高考數學專題計數原理與概率隨機變量及其分布

1、第九章計數原理與概率、隨機變量及其分布第一節(jié)分類加法計數原理與分步乘法計數原理1分類加法計數原理完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法那么完成這件事共有Nmn種不同方法2分步乘法計數原理 完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有Nm×n種不同的方法1分類加法計數原理在使用時易忽視每類做法中每一種方法都能完成這件事情，類與類之間是獨立的2分步乘法計數原理在使用時易忽視每步中某一種方法只是完成這件事的一部分，而未完成這件事，步步之間是相關聯的試一試1從0,1,2,3,4,5這六個數字中

2、，任取兩個不同數字相加，其和為偶數的不同取法的種數有()A30B20C10 D6解析：選D從0,1,2,3,4,5六個數字中，任取兩數和為偶數可分為兩類，取出的兩數都是偶數，共有3種方法；取出的兩數都是奇數，共有3種方法，故由分類加法計數原理得共有N336種2從集合0,1,2,3,4,5,6中任取兩個互不相等的數a，b組成復數abi，其中虛數有()A30個 B42個C36個 D35個解析：選Cabi為虛數，b0，即b有6種取法，a有6種取法，由分步乘法計數原理知可以組成6×636個虛數1應用兩種原理解題(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成該事情是分類完成還是分步完成，“類”間

3、互相獨立，“步”間互相聯系；(3)有無特殊條件的限制；(4)檢驗是否有重漏2混合問題一般是先分類再分步，分類時標準要明確，做到不重復不遺漏練一練1(2013·鄭州模擬)在2012年奧運選手選拔賽上，8名男運動員參加100米決賽其中甲、乙、丙三人必須在1,2,3,4,5,6,7,8八條跑道的奇數號跑道上，則安排這8名運動員比賽的方式共有_種解析：分兩步安排這8名運動員第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四條跑道可安排安排方式有4×3×224(種)第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一條奇數號跑道安排，所以安排方式有5×4×3

4、×2×1120(種)安排這8人的方式有24×1202 880(種)答案：2 8801234567892(2014·湖南長郡中學、衡陽八中等十二校一聯)用紅、黃、藍三種顏色去涂圖中標號為1、2、9的9個小正方形(如圖)，使得任意相鄰(有公共邊)的小正方形所涂顏色都不相同，且標號為1、5、9的小正方形涂相同的顏色，則符合條件的所有涂法共有_種解析：把區(qū)域分為三部分，第一部分1、5、9，有3種涂法第二部分4、7、8，當5、7同色時，4、8各有2種涂法，共4種涂法；當5、7異色時，7有2種涂法，4、8均只有1種涂法，故第二部分共426種涂法第三部分與第二部分一樣

5、，共6種涂法由分步乘法計數原理，可得共有3×6×6108種涂法答案：108考點一分類加法計數原理1在所有的兩位數中，個位數字大于十位數字的兩位數共有()A50個B45個C36個 D35個解析：選C利用分類加法計數原理：8765432136(個)2五名籃球運動員比賽前將外衣放在休息室，比賽后都回到休息室取衣服由于燈光暗淡，看不清自己的外衣，則至少有兩人拿對自己的外衣的情況有()A30種 B31種C35種 D40種解析：選B分類：第一類，兩人拿對：2×C20種；第二類，三人拿對：C10種；第三類，四人拿對與五人拿對一樣，所以有1種故共有2010131種3(2013&#

6、183;三門峽模擬)有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數學，在數學檢測時要求每位教師不能在本班監(jiān)考，則監(jiān)考的方法有()A8種 B9種C10種 D11種解析：選B設四位監(jiān)考教師分別為A，B，C，D，所教班分別為a，b，c，d，假設A監(jiān)考b，則余下三人監(jiān)考剩下的三個班，共有3種不同方法，同理A監(jiān)考c，d時，也分別有3種不同方法，由分類加法計數原理共有3339(種) 類題通法利用分類加法計數原理解題時應注意(1)根據問題的特點確定一個合適的分類標準，分類標準要統一，不能遺漏；(2)分類時，注意完成這件事情的任何一種方法必須屬于某一類，不能重復考點二分步乘法計數原理典例(2014·本

7、溪模擬)如圖所示的幾何體是由一個正三棱錐 P­ABC 與正三棱柱 ABC­A1B1C1 組合而成，現用3種不同顏色對這個幾何體的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相鄰的面均不同色，則不同的染色方案共有_種解析先涂三棱錐 P­ABC 的三個側面，然后涂三棱柱的三個側面，共有C×C×C×C3×2×1×212種不同的涂法答案12 類題通法利用分步乘法計數原理解決問題時應注意(1)要按事件發(fā)生的過程合理分步，即分步是有先后順序的(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步驟都完成才算完成這件事(3)對完成

