的白球總數為15k-6k=9k，所以把所有球放在一起，然后隨機摸出一個球，這個球是白球的概率為=.
跟蹤訓練　A
【解析】拋擲次數為1的概率為=，點數為3或4，
拋擲次數為2的概率為1-=，此時有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共8種情況，其中點數之和至少為4的情況有(1，3)，(1，4)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，共5種，
故拋擲骰子所得的點數之和至少為4的概率為×+×=+=.
考向3　條件概率與全概率公式
例5　(1)B　(2)　
【解析】(1)設事件A表示“第一次摸到白球的情況下，第二次摸到白球”，事件B表示“第一次摸到白球的情況下，第三次又摸到白球”，
依題意，在第一次摸到白球的情況下，口袋中有3個黑球和1個白球，
所以P(A)=，P()=，P(B|A)=0，P(B|)=，
則所求概率為P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|)·P()=0×+×=.故選B.
(2)由題意知，甲選到A活動的概率為=.
設“乙選到A活動”為事件M，“乙選到B活動”為事件N，則P(M)==，P(MN)==，所以乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為P(N|M)==.
跟蹤訓練　D
【解析】設事件M=“任取一個零件，取到的零件是次品”，N1=“任取一個零件，取到的零件來自甲工廠”，N2=“任取一個零件，取到的零件來自乙工廠”.
由題意得P(N1)=0.4，P(N2)=0.6，P(M|N1)=0.05，P(M|N2)=0.08.
因為P(M)=P(N1)·P(M|N1)+P(N2)·P(M|N2)=0.4×0.05+0.6×0.08=0.068，
所以P(N2|M)====.
題型3　隨機變量及其分布列
考向1　離散型隨機變量的分布列及期望、方差
例6
【解析】(1)∵甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分，∴甲在第一階段至少投中1次，乙在第二階段也至少投中1次，∴甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率為(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)①應該由甲參加第一階段比賽.理由如下：
若甲參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為P甲=[1-(1-p)3]q3.
若乙參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為P乙=[1-(1-q)3]p3.
∵0=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)
=3pq(p-q)(pq-p-q)
=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0，
∴P甲>P乙，∴應該由甲參加第一階段比賽.
②應該由甲參加第一階段比賽.理由如下：
若甲參加第一階段比賽，設該隊的比賽成績為x分，則X的所有可能取值為0，5，10，15，
則P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3，
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2，
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)，
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3，
∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15pq(p2-3p+3).
若乙參加第一階段比賽，設該隊的比賽成績為Y分，則Y的所有可能取值為0，5，10，15，
同理，E(Y)=15pq(q2-3q+3)，
∴E(X)-E(Y)=15pq(p2-3p+3)-15pq(q2-3q+3)=15pq(p-q)(p+q-3)，
∵0∴15pq(p-q)(p+q-3)>0，即E(X)>E(Y)，
∴應該由甲參加第一階段比賽.
跟蹤訓練
【解析】(1)記“甲任選一道題并答對”為事件M，“甲知道答題涉及的內容”為事件A，
依題意，P(A)=，P()=，P(M|A)=1，P(M|)=.
因為事件MA與M互斥，所以P(M)=P(MA+M)=P(MA)+P(M)=P(M|A)P(A)+P(M|)P()=+×=.
(2)①X=4，即兩題均選擇作答，且均作答正確，故P(X=4)=×××=，
X=-2，即兩題均選擇作答，且均作答錯誤，故P(X=-2)=×××=.
②依題意，隨機變量X的所有可能取值為-2，-1，0，1，2，4，由①得P(X=-2)=，P(X=4)=，
X=-1，即選擇一題作答且作答錯誤，另一題不作答，故P(X=-1)=2×××=，
X=0，即兩題均選擇不作答，故P(X=0)=×=，
X=1，即兩題均選擇作答，且一題作答正確，另一題作答錯誤，故P(X=1)=2××××=，
X=2，即選擇一題作答且作答正確，另一題不作答，P(X=2)=2×××=，
故E(X)=(-2)×+(-1)×+0×+1×+2×+4×=.
考向2　二項分布
例7
【解析】(1)設質點n次移動中向右移動的次數為Y，顯然每移動一次的概率為，則Y~Bn，，Xn=Y-(n-Y)=2Y-n，所以P(X4=-2)=P(Y=1)=3=.
(2)由(1)知，Y~Bn，，則E(Y)=n×=，又Xn=2Y-n，
所以E(Xn)=2E(Y)-n=0.
