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高三数学第二轮专题复习系列(10)--排列、组合、二项式定理和概率统计

时间:2013-08-12


高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计

高三数学第二轮复习 ——排列、组合、二项式定理和概率统计
排列组合典型例题精讲

【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 C 2 种;而后,对三组学生安 4 排三所学校,即进行全排列,有 A33 种.依乘法原理,共有 N=C 2 A 3 =36(种). 4 3 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 A 3 种;而后,再 4 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 两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此,共有 N= 答案:36

1 3 A 4 ·3=36(种). 2

【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 C 3 ·23·A 3 (个),其中 0 在百位的有 5 3 C 2 · 2· 2 (个), 这是不合题意的, 故共有不同三位数: 3 · 3· 3 -C 2 · 2· 2 =432(个). C5 2 A3 4 2 A2 4 2 A2

【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 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( )

A.C1 ?1C 2 ? C1 ?1C 2 m n n m C.C1 C 2 ? C1 C 2 ? C1 C1 m n n m m n

B.C1 C 2 ? C1 C 2 m n n m D.C1 C 2 ?1 ? C 2 ?1C1 m n m n

解法一: 第一类办法: 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 从 点,可构造一个三角形,有 C 1 C 2 个;第二类办法:从 OA 边上(不包括 O)中任取两点与 m n OB 边上(不包括 O)中任取一点,与 O 点可构造一个三角形,有 C 2 C 1 个;第三类办法: m n 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

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角形,有 C 1 C 1 个.由加法原理共有 N=C 1 C 2 +C 2 C 1 +C 1 C 1 个三角形. m n m n m n m n 解法二: m+n+1 中任取三点共有 C 3 ?n ?1 个, 从 其中三点均在射线 OA(包括 O 点), C 3 ?1 有 m m 个,三点均在射线 OB(包括 O 点),有 C 3 ?1 个.所以,个数为 N=C 3 ?n ?1 -C 3 ?1 -C 3 ?1 个. n n m m 答案:C 【例4】 五人站成一列,重新站队时,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 a i (i=1,2,3,4,5) 。重新站队时, a1 站在第 2

a 个位置的站法有 P4 种, 其中不符合要求的有: 3 站第 3 位的 P33 种, 4 站第 4 位的 P33 种, a
但有的站法在考虑 a 3 的情形时已经减去了,故只应再算( P33 ? P22 )种,同理, a 5 站第 5 位的应再算[ P33 ? P22 ? ( P22 ? P11 ) ]种。 a1 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:
4{P44 ? P33 ? ( P33 ? P22 ) ? [ P33 ? P22 ? ( P22 ? P1 )]}=44(种) 1

4

【例5】

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: 2x ? y ? 7 0? x?4 ,其中 { , { 0? y?6 x? y ?5
?{ x?2 y?3 或{ x?3 y?2 或{ x?4 y ?1

2 3 3 2 4 1 因此所求的取法种数是: C4 C6 ? C4 C6 ? C4 C6 =186(种)

【例6】

已 知 数 列 {an }满足an ? n ? 2 n?1 (n ? N ) , 是 否 存 在 等 差 数 列 {bn } , 使
1 2 n an ? b1 ? Cn ? b2 ? Cn ? ? ? bn ? Cn 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 {bn } 存在, 由于所给等式对一切自然数 n 均成立, 故当 n=1, 2,3 时等式成立,从而可解得 b1 =1, b2 =2, b3 =3,因此若满足要求的等差数列存在, 则必须是 bn =n。.然后再证明当 bn =n 时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。 【例7】
11 n 2 若某一等差数列的首项为 C5n?2n ? P 2??n,公差为 ( 11 3

5 23 2 m ? x ) 中的常数项,其中 m 是 2x 5

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。

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解:由已知得: ?
?11? 2n ? 5n ,又n ? N, n ? 2,从而首项a1 ? 100 。 ? ?2n ? 2 ? 11? 3n

注意到 7777 ? (76 ? 1) 77,可得m ? 5,进而知公差d ? ?4 ,从而等差数列的通项公式是:
an ? 104? 4n ,设其前 k 项之和最大,则
?104? 4k ? 0 ,解得 k=25 或 k=26,故此数列的前 25 项之和与前 26 项之和相等且最 ? ?104? 4(k ? 1) ? 0

