2017届高考数学二轮复习浙江专用课件专题6概率与随机变量及其分布第1讲_图文


第1讲 概率的基本问题

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高考定位 对于排列组合、二项式定理、古典概型、互斥事 件及对立事件的概率的考查也会以选择或填空的形式命题, 属于中档以下题目.

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真题感悟 1.(2016·全国Ⅱ卷)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

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解析 从E点到F点的最短路径有6种,从F点到G点的 最短路径有3种,所以从E点到G点的最短路径为6×3 =18种,故选B. 答案 B

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2.(2016·全国Ⅰ卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的

花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花

坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )

1

1

A.3

B.2

2

5

C.3

D.6

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解析 将 4 种颜色的花种任选两种种在一个花坛中,余下 2 种 种在另一个花坛,有((红黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红 白)、(黄紫)),((黄紫)、(红白)),((红紫)、(黄白)),((黄白)、(红 紫))共 6 种种法,其中红色和紫色不在一个花坛的种数有((红 黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红白)、(黄紫)),((黄紫),(红 白)),共 4 种,故所求概率为 P=46=23,选 C. 答案 C

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3.(2016·山东卷)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了 一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转 盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指
针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x,y.奖励 规则如下:
①若xy≤3,则奖励玩具一个; ②若xy≥8则奖励水杯一个; ③其余情况奖励饮料一瓶. 假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀,小亮准备参加此项活 动. (1)求小亮获得玩具的概率; (2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理 由.

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解 (1)用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基 本 事 件 空 间 Ω 与 点 集 S = {(x , y)|x∈N , y ∈ N , 1 ≤ x ≤ 4 , 1≤y≤4}一一对应. 因为S中元素的个数是4×4=16. 所以基本事件总数n=16. 记“xy≤3”为事件A, 则事件A包含的基本事件数共5个, 即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),

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所以 P(A)=156,即小亮获得玩具的概率为156. (2)记“xy≥8”为事件 B,“3<xy<8”为事件 C. 则事件 B 包含的基本事件数共 6 个. 即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4). 所以 P(B)=166=38.事件 C 包含的基本事件数共 5 个, 即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1). 所以 P(C)=156.因为38>156, 所以小亮获得的水杯的概率大于获得饮料的概率.

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考点整合 1.计数原理
(1)排列与组合: Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=(n-n!m)!, Cnm=n(n-1)(n-m2!)…(n-m+1)=m!(nn!-m)!. (2)二项式定理: ①二项式定理:(a+b)n=C0nanb0+C1nan-1b+C2nan-2b2+… +Cnr an-rbr+…+Cnna0bn(r=0,1,2,…,n).

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②二项展开式的通项 Tr+1=Cnran-rbr,r=0,1,2,…,n,其中 Cnr(r=0,1,…,n) 叫做二项式系数. 2.概率 (1)概率的取值范围是[0,1],即 0≤P(A)≤1,必然事 件发生的概率为 1,不可能事件发生的概率为 0. (2)古典概型 P(A)=事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数.

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3.事件A,B互斥,那么事件A+B发生(即A,B中有一个发生) 的概率,等于事件A,B分别发生的概率的和,
即P(A+B)=P(A)+P(B).
4.在一次试验中,对立事件A和 A 不会同时发生,但一定 有一个发生,因此有P( A )=1-P(A).

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热点一 排列、组合与二项式定理 [微题型1] 排列、组合问题

【例1-1】 (1)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班 级,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到 同一个班级,则不同的分法种数为( )

A.18

B.24

C.30

D.36

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(2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相

声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )

A.72

B.120

C.144

D.168

解析 (1)法一 如丙、丁分到同一个班级,则方法数就是三个

元素的一个全排列,即 A33;若丙分到甲或乙所在的班级,则丁 只能独自一个班级,方法数是 2A33;同理,若丁分到甲或乙所 在的班级,则丙独自一个班级,方法数是 2A33.根据分类加法计 数原理,得总的方法数是 5A33=30.

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法二 总的方法数是 C24A33=36,甲、乙被分到同一个班级的方法 数是 A33=6,故甲、乙不分到同一个班级的方法数是 36-6=30. (2)先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品 节目和相声节目的顺序有三种:“小品 1,小品 2,相声”“小品 1, 相声,小品 2”和“相声,小品 1,小品 2”.对于第一种情况,形 式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□相声□”,有 A22C13A23=36(种)安排 方法;同理,第三种情况也有 36 种安排方法,对于第二种情况, 三个节目形成 4 个空,其形式为“□小品 1□相声□小品 2□”, 有 A22A34=48(种)安排方法,故共有 36+36+48=120(种)安排方法. 答案 (1)C (2)B

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探究提高 解排列、组合的应用题,通常有以下途径: (1)以元素为主体,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他 元素. (2)以位置为主体,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他 位置. (3)先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不符 合要求的排列或组合数.