(3)由(1)知，P(Y=k)=kn-k=，k∈N，k≤n，
當n為偶數時，{}中間的一項最大，即Y=時概率最大，此時Xn=0，所以質點最有可能位于位置0；
當n為奇數時，{}中間的兩項，最大，即Y=或Y=時概率最大，此時Xn=-1或Xn=1，所以質點最有可能位于位置-1或1.
跟蹤訓練　B
【解析】設事件A為“向右下落”，因為小球最后落入格子的編號X等于事件A發生的次數，而小球在下落過程中碰撞小木釘10次，且P(A)==P()，故X服從二項分布，即X~B10，.
由題意知，求k0即求該分布的概率最大值P(X=k0)，
則
即
解得≤k0≤，又因為0≤k0≤10，k0∈Z，所以k0=5.
考向3　超幾何分布
例8
【解析】(1)記“取出的3個球的顏色相同”為事件M，則P(M)===.
(2)由題意得X的所有可能取值為0，1，2，3，
則P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=3)==，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
跟蹤訓練
【解析】(1)第一次取出紅球的概率為，取出白球的概率為，
第一次取出紅球，第二次取出紅球的概率為×=，
第一次取出白球，第二次取出紅球的概率為×=，
所以第二次取出的球是紅球的概率為+=.
(2)X的所有可能取值為0，1，2，
則P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==.
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
期望E(X)=0×+1×+2×=，
方差D(X)=×0-2+×1-2+×2-2=.
考向4　正態分布
例9　BC
【解析】依題可知，X~N(1.8，0.12)，所以P(X<1.8+0.1)≈0.841 3，所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2，
而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)<0.2，A錯誤，B正確.
因為=2.1，s2=0.01，所以Y~N(2.1，0.12)，故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.5，P(Y<2)≈1-0.841 3=0.158 7，C正確，D錯誤.
故選BC.
跟蹤訓練　
【解析】由題意知，學生成績X服從正態分布N(115，σ2)，若P(105≤X≤125)=，則P(115≤X≤125)=×P(105≤X≤125)=×=，
所以P(X>125)=-P(115≤X≤125)=-=，
從參加這次考試的學生中任意選取4名學生，設選中的學生的成績高于125分的人數為Y，
可得Y~B4，，所以至少有2名學生的成績高于125分的概率為1-1×1-3-1-4=.
1.C
【解析】記“丙在中間”為事件A，“甲或乙在排尾”為事件B，
可得n(A)==24，n(AB)==12，
則P(B|A)===，
故丙在中間的條件下，甲或乙在排尾的概率為.
故選C.
2.ACD
【解析】對于A，集訓前平均分為90分，集訓后平均分為100分，集訓前的平均分低于集訓后，故A正確；
對于B，由已知數據無法判斷極差的大小，故B錯誤；
對于C，P(X>110)≈=0.158 65<0.2，故C正確；
對于D，P(Y>85)≈1-=0.841 35>0.8，故D正確.故選ACD.
3.
【解析】將3個男生排成一排，有種排法，再將3個女生分兩種情況插空，有2種排法，
所以任意相鄰兩人的性別不同的排法有2=72(種).
任意相鄰兩人性別不同且甲、丁相鄰，分兩種情況討論：
當最左邊是男生且丁在最左邊，則甲在第二個位置，此時有=4種排法；
當最左邊是男生且丁不在最左邊，可將戊或己放在最左邊，第三或第五個位置上放丁，在丁的兩側選一個位置放甲，最后剩余的2個位置放其他兩位女生，此時有=16種排法.
所以最左邊是男生共有20種排法，同理，最左邊是女生也有20種排法，則任意相鄰兩人性別不同且甲、丁相鄰有40種排法，故所求概率是=.
4.
【解析】由題意知展開式的通項為Tr+1=10-rx2r=10-rx5r-30，0≤r≤10且r∈Z，
令5r-30=0，解得r=6，
所以展開式中的常數項是第7項，且該常數項為4=.
5.
【解析】從標有不同數字的6個球中不放回地抽取3次，共有=120種取法，
設前兩個球上的數字為a，b，第三個球上的數字為c，則|m-n|=->，
故|2c-(a+b)|>2，故2c-(a+b)>2或2c-(a+b)<-2，故2c>a+b+2或2c若c=1，則a+b>4，則(a，b)的所有可能為(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共有20種.
若c=2，則a+b>6或a+b<2，則(a，b)的所有可能為(1，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共有14種.