【例8】

大, S 25 ? S 26 ? 1300。 1 5 3 3 n ? a ) 的 展 开 式 的 各 项 系 数 之 和 等 于 43 b ? ) 展开式中的常数项,求 已知 ( 5b a 3 3 n ?1 ( ? a ) 展开式中含 a 的项的二项式系数。 a 1 5 3 3 n 3 3 7 ) 的常数项是 27, ? a ) 中 n=7, ? a) 由 解: 先求出 (43 b ? 从而可得 ( 对于 ( 5b a a 二项展开式的通项公式知,含 a ?1 的项是第 4 项,其二项式系数是 35。 求证: 2 n?2 ? 3n ? 5n ? 4 能被 25 整除。 解:注意到 2 n? 2 ? 3n ? 4 ? 6 n ? 4(5 ? 1) n 即可。

【例9】

排列组合课后专题练习一

1, 3,7, 1.从集合 ?0,2,5,11? 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).
1) 以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________. 2. 圆周上有 2n个等分点(n> ,
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?

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? ? 0,2,4? 4.二次函数 y ? ax ? bx ? c 的系数 a、b、c ,在集合 ??3, 2, 1,1, 3, 中选取 3 个
2

不同的值,则可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.

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6**.20 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?

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?

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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
2 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 A 6 =30.

答案:30 2.解析:2n 个等分点可作出 n 条直径,从中任选一条直径共有 C 1 种方法;再从以下的(2n n -2)个等分点中任选一个点,共有 C 1 n?2 种方法,根据乘法原理:直角三角形的个数为: 2 C 1 ·C 1 n?2 =2n(n-1)个. 2 n 答案:2n(n-1) 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 A 5 种方法; 5
2 (2)2 张 2 一起出,3 张 A 一起出,有 A 5 种方法;

4 (3)2 张 2 一起出,3 张 A 分三次出,有 A 5 种方法;

2 (4)2 张 2 一起出,3 张 A 分两次出,有 C 3 A 3 种方法; 5

(5)2 张 2 分开出,3 张 A 一起出,有 A 3 种方法; 5
2 4 (6)2 张 2 分开出,3 张 A 分两次出,有 C 3 A 5 种方法.

2 4 2 2 4 因此,共有不同的出牌方法 A 5 +A 5 +A 5 +A 3 A 3 +A 3 +C 3 A 5 =860 种. 5 5 5

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;a<0,开口向下,原 点在内部 ? f(0)=c>0,所以对于抛物线 y=ax2+bx+c 来讲, 原点在其内部 ? af(0)=ac<0,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 C 1 C 1 A 2 A 1 =144 3 4 2 6 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选择. 有 A 1 种,其余 6 人全排列,有 A 6 种.由乘法原理得 A 1 A 6 =2160 种. 3 6 3 6 (2)位置分析法.先排最右边,除去甲外,有 A 1 种,余下的 6 个位置全排有 A 6 种,但应剔 6 6 除乙在最右边的排法数 A 1 A 5 种.则符合条件的排法共有 A 1 A 6 -A 1 A 5 =3720 种. 5 5 6 6 5 5

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(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 A 3 A 5 =720 3 5 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 A 3 A 4 =144 种. 3 4 (5)插空法.先排女生,然后在空位中插入男生,共有 A 4 A 3 =1440 种. 4 5 (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 A 7 =N×A 3 ,∴N= 7 3 (7)与无任何限制的排列相同,有 A 7 =5040 种. 7 (8)从除甲、乙以外的 5 人中选 3 人排在甲、乙中间的排法有 A 3 种,甲、乙和其余 2 人排 5
2 成一排且甲、乙相邻的排法有 A 3 A 3 .最后再把选出的 3 人的排列插入到甲、乙之间即可.共有 3

A7 7 = 840 种.? A3 3

A 3 ×A 2 ×A 3 =720 种. 5 2 3 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|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
2 两个小盒插入最左侧空档,有 C 3 种;若恰有一个小盒插入最左侧空档,有 C1 C1 种;若没有 3 3 2 2 2 小盒插入最左侧空档,有 C 13 种.由加法原理,有 N= C3 ? C1 C1 ? C13 =120 种排列方案,即有 3 13