8、每一步的不同方法數要根據條件準確確定針對訓練在航天員進行的一項太空實驗中，先后要實施6個程序，其中程序A只能出現在第一步或最后一步，程序B和C實施時必須相鄰，則實驗順序的編排方法共有()A24種 B48種C96種 D144種解析：選C第一步安排A有2種方法；第二步在剩余的5個位置選取相鄰的兩個排B，C，有4種排法，而B，C位置互換有2種方法； 第三步安排剩余的3個程序，有A種排法，共有2×4×2×A96種考點三兩個原理的綜合應用典例(2014·黃岡質檢)設集合I1,2,3,4,5選擇集合I的兩個非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，

9、則不同的選擇方法共有()A50種 B49種C48種 D47種解析從5個元素中選出2個元素，小的給集合A，大的給集合B，有C10種選擇方法；從5個元素中選出3個元素，有C10種選擇方法，再把這3個元素從小到大排列，中間有2個空，用一個隔板將其隔開，一邊給集合A，一邊給集合B，方法種數是2，故此時有10×220種選擇方法；從5個元素中選出4個元素，有C5種選擇方法，從小到大排列，中間有3個空，用一個隔板將其隔開，一邊給集合A，一邊給集合B，方法種數是3，故此時有5×315種選擇方法；從5個元素中選出5個元素，有C1種選擇方法，同理隔開方法有4種，故此時有1×44種選擇

10、方法根據分類加法計數原理，總計為102015449種選擇方法故選B.答案B本例中條件若變?yōu)椤癆1,2,3,4，B5,6,7，C8,9現從中取出兩個集合，再從這兩個集合中各取出一個元素，組成一個含有兩個元素的集合”，則可以組成多少個集合？解：(1)選集合A，B，有CC12；(2)選集合A，C，有CC8；(3)選集合B，C，有CC6；故可以組成128626個集合類題通法在解決綜合問題時，可能同時應用兩個計數原理，即分類的方法可能要運用分步完成，分步的方法可能會采取分類的思想求分清完成該事情是分類還是分步，“類”間互相獨立，“步”間互相聯系針對訓練上海某區(qū)政府召集5家企業(yè)的負責人開年終總結經驗交流會

11、，其中甲企業(yè)有2人到會，其余4家企業(yè)各有1人到會，會上推選3人發(fā)言，則這3人來自3家不同企業(yè)的可能情況的種數為_解析：若3人中有一人來自甲企業(yè)，則共有CC種情況，若3人中沒有甲企業(yè)的，則共有C種情況，由分類加法計數原理可得，這3人來自3家不同企業(yè)的可能情況共有CCC16(種)答案：16第二節(jié)排列與組合1排列與排列數(1)排列：從n個不同元素中取出m(mn)個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列(2)排列數：從n個不同元素中取出m(mn)個元素的所有不同排列的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，記作A.2組合與組合數(1)組合：從n個不同元素中取出

12、m(mn)個元素合成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合(2)組合數：從n個不同元素中取出m(mn)個元素的所有不同組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數，記作C.3排列數、組合數的公式及性質公式排列數公式An(n1)(n2)(nm1)組合數公式C性質(1)An??；(2)0！1(1)C1；(2)CC_；(3)CCC備注n，mN*且mn1易混淆排列與組合問題，區(qū)分的關鍵是看選出的元素是否與順序有關，排列問題與順序有關，組合問題與順序無關2計算A時易錯算為n(n1)(n2)(nm)3易混淆排列與排列數，排列是一個具體的排法，不是數是一件事，而排列數是所有排列的個數，是一個

13、正整數試一試1電視臺在直播2012倫敦奧運會時要連續(xù)插播5個廣告，其中3個不同的商業(yè)廣告和2個不同的奧運宣傳廣告，要求最后播放的是奧運宣傳廣告，且2個奧運宣傳廣告不能連播則不同的播放方式有()A120B48C36 D18解析：選C有CCA36(種)22010年上海世博會某國將展出5件藝術作品，其中不同書法作品2件、不同繪畫作品2件、標志性建筑設計1件，在展臺上將這5件作品排成一排，要求2件書法作品必須相鄰，2件繪畫作品不能相鄰，則該國展出這5件作品不同的方案有_種(用數字作答)解析：將2件必須相鄰的書法作品看作一個整體，同1件建筑設計展品全排列，再將2件不能相鄰的繪畫作品插空，故共有AAA24

