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- 2021-04-28 发布
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
1.计数原理
(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利
用两个原理解决一些简单的实际问题．
(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
2．概率
(1)事件与概率
①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区
别．
②了解两个互斥事件的概率加法公式．
(2)古典概型
①理解古典概型及其概率计算公式．
②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发
生的概率．
(3)随机数与几何概型
①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
②了解几何概型的意义．
3．概率与统计
(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的
重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列．
(2)了解超几何分布，并能进行简单应用．
(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解 n 次独立重复试验模型
及二项分布，并能解决一些简单问题．
(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量
的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题．
(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事，有 n 类不同方案，在第 1 类方案中有 m1 种不同的方法，在第 2 类方案中
有 m2 种不同的方法……在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法．那么完成这件事共有 N＝
________________种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1 种不同的方法，做第 2 步有 m2 种不同
的方法……做第 n 步有 mn 种不同的方法．那么完成这件事共有 N＝____________种不同的方
法．
3．两个计数原理的区别
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问
题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，
用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个
步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．
4．两个计数原理解决计数问题时的方法
最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加
法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步
之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完
成每一步的方法数相乘，得到总数．
自查自纠：
1．m1＋m2＋…＋mn
2．m1×m2×…×mn
3．相互独立 任何一种方法 互相依存 各个步骤都完成
4．(1)不重不漏 (2)步骤完整 相互独立
将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有( )
A．53 种 B．35 种 C．3 种 D．15 种
解：第 1 封信，可以投入第 1 个邮筒，可以投入第 2 个邮筒，也可以投入第 3 个邮筒，
共有 3 种投法；同理，后面的 4 封信也都各有 3 种投法．所以，5 封信投入 3 个邮筒，不同
的投法共有 35 种．故选 B.
(2016·全国Ⅱ)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位
于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
解：由题意，小明从街道的 E 处出发到 F 处最短有 6 条路，再从 F 处到 G 处最短共有 3
条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 6× 3＝18(条)．故选 B.
(2015·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但
去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有( )
A．16 种 B．18 种 C．37 种 D．48 种
解：三个班去四个工厂不同的分配方案共 43 种，甲工厂没有班级去的分配方案共 33 种，
因此满足条件的不同的分配方案共有 43－33＝37(种)．故选 C.
现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能
用同一种颜色，则不同的着色方法共有____________种．
解：按 A→B→C→D 顺序分四步涂色，共有 4×3×2×2＝48(种)．故填 48.
用数字 2，3 组成四位数，且数字 2，3 至少都出现一次，这样的四位数共有
____________个．(用数字作答)
解法一：用总数减去全是 2 或全是 3 的情形即可，即 24－2＝14.
解法二：数字 2，3 至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C1
4＝4(个)四位数；
“2”出现 2 次，“3”出现 2 次，共可组成 C2
4＝6(个)四位数；
“2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C3
4＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成 14 个这样的四位数．故填 14.
类型一 分类与分步的区别与联系
甲同学有若干本课外参考书，其中有 5 本不同的数学书，4 本不同的物理书，3
本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：
(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？
(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？
(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？
解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何
一本，都可以完成这件事情．
故用分类计数原理，共有 5＋4＋3＝12(种)不同的借法．
(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、
化学三科中各借一本，才能完成这件事情．
故用分步计数原理，共有 5×4×3＝60(种)不同的借法．
(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借
一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有 5×4
＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有 5×3＝15(种)
借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有 4×3＝12(种)借法．而
上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有 20＋15＋12＝47(种)
不同的借法．
点拨：
仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．两个原理的区别在于一个与
分类有关，一个与分步有关．如果完成一件事有 n 类办法，这 n 类办法彼此之间是相互独立
的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用
分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成 n 个步骤，缺一不可，即需要依次完成 n 个步
骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，
就用分步乘法计数原理．
有一个智力竞赛项目，须在 2 名老师，4 名男同学和 6 名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名女同学，一名男同学参加，有多少种不同的选法？
(3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有 2，4，6 种选法，
总选法数为 2＋4＋6＝12(种)．
(2)分两步：先选女同学，共有 6 种选法，再选男同学，共有 4 种选法．由分步乘法计
数原理知总选法数为 6×4＝24(种)．
(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为 2，4，6 种．由分步乘
法计数原理知总选法数为 2×4×6＝48(种)．
类型二 两个原理的综合应用
(1)现有来自高一年级四个班的学生 34 人，其中一、二、三、四班分别为 7 人、
8 人、9 人、10 人，他们自愿组成数学课外小组．现推选两人作中心发言，这两人须来自不
同的班级，有多少种不同的选法？
解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选 1 人，有 7×8 种不同的选法；从
一、三班学生中各选 1 人，有 7×9 种不同的选法；从一、四班学生中各选 1 人，有 7×10
种不同的选法；从二、三班学生中各选 1 人，有 8×9 种不同的选法；从二、四班学生中各
选 1 人，有 8×10 种不同的选法；从三、四班学生中各选 1 人，有 9×10 种不同的选法．所
以共有不同的选法 N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
点拨：
对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合
运用两个原理．可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．本题可
先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选 1 人．
(2)(2016·山西大同质检)如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D
中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A．72 种 B．48 种
C．24 种 D．12 种
解法一：首先涂 A 有 C1
4＝4(种)涂法，则涂 B 有 C1
3＝3(种)涂法，C 与 A，B 相邻，则 C
有 C1
2＝2(种)涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 C1
3＝3(种)涂法，所以共有 4×3×2×3＝72(种)
涂法．
解法二：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时有 A4
4＝24(种)
涂法；二是用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 4×3× 2＝24(种)，D 只要不与 C 同色
即可，故 D 有 2 种涂法．所以不同的涂法共有 24＋24×2＝72(种)．故选 A.
点拨：
解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点(或共线图
形两侧)的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类
应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．
(1)用 0，1，2，3，4，5 可以组成多少个无重复数字且比 2 000 大的四位偶
数．
解：完成这件事有 3 类方法：
第一类：用 0 作个位的比 2 000 大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千
位上的数字，只有 2，3，4，5 可以选择，有 4 种选法；第二步，选取百位上的数字，除 0
和千位上已选定的数字以外，还有 4 个数字可供选择，有 4 种选法；第三步，选取十位上的
数字，还有 3 种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有 4×4×3＝48(个)．
第二类：用 2 作个位的比 2 000 大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千
位上的数字，除去 2，1，0，只有 3 个数字可以选择，有 3 种选法；第二步，选取百位上的
数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有 4 个数字可供选择，有 4 种选法；第三步，
选取十位上的数字，还有 3 种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有 3×4× 3＝
36(个)．
第三类：用 4 作个位的比 2 000 大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有
36 个．
综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比 2 000 大的四位偶数有 48
＋36＋36＝120(个)．
(2)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，
如果只有 5 种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．
解法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶
点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设可知，四棱锥 SABCD 的顶点 S，A，
B 所染的颜色互不相同，它们共有 5×4×3＝60(种)染色方法．
当 S，A，B 染好时，不妨设其颜色分别为 1，2，3，若 C 染 2，则 D 可染 3 或 4 或 5，
有 3 种染法；若 C 染 4，则 D 可染 3 或 5，有 2 种染法；若 C 染 5，则 D 可染 3 或 4，有 2
种染法．可见，当 S，A，B 已染好时，C，D 还有 7 种染法，故不同的染色方法有 60×7＝420(种)．
解法二：以 S，A，B，C，D 顺序分步染色．
第一步，S 点染色，有 5 种方法；
第二步，A 点染色，与 S 在同一条棱上，有 4 种方法；
第三步，B 点染色，与 S，A 分别在同一条棱上，有 3 种方法；
第四步，C 点染色，也有 3 种方法，但考虑到 D 点与 S，A，C 相邻，需要针对 A 与 C 是
否同色进行分类，当 A 与 C 同色时，D 点有 3 种染色方法；当 A 与 C 不同色时，因为 C 与 S，
B 也不同色，所以 C 点有 2 种染色方法，D 点也有 2 种染色方法．由分步乘法、分类加法计
数原理得不同的染色方法共有 5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．
解法三：按所用颜色种数分类．
第一类，5 种颜色全用，共有 A 5
5种不同的方法；
第二类，只用 4 种颜色，则必有某两个顶点同色(A 与 C，或 B 与 D)，共有 2×A 4
5种不同
的方法；
第三类，只用 3 种颜色，则 A 与 C、B 与 D 必定同色，共有 A 3
5种不同的方法．
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为 A5
5＋2×A4
5＋A3
5＝420(种)．
1．运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准．分类应满足：
完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性
与并列性，亦即类与类之间是独立的、互斥的．
2．运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准．分步必须满足：完成一件事情必须
且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性．
3．在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分
类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复
或遗漏．
4．对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰
当地画出示意图或树形图来进行分析，掌握这点对学习本节很重要，它可使问题的分析过程
更直观、更明晰，便于探索规律．
5．解答计数应用问题的总体思路：
根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，
再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解
决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：
(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；
(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；
(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算
其反面情形，再用总数减去即得．
1．(教材习题改编题)某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出
方案有( )
A．256 种 B．81 种 C．16 种 D．12 种
解：进商场的方案有 4 种，则出商场的方案有 3 种，由分步计数原理知，共有进出商场
的方案 4× 3＝12 种．故选 D.
2．现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个
讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C.5×6×5×4×3×2
2
D．6×5×4×3×2
解：因为每位同学均有 5 种讲座可供选择，所以 6 位同学共有 5×5×5×5×5×5＝56
种选法．故选 A.
3．设集合 I＝{1，2，3，4，5}，选择 I 的两个非空子集 A 和 B，要使 B 中最小的数大
于 A 中最大的数，则不同的选择方法共有( )
A．50 种 B．49 种 C．48 种 D．47 种
解：根据题意，B 中最小的数大于 A 中最大的数，则集合 A，B 中没有相同的元素，且
都不是空集，按 A 中的元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．
第一类：当 A 中最大的数是 1 时，A 是{1}，B 可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有
24－1＝15 种选法；
第二类：当 A 中最大的数是 2 时，A 可以是{2}或{1，2}，B 可以是{3，4，5}的非空子
集，即有 2× (23－1)＝14 种选法；
第三类：当 A 中最大的数是 3 时，A 可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B 可以
是{4，5}的非空子集，即有 4×(22－1)＝12 种选法；
第四类：当 A 中最大的数是 4 时，A 可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，
{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B 是{5}，即有 8×1＝8 种选法．
综上可知，共有 15＋14＋12＋8＝49 种不同的选择方法．故选 B.
4．(2015·北京模拟)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( )
A．24 B．18 C．12 D．6
解：三位奇数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位有 3 种选择，
十位有 2 种选择，百位有 2 种选择，共 3×2×2＝12(个)；对于(2)，个位有 3 种选择，十
位有 2 种选择，百位有 1 种选择，共 3×2×1＝6(个)，即共有 12＋6＝18(个)．故选 B.
5．如图所示的几何体是由一个正三棱锥 PABC 与一个正三棱柱 ABCA1B1C1 组合而成，
现用 3 种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面 A1B1C1 不染色)，要求每面染一色，且相邻
的面均不同色，则不同的染色方案共有( )
A．6 种 B．12 种 C．18 种 D．24 种
解：先涂三棱锥 PABC 的三个侧面，然后涂三棱柱 ABCA1B1C1 的三个侧面，当棱锥颜色
确定后，棱柱对应有 2 种情形，即共有 3×2×1×2＝12 种不同的染色方案．故选 B.
6．已知集合 M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}，定义函数 f：M→N.若点 A(1，f(1))，
B(2，f(2))，C(3，f(3))，△ABC 的外接圆圆心为 D，且DA→＋ DC→＝λDB→(λ∈R)，则满足条
件的函数 f(x)有( )
A．6 种 B．10 种 C．12 种 D．16 种
解：由DA→＋DC→＝λDB→(λ∈R)，说明△ABC 是等腰三角形，且 BA＝BC，必有 f(1)＝f(3)，
f(1)≠f(2)；
当 f(1)＝f(3)＝1 时，f(2)＝2，3，4，有三种情况；
当 f(1)＝f(3)＝2 时，f(2)＝1，3，4，有三种情况；
当 f(1)＝f(3)＝3 时，f(2)＝2，1，4，有三种情况；
当 f(1)＝f(3)＝4 时，f(2)＝2，3，1，有三种情况．
因而满足条件的函数 f(x)有 12 种．故选 C.
7．(2016·沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为 11 的三角形的个数是
____________．
解：另两边长用 x，y 表示，且不妨设 1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须 x＋y≥12.
当 y 取 11 时，x 可取 1，2，3，…，11，有 11 个三角形；当 y 取 10 时，x 可取 2，3，…，
10，有 9 个三角形；…；当 y 取 6 时，x 只能取 6，只有 1 个三角形．所以所求三角形的个
数为 11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.故填 36.
8．(2015·北京模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如 22，121，
3 443，94 249 等．显然 2 位回文数有 9 个：11，22，33，…，99；3 位回文数有 90 个：101，
111，121，…，191，202，…，999.则
(1)4 位回文数有____________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有____________个．
解：(1)4 位回文数等价于填 4 个方格，首尾相同，且不为 0，共 9 种填法，中间两位一
样，有 10 种填法，共计 9×10＝90(种)填法，即 4 位回文数有 90 个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以利用填方格法计算．结合计数原理知，有 9×10n
种填法．故填 90；9×10n.
9．已知集合 M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P 可表示平面上多少个不同的点？
(2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P 可表示多少个不在直线 y＝x 上的点？
解：(1)确定平面上的点 P(a，b)可分两步完成：第一步确定 a 的值，共有 6 种确定方
法；第二步确定 b 的值，也有 6 种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是 6×6
＝36 个．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定 a，由于 a＜0，所以有 3 种确定方
法；第二步确定 b，由于 b＞0，所以有 2 种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点
的个数是 3×2＝6 个．
(3)点 P(a，b)在直线 y＝x 上的充要条件是 a＝b.因此 a 和 b 必须在集合 M 中取同一元
素，共有 6 种取法，即在直线 y＝x 上的点有 6 个．结合(1)可得不在直线 y＝x 上的点共有
36－6＝30 个．
10．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取 3 个不同的数作为抛物线方程 y＝ax2＋bx
＋c(a≠0)的系数．设抛物线过原点，且顶点在第一象限．这样的抛物线共有多少条？
解：抛物线 y＝ax2＋bx＋c 过原点，且顶点(－ b
2a
，4ac－b2
4a
)在第一象限，a，b，c 应满
足
0＝a×02＋b×0＋c，
－ b
2a
＞0，
4ac－b2
4a
＞0，
即
c＝0，
a＜0，
b＞0.
分三步，a 可以取－3，－2，－1；b 可以取 1，2，3；c 取 0.所以满足条件的抛物线的
条数为 N＝3×3×1＝9.
11．将红、黄、绿、黑 4 种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区
域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
解法一：本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号 A，B，C，D，E(如图)，则
A 区域有 4 种不同的涂色方法，B 区域有 3 种，C 区域有 2 种，D 区域有 2 种，但 E 区域的涂
色依赖于 B 与 D 涂的颜色，如果 B 与 D 颜色相同，则有 2 种涂色方法，如果不相同，则只有
一种．因此应先分类后分步．
①当 B 与 D 同色时，有 4×3×2×1×2＝48(种)．
②当 B 与 D 不同色时，有 4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有 48＋24＝72(种)不同的涂色方法．
注：本题若按 A，B，E，D，C 顺序涂色，在最后给区域 C 涂色时，就应考虑 A 与 E，B
与 D 是否同色这两种情况．
解法二：按用 3 种或用 4 种颜色分两类，第一类用 3 种，此时 A 与 E，B 与 D 分别同色，
于是涂法种数为 A3
4＝24(种)；第二类用 4 种，此时，A 与 E，B 与 D 有且只有一组同色，涂
法种数为 2A4
4＝48(种)．
由分类加法计数原理知涂法总数为 24＋48＝72(种)．
用 a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球．由加法原理及乘法原理，从 1 个红
球和 1 个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式 1＋a＋b＋ab 表示出
来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球
都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从 5 个无区别的红球、5 个无区别
的蓝球、5 个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的
是( )
A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5
B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)
D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解：分三步：第一步，5 个无区别的红球可能取出 0 个，1 个，…，5 个，则有(1＋a＋
a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5 个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)
种不同的取法；第三步，5 个有区别的黑球中任取 0 个，1 个，…，5 个，有(1＋C1
5c＋C2
5c2
＋C3
5c3＋C4
5c4＋C5
5c5)＝(1＋c)5 种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋
c)5，故选 A.
10．2 排列与组合
1．排列
(1)排列的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素，按照____________排成一列，
叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列．
(2)排列数的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的________________的个数
叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数，用符号______表示．
(3)排列数公式：Am
n＝___________________.这里 n，m∈N*，并且________．
(4)全排列：n 个不同元素全部取出的一个____________，叫做 n 个元素的一个全排列．An
n
＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为
Am
n＝____________，这里规定 0！＝________.