120 种放法. 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, A 3 有 5
4 种, 若(2)(4)同色, A 3 种, 有 5 若(1)(2)(3)(4)均不同色, A 5 种.由加法原理, 有 4 共有 N=2A 3 +A 5 =240 5

种.
2 8.解:每人随意值两天,共有 C 6 C 2 C 2 个;甲必值周一,有 C 1 C 2 C 2 个;乙必值周六,有 4 2 5 4 2

C 1 C 2 C 2 个;甲必值周一且乙必值周六,有 C 1 C 1 C 2 个.所以每人值两天,且甲必不值周一、 5 4 2 4 3 2
2 乙必不值周六的值班表数,有 N=C 6 C 2 C 2 -2C 1 C 2 C 2 + C 1 C 1 C 2 =90-2×5×6+12=42 个. 4 2 5 4 2 4 3 2

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排列组合课后专题练习二

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 A.小 B.大 C.相等 D.大小不能确定 ( B )

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 )
A.36 种 B.48 种 C.72 种 D.96 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,则两个球序号相邻
的概率是(B) A.
3 5

B.

2 5

C.

4 5

D.

3 10

4. 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(D) A.300 B.156 C.201 D.199

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 ( A.3 360 元 B.6 720 元 C.4 320 元 D )

D.8 640 元

6. 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
3 (A) C 11

( C ) (C)

3 (B) P 11

CC
3

1

2 8

(D)

PP
3

1

2 8

7. 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)24 ( A ) (C)6 (D)4

(B)12

8. 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 (A)60 (B)80 ( C ) (D)140

(C)120

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9. 6 个人排成一排,其中甲不能排在两端的排法数有
(A)120 种子 (B)240 种 (C)480 种 ( C )

(D)600 种

10.

13.5 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 ) (C)240 种 (D)360 种

(A)192 种

(B)216 种

11. 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)480 (B)600 ( A ) (C)720 (D)360

12. 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 (A)12 种 ( C ) (D)48 种

(B)20 种

(C)24 种

13. 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

14. “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】
17 。 36

15. 从装有 n ? 1 个球(其中 n 个白球, 1 个黑球)的口袋中取出 m 个球

?0 ? m ? n, m, n ? N ? ,共有 Cnm?1 种取法。在这 Cnm?1 种取法中,可以分成两类:一类是取出的 m
m 个球全部为白球,共有 C10 ? C n 种取法;另一类是取出的 m 个球有 m ? 1 个白球和1 个黑球,
1 m m 1 m m m m m 共有 C1 ? C n ?1 种取法。显然 C10 ? C n ? C1 ? C n ?1 ? C n?1 ,即有等式:Cn ? Cn ?1 ? Cn?1 成立。试

m 1 m 2 m k m m 根据上述思想化简下列式子: Cn ? Ck ? Cn ?1 ? Ck ? Cn ?2 ? ? ? Ck ? Cn ?k ? 【答案】 C n ? k

?1 ? k ? m ? n, k, m, n ? N ? 。
16. 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。

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概率典型例题精讲

【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 A、B ,则 A、B 为独立事件. (1) P( A ? B) ? 1 ? P( A ? B) ? 1 ? P( A) ? P( B) ? 1 ? (1 ? 0.7)(1 ? 0.8) ? 0.94 或 P( A ? B) ? P( A) ? P(B) ? P( AB) ? 0.7 ? 0.8 ? 0.7 ? 0.8 ? 0.94 (2)甲战胜乙有 1 比 0、2 比 0、2 比 1 三种情形,
1 1 ? P ? C2 0.7 ? 0.3 ? 0.22 ? 0.7 2 ? 0.22 ? 0.7 2 ? C2 0.8 ? 0.2 ? 0.1932 .

【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 (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 获胜的概率. 解: (1)设最后 A 获胜的概率为 P , 设最后 B 获胜的概率为 P2 . 1

2 1 和 . 3 3

8 3 2 ? P ? C3 ( )3 ? ; 1 3 27 1 2 1 2 2 1 19 19 P2 ? ? ? ? ? ? ? .(或P2 ? 1 ? P ? ) 1 3 3 3 3 3 3 27 27
3 (2)设 B 队以 3:2 获胜的概率为 P3 . ? P ? C5 ( )3 ( ) 2 ? 3

1 3

2 3

40 . 243

【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 的事 件 分 别为 A 、 B 、 C , 由 已知 条件 P(A)=0.80, P(B)=0.90,P(C)=0.90.