14、(種)不同的展出方案答案：241排列問題與組合問題的識別方法：識別方法排列若交換某兩個元素的位置對結果產生影響，則是排列問題，即排列問題與選取元素順序有關組合若交換某兩個元素的位置對結果沒有影響，則是組合問題，即組合問題與選取元素順序無關2組合數的性質中(2)的應用主要是兩個方面，一個簡化運算，當m時，通常將計算C轉化為計算C.二是列等式，由CC可得xy或xyn.性質(3)主要用于恒等變形簡化運算練一練1(2013·河北教學質量監(jiān)測)有A，B，C，D，E五位學生參加網頁設計比賽，決出了第一到第五的名次A，B兩位學生去問成績，老師對A說：你的名次不知道，但肯定沒得第一名；又對B說：你是

15、第三名請你分析一下，這五位學生的名次排列的種數為()A6 B18C20 D24解析：選B由題意知，名次排列的種數為CA18.25個人站成一排，其中甲、乙兩人不相鄰的排法有_種(用數字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A種排法，然后將甲、乙兩人插入形成的4個空中，有A種排法，故共有A·A72(種)排法答案：72考點一排列問題1數列an共有六項，其中四項為1，其余兩項各不相同，則滿足上述條件的數列an共有()A30個B31個C60個 D61個解析：選A在數列的六項中，只要考慮兩個非1的項的位置，即得不同數列，共有A30個不同的數列2(2013·東北三校聯考)在數字1,2,3與

16、符號“”，“”這五個元素的所有全排列中，任意兩個數字都不相鄰的全排列方法共有()A6種 B12種C18種 D24種解析：選B本題主要考查某些元素不相鄰的問題，先排符號“”，“”，有A種排列方法，此時兩個符號中間與兩端共有3個空位，把數字1,2,3“插空”，有A種排列方法，因此滿足題目要求的排列方法共有AA12種3(2013·西安檢測)8名游泳運動員參加男子100米的決賽，已知游泳池有從內到外編號依次為1,2,3,4,5,6,7,8的8條泳道，若指定的3名運動員所在的泳道編號必須是3個連續(xù)數字(如：5,6,7)，則參加游泳的這8名運動員被安排泳道的方式共有()A360種 B4 320種

17、C720種 D2 160種解析：選B法一：先從8個數字中取出3個連續(xù)的數字共有6種方法，將指定的3名運動員安排在這3個編號的泳道上，剩下的5名運動員安排在其他編號的5條泳道上，共有6AA4 320種安排方式法二：先將所在的泳道編號是3個連續(xù)數字的3名運動員全排列，有A種排法，然后把他們捆綁在一起當作一名運動員，再與剩余5名運動員全排列，有A種排法，故共有AA4 320種安排方式類題通法求解排列應用題的主要方法直接法把符合條件的排列數直接列式計算優(yōu)先法優(yōu)先安排特殊元素或特殊位置捆綁法把相鄰元素看作一個整體與其他元素一起排列，同時注意捆綁元素的內部排列插空法對不相鄰問題，先考慮不受限制的元素的排列

18、，再將不相鄰的元素插在前面元素排列的空檔中先整體后局部“小集團”排列問題中先整體后局部定序問題除法處理對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列間接法正難則反，等價轉化的方法考點二組合問題典例(2013·重慶高考)從3名骨科、4名腦外科和5名內科醫(yī)生中選派5人組成一個抗震救災醫(yī)療小組，則骨科、腦外科和內科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數是_(用數字作答)解析直接法分類，3名骨科，內科、腦外科各1名；3名腦外科，骨科、內科各1名；3名內科，骨科、腦外科各1名；內科、腦外科各2名，骨科1名；骨科、內科各2名，腦外科1名；骨科、腦外科各2名，內科1名所以選派種數為C&#

19、183;C·CC·C·CC·C·CC·C·CC·C·CC·C·C590.答案590 類題通法組合兩類問題的解法(1)“含”與“不含”的問題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選取(2)“至少”、“最多”的問題：解這類題必須十分重視“至少”與“最多”這兩個關鍵詞的含義，謹防重復與漏解用直接法或間接法都可以求解通常用直接法分類復雜時，考慮逆向思維，用間接法處理針對訓練(2013·四平質檢)從5名男醫(yī)生、4名女醫(yī)生中選3名

20、醫(yī)生組成一個醫(yī)療小分隊，要求其中男、女醫(yī)生都有，則不同的組隊方案共有()A70種 B80種C100種 D140種解析：選A法一(間接法)：當選擇的3名醫(yī)生都是男醫(yī)生或都是女醫(yī)生時，共有CC14種組隊方案當從9名醫(yī)生中選擇3名醫(yī)生時，共有C84種組隊方案，所以男、女醫(yī)生都有的組隊方案共有841470種法二(直接法)：當小分隊中有1名女醫(yī)生時，有CC40種組隊方案；當小分隊中有2名女醫(yī)生時，有CC30種組隊方案，故共有70種不同的組隊方案考點三分組分配問題分組分配問題是排列、組合問題的綜合應用，解決這類問題的一個基本指導思想就是先分組后分配。歸納起來常見的命題角度有：(1)整體均分問題；(2)部分