2．组合
(1)组合的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素____________，叫做从 n 个不
同元素中取出 m 个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的____________的个数，叫
做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用符号________表示．
(3)组合数公式：Cm
n＝Am
n
Am
m
＝____________＝____________．这里 n∈N*，m∈N，并且 m≤n.
(4)组合数的两个性质：
①Cm
n＝____________；
②Cm
n＋1＝____________＋____________.
自查自纠：
1．(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 Am
n
(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n
(4)排列 n！ n！
（n－m）！
1
2．(1)合成一组 (2)所有不同组合 Cm
n
(3)n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）
m！
n！
m！（n－m）！
(4)①Cn－m
n ②Cm
n Cm－1
n
若 6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120 C．72 D．24
解：剩余的 3 个座位共有 4 个空供 3 人选择就座，故任何两人不相邻的坐法种数为 A3
4＝
24.故选 D.
(2016·郑州二模)某校开设 A 类选修课 2 门；B 类选修课 3 门，一位同学从中选 3
门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有( )
A．3 种 B．6 种 C．9 种 D．18 种
解：可分以下两种情况：①A 类选修课选 1 门，B 类选修课选 2 门，有 C1
2C 2
3种不同选法；
②A 类选修课选 2 门，B 类选修课选 1 门，有 C2
2C 1
3种不同选法．所以根据分类加法计数原理
知不同的选法共有：C1
2C2
3＋C2
2C1
3＝6＋3＝9(种)．故选 C.
(2016·四川)用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数
为( )
A．24 B．48 C．60 D．72
解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是 1，3，5；分为两步：先从 1，3，5
三个数中选一个作为个位数有 C 1
3种方法，再将剩下的四个数字排列有 A 4
4种方法，则满足条
件的五位数有 C1
3A4
4＝72 个．故选 D.
(2016·河北石家庄一模)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至
少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为
____________(用数字作答)．
解：甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有 1 种；甲和丙或丁两
人一组，有 2 种；甲、丙、丁一组，只有 1 种．然后再把分成的两组分到不同班级里，则共
有(1＋2＋1)A2
2＝8(种)．故填 8.
(2015·上海)在报名的 3 名男教师和 6 名女教师中，选取 5 人参加义务献血，要求
男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_____________(结果用数值表示)．
解：由题意，总数去掉选 5 名女教师的情况即可，故所求为 C5
9－C5
6＝126－6＝120.故填
120.
类型一 排列数与组合数公式
(1)解方程 3Ax
8＝4Ax－1
9 ；
(2)解方程 Cx＋1
x＋3＝Cx－1
x＋1＋Cx
x＋1＋Cx－2
x＋2.
解：(1)利用 3Ax
8＝3 8！
（8－x）！
，4Ax－1
9 ＝4 9！
（9－x＋1）！
，
得到 3×8！
（8－x）！
＝ 4×9！
（10－x）！
.
利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.
再化简得到 x2－19x＋78＝0.
解方程得 x1＝6，x2＝13.由于 A x
8和 A x－1
9 有意义，所以 x 满足 x≤8 和 x－1≤9.于是将 x2
＝13 舍去，原方程的解是 x＝6.
(2)由组合数的性质可得
Cx－1
x＋1＋Cx
x＋1＋Cx－2
x＋2＝C2
x＋1＋C1
x＋1＋C4
x＋2＝C2
x＋2＋C4
x＋2，
又 Cx＋1
x＋3＝C2
x＋3，且 C2
x＋3＝C2
x＋2＋C1
x＋2，
即 C1
x＋2＋C2
x＋2＝C2
x＋2＋C4
x＋2.所以 C1
x＋2＝C4
x＋2，
所以 5＝x＋2，x＝3.经检验知 x＝3 符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为 x＝
3.
点拨：
(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)
应用组合数性质 Cm
n＋1＝Cm－1
n ＋C m
n时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差 1；左边(相
对于右边)下标加 1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，
又可以从右推到左，越推越短．
(1)解方程：3A3
x＝2A2
x＋1＋6A2
x；
(2)已知1
Cm
5
－1
Cm
6
＝ 7
10Cm
7
，则 Cm
8＝__________．
解：(1)由 3A3
x＝2A2
x＋1＋6A 2
x得
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
由 x≠0 整理得 3x2－17x＋10＝0.
解得 x＝5 或2
3
(舍去)．
即原方程的解为 x＝5.
(2)由已知得 m 的取值范围为{m|0≤m≤5， m≤Z}，m！（5－m）！
5！
－m！（6－m）！
6！
＝
7×（7－m）！m！
10×7！
，整理可得 m2－23m＋42＝0，解得 m＝21(舍去)或 m＝2.故 Cm
8＝C2
8＝28.故
填 28.
类型二 排列的基本问题
7 位同学站成一排照相．
(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？
(2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？
(3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有 A6
6＝720(种)排法．
(2)分两步，先排甲、乙，则有 A 2
2种排法；再排其他 5 个人，有 A 5
5种排法，由分步乘法
计数原理则有 A2
2·A5
5＝240(种)排法．
(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有 A 6
6种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，
再排其他，则有 A1
5·A1
5·A 5
5种排法．综上，则共有 A6
6＋A1
5·A1
5·A5
5＝3 720(种)排法．
间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且
乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即 A7
7－A6
6－A6
6＋A5
5＝3 720(种)排法．
(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有 A2
2·A6
6＝
1 440(种)排法．
(5)采用“插空”法，先排其他 5 个人，然后将甲乙插入到由这 5 个人形成的 6 个空中，
故有 A5
5·A2
6＝3 600(种)排法．
(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有 1
2
A7
7＝2 520(种)
排法．
点拨：
(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②
对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，
采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑
顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向
思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，
然后“去伪存真”．
3 名女生和 5 名男生排成一排．
(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？
(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？
(3)如果女生不站两端，有多少种排法？
(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？
(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？
解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一
起有 6 个元素，排成一排有 A 6
6种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有 A 3
3种排法，因
此共有 A6
6·A3
3＝4 320(种)不同排法．
(2)(插空法)先排 5 个男生，有 A 5
5种排法，这 5 个男生之间和两端有 6 个位置，从中选
取 3 个位置排女生，有 A 3
6种排法，因此共有 A5
5·A3
6＝14 400(种)不同排法．
(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从 5 个男生中选 2 人排列，有 A 2
5种排
法，剩余的位置没有特殊要求，有 A 6
6种排法，因此共有 A2
5·A6
6＝14 400(种)不同排法．
法二(元素分析法) 从中间 6 个位置选 3 个安排女生，有 A 3
6种排法，其余位置无限制，
有 A 5
5种排法，因此共有 A3
6·A5
5＝14 400(种)不同排法．
(4)8 名学生的所有排列共 A 8
8种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的1
2
，所以符合
要求的排法种数为 1
2
A8
8＝20 160(种)．
(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一(特殊元素法) 甲在最右边时，其他的可全排，有 A 7
7种；甲不在最右边时，可从
余下 6 个位置中任选一个，有 A 1
6种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6 个中的任意一
个上，有 A 1
6种，其余人全排列，共有 A1
6·A1
6·A 6
6种．由分类加法计数原理，共有 A7
7＋A1
6·A1
6·A6
6
＝30 960(种)．
法二(特殊位置法) 先排最左边，除去甲外，有 A 1
7种，余下 7 个位置全排，有 A 7
7种，
但应剔除乙在最右边时的排法 A1
6·A 6
6种，因此共有 A1
7·A7
7－A1
6·A6
6＝30 960(种)．
法三(间接法) 8 个人全排，共 A 8
8种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A 7
7种，
乙在最右边时，有 A 7
7种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A 6
6种．因
此共有 A8
8－2A7
7＋A6
6＝30 960(种)．
类型三 组合的基本问题
课外活动小组共 13 人，其中男生 8 人，女生 5 人，并且男、女生各指定一名
队长．现从中选 5 人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有 1 名女生；
(2)两队长当选；
(3)至少有 1 名队长当选；
(4)至多有 2 名女生当选；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解：(1)1 名女生，4 名男生，故共有 C1
5·C4
8＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他 11 个作为一类，故共有 C2
2·C3
11＝165(种)．
(3)至少有 1 名队长当选含有两类：只有 1 名队长和 2 名队长．故共有：C1
2·C4
11＋C2
2·C3
11
＝825(种)．
或采用间接法：C5
13－C5
11＝825(种)．
(4)至多有 2 名女生含有三类：有 2 名女生、只有 1 名女生、没有女生，故选法为：C2
5·C3
8
＋ C1
5·C4
8＋C5
8＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：有 C 4
12种选法；
第二类女队长不当选：有 C1
4·C3
7＋C2
4·C2
7＋C3
4·C1
7＋C 4
4种选法．
故选法共有：
C4
12＋C1
4·C3
7＋C2
4·C2
7＋C3
4·C1
7＋C4
4＝790(种)．
点拨：
①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑
用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选 1 名队长，再从剩下的人
中选 4 人得 C1
2·C4
12≠825，请同学们自己找错因．
从 7 名男同学和 5 名女同学中选出 5 人，分别求符合下列条件的选法总数为
多少？
(1)A，B 必须当选；
(2)A，B 都不当选；
(3)A，B 不全当选；
(4)至少有 2 名女同学当选；
(5)选出 3 名男同学和 2 名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，
但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任．
解：(1)只要从其余的 10 人中再选 3 人即可，有 C3
10＝120(种)．
(2)5 个人全部从另外 10 人中选，总的选法有 C5
10＝252(种)．
(3)直接法，分两类：A，B 一人当选，有 C1
2C4
10＝420(种)．A，B 都不当选，有 C5
10
＝252(种)．
所以总的选法有 420＋252＝672(种)．
间接法：从 12 人中选 5 人的选法总数中减去从不含 A，B 的 10 人中选 3 人(即 A，B 都
当选)的选法总数，得到总的选法有 C5
12－C3
10＝672(种)．
(4)直接法，分四步：选 2 名女生，有 C2
5C3
7＝10×35＝350(种)；
选 3 名女生，有 C3
5C2
7＝210(种)；
选 4 名女生，有 C4
5C1
7＝35(种)；
选 5 名女生，有 C5
5＝1(种)．
所以总的选法有 350＋210＋35＋1＝596(种)．
间接法：从 12 人中选 5 人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，
即满足条件的选法有 C5
12－(C5
7＋C1
5C4
7)＝596(种)．
(5)分三步：选 1 男 1 女分别担任体育委员、文娱委员的方法有 C1
7C1
5＝35(种)；
再选出 2 男 1 女，补足 5 人的方法有 C2
6C1
4＝60(种)；
最后为第二步选出的 3 人分派工作，有 A3
3＝6(种)方法．
所以总的选法有 35×60×6＝12 600(种)．
类型四 分堆与分配问题
按下列要求分配 6 本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1 份 1 本，1 份 2 本，1 份 3 本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得 1 本，一人得 2 本，一人得 3 本；
(3)平均分成三份，每份 2 本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人 2 本；
(5)分成三份，1 份 4 本，另外两份每份 1 本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得 4 本，另外两人每人得 1 本；
(7)甲得 1 本，乙得 1 本，丙得 4 本．
解：(1)无序不均匀分组问题．
先选 1 本，有 C 1
6种选法；再从余下的 5 本中选 2 本，有 C 2
5种选法；最后余下 3 本全选，
有 C 3
3种选法．
故共有 C1
6C2
5C3
3＝60(种)．
(2)有序不均匀分组问题．
由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有 C1
6C2
5C3
3A3
3＝360(种)．
(3)无序均匀分组问题．
先分三步，则应是 C2
6C2
4C 2
2种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为 A，B，C，D，
E，F，若第一步取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则
C2
6C2
4C 2
2种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，
CD)，共有 A 3
3种情况，而这 A 3
3种情况仅是 AB，CD，EF 的顺序不同，因此只能作为一种分法，
故分配方式有C2
6C2
4C2
2
A3
3
＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题．
在(3)的基础上再分配给 3 个人，
共有分配方式C2
6C2
4C2
2
A3
3
·A3
3＝C2
6C2
4C2
2＝90(种)．
(5)无序部分均匀分组问题．共有C4
6C1
2C1
1
A2
2
＝15(种)．
(6)有序部分均匀分组问题．
在(5)的基础上再分配给 3 个人，
共有分配方式C2
6C1
2C1
1
A2
2
·A3
3＝90(种)．
(7)直接分配问题．
甲选 1 本，有 C 1
6种方法；乙从余下的 5 本中选 1 本，有 C 1
5种方法，余下 4 本留给丙，
有 C 4
4种方法，故共有分配方式 C1
6C1
5C4
4＝30(种)．
点拨：
平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列．分堆到位相当于分堆
后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：平均分堆到指定位置
堆数的阶乘
.对于分堆与
分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(像“名
额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意
是否均匀，如 6 分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)
为部分均匀分组．
(1)国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专
业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有 6 个免费培养的教育专业师范毕业生要平均
分到 3 所学校去任教，有____________种不同的分派方法．
解：先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有C2
6C2
4C2
2
A3
3
种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所学校，
有 A3
3＝6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C2
6C2
4C2
2
A3
3
·A3
3＝90 种分派方法．故填
90.
(2)(2015·广州调研)有 4 名优秀学生 A，B，C，D 全部被保送到甲、乙、丙 3 所学校，
每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有____________种．
解：先把 4 名学生分为 2、1、1 的 3 组，有 C2
4C1
2C1
1
A2
2
＝6 种分法，再将 3 组分到 3 个学校，
有 A3
3＝6 种情况，则共有 6×6＝36 种不同的保送方案．故填 36.
(3)(2015·江西模拟改编)若将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一
所 3 名，则有____________种不同的分法．
解：将 6 名教师分组，分三步完成：
第 1 步，在 6 名教师中任取 1 名作为一组，有 C 1
6种取法；
第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 C 2
5种取法；
第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 3
3种取法．
6 名教师分组共有 C1
6C2
5C3
3＝60 种取法．
再把这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A3
3＝6 种分法，
因此共有 60×6＝360 种不同的分法．故填 360.
类型五 数字排列问题
用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0 在个位时，有 A 3
5个；
第二类：2 在个位时，千位从 1，3，4，5 中选定一个(A 1
4种)，十位和百位从余下的数
字中选，有 A 2
4种，于是有 A1
4·A 2
4个；
第三类：4 在个位时，与第二类同理，也有 A1
4·A 2
4个．
由分类加法计数原理得，共有 A3
5＋2A1
4·A2
4＝156(个)．
(2)先排 0，2，4，再让 1，3，5 插空，
总的排法共 A3
3·A3
4＝144(种)，
其中 0 在排头，将 1，3，5 插在后三个空的排法共 A2
2·A3
3＝12(种)，此时构不成六位数，
故总的六位数的个数为 A3
3·A3
4－A2
2·A3
3＝ 144－12＝132(种)．
点拨：
本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或
位置，同时注意题中隐含条件 0 不能在首位．
(2015·山西模拟改编)用五个数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字的自然
数，问：
(1)四位数有几个？
(2)比 3 000 大的偶数有几个？
解：(1)首位数字不能是 0，其他三位数字可以任意，所以四位数有 C1
4A3
4＝96 个．
(2)比 3 000 大的必是四位数或五位数．
(Ⅰ)若是四位数，则首位数字必是 3 或 4.
①若 4 在首位，则个位数字必是 0 或 2，有 C1
2A 2
3个数，
②若 3 在首位，则个位数字必是 0 或 2 或 4，有 C1
3A 2
3个数，
所以比 3 000 大的四位偶数有 C1
2A2
3＋C1
3A2
3＝30 个．
(Ⅱ)若是五位数，则首位数字不能是 0，个位数字必是 0 或 2 或 4，
①若 0 在个位，则有 A 4
4个；
②若 0 不在个位，则有 C1
2C1
3A 3
3个数，
所以比 3 000 大的五位偶数有 A4
4＋C1
2C1
3A3
3＝60 个．
故比 3 000 大的偶数共有 30＋60＝90 个．
1．排列与组合的区别与联系
排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是
组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，
因此，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”．
2．解排列、组合题的基本方法
(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元
素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置．
(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所
有情况从总体中去掉．
(3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法
计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，
也要分步，其原则是先分类，再分步．
(4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排
好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．
(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余
“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列．
(6)相同元素隔板法：将 n 个相同小球放入 m(m≤n)个盒子里，要求每个盒子里至少有
一个小球的放法，等价于将 n 个相同小球串成一串，从间隙里选 m－1 个结点，剪截成 m 段，
共有 C m－1
n－1种放法．这是针对相同元素的组合问题的一种方法．
(7)定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他
元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数．
3．解组合问题时应注意
(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其
含义．
(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问
题常用间接法(或排除法)．
(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数
相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．对
于这类问题必须先分组后排列，若平均分 m 组，则分法＝取法
m！
.
1．A3
2n＝10A3
n，n＝( )
A．1 B．8 C．9 D．10
解：原式等价于 2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，n>3 且 n∈N*，整理得 n＝8.故
选 B.