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(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(A·B·C)=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)· [1-P( B ? C )] =P(A)· [1-P( B )P( C )] =0.80×[1-(1-0.90)(1-0.90)]=0.792 故系统 N2 正常工作的概率为 0.792 【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) ?
1 6
2 C4 2 C7

?

1 21

(2) ?

1 6

2 C7 2 C7

?

1 1 2 5 ? C 4 C3 C 4 ? 37 ?? 2 ? 2 ? ? 6 ? C7 C 7 ? 42 ? ?

【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 (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
n2 ? 5n ? 15 ? n 得 n>15,n<3, 3

n2 ? 5n ? 15 3

由题意知 n=1,2,或 n=16,17,?,35.于是所求概率为

22 35

(2)设第 n 号与第 m 号的两个球的重量相等,其中 n<m, 则有
n2 m2 ? 5n ? 15 ? ? 5m ? 15 , 3 3

所以 (n 2 ? m 2 ) ? 15(n ? m) ? 0 , 因为 n≠m,所以 n+m=15, (n,m)=(1,14)(2,13) , ,?(7,8) ,
2 但从 35 个球中任取两个的方法数为 C35 ?

35 ? 34 ? 595 , 1? 2

故所求概率为 【例6】

7 1 ? 595 85

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,

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试求下列各事件的概率: (Ⅰ)事件 A:指定的 4 个房间各有 1 人; (Ⅱ)事件 B:恰有 4 个房间各有 1 人; (Ⅲ)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 A4 种方法,? P( A) ?
4
4 A4 4

?
4

6

1 54

4 (2)从 6 间中选出 4 间有 C 6 种方法,4 个人每人去 1 间有 A4 种方法,

? P( B) ?

4 4 C 4 ? A4

6

4

?

4 A6

6

4

?

5 18
2

(3)从 4 人中选 2 个人去指定的某个房间,共有 C 4 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。
? P(C ) ?
2 C4 ? 52 4

?

6

25 216

【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<m<1 ) 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)=m3 P(A2)=1-(1-m)3=3m-3m2+m3 P(A3)=2(1-m)m2+m3=2m2-m3 (2)P(A2)-P(A1)=3m-3m2=3m(1-m) ∵0<m<1 ∴P(A2)>P(A1)

P(A2)-P(A3)=2m3-5m2+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;

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(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)从该盒 10 件产品中任抽 4 件,有等可能的结果数为 C10 种, ' 其中次品数不超过 1 件有 C8 ? C8C2 种,
4 3 1 4

4 3 C8 ? C8 C1 13 2 被检验认为是合格的概率为 ? . 4 C10 15

(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

13 , 15

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

C1 ? 2

13 13 52 . ? (1 ? ) ? 15 15 225 13 52 ;两次检验得出的结果不一致的概率为 . 15 225

答:该盒产品被检验认为是合格的概率为 【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一次,发生堵车事件的概率如图.(例 如:A→C→D 算作两个路段:路段 AC 发生堵车事件的概率为 的概率为
1 ). 15 1 ,路段 CD 发生堵车事件 10

(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 A→C→F→B 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 A→C→D→B 中遇到堵车 的概率 P1 为
1 ? P( AC ? CD ? DB) ? 1 ? P( AC) ? P(CD ) ? P( DB)

=1-[1-P(AC)][1-P(CD)][1-P(DB)] =1-
9 14 5 3 ; ? ? ? 10 15 6 10
800 10

同理:路线 A→C→F→B 中遇到堵车的概率 P2 为 1-P( AC ? CF ? FB) ? 239 (小于 3 )

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路线 A→E→F→B 中遇到堵车的概率 P3 为 1-P( AE ? EF ? FB) ? 91 (小于 3 )
300 10

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→C→F→B,可使得途中发生堵车事件的概率最小. (2)路线 A→C→F→B 中遇到堵车次数 ? 可取值为 0,1,2,3.
P (ξ ? 0) ? P ( AC ? CF ? FB) ? 561 , 800

P (ξ ? 1) ? P ( AC ? CF ? FB) ? P ( AC ? CF ? FB) ? P ( AC ? CF ? FB) ? 1 17 11 9 3 11 9 17 1 637 ? ? ? ? ? ? ? ? ? . 10 20 12 10 20 12 10 20 12 2400