若c=3，則a+b>8或a+b<4，則(a，b)的所有可能為(1，2)，(2，1)，(4，5)，(4，6)，(5，4)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，共有8種.
若c=4，則a+b>10或a+b<6，同理，共有8種.
若c=5，則a+b>12或a+b<8，同理，共有14種.
若c=6，則a+b>14或a+b<10，同理，共有20種.
因此m與n的差的絕對值大于時，不同的抽取方法總數為2×(8+14+20)=84.
故所求概率為=.
6.解析　(1)甲、乙所在隊的比賽成績為10分，分為兩種情況：①甲投中2次且乙投中2次；③甲投中3次且乙投中2次.
第一種情況的概率為p1=×0.42×0.6×(0.5)2=，
第二種情況的概率為p2=0.43×0.53=，
所以甲、乙所在隊的比賽成績為10分的概率為p1+p2=.
(2)①甲或乙參加第一階段比賽都可以.理由如下：若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績大于或等于10分的概率為P甲=(1-p)p2·q2+p3[(1-q)q2+q3]=p2q2(3-2pq)，
若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績大于或等于10分的概率為P乙=(1-q)q2·p2+q3[(1-p)p2+p3]=p2q2(3-2pq)，
所以P甲=P乙，所以派甲或乙參加第一階段比賽都可以.
②甲或乙參加第一階段比賽都可以.理由如下：
若甲先參加第一階段比賽，設該隊的比賽成績為X分，則比賽成績X的所有可能取值為0，5，10，15，
P(X=0)=(1-p)3+(1-p)2p·(1-q)+(1-p)p2·(1-q)2+p3(1-q)3，
P(X=5)=(1-p)2p·q+(1-p)p2·q(1-q)+p3·q(1-q)2=3pq(pq-1)2，
P(X=10)=(1-p)p2·q2+p3·(1-q)q2=3p2q2·(1-pq)，
P(X=15)=p3·q3=p3q3，
所以E(X)=5×3pq(pq-1)2+10×3p2q2(1-pq)+15p3q3=15pq.
若乙先參加第一階段比賽，設該隊的比賽成績為Y分，則比賽成績Y的所有可能取值為0，5，10，15，
同理，E(Y)=15pq=E(X)，所以派甲或乙參加第一階段比賽都可以.
1.B
【解析】除了計算機科學外，每門課程都有1名同學選擇，故所求概率為=.
2.D
【解析】若甲、乙兩人在決賽中相遇，這意味著在單打半決賽中，甲、乙均勝出，
從而甲、乙兩人在決賽中相遇的概率為×=，所以不會相遇的概率為1-=.
3.D
【解析】因為隨機變量ξ~N(x，y)，即x=μ，y=σ2，且P(ξ≤2)=P(ξ≥6)=，則x==4，故D正確，C錯誤；因為P(x≥μ+σ)≈=0.158 65，所以6<μ+σ，即62，所以y>4，故A，B錯誤.
4.AB
【解析】取出的球上的數字之積為奇數和取出的球上的數字之積為偶數不可能同時發生，且必有一個發生，故事件A與B是互斥事件，也是對立事件，A，B正確；
如果取出的球上的數字為2，4，則事件B與事件C可同時發生，因此事件B與C不互斥，C錯誤；
P(B)=1-=，P(C)==，P(BC)==，則P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B與C不相互獨立，D錯誤.
5.A
【解析】設事件A表示“甲摸到標有字母a的球”，事件B表示“乙摸到標有字母a的球”，則p1=P(A)=，而p2=P(B)=P(BA)+P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|)P()=×+×=，故p1=p2.
6.C
【解析】若A項目有2人游玩，則游玩方式有+=15×(8+6)=210(種)；
若A項目有4人游玩，則游玩方式有=15×2=30(種)，
所以共有210+30=240種不同的游玩方式.
7.C
【解析】由題知8個數對中的孿生素數對為(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，共4個，則X服從超幾何分布，故E(X)==.
8.17
【解析】令x=1，得a0+a1+a2+…+a9=-1，
又(1-2x)9的展開式的通項為Tr+1=·(-2x)r=(-2)r·xr(0≤r≤9且r∈N)，
所以a1=(-2)1×=-18，所以a0+ai=-1-(-18)=17.
9.B
【解析】因為學生的成績X近似服從正態分布N(89，132)，所以μ=89，σ=13，
所以P(X≥102)=P(X≥μ+σ)=≈=0.158 65，
所以成績大于或等于102的學生人數為800×0.158 65≈127，所以成績為102分的學生的年級排名約為127.