2．某单位有 7 个连在一起的车位，现有 3 辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的 4
个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为 ( )
A．16 B．18 C．24 D．32
解：将 4 个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，则所求即为 4 个不同元素
的全排列 A4
4＝24，故选 C.
3．(2015·西安模拟)将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里，
使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10 种 B．20 种 C．36 种 D．52 种
解：1 号盒子可以放 1 个或 2 个球，2 号盒子可以放 2 个或 3 个球，故不同的放球方法
有 C1
4C3
3＋ C2
4C2
2＝10 种．故选 A.
4．(2016·徐州期中)4 名男生和 2 名女生站成一排照相，要求男生甲不站在最左端，
女生乙不站在最右端，则不同的排法有( )
A．480 B．504 C．696 D．600
解：利用间接法，4 名男生和 2 名女生站成一排照相任意排有 A6
6＝720 种排法，其中男
生甲站在最左端有 A5
5＝120 种，女生乙站在最右端有 A5
5＝120 种．男生甲站在最左端且女生
乙站在最右端有 A4
4＝24 种，故男生甲不站在最左端，女生乙不站在最右端有 720－120－120
＋24＝504 种排法．故选 B.
5．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 C．48 种 D．54 种
解：分两类，第一类：甲排在第一位，丙排在最后一位时，中间 4 个节目无限制条件，
有 A 4
4种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在
第一位有 C 1
3种排法，其他 3 个节目有 A 3
3种排法，故有 C1
3A 3
3种排法．依分类加法计数原理知，
共有 A4
4＋C1
3A3
3＝42(种)编排方案．故选 B.
6．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60°的共有( )
A．24 对 B．30 对 C．48 对 D．60 对
解：利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，
它们的棱是原正方体的 12 条面对角线．
一个正四面体中两条棱成 60°角的有(C2
6－3)对，两个正四面体有(C2
6－3)×2 对．又正
方体的面对角线中平行成对，所以共有(C2
6－3)×2×2＝48(对)．故选 C.
另解：任取一条对角线，与其在同一面内的一条对角线及对面的两条对角线与该线所成
角不为 60°，其余均为 60°，故所求为12×8
2
＝48(对)．
7．有一个不规则的六面体盒子(六个面大小不同)，现要用红、黄、蓝三种颜色刷盒子
的六个面，其中一种颜色刷 3 个面，一种颜色刷 2 个面，一种颜色刷 1 个面，则刷这个六面
体盒子的刷法有____________种．
解：可先分组后分配，即将 6 个面分成 3，2，1 三组共有 C3
6C2
3C 1
1种分组方法，然后每一
组用三种颜色去刷，各有 A 3
3种，由分步计数原理可知共有 C3
6C2
3C1
1A3
3＝360(种)刷法．故填 360.
8．(2016·山东潍坊联考)数字 1，2，3，4，5，6 按如图形式随机排列，设第一行的数
为 N1，其中 N2，N3 分别表示第二、三行中的最大数，则满足 N10)的展开式中 x2 的系数是 66，则
错误!sinxdx 的值为____________．
解：由题意可得(x2＋ax＋1)6 的展开式中 x2 的系数为 C1
6＋C2
6a2，故 C1
6＋C2
6a2＝66，所以 a
＝2 或 a＝－2(舍去)．故 错误!sinxdx＝(－cosx)|2
0＝1－cos2.故填 1－cos2.
1．二项展开式的通项主要用于求二项式的指数、项和系数，在运用公式时要注意以下
几点：
(1)Ck
nan－kbk 是第 k＋1 项，而不是第 k 项．
(2)求展开式的一些特殊项，通常都是由题意列出方程求出 k，再求所需的某项(有时需
先求 n)．计算时要注意 n，k 的取值范围及它们的大小关系．
(3)求展开式的某一项的系数，先要准确地写出通项，特别要注意符号问题，然后将通
项中的系数和字母分离．
2．要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别．在(a＋b)n 的展开式中，系数
最大的项是中间项；但当 a，b 的系数不是 1 时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需
要利用通项公式，根据系数的增减性具体讨论而定．
3．对三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目
也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意项与
项结合的合理性和简捷性．
4．二项式定理的应用方法
(1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证
明有关组合数恒等式的重要方法．
(2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问题”或“余数问题”的重要方法．
(3)整除问题要关注的是展开式的最后几项，求近似值问题关注的是展开式的前几项．
(4)有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理．
(5)要注意二项式定理的逆用，它常用于有关化简和求值问题．
1．(2016·湖北八校联考)在
x2－1
x
n
的展开式中，常数项为 15，则 n 的值可以为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解：因为 Tr＋1＝Cr
n(x2)n－r －1
x
r
＝Cr
n(－1)rx2n－3r，所以 Cr
n(－1)r＝15 且 2n－3r＝0，所以 n 可
能是 6.故选 D.
2．(2016·贵州模拟)在二项式(x2＋x＋1)(x－1)5 的展开式中，含 x4 项的系数是( )
A．－25 B．－5 C．5 D．25
解：因为(x2＋x＋1)(x－1)＝x3－1，所以原式可化为(x3－1)(x－1)4.故展开式中，含
x4 项的系数为 C3
4(－1)3－C0
4＝－4－1＝－5.故选 B.
3．(2015·南昌质检)在
x
2
－
1
3
x
n
的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则展开
式中常数项是( )
A．－7 B．7 C．－28 D．28
解：由题意可知 n＝8，
Tr＋1＝Cr
8
x
2
8－r －
1
3
x
r
＝
1
2
8－r
(－1)rCr
8·
48 3r
x
.令 8－4
3
r＝0，得 r＝6，
1
2
2
×(－1)6C6
8
＝7.故选 B.
4．(2015·湖北模拟)1－2C1
n＋4C2
n－8C3
n＋…＋(－2)nCn
n＝( )
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
解：逆用公式，将 1 看作公式中的 a，－2 看作公式中的 b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.
故选 C.
5．从
4
x＋ 1
x
20
的展开式中任取一项，则取到有理项的概率为( )
A. 5
21
B.2
7
C. 3
10
D.3
7
解：
4
x＋ 1
x
20
的展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ck
20(
4
x)20－k
1
x
k
＝Ck
20
35 4k
x
，其中 k＝0，1，2，…，20.而当 k＝0，4，8，12，
16，20 时，5－3
4
k 为整数，对应的项为有理项，所以从
4
x＋ 1
x
20
的展开式中任取一项，
取到有理项的概率为 P＝ 6
21
＝2
7
.故选 B.
6．若 x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则 log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)
等于( )
A．27 B．28 C．7 D．8
解：令 x＝－1 得 a0＋a1＋a2＋…＋a12＝28，①；令 x＝－3 得 a0－a1＋a2－a3＋…＋a12＝0，
②.①－②得 2(a1＋a3＋…＋a11)＝28，所以 a1＋a3＋…＋ a11＝27，所以 log2(a1＋a3＋…＋a11)
＝7.故选 C.
7．(2016·昆明调研)
2
x
＋x (1－ x)
4
的展开式中 x 的系数是____________．
解：(1－ x)
4
的展开式的通项公式 Tr＋1＝Cr
4(－ x)r＝(－1)rCr
4x
r
2，
2
x
＋x (1－ x)
4
的展
开式中含 x 的项为2
x
·(－1)4C4
4x2＋x·(－1)0C0
4x
0
2＝2
x
·x2＋x·1＝3x，故系数是 3.故填 3.
8．(2015·上海)在
1＋x＋ 1
x2 015
10
的展开式中，x2 项的系数为____________(结果用数
值表示)．
解：
1＋x＋ 1
x2 015
10
＝
（1＋x）＋ 1
x2 015
10
＝ (1＋x)10＋C1
10(1＋x)9 1
x2 015＋…，故 x2 项
只能在(1＋x)10 的展开式中，即为 C2
10x2，系数为 C2
10＝45.故填 45.
9．求证：
(1)32n＋2－8n－9 能被 64 整除(n∈N*)；
(2)3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．
证明：(1)因为 32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9
＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9
＝9(C0
n8n＋C1
n8n－1＋…＋Cn－1
n ·8＋Cn
n·1)－ 8n－9
＝9(8n＋C1
n8n－1＋…＋Cn－2
n 82)＋9·8n＋9－ 8n－9
＝9×82(8n－2＋C1
n8n－3＋…＋Cn－2
n )＋64n
＝64．
所以 32n＋2－8n－9 能被 64 整除．
(2)因为 n∈N*，且 n>2，所以 3n＝(2＋1)n 展开后至少有 4 项．(2＋1)n＝2n＋C1
n·2n－1＋…
＋Cn－1
n ·2＋1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n＋n·2n－1＝ (n＋2)·2n－1.
故 3n>(n＋2)·2n－1.
10．已知二项式
1
2
＋2x n
.
(1)若展开式中第 5 项，第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式
系数最大的项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系数最大的项．
解：(1)因为 C4
n＋C6
n＝2C5
n，
所以 n2－21n＋98＝0，所以 n＝7 或 n＝14.
当 n＝7 时，展开式中二项式系数最大的项是 T4 和 T5.所以 T4 的系数为 C3
7×
1
2
4
×23＝35
2
，
T5 的系数为 C4
7×
1
2
3
×24＝70.
当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8.所以 T8 的系数为 C7
14×
1
2
7
×27＝3 432.
(2)因为 C0
n＋C1
n＋C2
n＝79，所以 n2＋n－156＝0，所以 n＝12 或 n＝－13(舍去)．设第 k
＋1 项的系数最大，
因为
1
2
＋2x 12
＝
1
2
12
(1＋4x)12，
所以
Ck
124k≥Ck－1
12 4k－1，
Ck
124k≥Ck＋1
12 4k＋1.
所以 9.4≤k≤10.4，所以 k＝10.
所以展开式中系数最大的项为第 11 项，
且 T11＝C10
12·
1
2
2
·210·x10＝16 896x10.
11. (1)已知(1－x＋x2)3(1－2x2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a14x14，求 a1＋a3＋a5＋…＋a13 的
值．
(2)已知(x＋1)2(x＋2)2 014＝a0＋a1(x＋2)＋ a2(x＋2)2＋…＋a2 016(x＋2)2 016，求a1
2
＋a2
22＋a3
23
＋…＋a2 016
22 016的值．
解：(1)设 f(x)＝(1－x＋x2)3(1－2x2)4.
令 x 分别取 1，－1，则
f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a13＋a14＝1；
f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝27.
a1＋a3＋a5＋…＋a13＝f（1）－f（－1）
2
＝1－27
2
＝－13.
(2)依题意令 x＝－3
2
，得
－3
2
＋1 2 －3
2
＋2 2 014
＝a0＋a1
－3
2
＋2
＋a2
－3
2
＋2 2
＋…＋a2
016
－3
2
＋2 2 016
，令 x＝－2 得 a0＝0，则a1
2
＋a2
22＋ a3
23＋…＋a2 016
22 016＝
1
2
2 016
.
已知(1＋x＋x2) x＋1
x3
n
(n∈N*)的展开式中没有常数项，且 2≤n≤8，则 n＝
________.
解：因为(1＋x＋x2)
x＋1
x3
n
(n∈N*)的展开式中没有常数项，所以
x＋1
x3
n
的展开式中
没有常数项，且没有 x－1，x－2 项.
x＋1
x3
n
的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr
nxn－4r，当 n＝2，3，4 时，
取 r＝1 可知均不符合要求；当 n＝6，7，8 时，取 r＝2 可知均不符合要求；当 n＝5 时，r
取 0，1，2，3，4，5 均不会产生 x－1，x－2 及常数项．故填 5.
10．4 随机事件的概率
1．随机事件和确定事件
(1)在条件 S 下，一定会发生的事件，叫做相对于条件 S 的____________．
(2)在条件 S 下，一定不会发生的事件，叫做相对于条件 S 的____________．
必然事件与不可能事件统称为相对于一定条件 S 的确定事件．
(3)在条件 S 下可能发生也可能不发生的事件，叫做相对于条件 S 的__________．
(4)____________和____________统称为事件，一般用大写字母 A，B，C，…表示．
2．频率与概率
(1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出现，称 n 次试验中事件 A
出现的次数 nA 为事件 A 出现的________，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝________为事件 A 出
现的频率．
(2)对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数的增加，事件 A 发生的____________fn(A)
稳定在某个常数上，把这个____________记作 P(A)，称为事件 A 的____________．
(3)在一次试验中几乎不可能发生的事件称为__________．
3．事件的关系与运算(类比集合的关系与运算)
定义 符号表示
包含关系
如果事件 A 发生，则事件 B 一定发生，这
时称事件 B______事件 A(或称事件 A 包含
于事件 B)
(或 A⊆B)
相等关系 若 B⊇A 且 A⊇B ____________
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件 A 发生______
事件 B 发生，称此事件为事件 A 与事件 B
的并事件
A∪B
(或 A＋B)
交事件
(积事件)
若某事件发生当且仅当事件 A 发生____事
件 B 发生，则称此事件为事件 A 与事件 B
的交事件
A∩B
(或 AB)
互斥事件
若______为不可能事件，则事件 A 与事件 B
互斥
A∩B＝______
对立事件
若________为不可能事件，________为必
然事件，那么称事件 A 与事件 B 互为对立
事件
A∩B＝______
P(A∪B)
＝P(A)＋P(B)
＝________
拓展：“互斥事件”与“对立事件”的区别及联系：两个事件 A 与 B 是互斥事件，有如
下三种情况：①若事件 A 发生，则事件 B 就不发生；②若事件 B 发生，则事件 A 就不发生；
③事件 A，B 都不发生．两个事件 A 与 B 是对立事件，仅有前两种情况．因此，互斥未必对
立，但对立一定互斥．
4．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：____________.
(2)必然事件的概率 P(E)＝____________.
(3)不可能事件的概率 P(F)＝____________.
(4)互斥事件概率的加法公式
①如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝__________________________.
推广：如果事件 A1，A2，…，An 两两互斥(彼此互斥)，那么事件 A1＋A2＋…＋An 发生的
概 率 ， 等 于 这 n 个 事 件 分 别 发 生 的 概 率 的 和 ， 即 P(A1 ＋ A2 ＋ … ＋ An) ＝
_______________________.
②若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)＝__________________________.
自查自纠：
1．(1)必然事件 (2)不可能事件
(3)随机事件 (4)确定事件 随机事件
2．(1)频数 nA
n
(2)频率 常数 概率
(3)小概率事件
3．包含 B⊇A A＝B 或 且 A∩B ∅ A∩B A∪B ∅ 1
4．(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0
(4)①P(A)＋P(B) P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An) ②1－P(B)
(2015·湖北)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，
有人送来米 1 534 石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷 28 粒，则这批米
内夹谷约为( )
A．134 石 B．169 石
C．338 石 D．1 365 石
解：依题意，这批米内夹谷约为 28
254
×1 534≈169(石)，故选 B.
从装有红球和绿球的口袋内任取 2 个球(已知口袋中的红球、绿球数都大于 2)，那
么互斥而不对立的两个事件是( )
A．至少有一个是红球，至少有一个是绿球
B．恰有一个红球，恰有两个绿球
C．至少有一个红球，都是红球
D．至少有一个红球，都是绿球
解：选项 A，C 中两事件可以同时发生，故不是互斥事件；选项 B 中两事件不可能同时
发生，因此是互斥的，但两事件不对立；选项 D 中的两事件是对立事件．故选 B.
给出下列三个命题，其中正确命题的个数是( )
①设有一大批产品，已知其次品率为 0.1，则从中任取 100 件，必有 10 件是次品；
②做 7 次抛硬币的试验，结果 3 次出现正面，因此，出现正面的概率是3
7
；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
A．0 B．1 C．2 D．3
解：要明确在试验中，虽然随机事件发生的频率m
n
不是常数，但它具有稳定性，且总是
接近于某个常数，在其附近波动，这个常数叫做概率，所以随机事件发生的频率和它的概率
是不一样的．由此可知①②③都是不正确的．故选 A.
(2016·陕西质检)从一副混合后的扑克牌(54 张)中，随机抽取 1 张．事件 A 为“抽
得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P(A∪B)＝____________(结果用最简分数表示)．
解：因为P(A)＝1
54
，P(B)＝13
54
，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝ 1
54
＋13
54
＝14
54
＝ 7
27
.故填 7
27
.
(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只
黄球．从中一次随机摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为________．
解：所求概率为 1－C2
2
C2
4
＝5
6
.故填5
6
.
类型一 随机事件的概念
同时掷两颗骰子一次，
(1)“点数之和是 13”是什么事件？其概率是多少？
(2)“点数之和在 2～13 之间”是什么事件？其概率是多少？
(3)“点数之和是 7”是什么事件？其概率是多少？
解：(1)由于点数最大是 6，和最大是 12，不可能得 13，故此事件是不可能事件，其概
率为 0.
(2)由于点数之和最小是 2，最大是 12，在 2～13 之间，它是必然事件，其概率为 1.
(3)由(2)知，和是 7 是有可能的，此事件是随机事件．事件“点数之和是 7”包含的基
本事件有{1，6}，{2，5}，{3，4}，{4，3}，{5，2}，{6，1}共 6 个，因此该事件的概率 P
＝ 6
6×6
＝1
6
.