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[微题型2] 考查二项式定理

【例1-2】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2

的系数为( )

A.10

B.20

C.30

D.60

(2)若(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a13(x- 1)13,则a1+a2+…+a13=________. 解析 (1)Tk+1=Ck5(x2+x)5-kyk,∴k=2. ∴C25(x2+x)3y2 的第 r+1 项为 C25Cr3x2(3-r)xry2, ∴2(3-r)+r=5,解得 r=1,

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∴x5y2 的系数为 C25C13=30. (2)记 f(x)=(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+… +a13(x-1)13, 则 f(1)=a0=(12+1)(1-2)11=-2. 而 f(2)=(22+1)(2-2)11=a0+a1+a2+…+a13, 即 a0+a1+a2+…+a13=0. 所以 a1+a2+…+a13=2.
答案 (1)C (2)2

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探究提高 (1)在应用通项公式时,要注意以下几点: ①它表示二项展开式的任意项,只要n与r确定,该项就随之 确定; ②对二项式(a-b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题; ③(x+y)n展开式中的每一项相当于从n个因式(x+y)中每个因 式选择x或y组成的. (2)在二项式定理的应用中,“赋值思想”是一种重要方法, 是处理组合数问题、系数问题的经典方法.要根据二项展开 式的结构特征灵活赋值.

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【训练1】 (1)(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之 和为32,则a=____________.
(2)若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+ a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则a3=________.
解析 (1)设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5, 令x=1,得16(a+1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5,① 令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.② ①-②,得16(a+1)=2(a1+a3+a5), 即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1+a3+a5=8(a+1),

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所以 8(a+1)=32,解得 a=3. (2)不妨设 1+x=t,则 x=t-1,因此有(t-1)5=a0+a1t+a2t2 +a3t3+a4t4+a5t5,则 a3=C25(-1)2=10.
答案 (1)3 (2)10

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热点二 古典概型与互斥、对立事件的概率

[微题型1] 对于古典概型的考查

【例2-1】 (1)(2016·深圳一调)4名同学参加3项不同的课外 活动,若每名同学可自由选择参加其中的一项,则每项活

动至少有一名同学参加的概率为( )

4

4

A.9

B.27

9

3

C.64

D.64

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(2)从1,2,3,…,20这20个数中任取2个不同的数,则这

两个数之和是3的倍数的概率为( )

1

3

A.19

B.38

32

57

C.95

D.190

解析 (1)4 名同学参加 3 项不同的活动共有 34=81 种,其中 每项活动至少有一名同学参加的有:C24A33=36 种.由古典概型 知所求概率为 P=3861=49.

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(2)1,2,3,…,20 这 20 个数中被 3 整除的数有 6 个,被 3 整除余 1 的数有 7 个,被 3 整除余 2 的数有 7 个,从 1,2,3,…, 20 这 20 个数中任取 2 个不同的数,共有 C220=190 种情况, 这两个数之和是 3 的倍数的情况有 C26+C17C17=64 种,则所求 概率为3925,故选 C. 答案 (1)A (2)C

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探究提高 解答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,这常用到 计数原理与排列、组合的相关知识.

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[微题型2] 考查互斥事件与对立事件的概率
【例2-2】 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安 排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据, 如下表所示.

一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上

顾客数(人) x

30

25

y

10

结算时间

1

1.5

2

2.5

3

(分种/人)

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已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x,y的值,并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数 学期望; (2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算,且各顾客的 结算相互独立,求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率. (注:将频率视为概率)
解 (1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y= 20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收 集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为 100的简单随机样本,将频率视为概率得

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P(X=1)=11050=230,P(X=1.5)=13000=130,P(X=2)=12050=14,

P(X=2.5)=12000=15,P(X=3)=11000=110.

X 的分布列为

X 1 1.5 2 2.5 3

P

3 20

3 10

1 4

1 5

1 10

X 的数学期望为 E(X)=1×230+1.5×130+2×14+2.5×15+3×110=1.9.

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(2)记 A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”, Xi(i=1,2)为该顾客前面第 i 位顾客的结算时间,则 P(A)=P(X1=1 且 X2=1)+P(X1=1 且 X2=1.5)+ P(X1=1.5 且 X2=1). 由于各顾客的结算相互独立,且 X1,X2 的分布列都与 X 的分 布列相同,所以 P(A)=P(X1=1)×P(X2=1)+P(X1=1)×P(X2 =1.5)+P(X1=1.5)×P(X2=1)=230×230+230×130+130×230= 890.该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为890.

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探究提高 解此类题的关键是理解频率与概率间 的关系,互斥事件是指不可能同时发生的事件, 要考虑全面,防止遗漏.

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【训练2】 如图,A地到火车站共有两条路径L1和 L2,现随机抽取100位从A地到达火车站的人进 行调查,调查结果如下:

所用时间(分钟) 10~20 20~30 30~40 40~50 50~60

选择L1的人数

6

选择L2的人数

0

12

18

12

12

4

16

16

4

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(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率; (2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的 频率; (3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车 站,为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站,试通过 计算说明,他们应如何选择各自的路径.

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解 (1)由已知共调查了100人,其中40分钟内不能赶到火车站 的有12+12+16+4=44人. ∴用频率估计相应的概率为0.44. (2)选择L1的有60人,选择L2的有40人,故由调查结果得频率为:

所用时间(分钟) 10~20 20~30 30~40 40~50 50~60

L1的频率 L2的频率

0.1 0.2 0.3 0.2 0.2

0

0.1 0.4 0.4 0.1

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(3)A1,A2分别表示甲选择L1和L2时,在40分钟内赶到火车站; B1,B2分别表示乙选择L1和L2时,在50分钟内赶到火车站. 由(2)知P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6, P(A2)=0.1+0.4=0.5,P(A1)>P(A2), ∴甲应选择L1; P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8, P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9, P(B2)>P(B1),∴乙应选择L2.

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3.古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法. (2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探 求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常 采用树状图法. (3)列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列 表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的 题目.

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