P (ξ ? 2) ? P ( AC ? CF ? FB) ? P ( AC ? CF ? FB) ? P ( AC ? CF ? FB) 1 3 11 1 17 1 9 3 1 77 ? ? ? ? ? ? ? ? ? , 10 20 12 10 20 12 10 20 12 2400 1 3 1 3 P (ξ ? 3) ? P ( AC ? CF ? FB) ? ? ? ? ,??10? 10 20 12 2400 561 637 77 3 1 ? Eξ ? 0 ? ? 1? ? 2? ? 3? ? . 800 2400 2400 2400 3 ?

1 答:路线 A→C→F→B 中遇到堵车次数的数学期望为 . 3

【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ζ 是一个随机变量,它的 分布列如下: ζ P 1 2 3 ?? 12

1 1 1 1 ?? 12 12 12 12 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 1≤x≤12 的情况,设电器商每月的收
?300 x,? ? x 益为 y 元,则 y 是随机变量ζ 的函数且 y= ? ,电器商平均每月获益的平 ?300 x ? 100( x ? ? ),? ? x
均数,即数学期望为: Ey=300x(Px+Px+1+?+P12)+[300-100(x-1)]P1+[2×300-100(x-2)]P2+?+[300(x-1) -100]Px-1 =300x(12-x+1) =

1 1 x( x ? 1) ( x ? 1) x + [300× ] ? 100? 2 2 12 12

25 (-2x2+38x) 3 由于 x∈N,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ξ 为所取出的 3 个球中白球的

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个数. (I)求ξ 的概率分布; (II)求 Eξ .

解: (I)ξ 的可能取值为 0,1,2,3.
3 C4 4 ∵P(ξ =0)= 3 = ; C7 35 1 C32C4 12 = ; 3 C7 35 1 C3C42 18 P(ξ =1)= = ; 3 C7 35 0 C33C4 1 = . 3 C7 35

P(ξ =2)=

P(ξ =3)=

∴ξ 的分布列为: ξ 0 1 2 3

4 35
P (II)Eξ =0×

18 35

12 35

1 35

9 4 18 12 1 +1× +2× +3× = . 35 35 35 35 7

【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
0.3 0.2 0.15 0.35 0.2

击中频率

7 甲

8

9

10 击中环数

7

8 乙

9

10 击中环数

(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 P??乙 ? 8? ,以及求甲,乙 同时击中 9 环以上(包括 9 环)的概率; (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)由图可知 P??乙 ? 7 ? ? 0.2 , P??乙 ? 9? ? 0.2 , P??乙 ? 10 ? ? 0.35 所以 P??乙 ? 8? =1—0.2—0.2—0.35=0.25 同理 P ?甲 ? 7 ? 0.2 , P ?甲 ? 8 ? 0.15 , P ?甲 ? 9 ? 0.3

?

?

?

?

?

?

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所以 P ?甲 ? 10 ? 1 ? 0.2 ? 0.15 ? 0.3 ? 0.35 因为 P??甲 ? 9? ? 0.3 ? 0.35 ? 0.65
P??乙 ? 9? ? 0.2 ? 0.35 ? 0.55

?

?

所以甲,乙同时击中 9 环以上(包括 9 环)的概率 P= P ?甲 ? 9 ? P??乙 ? 9? =0.65×0.55=0.3575 (2) 因为 E?甲 =7×0.2+8×0.15+9×0.3+10×0.35=8.8

?

?

E? 乙 =7×0.2+8×0.25+9×0.2+10×0.35=8.7 E? 甲 > E? 乙
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]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 频数 频率 累积 频率 [10,15 ) 4 0.08 0.08 [15,20 ) 5 0.10 0.18 [20,25 ) 10 0.20 0.38 [25,30 ) 11 0.22 0.60 [30,35 ) 9 0.18 0.78 [35,40 ) 8 0.16 0.94 [40,45 ) 3 0.06 1 总 计 50 1

(2)频率分布直方图与累积频率分布图如下:

概率课后专题练习

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高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计
1.
甲射击命中目标的概率是
1 1 1 ,乙命中目标的概率是 ,丙命中目标的概率是 .现在 2 4 3

三人同时射击目标,则目标被击中的概率为(
A. 3 4 B. 2 3 C. 4 5

)
D. 7 10

2. 3. 4. 5.