点拨：
明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义及相互联系．判断一个事件是哪类事件要
看两点：一是看条件，二是看结果发生与否，在条件 S 下事件发生与否是对应于条件 S 而言
的．
一个口袋内装有 5 个白球和 3 个黑球，从中任意取出一个球，
(1)“取出的球是红球”是什么事件？它的概率是多少？
(2)“取出的球是黑球”是什么事件？它的概率是多少？
(3)“取出的球是白球或黑球”是什么事件？它的概率是多少？
解：(1)由于口袋内装有黑、白两种颜色的球，故“取出的球是红球”是不可能事件，
其概率为 0.
(2)由已知，从口袋内取出一个球，可能是白球，也可能是黑球，故“取出的球是黑球”
是随机事件，它的概率是3
8
.
(3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球，故取出一个球不是黑球，就是白球，因此，
“取出的球是白球或黑球”是必然事件，它的概率为 1.
类型二 对立与互斥的概念
判断下列各组事件是否是互斥事件，并说明道理．
某小组有 3 名男生和 2 名女生，从中任选 2 名同学去参加演讲比赛，其中
(1)恰有 1 名男生和恰有 2 名男生；
(2)至少有一名男生和至少有一名女生；
(3)至少有一名男生和全是男生；
(4)至少有 1 名男生和全是女生．
解：(1)是互斥事件．
道理是：在所选的2名同学中，“恰有1名男生”实质选出的是“一名男生和一名女生”，
它与“恰有两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件．
(2)不是互斥事件．
道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结
果，“至少有 1 名女生”包括“1 名女生、1 名男生”和“两名都是女生”两种结果，它们可
能同时发生．
(3)不是互斥事件．
道理是：“至少有一名男生”包括“一名男生、一名女生”和“两名都是男生”，这与
“全是男生”可同时发生．
(4)是互斥事件．
道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结
果，它和“全是女生”不可能同时发生．
点拨：
判断两个事件是否为互斥事件，就是考查它们能否同时发生，如果不能同时发生，则是
互斥事件，否则，就不是互斥事件．判断对立与互斥除了用定义外，也可以利用集合的观点
来判断．注意：①事件的包含、相等、互斥、对立等，其发生的前提条件应是一样的；②对
立是针对两个事件来说的，而互斥可以是多个事件的关系．
某地有甲、乙两种报纸供居民订阅，记事件 A 为“只订甲报纸”，事件 B 为
“至少订一种报纸”，事件 C 为“至多订一种报纸”，事件 D 为“一种报纸也不订”．判断
下列每对事件是不是互斥事件；如果是，再判断它们是不是对立事件．
(1)A 与 C；(2)B 与 D；(3)B 与 C；(4)C 与 D.
解：(1)由于事件 C“至多订一种报纸”中有可能“只订甲报纸”，即事件 A 与事件 C
有可能同时发生，故 A 与 C 不是互斥事件．
(2)事件 B“至少订一种报纸”与事件 D“一种报纸也不订”是不可能同时发生的，故 B
与 D 是互斥事件．由于事件 B 不发生可导致事件 D 一定发生，且事件 D 不发生会导致事件 B
一定发生，故 B 与 D 还是对立事件．
(3)事件 B“至少订一种报纸”中有这些可能：“只订甲报纸”“只订乙报纸”“订甲、
乙两种报纸”，事件 C“至多订一种报纸”中有这些可能：“一种报纸也不订”“只订甲报
纸”“只订乙报纸”，由于这两个事件可能同时发生，故 B 与 C 不是互斥事件．
(4)由(3)的分析，事件 D“一种报纸也不订”是事件 C 的一种可能，即事件 C 与事件 D
有可能同时发生，故 C 与 D 不是互斥事件．
类型三 互斥与对立的运用(初步)
(2016·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率
如下：
排队
人数
0 1 2 3 4
5 人及 5 人
以上
概率
0.
1
0.1
6
0.
3
0.
3
0.
1
0.04
求：(1)至多 2 人排队等候的概率是多少？
(2)至少 3 人排队等候的概率是多少？
解：记“无人排队等候”为事件 A，“1 人排队等候”为事件 B，“2 人排队等候”为事件
C，“3 人排队等候”为事件 D，“4 人排队等候”为事件 E，“5 人及 5 人以上排队等候”为事
件 F，则事件 A，B，C，D，E，F 彼此互斥．
(1)记“至多 2 人排队等候”为事件 G，则 G＝A＋B＋C，所以 P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)
＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)解法一：记“至少 3 人排队等候”为事件 H，则 H＝D＋E＋F，所以 P(H)＝P(D＋E＋
F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
解法二：记“至少 3 人排队等候”为事件 H，则其对立事件为事件 G，所以 P(H)＝1－
P(G)＝0.44.
点拨：
(1)解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析是不是互斥事件或对立
事件，再选择概率公式进行计算．(2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：①直接法，
将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计
算；②间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式 P(A)＝1－P(A)求解，即用正难则
反的数学思想，特别是“至多”“至少”型问题，用间接法往往显得较简便．
国家射击队的队员为在射击世锦赛上取得优异成绩，正在加紧备战，经过近
期训练，某队员射击一次命中 7～10 环的概率如下表所示：
命中环数 10 环 9 环 8 环 7 环
概率 0.32 0.28 0.18 0.12
求该射击队员射击一次：
(1)命中 9 环或 10 环的概率；
(2)命中不足 8 环的概率．
解：记“射击一次，命中 k 环”为事件 Ak(k∈N，7≤k≤10)，则事件 Ak 彼此互斥．
(1)记“射击一次，命中 9 环或 10 环”为事件 A，那么当 A9，A10 之一发生时，事件 A 发
生，由互斥事件概率的加法公式得 P(A)＝P(A9)＋P(A10)＝0.28＋0.32＝0.60.
(2)记“射击一次，至少命中 8 环”为事件 B，则 B 表示事件“射击一次，命中不足 8
环”．
又 B＝A8∪A9∪A10，由互斥事件概率的加法公式得
P(B)＝P(A8)＋P(A9)＋P(A10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.
故 P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22.
因此，射击一次，命中不足 8 环的概率为 0.22.
1．概率与频率的关系
(1)频率是一个随机数，在试验前是不能确定的．
(2)概率是一个确定数，是客观存在的，与试验次数无关．
(3)频率是概率的近似值，随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率，因而概
率是频率的稳定值．
2．互斥事件、对立事件的判定方法
(1)利用基本概念
①互斥事件是两个不可能同时发生的事件；
②对立事件首先是互斥事件，且必有一个发生．
(2)利用集合的观点来判断
设事件 A 与 B 所含的结果组成的集合分别是 A，B，
①事件 A 与 B 互斥，即集合 A∩B＝∅ ；
②事件 A 与 B 对立，即集合 A∩B＝∅ ，且 A∪B＝I(全集)，也即 A＝∁ IB 或 B＝∁ IA；
③对互斥事件 A 与 B 的和 A＋B，可理解为集合 A∪B.
3．求复杂互斥事件概率的方法
一是直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和，运用互斥事件的求
和公式计算；二是间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式 P(A)＝1－P(A)，即运
用逆向思维的方法(正难则反)求解，应用此公式时，一定要分清事件的对立事件到底是什么
事件，不能重复或遗漏．特别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目，用第二种方法往往
显得比较简便．
1．给出下列事件：
①同学甲竞选班长成功；
②两队比赛，强队胜利；
③一所学校共有 998 名学生，至少有三名学生的生日相同；
④若集合 A，B，C 满足 A⊆B，B⊆C，则 A⊆C；
⑤古代有一个国王想处死一位画师，背地里在 2 张签上都写了“死”字，再让画师抽
“生死签”，画师抽到死签；
⑥七月天下雪；
⑦从 1，3，9 中任选两数相加，其和为偶数；
⑧骑车通过 10 个十字路口，均遇红灯．
其中属于随机事件的有( )
A．3 个 B．4 个 C．5 个 D．6 个
解：①②⑥⑧为随机事件．故选 B.
2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C，D 发生的概率分别是 0.2，0.2，0.3，
0.3，则下列说法正确的是( )
A．A∪B 与 C 是互斥事件，也是对立事件
B．B∪C 与 D 是互斥事件，也是对立事件
C．A∪C 与 B∪D 是互斥事件，但不是对立事件
D．A 与 B∪C∪D 是互斥事件，也是对立事件
解：由于 A，B，C，D 彼此互斥，且 A∪B∪C∪D 是一个必然事件，故其事件的关系可由
如图所示的 Venn 图表示，
由图可知，任何一个事件与其余 3 个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和
事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．故选 D.
3．(2016·郑州质检)甲、乙两人下棋，和棋的概率为1
2
，乙获胜的概率为1
3
，则下列说
法正确的是( )
A．甲获胜的概率是1
6
B．甲不输的概率是1
2
C．乙输了的概率是2
3
D．乙不输的概率是1
2
解：“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是 P＝1－1
2
－1
3
＝
1
6
；
设事件 A 为“甲不输”，则 A 是“甲胜”“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以 P(A)
＝1
6
＋1
2
＝2
3
；
“乙输了”即“甲胜了”，所以“乙输了”的概率为1
6
；“乙不输”的概率为 1－1
6
＝5
6
.
故选 A.
4．(2015·南昌模拟)5 张卡片上分别写有数字 1，2，3，4，5，从这 5 张卡片中一次随
机抽取 2 张，则取出的 2 张卡片上数字之和为偶数的概率为( )
A.3
5
B.2
5
C.3
4
D.2
3
解：数字之和为偶数，则取出的 2 张卡片上的数字为 2 个奇数或 2 个偶数，故所求为C2
2＋C2
3
C2
5
＝2
5
.故选 B.
5．将一枚骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别为 b，c，则方程 x2＋bx＋c＝0 有实根
的概率为( )
A.19
36
B.1
2
C.5
9
D.17
36
解：若方程有实根，则Δ＝b2－4c≥0，当有序实数对(b，c)的取值为(6，6)，(6，5)，…，
(6，1)，(5，6)，(5，5)，…，(5，1)，(4，4)，…，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)
时方程有实根，共 19 种情况，而(b，c)等可能的取值共有 36 种情况，所以方程有实根的概
率为 P＝19
36
.故选 A.
6．若随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，
则实数 a 的取值范围是( )
A.
5
4
，2
B.
5
4
，3
2
C.
5
4
，3
2 D.
5
4
，4
3
解：由题意可知
0P(A2)，所以甲应选择 L1.
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
因为 P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择 L2.
袋中有 12 个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红
球的概率是1
4
，得到黑球或黄球的概率是 5
12
，得到黄球或绿球的概率是1
2
，试求：从中任取一
球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
解：从中任取一球，分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件 A，B，C，D.由于 A，B，
C，D 为互斥事件，根据已知得
1
4
＋P（B）＋P（C）＋P（D）＝1，
P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝ 5
12
，
P（C∪D）＝P（C）＋P（D）＝1
2
，
解得
P（B）＝1
4
，
P（C）＝1
6
，
P（D）＝1
3
.
所以从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是1
4
，1
6
，1
3
.
10．5 古典概型
1．基本事件
在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果，它们是试验中不能再分
的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样的事件称为____________．
2．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是____________的．
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成____________的和．
3．古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型：
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有__________个．
(2)每个基本事件出现的可能性____________．
4．古典概型的概率公式
对于古典概型，其计算概率的公式为__________．
自查自纠：
1．基本事件
2．(1)互斥 (2)基本事件
3．(1)有限 (2)相等
4．P(A)＝A 包含的基本事件的个数
基本事件的总数
(2015·广东)袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球，其中有 10 个白球，5 个红
球，从袋中任取 2 个球，所取的 2 个球中恰有 1 个白球，1 个红球的概率为( )
A. 5
21
B.10
21
C.11
21
D．1
解：15 个球任取两球有 C 2
15种情况，所取 2 球中恰有 1 个白球，1 个红球的情况有 C1
10C 1
5
种，故所求概率 P＝C1
10C1
5
C2
15
＝10
21
.故选 B.
从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离不小于该
正方形边长的概率为( )
A.1
5
B.2
5
C.3
5
D.4
5
解：根据题意知，取 2 个点的所有情况为 C2
5＝10(种)，2 个点的距离小于该正方形边长
的情况有 4 种，故所求概率 P＝1－ 4
10
＝3
5
.故选 C.
(2014·新课标Ⅰ)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周
六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
A.1
8
B.3
8
C.5
8
D.7
8
解：4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 24＝16(种)，其
中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有 1 种，所以所求概率为 1－1＋1
16
＝7
8
.故选 D.
现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项，－3 为公比的等比数列，若从这 10 个
数中随机抽取一个数，则它小于 8 的概率是____________．
解：由题意得 an＝(－3)n－1，易知前 10 项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于 8 的项
为第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以所求概率为 6
10
＝3
5
.故填3
5
.
(2016·江苏)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个
点的正方体玩具)先后抛掷 2 次，则出现向上的点数之和小于 10 的概率是____________．
解：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2 次，有 36 种结果，其中点数之和不小于 10 的有
(6，6)，(6，5)，(6，4)，(5，6)，(5，5)，(4，6)，共 6 种，故所求概率为 1－ 6
36
＝5
6
.故
填5
6
.
类型一 基本事件与基本事件空间的概念
将一枚均匀硬币抛掷三次，观察向上一面的正反．
(1)试用列举法写出该试验所包含的基本事件；
(2)事件 A：“恰有两次正面向上”包含几个基本事件；
(3)事件 B：“三次都正面向上”包含几个基本事件．
解：(1)试验的所有基本事件有：(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(正，
正，正)，(反，反，反)，(反，反，正)，(反，正，反)，(反，正，正)，共 8 种等可能结
果．
(2)事件 A 包含的基本事件有三个：(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)．
(3)事件 B 包含的基本事件只有一个：(正，正，正)．
点拨：
基本事件是试验中不能再分解的事件，是“最小”的“事件单位”．任何基本事件都是
互斥的，任何复杂事件都可以分解为基本事件，所有基本事件的全体组成基本事件空间．
做抛掷两颗骰子的试验，用(x，y)表示结果，其中 x 表示第一颗骰子出现的
点数，y 表示第二颗骰子出现的点数，写出：
(1)试验的基本事件；
(2)事件“出现点数之和大于 8”；
(3)事件“出现点数相等”；
(4)事件“出现点数之和大于 10”．
解：(1)这个试验的基本事件为
(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，
(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，
(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，
(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，
(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，
(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)．
(2)“出现点数之和大于 8”包含以下 10 个基本事件：
(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，
6)．
(3)“出现点数相等”包含以下 6 个基本事件：(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，
5)，(6，6)．
(4)“出现点数之和大于 10”包含以下 3 个基本事件：(5，6)，(6，5)，(6，6)．
类型二 列举基本事件求概率
(2014·天津)某校夏令营有 3 名男同学 A，B，C 和 3 名女同学 X，Y，Z，其年
级情况如下表：
一年级 二年级 三年级
男同学 A B C
女同学 X Y Z
现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同)．
(1)用表中字母列举出所有可能的结果；
(2)设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，求事件
M 发生的概率．
解：(1)从 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，
{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，
{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共 15 种．
(2)选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学的所有可能结果为{A，Y}，
{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共 6 种．
因此，事件 M 发生的概率 P(M)＝ 6
15
＝2
5
.
点拨：
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的基本事件
数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出，要做到不重复、不遗漏，
可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．
(2015·北京)A，B 两组各有 7 位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：
天)记录如下：
A 组：10，11，12，13，14，15，16
B 组：12，13，15，16，17，14, a
假设所有病人的康复时间相互独立，从 A，B 两组随机各选 1 人， A 组选出的人记为甲，
B 组选出的人记为乙．
(1)求甲的康复时间不少于 14 天的概率；
(2)如果 a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(3)当 a 为何值时，A，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)
解：(1)甲有 7 种选法，康复时间不少于 14 天的有 3 种选法，所以所求概率为3
7
.
(2) 如果 a＝25，从 A，B 两组随机各选 1 人，共有 49 种选法，甲的康复时间比乙的康
复时间长的情形列举如下：(13，12)，(14，12)，(14，13)，(15，12)，(15，13)，(15，
14)，(16，12)，(16，13)，(16，15)，(16，14)，有 10 种，所以所求概率为10
49
.
(3)把 B 组数据调整为 a，12，13，14，15，16，17，或 12，13，14，15，16，17，a，
可见当 a＝11 或 a＝18 时，B 组数据与 A 组数据方差相等．
类型三 无放回抽样问题
有 10 件产品，其中有 2 件次品，每次抽取 1 件检验，抽检后不放回，共抽 2
次．求下列事件的概率：
(1)两次抽取的都是正品；
(2)抽到的恰有一件为次品；
(3)第 1 次抽到正品，第 2 次抽到次品．
解：记Ω＝{从 10 件产品中任抽 2 件}，则 n＝card(Ω)＝C2
10.