21、均分問題； (3)不等分問題.角度一整體均分問題1國家教育部為了發(fā)展貧困地區(qū)教育，在全國重點師范大學免費培養(yǎng)教育專業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應的地區(qū)任教現有6個免費培養(yǎng)的教育專業(yè)師范畢業(yè)生要平均分到3所學校去任教，有_種不同的分派方法解析：先把6個畢業(yè)生平均分成3組，有種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所學校，有A6種方法，故6個畢業(yè)生平均分到3所學校，共有·A90種分派方法答案：90角度二部分均分問題2將6本不同的書分給甲、乙、丙、丁4個人，每人至少1本的不同分法共有_種(用數字作答)解析：把6本不同的書分成4組，每組至少1本的分法有2種有1組3本，其余3組每組1本，不同的分法共有20種；

22、有2組每組2本，其余2組每組1本，不同的分法共有·45種所以不同的分組方法共有204565種然后把分好的4組書分給4個人，所以不同的分法共有65×A1 560種答案：1 560角度三不等分問題3將6名教師分到3所中學任教，一所1名，一所2名，一所3名，則有_種不同的分法解析：將6名教師分組，分三步完成：第1步，在6名教師中任取1名作為一組，有C種取法；第2步，在余下的5名教師中任取2名作為一組，有C種取法；第3步，余下的3名教師作為一組，有C種取法根據分步乘法計數原理，共有CCC60種取法再將這3組教師分配到3所中學，有A6種分法，故共有60×6360種不同的分法

23、答案：360類題通法解決分組分配問題的策略1對于整體均分，解題時要注意分組后，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以A(n為均分的組數)，避免重復計數2對于部分均分，解題時注意重復的次數是均勻分組的階乘數，即若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！，一個分組過程中有幾個這樣的均勻分組就要除以幾個這樣的全排列數3對于不等分組，只需先分組，后排列，注意分組時任何組中元素的個數都不相等，所以不需要除以全排列數 第三節(jié)二項式定理1二項式定理(1)定理：公式(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)叫做二項式定理(2)通項：Tk1Cankbk為展開式的第k1項2二項式系數與項

24、的系數(1)二項式系數：二項展開式中各項的系數C(k0,1，n)叫做二項式系數(2)項的系數：項的系數是該項中非字母因數部分，包括符號等，與二項式系數是兩個不同的概念3二項式系數的性質性質內容對稱性與首末兩端等距離的兩個二項式系數相等，即CC增減性當k時，二項式系數逐漸增大；當k時，二項式系數逐漸減小最大值當n是偶數時，中間一項的二項式系數最大，最大值為C n；當n是奇數時，中間兩項的二項式系數相等，且同時取得最大值，最大值為或4各二項式系數的和(ab)n的展開式的各個二項式系數的和等于2n，即CCCCC2n.二項展開式中，偶數項的二項式系數的和等于奇數項的二項式系數的和，即CCCCCC2n1

25、.1二項式的通項易誤認為是第k項實質上是第k1項2(ab)n與(ba)n雖然相同，但具體到它們展開式的某一項時是不相同的，所以公式中的第一個量a與第二個量b的位置不能顛倒3易混淆二項式中的“項”，“項的系數”、“項的二項式系數”等概念，注意項的系數是指非字母因數所有部分，包含符號，二項式系數僅指C(k0,1，n)試一試1(2014·黃岡模擬)設復數x(i是虛數單位)，則CxCx2Cx3Cx2 013()AiBiC1i D1i解析：選Cx1i，CxCx2Cx2 013(1x)2 0131i2 0131i1，選C.2(2014·深圳調研)若(12x)5a0a1xa2x2a3x3

26、a4x4a5x5，則a3_.解析：根據已知條件得，T31C(2x)380x3，a380.答案：803設二項式(x)6的展開式中x2的系數為A，常數項為B，若B4A，則a_.解析：Tk1Cx6k·k(a)kCx62k，令62k2，得k2，Aa2C15a2；令62k0，得k3，Ba3C20a3，代入B4A得a3.答案：31賦值法研究二項式的系數和問題“賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法，對形如(axb)n、(ax2bxc)m(a，bR)的式子求其展開式的各項系數之和，常用賦值法，只需令x1即可；對形如(axby)n(a，bR)的式子求其展開式各項系數之和，只需令xy1即可2利用二

27、項式定理解決整除問題的思路要證明一個式子能被另一個式子整除，只要證明這個式子按二項式定理展開后的各項均能被另一個式子整除即可因此，一般要將被除式化為含相關除式的二項式，然后再展開3二項式系數最大項的確定方法(1)如果n是偶數，則中間一項的二項式系數最大；(2)如果n是奇數，則中間兩項的二項式系數相等并最大4二項展開式系數最大項的求法：如求(abx)n(a，bR)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，An1，且第k項系數最大，應用從而解出k來，即得練一練1設aZ，且0a13，若512 012a能被13整除，則a()A0 B1C11 D12解析：選D512