10.BC
【解析】根據題意，小郡前進1步的概率和前進2步的概率都是，所以p1=，p2=×+=，A錯誤.
當n≥3時，一共前進n步分兩種情況：先前進n-1步，再前進1步，其概率為pn-1；或者先前進n-2步，再前進2步，其概率為pn-2，所以pn=pn-1+pn-2(n≥3)，B正確.
因為pn=pn-1+pn-2(n≥3)，所以2pn+pn-1=2pn-1+pn-2(n≥3)，
因為2p2+p1=2×+=2，所以2pn+pn-1=2(n≥2)，即pn=1-pn-1(n≥2)，C正確.
因為當n≥2時，pn=1-pn-1，所以pn-=-pn-1-，
又p1-=-=-，所以數列pn-是首項為-，公比為-的等比數列，
所以pn-=-×-n-1，所以pn=-×-n-1.
當n為奇數時，n-1為偶數，則pn=-×n-1<；
當n為偶數時，n-1為奇數，則pn=+×n-1，此時數列{pn}為遞減數列，
所以pn≤p2=.
綜上，當n=2時，pn最大，即小華一共前進2步的概率最大，D錯誤.
11.解析　(1)X2的所有可能取值為2，3，4.
則P(X2=2)=×=，P(X2=3)=×+×=，P(X2=4)=×=， 3分
則X2的分布列為
X2 2 3 4
P
故E(X2)=2×+3×+4×=. 6分
(2)①若第n+1次取出來的是紅球，由于每次紅球和白球的總個數是5，則這種情況發生的概率是，此時紅球的個數為E(Xn). 8分
②若第n+1次取出來的是白球，則這種情況發生的概率是1-，此時紅球的個數為E(Xn)+1. 10分
故E(Xn+1)=·E(Xn)+1-·[E(Xn)+1]=E(Xn)+1，
則E(Xn+1)-5=[E(Xn)-5]，所以{E(Xn)-5}是公比為的等比數列，故E(Xn)-5=[E(X2)-5]×n-2=-×n-2=-3×n，
即E(Xn)=-3×n+5. 15分
12.解析　(1)①該二維離散型隨機變量(ξ，η)的所有可能取值為(0，0)，(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(3，0).
2分
②依題意，0≤m+n≤3，P(ξ=m，η=n)=P(ξ=m|η=n)P(η=n)，
顯然P(η=n)=n3-n，則P(ξ=m|η=n)=·m3-n-m=3-n，(n≠3)
所以P(ξ=m，η=n)=3-n·n·3-n==，(n≠3). 6分
當n=3時，m=0，此時P(0，3)=，滿足上式，故P(m，n)=. 8分
(2)由定義及全概率公式知，
P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}
=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪…}
=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+…
=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=P(ξ=ai，η=bj)=pij.
17分
13.BCD
【解析】由題意可知，經過一次傳沙包后，沙包在丙手中的概率為，A錯誤.
經過兩次傳沙包后，沙包在乙手中的概率為×=，B正確.
經過三次傳沙包后，沙包在丙手中的事件包括兩種情況：
①第1次傳沙包在丙手中，第2次傳沙包不在丙手中，第3次傳沙包在丙手中，概率為×=；
②第1次傳沙包不在丙手中，第2次傳沙包不在丙手中，第3次傳沙包在丙手中，其概率為××=.
所以經過三次傳沙包后，沙包在丙手中的概率為+=，C正確.
經過n次傳沙包后，沙包在甲手中的概率為Pn(n=1，2，…)，
則Pn+1=(1-Pn)，Pn+1=-Pn+，整理得Pn+1-=-Pn-，
即=-，又P1-=-，所以Pn-是首項為-，公比為-的等比數列，所以Pn-=-×-n-1，Pn=-×-n-1=1--n-1，故D正確.
14.
【解析】∵隨機變量X~B(2，p)，∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=，解得p=或P=(舍去)，
∴Y~B6，，則D(Y)=6××1-=.
15.-5
【解析】x+6的展開式的通項為Tr+1=x6-r·r=2rx6-2r，0≤r≤6，r∈N，
顯然6-2r是偶數，由6-2r=2，解得r=2，則(mx+3)(x+2x-1)6的展開式中，含x3的項為m×22x3=60mx3，
因此60m=-300，解得m=-5.

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