已知随机变量ζ 的分布列为: P ?? ? k ? ? A.6 B.9

1 , k ? 1, 2,3 ,则 D ? 3? ? 5? 等于( 3
C.3 D.4

)

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ζ 的期望 Eζ =_________. 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 人参加某项活 动,这 4 人恰好来自不同组别的概率是_________.

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.

[ 设 p 在 0,5] 上随机地取值,求方程 x ? px ?
2

p 1 ? ? 0 有实根的概率. 4 2

7.

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?

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高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计
参考答案 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.
1 1 1 1 ? P( A ? B ? C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? [1 ? P( A)]? [1 ? P( B)]? [1 ? P(C )] ? (1 ? )(1 ? )(1 ? ) ? . 2 3 4 4

故目标被击中的概率为 1-P( A · B · C )=1- 答案:A

1 3 ? 4 4

1 1 14 =2,Eξ 2=(12+22+32)· = 3 3 3 14 2 ∴Dξ =Eξ 2-(Eξ )2= -22= . 3 3
2.解析:Eξ =(1+2+3)· ∴D(3ξ +5)=9 D? =6. 答案:A 3.解析:由条件知,ξ 的取值为 0,1,2,3,并且有 P(ξ =0)=

C1 3 9 ? , 1 C12 4

P(? ? 1) ?

C1 C1 C 2 ? C1 C 3 C1 9 9 1 3 9 ? , P(? ? 2) ? 3 3 9 ? , P(? ? 3) ? 3 4 9 ? 2 220 2C12 44 2C12 2C12 220

3 9 9 1 ? E? ? 0 ? ? 1? ? 2? ? 3? ? 0.3 4 44 220 220
答案:0.3 4.解析: 因为每组人数为 13, 因此, 每组选 1 人有 C 1 种方法, 所以所求概率为 P= 13

(C1 ) 4 13 . 4 C 52

答案:

(C1 ) 4 13 4 C 52

5.解:(1)我们把“甲射击一次击中目标”叫做事件 A, “乙射击一次击中目标”叫做事件 B.显然事件 A、 相互独立, B 所以两人各射击一次都击中目标的概率是 P(A· B)?=P(A)· P(B)=0.6 ×0.6=0.36 答:两人都击中目标的概率是 0.36 (2)同理,两人各射击一次,甲击中、乙未击中的概率是 P(A· B )=P(A)·P( B )=0.6× (1-0.6)=0.6×0.4=0.24 甲未击中、 乙击中的概率是 P( A ·B)=P( A )P(B)=0.24, 显然, “甲击中、 乙未击中”和“甲 未击中、乙击中”是不可能同时发生,即事件 A· B 与 A ·B 互斥,所以恰有一人击中目标的 概率是 P(A· B )+P( A ·B)=0.24+0.24=0.48 答:其中恰有一人击中目标的概率是 0.48.

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高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计
(2)两人各射击一次,至少有一人击中目标的概率 P=P(A ·B)+[P(A· B )+P( A )·B] =0.36+0.48=0.84 答:至少有一人击中目标的概率是 0.84. 6.解:一元二次方程有实数根 ? Δ ≥0

P 1 ? )=P2-P-2=(P+1)(P-2) 4 2 解得 P≤-1 或 P≥2 [0.5] ? {(??,?1] ? [2,??)}的长度 3 故所求概率为 P= ? [0,5]的长度 5 7.解:以 X 表示一周 5 天内机器发生故障的天数,则 X-B(5,0.2),于是 X 有概率分布
而Δ =P2-4(
k P(X=k)=C 5 0.2k0.85 k,k=0,1,2,3,4,5.


以 Y 表示一周内所获利润,则

?10 ? ?5 Y=g(X)= ? ?0 ?? 2 ?

若X ? 0 若X ? 1 若X ? 2 若X ? 3

Y 的概率分布为: P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328 P(Y=5)=P(X=1)=C 1 0.2·0.84=0.410 5
2 P(Y=0)=P(X=2)=C 5 ·0.22·0.83=0.205

P(Y=-2)=P(X≥3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=0.057 故一周内的期望利润为: EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205-2×0.057=5.216(万元)

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