28、012a(13×41)2 012a，被13整除余1a，結合選項可得a12時，512 012a能被13整除2若x(0，)，則(12x)15的二項展開式中系數最大的項為()A第8項 B第9項C第8項和第9項 D第11項解析：選DTr1C2rxr，由C2r1C2r，C2r1C2rr，r10，所以第11項的系數最大考點一二項式中的特定項或特定項的系數1(2013·江西高考)5展開式中的常數項為()A80B80C40 D40解析：選CTr1C·(x2)5r·rC·(2)r·x105r，令105r0，得r2，故常數項為C×(2)240.

29、2(2014·浙江五校聯考)在5的展開式中x的系數為()A5 B10C20 D40解析：選BTr1C(x2)5rrCx103r，x的系數為C10，故選B.3(2013·安徽高考)若8的展開式中x4的系數為7，則實數a_.解析：二項式8展開式的通項為Tr1Carx，令8r4，可得r3，故Ca37，易得a.答案： 類題通法求二項展開式中的指定項，一般是利用通項公式進行化簡通項公式后，令字母的指數符合要求(求常數項時，指數為零；求有理項時，指數為整數等)，解出項數r1，代回通項公式即可考點二二項式系數和或各項系數和問題典例(1)(2014·北京西城一模)若m的展開式中二

30、項式系數之和為128，則展開式中的系數是()A21 B21C7 D7(2)(2013·成都診斷)若(12x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，則a1a2a3a4_.解析(1)2m128，m7，展開式的通項Tr1C(3x)7r·rC37r(1)rx，令7r3，解得r6，的系數為C376(1)621，故選A.(2)令x1可得a0a1a2a3a41，令x0，可得a01，所以a1a2a3a40.答案(1)A(2)0在本例(2)中條件不變，問題變?yōu)椤扒髚a0|a1|a2|a3|a4|的值”.解：由題意知(12x)4a0|a1|x|a2|x2|a3|x3|a4|x4，令x1得a0|

31、a1|a2|a3|a4|3481.類題通法1二項式定理給出的是一個恒等式，對于a，b的一切值都成立因此，可將a，b設定為一些特殊的值在使用賦值法時，令a，b等于多少時，應視具體情況而定，一般取“1、1或0”，有時也取其他值2一般地，若f(x)a0a1xa2x2anxn，則f(x)的展開式中各項系數之和為f(1)，奇數項系數之和為a0a2a4，偶數項系數之和為a1a3a5.針對訓練若(12x)2 013a0a1xa2x2a2 013x2 013，則_.解析：當x0時，左邊1，右邊a0，a01.當x時，左邊0，右邊a0，01.即1答案：1考點三多項式展開式中的特定項(系數問題)在高考中，常常涉及一

32、些多項式二項式問題，主要考查學生的化歸能力，歸納起來常見的命題角度有：(1)幾個多項式和的展開式中的特定項(系數)問題；(2)幾個多項式積的展開式中的特定項(系數)問題；(3)三項展開式中的特定項(系數)問題.角度一幾個多項式和的展開式中的特定項問題1.48的展開式中的常數項為()A32 B34C36 D38解析：選D4的展開式的通項為Tm1C(x3)4m·mC(2)mx124m，令124m0，解得m3，8的展開式的通項為Tn1Cx8nnCx82n，令82n0，解得n4，所以所求常數項為C(2)3C38.角度二幾個多項式積的展開式中的特定項(系數)問題2(2013·全國課標

33、卷)已知(1x)(1x)5的展開式中x2的系數為5，則()A4 B.3C2 D1解析：選D展開式中含x2的系數為CaC5，解得a1，故選D.角度三三項展開式中特定項(系數)問題3.5的展開式中的常數項為_(用數字作答)解析：原式5·2510.求原式的展開式中的常數項，轉化為求10的展開式中含x5項的系數，即C·5.所以所求的常數項為.答案：類題通法1對于幾個多項式和的展開式中的特定項(系數)問題，只需依據二項展開式的通項，從每一項中分別得到含x3的項，再求和即可2對于幾個多項式積的展開式中的特定項問題，一般都可以根據因式連乘的規(guī)律，結合組合思想求解，但要注意適當地運用分類方