(1)记 A＝{从 10 件产品中抽 2 件，都是正品}，
则 m1＝card(A)＝C2
8.
所以 P(A)＝C2
8
C2
10
＝28
45
.
(2)记 B＝{从 10 件产品中抽 2 件，一件为正品，一件为次品}，则 m2＝card(B)＝C1
2C1
8.
所以 P(B)＝C1
2C1
8
C2
10
＝16
45
.
(3)解法一：由于事件 B 中包含“第 1 次为正品，第 2 次为次品”和“第 1 次为次品，
第 2 次为正品”两种等可能的情况．
所以所求事件的概率 P＝
1
2
C1
2C1
8
C2
10
＝ 8
45
.
解法二：记Ω′＝{从 10 件产品中，任取一件(放入甲袋中)，再从剩下 9 件产品中任取
一件(放入乙袋中)}，记 C＝{第 1 次取出的是正品，第 2 次取出的是次品}＝{甲袋中为正品，
乙袋中为次品}，所以 card(Ω′)＝A2
10，card(C)＝C1
8C1
2.
所以 P(C)＝C1
8C1
2
A2
10
＝ 8
45
.
点拨：
请注意题(3)的两种解法，一种是将试验(抽取 2 件产品)看作是组合(无序的)，一种是
将试验看作是排列(有序的)，值得注意的是两种解法的样本空间不同，事件 C 不属于样本空
间Ω(C∉ Ω)，因此不能用 card(Ω)进行计算．样本空间的选取会影响到解答的过程，因此
解等可能概型时，建议遵循以下步骤：①判断该问题是等可能概型；②确定样本空间(即试
验的方法，因为试验的方法影响样本空间)；③用排列组合方法确定 card(Ω)与 card(A)，
得到 P(A)＝ card（A）
card（Ω）
.
(2015·四川)某市 A，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了 3 名
男生、2 名女生，B 中学推荐了 3 名男生、4 名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由
于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取 3 人、女生中随机抽取 3 人组成代表
队．
(1)求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛，设 X 表示参赛的男生人数，
求 X 的分布列和数学期望．
解：(1)由题意，参加集训的男、女生各有 6 名．
代表队的学生全从 B 中学抽取(等价于 A 中学没有学生入选代表队)的概率为C3
3C3
4
C3
6C3
6
＝ 1
100
.
因此，A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率为 1－ 1
100
＝ 99
100
.
(2)根据题意，X 的可能取值为 1，2，3.
P(X＝1)＝C1
3C3
3
C4
6
＝1
5
，P(X＝2)＝C2
3C2
3
C4
6
＝3
5
，
P(X＝3)＝C3
3C1
3
C4
6
＝1
5
.
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
P 1
5
3
5
1
5
因此，X 的数学期望为
E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×1
5
＋2×3
5
＋3×1
5
＝2.
类型四 有放回抽样
10 个球，其中 3 个白球 7 个黑球，某人有放回地进行抽球，求下列事件的概率：
(1)第 3 次抽到白球；
(2)第 3 次才抽到白球．
解：(1)记Ω＝{第 3 次抽球}，则 n＝10，A＝{第 3 次抽到白球}，m＝3.所以 P(A)＝ 3
10
＝
0.3.
(2)记Ω′＝{连续从 10 个球中有放回地抽 3 次球}，则 n＝103，B＝{第 3 次才抽到白球}，
则 m＝7×7×3.
所以 P(B)＝7×7×3
103 ＝0.147.
点拨：
①第一问中的样本空间也可以扩大为(2)中的Ω′，此时(1)中的 m 有变化，但结果为
10×10×3
103 ＝0.3 不变；②运用独立性概念也可以计算(2)的概率，即 P＝ 7
10
× 7
10
× 3
10
＝0.147；
③注意7×7×3
103 ＝0.147 与 7×6×3
10×9×8
＝0.175 的区别．
箱中有 a 个正品，b 个次品(a，b 均为大于 3 的正整数)，从箱中连续随机抽
取 3 次，每次抽取一个产品，分别求采用以下两种抽样方式，抽取的 3 个产品全是正品的概
率．
(1)每次抽样后不放回；
(2)每次抽样后放回．
解： (1)解法一：若把不放回抽样 3 次看成有顺序，则从 a＋b 个产品中不放回抽样 3
次共有 A 3
a＋b种方法，从 a 个正品中不放回抽样 3 次共有 A 3
a种方法，所以所求概率为 A3
a
A3
a＋b
.
解法二：若不放回抽样 3 次看成无顺序，则从 a＋b 个产品中不放回抽样 3 次共有 C 3
a＋b种
方法，从 a 个正品中不放回抽样 3 次共有 C 3
a种方法，所以所求概率为 C3
a
C3
a＋b
＝ A3
a
A3
a＋b
.
(2)从 a＋b 个产品中有放回地抽取 3 次，每次都有 a＋b 种方法，所以共有(a＋b)3 种不
同的方法，而 3 个全是正品的抽法共有 a3 种，所以所求概率为 a3
（a＋b）3＝
a
a＋b
3
.
类型五 间接计算
某班有 N(N∈N*，N<365)名同学，求至少 2 人在同一天过生日的概率(一年按 365
天计)．
解：Ω＝{N 名同学过生日}，A＝{至少有 2 名同学同一天过生日}．则 n＝365N，对于 A，
其 m＝card(A)＝AN
365.
所以 P(A)＝1－ AN
365
365N.
点拨：
间接计算是计算概率十分常用的方式，是“正难则反”策略的体现，对于含“至
多”“至少”等词句的概率问题，一般情况下应首先考虑利用这一策略．高考概率大题对间
接计算的考查也比较常见，尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题．应用时应
注意相关概率的计算应准确无误．
(2016·金华模拟)从 1，2，3，4，5，6 六个数中任取 2 个数，则取出的两个
数不是连续自然数的概率是( )
A.3
5
B.2
5
C.1
3
D.2
3
解：取出的两个数是连续自然数的有 5 种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率
P＝1－5
C2
6
＝1－ 5
15
＝2
3
.故选 D.
1．古典概型是概率论中最简单而又直观的模型，在概率论的发展初期曾是主要研究对
象，许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”)．要判断一个试验
是否为古典概型，只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能
性．
2．求古典概型的概率
(1)对于事件 A 的概率的计算，关键是要分清基本事件总数 n 与事件 A 包含的基本事件
数 m.因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的
基本事件数有多少个；第三，事件 A 是什么，它包含的基本事件总共有多少个．
(2)如果基本事件的个数比较少，可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举
出来，然后再求出事件 A 中的基本事件数，利用公式 P(A)＝m
n
求出事件 A 的概率，这是一个
形象直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏．
(3)如果基本事件个数比较多，列举有一定困难时，也可借助列表法、画树形图、两个
计数原理及排列组合知识直接计算 m，n，再运用公式 P(A)＝m
n
求概率．
(4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算，较为复杂的概率问题的处理
方法有：
①转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式求解；
②采用间接法，先求事件 A 的对立事件 A 的概率，再由 P(A)＝1－P(A)求事件 A 的概率．
1．(2016·中山二模)袋子里有 3 个白球，4 个黑球，5 个红球，某人一次抽取 3 个球，
若每个球被抽到的机会均等，则该人抽到的球颜色互异的概率是( )
A.1
4
B.1
3
C.2
7
D. 3
11
解：基本事件总数为 C3
12＝220(种)，该人抽到的球颜色互异的情况有 3×4×5＝60(种)，
故所求概率为 60
220
＝ 3
11
.故选 D.
2．若有 2 位老师，2 位学生站成一排合影，则每位老师都不站在两端的概率是( )
A. 1
12
B.1
6
C.1
4
D.1
2
解：依题意，所求概率为 P＝A2
2A2
2
A4
4
＝1
6
.故选 B.
3．从集合 A＝{2，3，－4}中随机选取一个数记为 k，从集合 B＝{－2，－3，4}中随机
选取一个数记为 b，则直线 y＝kx＋b 不经过第二象限的概率为( )
A.2
9
B.1
3
C.4
9
D.5
9
解：依题意 k 和 b 的所有可能的取法一共有 3×3＝9(种)，当直线 y＝kx＋b 不经过第
二象限时，应有 k>0，b<0，一共有 2×2＝4(种)，所以所求概率为4
9
.故选 C.
4．连掷两次骰子分别得到点数 m，n，则向量(m，n)与向量(－1，1)的夹角θ>90°的
概率是( )
A. 5
12
B. 7
12
C.1
3
D.1
2
解：因为(m，n)·(－1，1)＝－m＋n<0，所以 m>n.
基本事件总共有 6×6＝36(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，
2)，(4，3)，(5，1)，…，(5，4)，(6，1)，…，(6，5)，共 1＋2＋3＋4＋5＝15(个)．
所以所求概率 P＝15
36
＝ 5
12
.故选 A.
5．(2015·亳州质检)已知集合 M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A 是集合
N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线 OA 与 y＝x2＋1 有交点的概率是( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
8
解：易知过点(0，0)与 y＝x2＋1 相切的直线为 y＝2x(斜率小于 0 的无需考虑)，集合 N
中共有 16 个元素，其中使 OA 斜率不小于 2 的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)，共 4
个，故所求的概率为 4
16
＝1
4
.故选 C.
6．一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为 a，b，c，当且仅当 a>b，bb，b 3，故所求概率等于二圆面积之比1
4
；(Ⅱ)设弦 AB 的一端固定于圆
上，于是弦的另一端 B 是“任意”的，考虑正三角形 ADE(图 2)，弦长 l> 3的充要条件为 B
落在劣弧DE︵上，故所求概率为劣弧DE︵的弧长与圆周长之比1
3
.有兴趣的同学可以翻阅相关资
料，并不妨探究一下：这三种解答采用的都是何种等可能性的假定？
(1)在区间
－π
2
，π
2 上随机取一个数 x，则 sinx 的值介于－1
2
与1
2
之间的概率
为( )
A.1
3
B. 2
π
C.1
2
D.2
3
(2)在区间内随机地取出一个数 a，使得 1∈{x|2x2＋ax－a2>0}的概率为____________．
(3)(2016·昆明统考)设 a∈，则函数 g(x)＝a－2
x
在区间(0，＋∞)上为增函数的概率为
____________．
解：(1)所求概率 P＝
π
6
－
－π
6
π
2
－
－π
2
＝1
3
.故选 A.
(2)由 1∈{x|2x2＋ax－a2>0}，得 a2－a－2<0⇒－10，b>0 时 ax＋b
x
在
0， b
a 上递减，在
b
a
，＋∞
上递增；x－1
x
和 4x－1
x
在(0，＋∞)上递增，所以对 x∈，可使|f(x)＋g(x)|≤8
恒成立的有 x－1
x
，x＋1
x
，x＋4
x
，4x－1
x
，故事件 A 包含的基本事件有 4 种，所以 P(A)＝4
6
＝2
3
，
故所求概率是2
3
.
(2)设事件 B 表示 f(x)和 g(x)是“友好函数”，
因为 a 是从区间中任取的数，b 是从区间中任取的数，所以点(a，b)所在区域是长为 3，
宽为 3 的正方形区域．结合(1)可知，要使 x∈时，|f(x)＋g(x)|≤8 恒成立，需 f(1)＋g(1)
＝a＋b≤8 且 f(2)＋g(2)＝2a＋b
2
≤8，所以事件 B 表示的点的区域是如图所示的阴影部分．
所以 P(B)＝
1
2
×
2＋11
4 ×3
3×3
＝19
24
，故所求的概率是19
24
.
类型六 随机模拟
试写出一个随机模拟的方法，用来近似计算由 y＝x2＋1 与 y＝8 所围区域的面
积．
解：在平面直角坐标系内画出正方形，如图所示，用随机模拟的方法可以求出阴影部分
与正方形的面积之比，从而求得阴影部分面积的近似值．
设事件 A 表示“随机向正方形内投点，所投的点落在阴影部分”．
S1 用计数器 n 记录做了多少次投点试验，用计数器 m 记录其中有多少个点(x，y)满足
y＞x2＋1(即点落在阴影部分)．首先置 n＝0，m＝0.
S2 用变换 rand( )*8－4 产生－4～4 之间的均匀随机数 x，表示所投的点的横坐标；
用变换 rand( )*8 产生 0～8 之间的均匀随机数 y，表示所投的点的纵坐标．
S3 判断点(x，y)是否落在阴影部分，即是否满足 y＞x2＋1.如果是，则计数器 m 的值
加 1，即 m＝m＋1；如果不是，m 的值保持不变．
S4 表示随机试验次数的计数器 n 的值加 1，即 n＝n＋1.如果还要继续试验，则返回步
骤 S2 继续执行；否则，程序结束．程序结束后，用事件 A 发生的频率m
n
作为事件 A 的概率的
近似值．
设阴影部分的面积为 S，正方形的面积为 64.由几何概型的概率公式得 P(A)＝ S
64
.
所以阴影部分面积的近似值为64m
n
.
点拨：
利用随机模拟的方法计算不规则图形的面积的一个常用思路是：在不规则图形外加一个
规则图形，利用几何概型的概率公式求出落在所求面积的图形内任意一点的事件发生的概
率；再利用随机模拟的方法产生随机数，计算相关频率．当试验次数增加到一定程度，所得
的频率就可以看成用几何概型的概率公式求出的概率，进而可求出所求的面积．用类似方法
也可求出不规则几何体的体积．
甲盒中有红、黑、白皮笔记本各 1 本，乙盒中有黄、黑、白皮笔记本各 1 本，
且所有笔记本的规格质地相同，从两盒中各取 1 本．
(1)请设计一种随机模拟的方法，来近似计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率；
(2)计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率．
解：(1)第一步，利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为 1，2，3
中的随机数．用“1”表示取到红色笔记本，“2”表示取到黑色笔记本，“3”表示取到白色
笔记本．
第二步，利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为 2，3，4 中的随机
数．用“4”表示取到黄色笔记本，“2”表示取到黑色笔记本，“3”表示取到白色笔记本．
第三步，重复上面的两步 n 次．统计前两步取到不同数的试验次数 m，则m
n
就是取出的
两本是不同颜色笔记本的概率的近似值．
(2)从两盒中各取一本的所有情形为(红，黄)，(红，黑)，(红，白)；(黑，黄)，(黑，
黑)，(黑，白)；(白，黄)，(白，黑)，(白，白)，共 9 种．两本笔记本颜色相同的情形为(黑，
黑)，(白，白)，共 2 种．
故所求概率为 P＝1－2
9
＝7
9
.
1．几何概型与古典概型的关系
几何概型与古典概型都是等可能概型，区别在于前者的实验结果不是有限个．
2．解决几何概型问题，注意把握好以下几点：
(1)能正确区分古典概型与几何概型．
例 1：在区间上任意取一个整数 x，求 x 不大于 3 的概率．
例 2：在区间上任意取一个实数 x，求 x 不大于 3 的概率．
例 1 的基本事件总数为有限个 11，不大于 3 的基本事件有 4 个，此为古典概型，故所
求概率为 4
11
.例 2 的基本事件总数为无限个，属于几何概型，所求概率为 3
10
.
(2)准确分清几何概型中的测度定性．
例 3：在等腰 Rt△ABC 中，∠C＝90°，在直角边 BC 上任取一点 M，求∠CAM＜30°的概
率．
例 4：在等腰 Rt△ABC 中，∠C＝90°，在∠CAB 内过点 A 作射线交线段 BC 于点 M，求∠CAM
＜30°的概率．
例 3 中的测度定性为线段长度，当∠CAM0＝30°，CM0＝ 3
3
AC＝ 3
3
CB.满足条件的点 M
等可能的分布在线段 CM0 上，故所求概率等于CM0
CB
＝ 3
3
.例 4 中的测度定性为角度，过点 A 作
射线与线段 CB 相交，这样的射线有无数条，均匀分布在∠CAB 内，∠CAB＝45°.所以所求
概率等于∠CAM0
∠CAB
＝30°
45°
＝2
3
.
(3)科学设计变量，数形结合解决问题．
例 5：某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台整点报时，求他等待时间
不多于 10 分钟的概率．
例 6：某人午觉醒来，发现表停了，求表停的分钟数与实际分钟数差异不超过 5 分钟的
概率．
例 5 是《必修 3》P136 的例题，此题中的变量(单变量)可看作是时间的长度，故所求概
率为10
60
＝1
6
.例 6 容易犯解例 5 形成的定势思维的错误，得到错误答案 5
60
＝ 1
12
.原因在于没有
认清题中的变量，本题的变量有两个：手表停的分钟数和实际分钟数，都可取内的任意时刻，
故所求概率需用到面积型几何概型，由|x－y|≤5 结合线性规划知识可解，所求概率为
602－552
602 ＝ 23
144
.通过这两道例题我们也可以看出，单变量多用线型测度，多变量需用面积(或
体积)型测度．在画好几何图形后，利用数形结合思想解题．
3．几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多
个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基
本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题可考虑利用几何概型解决．
1．在区间上随机取一个数 x，则事件“sinx≥1
2
”发生的概率为( )
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解：sinx≥1
2
，又 x∈，所以π
6
≤x≤5
6
π.