34、法，以免重復或遺漏3對于三項式問題一般先變形化為二項式再解決.第四節(jié)隨機事件的概率1概率與頻率(1)在相同的條件S下重復n次試驗，觀察某一事件A是否出現，稱n次試驗中事件A出現的次數nA為事件A出現的頻數，稱事件A出現的比例fn(A)為事件A出現的頻率(2)對于給定的隨機事件A，由于事件A發(fā)生的頻率fn(A)隨著試驗次數的增加穩(wěn)定于概率P(A)，因此可以用頻率fn(A)來估計概率P(A)2事件的關系與運算定義符號表示包含關系如果事件A發(fā)生，則事件B一定發(fā)生，這時稱事件B包含事件A(或稱事件A包含于事件B)BA(或AB)相等關系若BA且AB，那么稱事件A與事件B相等AB并事件(和事件)若某事件發(fā)

35、生當且僅當事件A發(fā)生或事件B發(fā)生，則稱此事件為事件A與事件B的并事件(或和事件)AB(或AB)交事件(積事件)若某事件發(fā)生當且僅當事件A發(fā)生且事件B發(fā)生，則稱此事件為事件A與事件B的交事件(或積事件)AB(或AB)互斥事件若AB為不可能事件，那么稱事件A與事件B互斥AB對立事件若AB為不可能事件，AB為必然事件，那么稱事件A與事件B互為對立事件AB且AB3概率的幾個基本性質(1)概率的取值范圍：0P(A)1.(2)必然事件的概率：P(A)1.(3)不可能事件的概率：P(A)0.(4)概率的加法公式如果事件A與事件B互斥，則P(AB)P(A)P(B)(5)對立事件的概率若事件A與事件B互為對立事

36、件，則AB為必然事件P(AB)1，P(A)1P(B)1易將概率與頻率混淆，頻率隨著試驗次數變化而變化，而概率是一個常數2互斥事件是不可能同時發(fā)生的兩個事件，而對立事件除要求這兩個事件不同時發(fā)生外，還要求二者之一必須有一個發(fā)生，因此，對立事件是互斥事件的特殊情況，而互斥事件未必是對立事件試一試1甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，A2是對立事件，那么()A甲是乙的充分但不必要條件B甲是乙的必要但不充分條件C甲是乙的充要條件D甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件解析：選B兩個事件是對立事件，則它們一定互斥，反之不一定成立2在2013年全國運動會火炬?zhèn)鬟f活動中，有編號為1,2,3,4,5的5名火

37、炬手若從中任選3人，則選出的火炬手的編號相連的概率為()A.B.C. D.解析：選A從1,2,3,4,5中任取三個數的結果有10種，其中選出的火炬手的編號相連的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，選出的火炬手的編號相連的概率為P.利用集合方法判斷互斥事件與對立事件1由各個事件所含的結果組成的集合彼此的交集為空集，則事件互斥2事件A的對立事件所含的結果組成的集合，是全集中由事件A所含的結果組成的集合的補集練一練1(2014·赤峰模擬)先后拋擲硬幣三次，則至少一次正面朝上的概率是()A. B.C. D.解析：選D至少一次正面朝上的對立事件的概率為，故P1.2從裝有2個

38、紅球和2個白球的口袋內任取2個球，那么互斥而不對立的兩個事件是()A至少有1個白球，都是白球B至少有1個白球，至少有1個紅球C恰有1個白球，恰有2個白球D至少有1個白球，都是紅球解析：選C結合互斥事件和對立事件的定義知，對于C中恰有1個白球，即1白1紅，與恰有2只白球是互斥事件，但不是對立事件，因為還有2只都是紅球的情況，故選C.考點一事件關系的判斷1(2013·泉州一模)在一次隨機試驗中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分別為0.2,0.2,0.3,0.3，則下列說法正確的是()AAB與C是互斥事件，也是對立事件BBC與D是互斥事件，也是對立事件CAC與BD是互斥事件，但不是對立

39、事件DA與BCD是互斥事件，也是對立事件解析：選D由于A，B，C，D彼此互斥，且ABCD是一個必然事件，故其事件的關系可由如圖所示的韋恩圖表示，由圖可知，任何一個事件與其余3個事件的和事件必然是對立事件，任何兩個事件的和事件與其余兩個事件的和事件也是對立事件2在5張電話卡中，有3張移動卡和2張聯通卡，從中任取2張，若事件“2張全是移動卡”的概率是，那么概率是的事件是()A至多有一張移動卡B恰有一張移動卡C都不是移動卡 D至少有一張移動卡解析：選A至多有一張移動卡包含“一張移動卡，一張聯通卡”“兩張全是聯通卡”兩個事件，它是“2張全是移動卡”的對立事件，故選A.3一個均勻的正方體玩具的各個面上分

40、別標有數字1,2,3,4,5,6.將這個玩具向上拋擲1次，設事件A表示向上的一面出現奇數點，事件B表示向上的一面出現的點數不超過3，事件C表示向上的一面出現的點數不小于4，則()AA與B是互斥而非對立事件BA與B是對立事件CB與C是互斥而非對立事件DB與C是對立事件解析：選D根據互斥事件與對立事件的意義作答，AB出現點數1或3，事件A，B不互斥但不對立；BC，BC，故事件B，C是對立事件 類題通法判斷事件關系時要注意(1)利用集合觀點判斷事件關系；(2)可以寫出所有試驗結果，看所求事件包含哪幾個試驗結果，從而判斷所求事件的關系考點二隨機事件的概率典例(2013·廣州模擬)將一枚骰子先

41、后拋擲兩次，觀察向上的點數(1)求點數之積是4的概率；(2)設a，b分別是將一枚骰子先后拋擲兩次向上的點數，求式子2ab1成立的概率解將一枚骰子先后拋擲兩次，向上的點數共有36種不同的結果(1)將一枚骰子先后拋擲兩次，向上的點數分別記為a，b，點數之積是4對應以下3種情況：因此，點數之積是4的概率為P1.(2)由2ab1得2ab20，ab 0，ab.而將一枚骰子先后拋擲兩次向上的點數相等對應以下6種情況：因此，式子2ab1成立的概率為P2.在本例條件不變的情況下求：(1)在得到點數之和不大于6的條件下，先后出現的點數中有3的概率；(2)兩顆骰子向上的點數均大于等于4的概率.解：(1)由題意可知

42、，在得到點數之和不大于6的條件下，先后出現的點數中有3的概率為.(2)此事件對應(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)9種情況，P.類題通法求解隨機事件的概率關鍵是準確計算基本事件數，計算的方法有：(1)列舉法，(2)列表法，(3)利用樹狀圖列舉針對訓練(2013·江蘇高考)現有某類病毒記作XmYn，其中正整數m，n(m7，n9)可以任意選取，則m，n都取到奇數的概率為_解析：基本事件總數為N7×963，其中m，n都為奇數的事件個數為M4×520，所以所求概率P.答案：考點三互斥事件與對立事件的概

43、率典例(2014·唐山統考)已知甲、乙兩人下棋，和棋的概率為，乙勝的概率為，則甲勝的概率和甲不輸的概率分別為()A.， B.，C.， D.，解析“甲勝”是“和棋或乙勝”的對立事件，所以“甲勝”的概率為1.設“甲不輸”為事件A，則A可看做是“甲勝”與“和棋”這兩個互斥事件的和事件，所以P(A).(或設“甲不輸”為事件A，則A可看做是“乙勝”的對立事件，所以P(A)1)答案C類題通法求復雜的互斥事件的概率一般有兩種方法：一是直接求解法，將所求事件的概率分解為一些彼此互斥的事件的概率的和，運用互斥事件的求和公式計算二是間接求法，先求此事件的對立事件的概率，再用公式P(A)1P()，即運用逆

44、向思維(正難則反)，特別是“至多”，“至少”型題目，用間接求法就顯得較簡便針對訓練(2013·北京東城模擬)有編號為1,2,3的三個白球，編號4,5,6的三個黑球，這六個球除編號和顏色外完全相同，現從中任意取出兩個球(1)求取得的兩個球顏色相同的概率；(2)求取得的兩個球顏色不相同的概率解：從六個球中取出兩個球的基本事件是：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共計15個(1)記事件A為“取出的兩個球是白球”，則這個事件包含的基本事件是(1,2

45、)，(1,3)，(2,3)，共計3個，故P(A)；記“取出的兩個球是黑球”為事件B，同理可得P(B).記事件C為“取出的兩個球的顏色相同”，A，B互斥，根據互斥事件的概率加法公式，得P(C)P(AB)P(A)P(B).(2)記事件D為“取出的兩個球的顏色不相同”，則事件C，D對立，根據對立事件概率之間的關系，得P(D)1P(C)1.第五節(jié)古_典_概_型1基本事件的特點(1)任何兩個基本事件是互斥的(2)任何事件都可以表示成基本事件的和(除不可能事件)2古典概型(1)特點：試驗中所有可能出現的基本事件只有有限個，即有限性每個基本事件發(fā)生的可能性相等，即等可能性(2)概率公式：P(A).1在計算古

46、典概型中基本事件數和事件發(fā)生數時，易忽視他們是否是等可能的2概率的一般加法公式P(AB)P(A)P(B)P(AB)中，易忽視只有當AB，即A，B互斥時，P(AB)P(A)P(B)，此時P(AB)0.試一試1從3臺甲型彩電和2臺乙型彩電中任選兩臺，其中兩種品牌的彩電齊全的概率是()A.B.C. D.解析：選BP.2從1,2,3,4,5,6六個數中任取3個數，則取出的3個數是連續(xù)自然數的概率是()A. B.C. D.解析：選D取出的三個數是連續(xù)自然數有4種情況，則取出的三個數是連續(xù)自然數的概率P.古典概型中基本事件的探求方法(1)枚舉法：適合給定的基本事件個數較少且易一一列舉出的(2)樹狀圖法：適