所以所求概率 P＝
5π
6
－π
6
π－0
＝2
3
.故选 D.
2．分别以正方形 ABCD 的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该
正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )
A.4－π
2
B.π－2
2
C.4－π
4
D.π－2
4
解：设正方形边长为 2，阴影区域的面积的一半等于半径为 1 的圆减去 2 个△BOC 的面
积，即为π－2，则阴影区域的面积为 2π－4，所以所求概率为 P＝2π－4
4
＝π－2
2
.故选 B.
3．在正方体 ABCDA1B1C1D1 的上底面 ABCD 内有一定点 Q，则在该正方体内任取的一点 M
落在四棱锥 QA1B1C1D1 内的概率是( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.2
3
解：由体积比为 1∶3 知 B 正确，故选 B.
4．在可行域内任取一点，规则如程序框图所示，则能输出数对(x，y)的概率为( )
A.1
4
B.1
2
C.π
4
D.π
8
解：程序框图中不等式组
－ 2≤x＋y≤ 2，
－ 2≤x－y≤ 2
表示的平面区域如图所示，面积为 4×1
2
×
2× 2＝4.满足不等式 x2＋y2≤1 的点构成的区域如图中阴影部分所示，所占面积为π，所
以能输出数对(x，y)的概率为π
4
.故选 C.
5．(2015·湖北调考)如图，矩形 ABCD 的四个顶点坐标为 A(0，－1)，B(π，－1)，C(π，
1)，D(0，1)，正弦曲线 f(x)＝sinx 和余弦曲线 g(x)＝cosx 在矩形 ABCD 内的交点是 F，向
矩形 ABCD 区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( )
A.1＋ 2
π
B.1＋ 2
2π
C. 1
π
D. 1
2π
解：图中的阴影部分的面积为
π
π
4
(sinx－cosx)dx＝(－cosx－sinx)ππ
4
＝1＋ 2，矩
形 ABCD 的面积为 2π，该点落在阴影区域内的概率是1＋ 2
2π
.故选 B.
6．在△ABC 中，∠ABC＝60°，AB＝2， BC＝6，在线段 BC 上任取一点 D，使△ABD
为钝角三角形的概率为( )
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解：如图，
过点 A 作 AH⊥BC，垂足为 H，则在 Rt△AHB 中，BH＝AB·cos60°＝2cos60°＝1；过点
A 作 AM⊥AB，交 BC 于点 M，则在 Rt△ABM 中，BM＝ AB
cos60°
＝4，故 MC＝BC－BM＝2.由图可
知，要使△ABD 为钝角三角形，则点 D 只能在线段 BH 或线段 MC 上选取，故所求事件的概率
P＝1＋2
6
＝1
2
.故选 C.
7．已知 P 是△ABC 内一点，PB→＋PC→＋2PA→＝0，现将一粒黄豆随机投入△ABC 内，则该粒
黄豆落在△PAC 内的概率是____________．
解：因为PB→＋PC→＋2PA→＝0，所以PB→＋PC→＝ －2PA→.取 BC 的中点 D，则PB→＋PC→＝2PD→，所
以 －2PA→＝2 PD→即PD→＝AP→，所以 P 为 AD 的中点．
所以 S△PAC＝S△PCD＝1
2
S△PBC＝1
4
S△ABC，从而该粒黄豆落在△PAC 内的概率为 P＝S△PAC
S△ABC
＝1
4
.故填
1
4
.
8．(2016·银川一模)如图，矩形 OABC 内的阴影部分由曲线 f(x)＝sinx 及直线 x＝
a(a∈(0，π])与 x 轴围成，向矩形 OABC 内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为1
2
，则
a＝____________．
解：根据题意，阴影部分的面积为
错误!sinxdx＝－cosx|a
0＝1－cosa，
又矩形的面积为 a·4
a
＝4，则由几何概型的概率公式可得1－cosa
4
＝1
2
，即 cosa＝－1，
又 a∈(0，π]，所以 a＝π.故填π.
9．如图所示，在边长为 1 的正方形 OABC 内任取一点 P(x，y)．求以 x，y，1 为边长能
构成锐角三角形的概率．
解：首先由 x＋y>1 得构成三角形的点 P 在△ABC 内，若构成锐角三角形，则最大边 1
所对的角α必是锐角，cosα＝x2＋y2－12
2xy
＞0，x2＋y2＞1，即点 P 在以原点为圆心，1 为半径
的圆外．所以点 P 在边 AB，BC 及圆弧 AC 围成的区域内．所以其概率为：
12－π
4
×12
12
＝1－π
4
.
10．在区间上任意取两个实数 a，b，求函数 f(x)＝1
2
x3＋ax－b 在区间(－1，1)上有且
仅有一个零点的概率．
解：f′(x)＝3
2
x2＋a，故 f(x)在(－1，1)上单调递增，又因为函数 f(x)＝1
2
x3＋ax－b
在(－1，1)上有且仅有一个零点，即有 f(－1)<0 且 f(1)>0 成立，可化为
0≤a≤1，
0≤b≤1，
1
2
＋a－b＞0，
1
2
＋a＋b＞0.
由线性规划知识，在平面直角坐标系 aOb 中画出这个不等式组所表示的可行域，
如图，再由几何概型可以知道，函数 f(x)＝1
2
x3＋ax－b 在(－1，1)上有且仅有一个零
点的概率为可行域的面积除以正方形的面积，计算可得面积之比为7
8
.
11．(2015·山东模拟)已知袋子中放有除标号外完全相同的小球若干，其中标号为 0
的小球 1 个，标号为 1 的小球 1 个，标号为 2 的小球 n 个．若从袋子中随机抽取 1 个小球，
取到标号为 2 的小球的概率是1
2
.
(1)求 n 的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取 2 个小球，记第一次取出的小球标号为 a，第二次取出
的小球标号为 b.
①记“2≤a＋b≤3”为事件 A，求事件 A 的概率；
②在区间内任取 2 个实数 x，y，求事件“x2＋y2>(a－b)2 恒成立”的概率．
解：(1)依题意共有小球 n＋2 个，标号为 2 的小球 n 个，从袋子中随机抽取 1 个小球，
取到标号为 2 的小球的概率为 n
n＋2
＝1
2
，得 n＝2.
(2)①从袋子中不放回地随机抽取 2 个小球共有 12 种结果，而满足 2≤a＋b≤3 的结果
有 8 种，故 P(A)＝ 8
12
＝2
3
.
②易知(a－b)2≤4，故 x2＋y2>4，(x，y)可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构
成的区域为
Ω＝{(x，y)|0≤x≤2，0≤y≤2，x，y∈R}，
由几何概型得所求概率为 P＝
4－1
4
π·22
4
＝1－π
4
.
已知Ω＝
（x，y）|
y≥0，
y≤ 4－x2 ，直线 y＝mx＋2m 和曲线 y＝ 4－x2有两个不
同的交点，它们围成的平面区域为 M，向区域Ω上随机投一点 A，点 A 落在区域 M 内的概率
为 P(M)，若 P(M)∈
π－2
2π
，1
，则实数 m 的取值范围为( )
A.
1
2
，1
B.
0， 3
3
C.
3
3
，1
D．
解：如图，由题意得 m≥0，根据几何概型的意义，
知 P(M)＝S 弓形
S 半圆
＝S 弓形
2π
，
又 P(M)∈
π－2
2π
，1
，
所以 S 弓形∈，
直线 y＝mx＋2m 恒过点(－2，0)，
当 m＝0 时，S 弓形＝2π，
当 m＝1 时，S 弓形＝1
4
×π×22－1
2
×2×2＝π－2，
结合图象可知 0≤m≤1.故选 D.
10．7 离散型随机变量及其分布列
1．离散型随机变量的概念
(1)随机变量
如果随机试验的结果可以用一个随着试验结果变化而变化的变量来表示，那么这样的变
量叫做____________，随机变量常用字母 X，Y，ξ，η等表示．
(2)离散型随机变量
所有取值可以__________的随机变量，称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列
(1)分布列
设离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1，x2，…，xi，…，xn，X 取每一个值 xi(i＝1，
2，…，n)的概率 P(X＝xi)＝pi，则称表
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
为随机变量 X 的______________，简称为 X 的分布列．有时为了简单起见，也可用 P(X
＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n 表示 X 的分布列．
(2)分布列的性质
①________________________；
②________________________.
3．常用的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布(又称 0－1 分布、伯努利分布)
随机变量 X 的分布列为(070)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2
＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09，
故 P(A)＝1－P(A)＝0.91.
已知一个口袋中装有 n 个红球(n≥1 且 n∈N*)和 2 个白球，从中有放回地连续
摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则为中奖，否则不中奖．
(1)当 n＝3 时，设三次摸球(每次摸球后放回)中奖的次数为ξ，求ξ的分布列；
(2)记三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为 P，当 n 取多少时，P 最大．
解：(1)当 n＝3 时，每次摸出两个球，
中奖的概率 P＝C1
3C1
2
C2
5
＝3
5
.
由题意知ξ的可能值为 0，1，2，3，
故有 P(ξ＝0)＝C0
3×
2
5
3
＝ 8
125
；
P(ξ＝1)＝C1
3×3
5
×
2
5
2
＝ 36
125
；
P(ξ＝2)＝C2
3×
3
5
2
×2
5
＝ 54
125
；
P(ξ＝3)＝C3
3×
3
5
3
＝ 27
125
.
ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P 8
125
36
125
54
125
27
125
或 P(ξ＝i)＝Ci
3×
3
5
i
×
2
5
3－i
，i＝0，1，2，3.
(2)设每次摸球中奖的概率为 p，则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为
P(ξ＝2)＝C2
3·p2·(1－p)＝－3p3＋3p2，06 时，P(X＝k＋1)10 000)＝0.5＋0.2＝0.7.
由二项分布，3 天中至少有 1 天最大获利超过 10 000 元的概率为 p＝1－(1－p1)3＝1－
0.33＝0.973.
10．9 离散型随机变量的均值与方差
1．离散型随机变量的均值
(1)若离散型随机变量 X 的概率分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称 E(X)＝____________________________为随机变量 X 的均值或数学期望，它反映
了离散型随机变量取值的____________．
(2) 若 Y ＝ aX ＋ b ， 其 中 a ， b 为 常 数 ， 则 Y 也 是 随 机 变 量 ， 于 是 E(Y) ＝
____________________.
(3)①若 X 服从两点分布，则 E(X)＝____________；
②若 X～B(n，p)，则 E(X)＝____________.
2．离散型随机变量的方差
(1)若离散型随机变量 X 的概率分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称 D(X)＝________为随机变量 X 的方差，其算术平方根________为随机变量 X 的标
准差．
(2)D(aX＋b)＝____________.
(3)①若 X 服从两点分布，则 D(X)＝____________；
②若 X～B(n，p)，则 D(X)＝____________.
方差反映随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度：D(X)越小，X 取值越集中，
D(X)越大，X 取值越分散．
自查自纠：
1．(1)x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn 平均水平
(2)aE(X)＋b (3)①p ②np
2．(1)错误!(xi－E(X))2pi D（X） (2)a2D(X)
(3)①p(1－p) ②np(1－p)
已知某一随机变量 X 的分布列如下，且 E(X)＝6.3，则 a 的值为( )
X 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.5 B．6 C．7 D．8
解：由分布列性质知 0.5＋0.1＋b＝1，所以 b＝0.4.所以 E(X)＝4×0.5＋a×0.1＋
9×0.4＝6.3，所以 a＝7.故选 C.
已知随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 3
P 1
2 x y
若 E(ξ)＝15
8
，则 D(ξ)等于( )
A.33
64
B.55
64
C. 7
32
D. 9
32
解：由分布列的性质得 x＋y＝1
2
，又 E(ξ)＝15
8
，所以 2x＋3y＝11
8
，解得 x＝1
8
，y＝3
8
.
所以 D(ξ)＝
1－15
8
2
×1
2
＋
2－15
8
2
×1
8
＋
3－15
8
2
×3
8
＝55
64
.故选 B.
某运动员投篮命中率为 0.6，他重复投篮 5 次，若他命中一次得 10 分，没命中不得
分；命中次数为 X，得分为 Y，则 E(X)，D(Y)分别为( )
A．0.6，60 B．3，12
C．3，120 D．3，1.2
解：X～B(5，0.6)，Y＝10X，所以 E(X)＝5× 0.6＝3，D(X)＝5×0.6×0.4＝1.2，D(Y)
＝ 100D(X)＝120.故选 C.
有一批产品，其中有 12 件正品和 4 件次品，从中有放回地任取 3 件，若ξ表示取
到次品的个数，则 D(ξ)＝__________．
解：由题知，次品率 p＝ 4
16
＝1
4
，则ξ～B
3，1
4 ，从而 D(ξ)＝3×1
4
×
1－1
4 ＝ 9
16
.故填
9
16
.
(2014·浙江)随机变量ξ的取值为 0，1，2，若 P(ξ＝0)＝1
5
，E(ξ)＝1，则 D(ξ)
＝__________．
解：设 P(ξ＝1)＝p，则ξ的分布列如下：
ξ 0 1 2
P 1
5 p 4
5
－p
由 E(ξ)＝1，得 p＋2
4
5
－p
＝1，可得 p＝3
5
，所以 D(ξ)＝(0－1)2×1
5
＋(1－1)2×3
5
＋(2
－1)2× 1
5
＝2
5
.故填2
5
.
类型一 摸球模型、抽签模型
一口袋中装有大小相同的 2 个白球和 4 个黑球，每次从袋中任意摸出一个球．
(1)采取有放回抽样方式，从中摸出两个球，求两球恰好颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的均值和方差．
解：(1)“有放回摸取”可看作独立重复试验，每次摸出一球是白球的概率为 P＝2
6
＝1
3
.
记“有放回摸两次，颜色不同”为事件 A，其概率为 P(A)＝4
9
.
(2)设摸得白球的个数为 X，则 X 的取值为 0，1，2，
P(X＝0)＝4
6
×3
5
＝2
5
，
P(X＝1)＝4
6
×2
5
＋2
6
×4
5
＝ 8
15
，
P(X＝2)＝2
6
×1
5
＝ 1
15
.
所以 X 的分布列为
X 0 1 2
P 2
5
8
15
1
15
E(X)＝0×2
5
＋1× 8
15
＋2× 1
15
＝2
3
，
D(X)＝
0－2
3
2
×2
5
＋
1－2
3
2
× 8
15
＋
2－2
3
2
× 1
15
＝16
45
.
点拨：
求离散型随机变量的分布列的关键在于确定随机变量及其概率．就本题而言，弄清“放
回”与“不放回”在概率计算上的区别是正确解题的关键．均值与方差直接套用公式计算即
可．
一厂家向用户提供的一箱产品共 10 件，其中有 2 件次品，用户先对产品进行
抽检以决定是否接收．抽检规则如下：一次取一件产品检查(取出的产品不放回箱子)，共抽
查三次，若三次都没有抽查到次品，则用户接收这箱产品，若抽查到次品就立即停止抽检，
并且用户拒绝接收这箱产品．
(1)求这箱产品被用户接收的概率；
(2)记抽检的产品件数为 X，求 X 的分布列和均值．
解：(1)设“这箱产品被用户接收”为事件 A，
P(A)＝ 8×7×6
10×9×8
＝ 7
15
.
即这箱产品被用户接收的概率为 7
15
.
(2)X 的可能取值为 1，2，3.
P(X＝1)＝ 2
10
＝1
5
，
P(X＝2)＝ 8
10
×2
9
＝ 8
45
，
P(X＝3)＝ 8
10
×7
9
×
6
8
＋2
8 ＝28
45
，
所以 X 的概率分布列为
X 1 2 3
P 1
5
8
45
28
45
所以 E(X)＝1
5
×1＋ 8
45
×2＋28
45
×3＝109
45
.
类型二 停止型问题
(2016·兰州模拟)为迎接 2016 年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”，某
单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有大小相同的 6 个小球，分别印有
“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个
小球(登记后放回并摇匀)，若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖，
否则继续，但每位嘉宾最多抽取 3 次．已知从盒中同时抽取两个小球不都是“绿色金城行”
标志的概率为4
5
.
(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；
(2)用η表示某位嘉宾抽奖的次数，求η的分布列和数学期望．
解：(1)设印有“绿色金城行”的小球有 n 个，记“同时抽取两个小球不都是‘绿色金
城行’标志”为事件 A，则同时抽取两个小球都是“绿色金城行”标志的概率是 P(A)＝C2
n
C2
6
，
由对立事件的概率可知 P(A)＝1－P(A)＝4
5
，即 P(A)＝C2
n
C2
6
＝1
5
，解得 n＝3.所以盒中印有
“兰州马拉松”标志的小球个数为 3.
(2)由(1)知，两种球各三个，η的可能取值为 1，2，3.
P(η＝1)＝C2
3
C2
6
＝1
5
，
P(η＝2)＝C2
3
C2
6
×C2
3
C2
6
＋C1
3C1
3
C2
6
×C2
3
C2
6
＝ 4
25
，
P(η＝3)＝1－P(η＝1)－P(η＝2)＝16
25
.
(或 P(η＝3)＝C2
3C2
3
C2
6C2
6
＋C2
3
C2
6
×C1
3C1
3
C2
6
＋C1
3C1
3
C2
6
×C2
3
C2
6
＋C1
3C1
3
C2
6
×C1
3C1
3
C2
6
＝16
25
)
则η的分布列为
η 1 2 3
P 1
5
4
25
16
25
所以 E(η)＝1×1
5
＋2× 4
25
＋3×16
25
＝61
25
.
点拨：
解决这类终止型问题，一定要弄清楚终止的条件，根据终止条件确定各种可能结果，再
计算相应概率．
(2015·福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误，
该银行卡将被锁定，小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银
行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试．若
密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望．
解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件 A，则 P(A)＝5
6
×4
5
×3
4
＝1
2
.
(2)依题意得，X 所有可能的取值是 1，2，3.
又 P(X＝1)＝1
6
，P(X＝2)＝5
6
×1
5
＝1
6
，P(X＝3)＝5
6
×4
5
×1＝2
3
.
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
P 1
6
1
6
2
3
所以 E(X)＝1×1
6
＋2×1
6
＋3×2
3
＝5
2
.
类型三 二项分布的均值与方差
(2014·辽宁)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频
率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量
低于 50 个的概率；
(2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 100 个的天数，求随机变量 X 的分布列、数
学期望 E(X)及方差 D(X)．
解：(1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”，A2 表示事件“日销售量低于 50 个”，
B 表示事件“在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售
量低于 50 个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X 的可能取值为 0，1，2，3.
P(X＝0)＝C0
3×(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝C1
3×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝C2
3×0.62×(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝C3
3×0.63＝0.216.
X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因为 X～B(3，0.6)，所以数学期望 E(X)＝3×0.6＝1.8，
方差 D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.
点拨：
n 次独立重复试验是重要的模型，要牢记公式：当 X～B(n，p)时，E(X)＝np，D(X)＝npq，
其中 q＝1－p.同时要掌握期望与方差的重要性质： E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)
＝a2D(X)．
(2015·湖北模拟)PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物，也称
为可入肺颗粒物，对人体健康和大气环境质量的影响很大．我国 PM2.5 标准采用世卫组织设
定的最宽限值，即 PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质量为一级；在 35 微克/立方米～
75 微克/立方米之间空气质量为二级；在 75 微克/立方米以上空气质量为超标．某市环保局
从 360 天的市区 PM2.5 监测数据中，随机抽取 15 天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十
位为茎，个位为叶).
PM2.5 日均值(微克/立方米)
2 8 5
3 2 1 4 3
4 4 5
6 3 8
7 9
8 6 3
9 2 5
(1)从这 15 天的数据中任取 3 天的数据，记 X 表示空气质量达到一级的天数，求 X 的
分布列；
(2)以这 15 天的 PM2.5 日均值来估计这 360 天的空气质量情况，则其中大约有多少天的
空气质量达到一级．
解：(1)由题意知 N＝15，M＝6，n＝3，X 的可能取值为 0，1，2，3，其分布列为 P(X
＝k)＝Ck
6·C3－k
9
C3
15
(k＝0，1，2，3)，
所以 P(X＝0)＝C0
6C3
9
C3
15
＝12
65
，P(X＝1)＝C1
6C2
9
C3
15
＝216
455
，
P(X＝2)＝C2
6C1
9
C3
15
＝27
91
，P(X＝3)＝C3
6C0
9
C3
15
＝ 4
91
，
所以 X 的分布列是：
X 0 1 2 3
P 12
65
216
455
27
91
4
91
(2)依题意知，一年中每天空气质量达到一级的概率为 6
15
＝2
5
，一年中空气质量达到一级
的天数为 Y，则 Y～B
360，2
5 ，所以 E(Y)＝360×2
5
＝144，所以这 360 天的空气质量达到一
级的天数大约有 144 天．
类型四 综合运用
据 IEC(国际电工委员会)调查显示，小型风力发电项目投资较少，且开发前景
广阔，但受风力自然资源影响，项目投资存在一定风险．根据测算，风能风区分类标准如下：
风能分类 一类风区 二类风区
平均风速 m/s 不低于 10 [8.5，10)
假设投资 A 项目的资金为 x(x≥0)万元，投资 B 项目的资金为 y(y≥0)万元，调研结果
是：未来一年内，位于一类风区的 A 项目获利 30%的可能性为 0.6，亏损 20%的可能性为 0.4；
位于二类风区的 B 项目获利 35%的可能性为 0.6，亏损 10%的可能性是 0.1，不赔不赚的可能
性是 0.3.
(1)记投资 A，B 项目的利润分别为ξ和η，试写出随机变量ξ与η的分布列和数学期望
E(ξ)，E(η)；
(2)某公司计划用不超过 100 万元的资金投资 A，B 项目，且公司要求对 A 项目的投资不
得低于 B 项目，根据(1)的条件和市场调研，试估计一年后两个项目的平均利润之和 z＝E(ξ)
＋E(η)的最大值．
解：(1)投资 A 项目的利润ξ的分布列为
ξ 0.3x －0.2x
P 0.6 0.4
则 E(ξ)＝0.18x－0.08x＝0.1x.
投资 B 项目的利润η的分布列为
η 0.35y 0 －0.1y
P 0.6 0.3 0.1
则 E(η)＝0.21y－0.01y＝0.2y.
(2)由题意可知 x，y 满足的约束条件为
x＋y≤100，
x≥y，
x≥0，y≥0，
其表示的可行域如图中阴影部分所示．
由(1)可知，z＝E(ξ)＋E(η)＝0.1x＋0.2y，可化为 y＝－0.5x＋5z.
当直线 y＝－0.5x＋5z 过点(50，50)时，z 取得最大值，即当 x＝50，y＝50 时，z 取得
最大值 15.
故对 A，B 项目各投资 50 万元，可使两个项目的平均利润之和最大，最大值是 15 万元．
点拨：
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程
度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一
般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
(2014·四川)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击
鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得 10 分，
出现两次音乐获得 20 分，出现三次音乐获得 100 分，没有出现音乐则扣除 200 分(即获得－
200 分)．设每次击鼓出现音乐的概率为1
2
，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为 X，求 X 的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加
反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
解：(1)X 可能的取值为 10，20，100，－200，根据题意，有
P(X＝10)＝C1
3×
1
2
1
×
1－1
2
2
＝3
8
，
P(X＝20)＝C2
3×
1
2
2
×
1－1
2
1
＝3
8
，
P(X＝100)＝C3
3×
1
2
3
×
1－1
2
0
＝1
8
，
P(X＝－200)＝C0
3×
1
2
0
×
1－1
2
3
＝1
8
.
所以 X 的分布列为
X 10 20 100 －200
P 3
8
3
8
1
8
1
8
(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i＝1，2，3)，则 P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝
P(X＝－200)＝1
8
.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－
1
8
3
＝1－ 1
512
＝511
512
.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511
512
.
(3)X 的数学期望为
E(X)＝10×3
8
＋20×3
8
＋100×1
8
－200×1
8
＝－5
4
.
这表明，获得分数 X 的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
1．计算均值与方差的基本方法
(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差和标准差，可直接用定义或公式求；
(2)已知随机变量 X 的均值、方差，求 X 的线性函数 Y＝aX＋b 的均值、方差和标准差，
可直接用均值及方差的性质求；
(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，则可直接利用
它们的均值、方差公式来求．
2．求均值与方差常用的结论
掌握下述有关结论，会给解题带来方便：
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)；
D(aX＋b)＝a2D(X)．
(2)若 X～B(n，p)，则 E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
3．(1)在实际中经常用均值来比较平均水平，当平均水平相近时，再用方差比较稳定程
度；(2)注意离散型随机变量的均值、方差与样本数据的平均数、方差的区别与联系．
1．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的均值 E(ξ)＝8.9，则 y 的值为( )
A．0.4 B．0.6 C．0.7 D．0.9
解：由
x＋0.1＋0.3＋y＝1，
7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9
可得 y＝0.4.故选 A.
2．口袋中有 5 只球，编号分别为 1，2，3，4，5，从中任取 3 只球，用 X 表示取出的
球的最大号码，则 X 的数学期望 E(X)的值是( )
A．4 B．4.5 C．4.75 D．5
解：由题意知，X 可以取 3，4，5，P(X＝3)＝1
C3
5
＝ 1
10
，P(X＝4)＝C2
3
C3
5
＝ 3
10
，P(X＝5)＝C2
4
C3
5
＝
6
10
＝3
5
，所以 E(X)＝3× 1
10
＋4× 3
10
＋5×3
5
＝4.5.故选 B.
3．已知随机变量 X＋η＝8，若 X～B(10，0.6)，则 E(η)和 D(η)分别是( )
A．6 和 2.4 B．2 和 2.4
C．2 和 5.6 D．6 和 5.6
解：由已知随机变量 X＋η＝8，所以η＝8－X.因此，E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝
2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.故选 B.
4．(2015·榆林模拟)从装有除颜色外完全相同的 3 个白球和 m 个黑球的布袋中随机摸
取一球，有放回地摸取 5 次，设摸得白球数为 X，已知 E(X)＝3，则 D(X)＝( )
A.8
5
B.6
5
C.4
5
D.2
5
解：由题意知，X～B
5， 3
m＋3 ，所以 E(X)＝5× 3
m＋3
＝3，解得 m＝2，所以 X～
B
5，3
5 ，所以 D(X)＝5×3
5
×
1－3
5 ＝6
5
.故选 B.
5．同时抛掷 5 枚均匀的硬币 80 次，设 5 枚硬币正好出现 2 枚正面向上，3 枚反面向上
的次数为 X，则 X 的均值是( )
A．20 B．25 C．30 D．40
解：抛掷一次，正好出现 2 枚正面向上，3 枚反面向上的概率为C2
5
25＝ 5
16
，X～B
80， 5
16 ，
则 E(X)＝80× 5
16
＝25.故选 B.
6．如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小的小正方体，经过
搅拌后，从中抽取一个小正方体，记它的涂漆面数为 X，则 X 的均值 E(X)＝( )
A.126
125
B.6
5
C.168
125
D.7
5
解：由题意知，X 可能的取值为 0，1，2，3.
若 X＝0，观察知图中位于大正方体内部的 27 个小正方体无涂漆面，则 P(X＝0)＝ 27
125
；
若 X＝1，观察知图中位于各面中部的 9 个小正方体涂 1 面漆，则 P(X＝1)＝6×9
125
＝ 54
125
；
若 X＝2，观察知图中位于各棱中部的 3 个小正方体涂 2 面漆，则 P(X＝2)＝12×3
125
＝ 36
125
；
若 X＝3，观察知图中位于大正方体顶点处的 8 个小正方体涂 3 面漆，则 P(X＝3)＝ 8
125
.
故 E(X)＝0× 27
125
＋1× 54
125
＋2× 36
125
＋3× 8
125
＝6
5
.故选 B.
7．某保险公司新开设一项保险业务，规定该份保单，在一年内如果事件 E 发生，则该
公司要赔偿 a 元，在一年内如果事件 E 发生的概率为 p，为使该公司收益期望值等于 a
10
，公
司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为____________元．
解：设随机变量 X 表示公司此项业务的收益，x 表示顾客交纳的保险金，则 X 的所有可
能值为 x，x－a，且 P(X＝x)＝1－p，P(X＝x－a)＝p，所以 E(X)＝x(1－p)＋(x－a)p＝ a
10
，
解得 x＝a（10p＋1）
10
.故填a（10p＋1）
10
.
8．随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2
P a b c
若 E(X)＝1，则当 a2＋b2＋c2 取最小值时，方差 D(X)＝____________．
解：由题意可知
a＋b＋c＝1，
b＋2c＝1，
所以
b＝1－2c，
a＝c，
所以 a2＋b2＋c2＝c2＋(1－2c)2＋c2＝6c2－4c＋1，若 a2＋b2＋c2 取最小值，则 c＝1
3
，
所以 D(X)＝1
3
×1＋1
3
×0＋1
3
×1＝2
3
.故填2
3
.
9．某篮球队与其他 6 支篮球队依次进行 6 场比赛，每场均决出胜负．设这支篮球队与
其他篮球队比赛，获得胜场的事件是独立的，并且获得胜场的概率是1
3
.
(1)求这支篮球队首次获得胜场前已经负了两场的概率；
(2)求这支篮球队在 6 场比赛中恰好胜了 3 场的概率；
(3)求这支篮球队在 6 场比赛中获胜场数的期望和方差．
解：(1)因为这支篮球队第一、二场负，第三场胜，三个事件互相独立．
所以所求概率 P1＝
1－1
3 ×
1－1
3 ×1
3
＝ 4
27
.
(2)所求概率 P2＝C3
6×
1
3
3
×
1－1
3
3
＝160
729
.
(3)ξ服从二项分布 B
6，1
3 .所以 E(ξ)＝6× 1
3
＝2，D(ξ)＝6×1
3
×
1－1
3 ＝4
3
.
10．(2016·郑州质量预测)某商场每天(开始营业时)以每件 150 元的价格购入 A 商品若
干件(A 商品在商场的保鲜时间为 10 小时，该商场的营业时间也恰好为 10 小时)，并开始以
每件 300 元的价格出售，若前 6 小时内所购进的商品没有售完，则商场对没卖出的 A 商品将
以每件 100 元的价格低价处理完毕(根据经验，4 小时内完全能够把 A 商品低价处理完毕，
且处理完毕后，当天不再购进 A 商品)．该商场统计了 100 天 A 商品在每天的前 6 小时内的
销售量，制成如下表格(注：视频率为概率)．(其中 x＋y＝70)
前 6 小时内的销售量 t(单
位：件)
4 5 6
频数 30 x y
(1)若某天该商场共购入 6 件该商品，在前 6 个小时内售出 4 件．若这些商品被 6 名不
同的顾客购买，现从这 6 名顾客中随机选 2 人进行服务回访，则恰好一个是以 300 元价格购
买的顾客，另一个是以 100 元价格购买的顾客的概率是多少？
(2)若商场每天在购进 5 件 A 商品时所获得的平均利润最大，求 x 的取值范围．
解：(1)设“恰好一个是以 300 元价格购买的顾客，另一个是以 100 元价格购买的顾客”
为事件 A，则 P(A)＝C1
4C1
2
C2
6
＝ 8
15
.
(2)设销售 A 商品获得的利润为ξ(单位：元)，依题意，将频率视为概率，为追求更多
的利润，则商场每天购进的 A 商品的件数取值可能为 4，5，6.
当购进 A 商品 4 件时，E(ξ)＝150×4＝600，
当购进 A 商品 5 件时，E(ξ)＝(150×4－50)×0.3＋150×5×0.7＝690，
当 购 进 A 商 品 6 件 时 ， E(ξ) ＝ (150 × 4 － 2×50)×0.3 ＋ (150×5 － 50)× x
100
＋
150×6×70－x
100
＝780－2x，
由题意 780－2x≤690，解得 x≥45，又知 x≤100－30＝70，所以 x 的取值范围为，x∈
N*.
11．(2014·福建)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励，
规定：每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球，球上所标的面
值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元，其余 3 个均为 10 元，求：
(Ⅰ)顾客所获的奖励额为 60 元的概率；
(Ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；
(2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元，并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和
50 元的两种球组成，或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额
尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的 4 个球的面值给出一
个合适的设计，并说明理由．
解：(1)设顾客所获的奖励额为 X.
(Ⅰ)依题意，得 P(X＝60)＝C1
1C1
3
C2
4
＝1
2
，
即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为1
2
.
(Ⅱ)依题意，得 X 的所有可能取值为 20，60.
P(X＝60)＝1
2
，P(X＝20)＝C2
3
C2
4
＝1
2
，
即 X 的分布列为
X 20 60
P 1
2
1
2
所以顾客所获的奖励额的期望为
E(X)＝20×1
2
＋60×1
2
＝40(元)．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60 元．所以，先寻找期望为 60 元的可
能方案．对于面值由 10 元和 50 元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为
60 元是面值之和的最大值，所以期望不可能为 60 元；如果选择(50，50，50，10)的方案，
因为 60 元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为 60 元，因此可能的方案是(10，10，
50，50)，记为方案 1.
对于面值由 20 元和 40 元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，
20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案 2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案 1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为 X1，则 X1 的分布列为
X 20 60 100
P 1
6
2
3
1
6
X1 的期望为 E(X1)＝20×1
6
＋60×2
3
＋100×1
6
＝60，X1 的方差为 D(X1)＝(20－60)2×1
6
＋(60
－ 60)2×2
3
＋(100－60)2×1
6
＝1 600
3
.
对于方案 2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为 X2，则 X2 的分布列为
X2 40 60 80
P 1
6
2
3
1
6
X2 的期望为 E(X2)＝40×1
6
＋60×2
3
＋80×1
6
＝60，
X2 的方差为 D(X2)＝(40－60)2×1
6
＋(60－ 60)2×2
3
＋(80－60)2×1
6
＝400
3
.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小，所以
应该选择方案 2.