47、合于較為復雜的問題中的基本事件的探求，注意在確定基本事件時(x，y)可以看成是有序的，如(1,2)與(2,1)不同有時也可以看成是無序的，如(1,2)(2,1)相同(3)排列組合法：在求一些較復雜的基本事件的個數時，可利用排列或組合的知識 練一練從集合A2,3，4中隨機選取一個數記為k，從集合B2，3,4中隨機選取一個數記為b，則直線ykxb不經過第二象限的概率為()A. B.C. D.解析：選C依題意k和b的所有可能的取法一共有3×39種，其中當直線ykxb不經過第二象限時應有k0，b0，一共有2×24種，所以所求概率為.考點一古典概型1若有2位老師，2位學生站成一排合影

48、，則每位老師都不站在兩端的概率是()A.B.C. D.解析：選B依題意，所求概率為P.2.(2014·江西五校聯考)如圖，三行三列的方陣中有9個數aij(i1,2,3；j1，2,3)，從中任取3個數，則至少有2個數位于同行或同列的概率是()A. B.C. D.解析：選C從9個數中任取3個數共有C84種情況，所取的3個數不在同一行也不在同一列有6種情況，因而所求的概率為P1.故選C.3(2013·深圳第一次調研)一個袋中有4個大小相同的小球，其中紅球1個，白球2個，黑球1個，現從袋中有放回地取球，每次隨機取一個(1)求連續(xù)取兩次都是白球的概率；(2)假設取一個紅球記2分，取一

49、個白球記1分，取一個黑球記0分，若連續(xù)取三次，則分數之和為4分的概率是多少？解：(1)連續(xù)取兩次的基本事件有：(紅，紅)，(紅，白1)，(紅，白2)，(紅，黑)；(白1，紅)，(白1，白1)，(白1，白2)，(白1，黑)；(白2，紅)，(白2，白1)，(白2，白2)，(白2，黑)；(黑，紅)，(黑，白1)，(黑，白2)，(黑，黑)，共16個連續(xù)取兩次都是白球的基本事件有：(白1，白1)，(白1，白2)，(白2，白1)，(白2，白2)，共4個，故所求概率為.(2)連續(xù)取三次的基本事件有：(紅，紅，紅)，(紅，紅，白1)，(紅，紅，白2)，(紅，紅，黑)；(紅，白1，紅)，(紅，白1，白1)，(紅

50、，白1，白2)，(紅，白1，黑)，共64個因為取一個紅球記2分，取一個白球記1分，取一個黑球記0分，若連續(xù)取三次，則分數之和為4分的基本事件如下：(紅，白1，白1)，(紅，白1，白2)，(紅，白2，白1)，(紅，白2，白2)，(白1，紅，白1)，(白1，紅，白2)，(白2，紅，白1)，(白2，紅，白2)，(白1，白1，紅)，(白1，白2，紅)，(白2，白1，紅)，(白2，白2，紅)，(紅，紅，黑)，(紅，黑，紅)，(黑，紅，紅)，共15個故所求概率為.類題通法計算古典概型事件的概率可分三步第一步：算出基本事件的總個數n;第二步：求出事件A所包含的基本事件個數m；第三步：代入公式求出概率P.考點

51、二古典概型的交匯命題問題古典概型在高考中常與平面向量、集合、函數、解析幾何、統計等知識交匯命題，命題的角度新穎，考查知識面全，能力要求較高，歸納起來常見的交匯命題角度有：(1)古典概型與平面向量相結合；(2)古典概型與直線、圓相結合；(3)古典概型與函數相結合.角度一古典概型與平面向量相結合1(2013·濟南模擬)設連續(xù)擲兩次骰子得到的點數分別為m，n，令平面向量a(m，n)，b(1，3)(1)求使得事件“ab”發(fā)生的概率；(2)求使得事件“|a|b|”發(fā)生的概率解：(1)由題意知，m1,2,3,4,5,6，n1,2,3,4,5,6，故(m，n)所有可能的取法共36種使得ab，即m3

52、n0，即m3n，共有2種：(3,1)、(6,2)，所以事件ab的概率為.(2)|a|b|，即m2n210，共有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)6種使得|a|b|，其概率為.角度二古典概型與直線、圓相結合2連擲骰子兩次得到的點數分別記為a和b，則使直線3x4y0與圓(xa)2(yb)24相切的概率為()A. B.C. D.解析：選B連擲骰子兩次總的試驗結果有36種，要使直線3x4y0與圓(xa)2(yb)24相切，則2，即滿足|3a4b|10，符合題意的(a，b)有(6,2)，(2,4)，共2種，由古典概型的概率計算公式可得所求概率為P.角度三古典概型與函數相結合3(2014·安徽省級示范高中一模)設a2,