(2014·浙江)已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球
(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取 i(i＝1，2)个球放入甲盒中．
(a)放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；
(b)放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i＝1，2)．
则( )
A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1p2，E(ξ1)0)为参数，我
们称φμ，σ(x)的图象(如图)为正态分布密度曲线．简称______________．
(2)正态曲线的性质：
①曲线位于 x 轴____________，与 x 轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线____________对称；
③曲线在 x＝μ处达到峰值__________；
④曲线与 x 轴之间的面积为____________；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着________的变化而沿 x 轴平移，如图甲
所示．
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越__________，曲线越“瘦高”，表示总体的
分布越集中；σ越__________，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
2．正态分布的定义与简单计算
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数 a，b(aP(X≤σ1)，B 错误；对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，
C 正确，D 错误，故选 C.
已知随机变量 X 服从正态分布 N(2，σ2)，且 P(X<4)＝0.8，则 P(04.因为ξ>4
的概率为1
2
，根据正态密度曲线的对称性可知μ＝4.故填 4.
某年级的一次信息技术测验成绩近似服从正态分布 N(70，102)，如果规定低于 60
分为不及格，则成绩不及格的人数占全年级总人数的百分比为____________．
解：设学生的得分为随机变量 X，X～N(70，102)，则μ＝70，σ＝10，故 P(70－10110)＝1
2
(1－0.682 6)＝0.158 7，
所以 P(ξ≥90)＝0.682 6＋0.158 7＝0.841 3.
所以及格人数为 2 000×0.841 3≈1 683(人)．
点拨：
解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴 X＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利
用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化
为 3σ特殊区间，从而求出所求概率，注意只有在标准正态分布下对称轴才为 x＝0.
(2014·课标Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取 500 件，测量这些产品的一
项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
(1)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s2(同一组中的数据用该组区
间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布 N(μ，σ2)，其中μ近
似为样本平均数 x，σ2 近似为样本方差 s2.
①利用该正态分布，求 P(187.80，则 P(X<μ－b)＝1－P（μ－b0)和 N(μ2，σ2
2)(σ2>0)的密度函数分别为φ1(x)
和φ2(x)，其图象如图所示，则有( )
A．μ1<μ2，σ1<σ2 B．μ1<μ2，σ1>σ2
C．μ1>μ2，σ1<σ2 D．μ1>μ2，σ1>σ2
解：f(x)＝ 1
2πσ
e
－（x－μ）2
2σ2 中 x＝μ是对称轴，故μ1<μ2；σ越大，曲线越“矮
胖”，σ越小曲线越“高瘦”，故σ1<σ2.故选 A.
2．设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数 f(x)的图象，且 f(x)＝ 1
8π
2( 10)
8e
x
(x∈R)，则这个正态总体的平均数与标准差分别是( )
A．10 与 8 B．10 与 2
C．8 与 10 D．2 与 10
解：f(x)＝ 1
2π×2
2
2
( 10)
2 2e
x
，所以σ＝2，μ＝10，即正态总体的平均数与标准差分别
为 10 与 2，故选 B.
3．设随机变量 X～N(μ，σ2)，且 X 落在区间 (－3，－1)内的概率和落在区间(1，3)
内的概率相等，若 P(X>2)＝p，则 P(02)
＝p，所以 P(－2a＋2)，则 a＝( )
A．3 B.5
3
C．5 D.7
3
解：因为ξ服从正态分布 N(3，4)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，所以 2a－3＋a＋2＝6，
a＝7
3
.故选 D.
5．设随机变量 X 服从正态分布 N(0，σ2)，集合 A＝{x|x>X}，集合 B＝{x|x>0}，则 A
⊆B 的概率为( )
A．0.6 B．0.4 C．0.5 D．0.2
解：由 A⊆B 得 X≥0，又因为μ＝0，
所以 P(X≥0)＝0.5.故选 C.
6．(2016·南昌模拟)在正态分布 N
0，1
9 中，正态总体在(－∞，－1)∪(1，＋∞)内
取值的概率为( )
A．0.097 B．0.046 C．0.03 D．0.002 6
解：因为μ＝0，σ＝1
3
，所以 P(X<－1 或 X>1)＝1－P(－1≤X≤1)＝1－P(μ－3σ≤X≤μ
＋3σ)＝ 1－0.997 4＝0.002 6.故选 D.
7．设随机变量 X～N(1，4)，若 P(X≥a＋b)＝P(X≤a－b)，则实数 a 的值为__________．
解：由 P(X≥a＋b)＝P(X≤a－b)得（a＋b）＋（a－b）
2
＝1⇒a＝1.故填 1.
8．某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件
3 正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布 N(1
000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的
概率为________．
解：由于三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布 N(1 000，502)，所以
每个元件使用寿命超过 1 000 小时的概率 P(X≥1 000)＝1
2
.所以该部件的使用寿命超过 1 000
小时的概率 P＝
1－1
2
×1
2 ×1
2
＝3
8
.故填3
8
.
9．已知某种零件的尺寸ξ(单位：mm)服从正态分布，其正态曲线在区间(0，80)上是增
函数，在区间(80，＋∞)上是减函数，且 f(80)＝ 1
8 2π
.
(1)求正态分布密度函数的解析式；
(2)估计尺寸在 72mm～88mm 间的零件大约占总数的百分之几？
解：(1)由于正态曲线在区间(0，80)上是增函数，在区间(80，＋∞)上是减函数，所以
正态曲线关于直线 x＝80 对称，且在 x＝80 处取得最大值．因此得μ＝80， 1
2πσ
＝ 1
8 2π
，
所以σ＝8.
故正态分布密度函数的解析式是φμ，σ(x)＝ 1
8 2π
2( 8)
128e
x
.
(2)由μ＝80，σ＝8，得μ－σ＝80－8＝72，μ＋σ＝80＋8＝88.
所以零件尺寸位于区间(72，88)内的概率是 0.682 6.
因此尺寸在 72mm～88mm 间的零件大约占总数的 68.26%.
10．在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布 N(60，100)，
已知成绩在 90 分以上(含 90 分)的学生有 13 人．
(1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？
(2)若计划奖励竞赛成绩排在前 228 名的学生，问受奖学生分数线是多少？
解：(1)设学生的成绩为 X，共有 n 人参加竞赛，
因为 X～N(60，100)，所以μ＝60，σ＝10.
所以 P(X≥90)＝1
2
＝1
2
(1－0.997 4)＝0.001 3.
又 P(X≥90)＝13
n
，所以13
n
＝0.001 3.
所以 n＝10 000.
(2)设受奖学生的分数线为 x0.
则 P(X≥x0)＝ 228
10 000
＝0.022 8.
因为 0.022 8<0.5，所以 x0>60.
所以 P(120－x0 1
5
(442＋x)，由此解得 x<8，即 x 取 0，1，2，…，7 时符合要求，因此
所求概率为 8
10
＝4
5
.故选 D.
5．袋中有 20 个大小相同的球，其中记上 0 号的有 10 个，记上 n 号的有 n 个(n＝1，2，
3，4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．若η＝ aξ－2，E(η)＝1，则 a 的
值为( )
A．2 B．－2 C．1.5 D．3
解：由题意知ξ的可能取值为 0，1，2，3，4，
ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P 1
2
1
20
1
10
3
20
1
5
所以 E(ξ)＝0×1
2
＋1× 1
20
＋2× 1
10
＋3× 3
20
＋4×1
5
＝3
2
，因为η＝aξ－2，E(η)＝1，
所以 aE(ξ)－2＝1，所以 3
2
a－2＝1，解得 a＝2.故选 A.
6．(2015·山东)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0，32)，从中
随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，
P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%)
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
解：已知μ＝0，σ＝3，所以 P(3＜ξ＜6)＝1
2
＝1
2
(95.44%－68.26%)＝1
2
×27.18%＝
13.59%.故选 B.
7．在正三棱锥 SABC 内任取一点 P，使得 VPABC＜1
2
VSABC 的概率是( )
A.7
8
B.3
4
C.1
2
D.1
4
解：如图，
D，E，F 为中点，则 P 在棱台 DEFABC 内，而 S△DEF＝1
4
S△ABC，所以 VSDEF＝1
8
VSABC.所以所求
概率 P＝VDEFABC
VSABC
＝7
8
.故选 A.
8．设(x2＋1)(x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则 a1＋a2＋…＋a11
＝( )
A．5 B．4 C．3 D．2
解：令 x＋2＝0，则 x＝－2，(x2＋1)(x＋1)9＝－5＝a0；令 x＋2＝1，则 x＝－1，(x2
＋1)(x＋1)9＝0＝a0＋a1＋a2＋…＋a11，所以 a1＋a2＋…＋a11＝－a0＝5.故选 A.
9．(2016·沧州模拟)如图，在一个长为 π，宽为 2 的矩形 OABC 内，曲线 y＝
sinx(0≤x≤π)与 x 轴围成如图所示的阴影部分，向矩形 OABC 内随机投一点(该点落在矩形
OABC 内任意一点是等可能的)，则所投的点落在阴影部分的概率是( )
A. 1
π
B. 2
π
C.π
4
D. 3
π
解：由定积分可求得阴影部分的面积为 错误!sinxdx＝－cosx|π
0 ＝2，矩形 OABC 的
面积为 2π，根据几何概型概率公式得所投的点落在阴影部分的概率为 2
2π
＝ 1
π
.故选 A.
10．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3 局 2 胜”，即以先赢 2 局者为胜．根
据经验，每局比赛中甲获胜的概率为 0.6，则本次比赛甲获胜的概率是( )
A．0.216 B．0.36 C．0.6 D．0.648
解：由题意知，甲获胜有两种情况，
一是甲以 2∶0 获胜，此时 P1＝0.62＝0.36；
二是甲以 2∶1 获胜，此时 P2＝C1
2×0.6× 0.4×0.6＝0.288，
故甲获胜的概率 P＝P1＋P2＝0.648.故选 D.
11．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，
当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取 5 次球时停止取球的概率为( )
A. 5
81
B.14
81
C.22
81
D.25
81
解：前 4 次只取到 2 种颜色球，数量可能为 1 种 1 次，另 1 种 3 次，或 2 种均 2 次，最
后一球有 C 1
3种选择，故所求概率为 P＝C1
3（2C1
4＋C2
4）
35 ＝14
81
，故选 B.
12．一个盒子内部有如图所示的六个小格子，现有桔子，苹果和香蕉各两个，将这六个
水果随机放入这六个格子里，每个格子放一个，放好之后每行、每列的水果种类各不相同的
概率是( )
A. 2
15
B.2
9
C.1
5
D.1
3
解：依题意先排第一列有 A 3
3种放法，排第二列有两种放法，而六个水果随机放入六个
格子里共有A6
6
23种放法，故所求概率 P＝23×2A3
3
A6
6
＝ 2
15
.故选 A.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．用 1，2，3，4 这四个数字组成无重复数字的四位数，这个数是恰有一个偶数夹在
两个奇数之间的四位数的概率为____________．
解：用 1，2，3，4 这四个数字组成无重复数字的四位数有 A4
4＝24(个)，其中恰有一个
偶数夹在两个奇数之间的四位数有 2A2
2·A2
2＝8(个)．所以所求概率为 P＝ 8
24
＝1
3
.故填1
3
.
14．二项式
x－1
x
15
的展开式中系数最大的项是第________项．
解：二项展开式的通项
Tr＋1＝Cr
15x15－r·(－1)r·x－r＝Cr
15(－1)rx15－2r，对于二项式系数 Cr
15，中间的两项 C7
15，C 8
15相
等，且同时取得最大值，又因为(－1)7<(－1)8，所以展开式中系数最大的项是第 9 项．故填
9.
15．(2016·南昌模拟)已知二元一次不等式组
x＋2y－19≥0，
x－y＋8≥0，
2x＋y－14≤0
所表示的平面区域为 M，
若在区间(0，14)内任意取一个数 a，则函数 y＝ax 的图象过区域 M 的概率为____________．
解：二元一次不等式组所表示的平面区域 M 如图中阴影部分所示，
且左、右两端点的坐标分别为 P(1，9)，Q(3，8)．当 a＝1 时，函数 y＝ax 变为 y＝1，
不过区域 M；当 a≠1 时，由函数 y＝ax 的图象经过区域 M 知 2≤ a≤9.所以 a 的取值范围是，
故所求的概率为 9－2
14－0
＝1
2
.故填1
2
.
16．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数 A＝a1a2a3a4a5，其中 A 的
各位数中，a1＝1，ak(k＝2，3，4，5)出现 0 的概率为1
3
，出现 1 的概率为2
3
.记ξ＝a1＋a2＋
a3＋a4＋a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望 E(ξ)＝____________(结果用最简分数表示)．
解：令η＝ξ－1，则η～B
4，2
3 ，所以 E(η)＝E(ξ－1)＝4×2
3
，即 E(ξ)－
1＝8
3
，E(ξ)＝11
3
.故填11
3
.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10 分)安排 5 名歌手的演出顺序时．
(1)要求某名歌手不第一个出场，有多少种不同的排法？
(2)要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，有多少种不同的排法？
解：(1)C1
4A4
4＝96 种．
(2)解法一：A5
5－2A4
4＋A3
3＝78 种．
解法二：分两步完成任务：
第一步：先排两名特殊歌手有 4＋3＋3＋3＝13 种；
第二步：再排另外三人有 A3
3＝6 种，故排法种数共有：13×6＝78 种．
18．(12 分)(2015·湖北模拟)在某次数学考试中，考生的成绩ξ～N(90，100)．
(1)试求考试成绩ξ位于区间(70，110)内的概率；
(2)若这次考试共有 2 000 名考生，试估计考试成绩在(80，100)内的考生大约有多少人？
(参考数据：若 X～N(μ，σ2)，有
P(μ－σ3
4
，所以 p>1
2
.
又 p＋1
8
＋q＝1，q≥0，所以 p≤7
8
.所以1
2
19
16
，所以 E(X)>E(Y)．
故甲集团选择投资新能源汽车，才能使得一年后盈利金额的数学期望较大．
21．(12 分)(2016·郑州质检)某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学
生开展古诗词背诵比赛，随机抽取题目，背诵正确加 10 分，背诵错误减 10 分，只有“正确”
和“错误”两种结果，其中某班级对每个题目背诵正确的概率为2
3
，背诵错误的概率为1
3
，现
记“该班级完成 n 首背诵后总得分为 Sn”．
(1)求 S6＝20 且 Si≥0(i＝1，2，3)的概率；
(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望．
解：(1)S6＝20，即背诵 6 首后，正确的个数为 4，错误的个数为 2，
又因为 Si≥0(i＝1，2，3)，所以背诵正确与否的可能顺序为：
①第一首和第二首背诵正确，其余 4 首可任意背诵正确 2 首；
②第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余 3 首可任意背诵正确 2
首．
故所求概率 P＝
2
3
2
×C2
4×
2
3
2
×
1
3
2
＋2
3
×1
3
×2
3
×C2
3×
2
3
2
×1
3
＝16
81
.
(2)ξ＝|S5|的可能取值为 10，30，50，
则 P(ξ＝10)＝C3
5×
2
3
3
×
1
3
2
＋C2
5×
2
3
2
×
1
3
3
＝40
81
，
P(ξ＝30)＝C4
5×
2
3
4
×1
3
＋C1
5×2
3
×
1
3
4
＝10
27
，
P(ξ＝50)＝
2
3
5
＋
1
3
5
＝11
81
，
所以ξ的分布列为
ξ 10 30 50
P 40
81
10
27
11
81
所以ξ的数学期望 E(ξ)＝10×40
81
＋30×10
27
＋50×11
81
＝1 850
81
.
22．(12 分)计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站，过去 50 年的水文资料
显示，水库年入流量 X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在
40 以上．其中，不足 80 的年份有 10 年，不低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年，超过 120
的年份有 5 年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相
互独立．
(1)求未来 4 年中，至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率；
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量 X
限制，并有如下关系：
年入流量 X
40
120
发电机最多可运
行台数
1 2 3
若某台发电机运行，则该台年利润为 5 000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损
800 万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？
解：(1)依题意，p1＝P(40120)＝ 5
50
＝0.1.
由二项分布，在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为
p＝C0
4(1－p3)4＋C1
4(1－p3)3p3
＝
9
10
4
＋4×
9
10
3
× 1
10
＝0.947 7.
(2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元)．
(Ⅰ)安装 1 台发电机的情形．
由于水库年入流量总大于 40，故一台发电机运行的概率为 1，对应的年利润 Y＝5 000，
E(Y)＝5 000×1＝5 000.
(Ⅱ)安装 2 台发电机的情形．
依题意，当 40120 时，三台发电机运行，
此时 Y＝5 000×3＝15 000，
因此 P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.
由此得 Y 的分布列如下：
Y 3 400 9 200 15 000
P 0.2 0.7 0.1
所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋ 15 000×0.1＝8 620.
综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台．