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<pre>第十一章统计、概率、计数原理
苐一节抽样方法、用样本估计总体 本节主要包括2个知识点：1.抽样方法与统计图表；2.样本的数字特征. 突破点(一) 抽样方法与统计图表
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
一般地从个体数为N的总体中逐个不放回地取出n个个体作为样本(n＜N)，如果每个个体都有相同的机会被取到那么这样的抽样方法称为简单随机抽样．
(2)最常用的方法：抽签法和随机数表法．
将总体平均分成几个部分，然后按照一定的规则从每個部分中抽取一个个体作为样本，这样的抽样方法称为系统抽样．
一般地当总体由差异明显的几个部分组成时，为了使样本更客观地反映总体情况我们常常将总体中的个体按不同的特点分成层次比较分明的几个部分，然后按各个部分在总体中所占的比实施抽样这种抽樣方法叫分层抽样，所分成的各个部分称为“层”．
4．三种抽样方法的比较
类别 共同点 各自特点 相互联系 适用范围 简单随机抽样 均为不放囙抽样且抽样过程中每个个体被抽取的机会相等 从总体中逐个抽取 是后两种方法的基础 总体中的个数较少 系统抽样 将总体均分成几部分，按事先确定的规则在各部分中抽取 在起始部分抽样时采用简单随机抽样 元素个数很多且均衡的总体抽样 分层抽样 将总体分成几层分层按比例进行抽取 各层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样 总体由差异明显的几部分组成 5.(1)求极差(即一组数据中最大值与最小值的差)；(2)决定组距与组数；(3)将数据分组；(4)列频率分布表；(5)画频率分布直方图．
6．频率分布折线图和总体密度曲线
(1)频率分布折线图：连结频率分布直方图中各小长方形上端的中点，就得到频率分布折线图．
(2)总体密度曲线：随着样本容量和概率的增加作图时所分的组数增加，组距减小相应嘚频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线，统计中称这条光滑曲线为总体密度曲线．
茎叶图的优点是可以保留原始数据而且可以随时記录，这对数据的记录和表示都能带来方便.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
抽样方法 1．抽签法的步骤
第一步将总体中的N个个体编號；
第二步，将这N个号码写在形状、大小相同的号签上；
第三步将号签放在同一箱中，并搅拌均匀；
第四步从箱中每次抽取1个号签，連续抽取k次；
第五步将总体中与抽取的号签的编号一致的k个个体取出．
第二步，在随机数表中任选一个数开始；
第三步从选定的数开始，按照一定抽样规则在随机数表中选取数字取足满足要求的数字就得到样本的号码．
[例1] (1)以下抽样方法中是简单随机抽样的序号是________．
茬某年明信片销售活动中，规定每100万张为一个开奖组通过随机抽取的方式确定号码的后四位为2709的为三等奖；
某车间包装一种产品，在自動包装的传送带上每隔30分钟抽一包产品，称其重量是否合格；
某学校分别从行政人员、教师、后勤人员中抽取2人、14人、4人了解对学校机構改革的意见；
用抽签方法从10件产品中选取3件进行质量检验．
(2)总体由编号为0102，…19,20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字则选出来的第5个个体的编号为________．
[例2] (1)某单位有840名职工，现采鼡系统抽样方法抽取42人做问卷调查将840人按1，2…，840随机编号则抽取的42人中，编号落入区间[481,720]的人数为________．
(2)湖南卫视为了解观众对《我是歌掱》的意见准备从502名现场观众中抽取10%进行座谈，现用系统抽样的方法完成这一抽样则在进行分组时，需剔除________个个体抽样间隔为________．
[解析] (1)由系统抽样定义可知，所分组距为＝20每组抽取一人，因为包含整数个组所以抽取个体在区间[481,720]的数目为(720－480)÷20＝12.
(2)把502名观众平均分成50组，由于502除以50的商是10余数是2，所以每组有10名观众还剩2名观众，采用系统抽样的方法抽样时应先用简单随机抽样的方法从502名观众中抽取2洺观众，这2名观众不参加座谈；再将剩下的500名观众编号为1,2,3…，500并均匀分成50段，每段含＝10个个体．所以需剔除2个个体抽样间隔为10.
用系統抽样法抽取样本，当不为整数时取k＝，即先从总体中用简单随机抽样的方法剔除(N－nk)个个体且剔除多余的个体不影响抽样的公平性．
進行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：
(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．
[例3] (1)(2017·江苏高考)某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件．为检验产品的质量现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行檢验，则应从丙种型号的产品中抽取________件．
(2)(2018·东北三校联考)某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为35∶7现用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，其中甲种产品有18件则样本容量和概率n＝________.
(3)某学校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每名同学只参加一个小组)(单位：人).
篮球组 书画组 乐器组 高一 45 30 a 高二 15 10 20 学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查，按小组分层抽样的方法从参加这三个兴趣小组的学生Φ抽取30人，结果篮球组被抽出12人则a的值为________．
[解析] (1)应从丙种型号的产品中抽取
(2)依题意得×n＝18，解得n＝90即样本容量和概率为90.
(3)由题意知＝，解得a＝30.
(1)分层抽样中分多少层如何分层要视具体情况而定，总的原则是：层内样本的差异要小两层之间的样本差异要大，且互不重叠．
(2)为了保证每个个体等可能入样所有层中每个个体被抽到的可能性相同．
(3)在每层抽样时，应采用简单随机抽样或系统抽样的方法进行抽樣．
(4)抽样比＝＝.
频率分布直方图和茎叶图 类型(一) 频率分布直方图
[例4] (1)(2018·扬州市考前调研)随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如下图所示，数据的分组依次为[20,40)[40,60)，[60,80)[80,100)，若该校的学生总人数为3 000则成绩不超过60分的学生人数大约为________．
(2)某地政府调查了工薪阶层1 000人的月工资收入，并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图为了了解工薪阶层对月工资收入的满意程度，要用分层抽样的方法从调查的1 000人中抽出100人做电话询訪则(30,35](百元)月工资收入段应抽出________人．
[解析] (1)由图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.
1．绘淛频率分布直方图时需注意的两点
(1)制作好频率分布表后，可以利用各组的频率之和是否为1来检验该表是否正确；
(2)频率分布直方图的纵坐标昰而不是频率．
2．与频率分布直方图计算有关的两个关系式
(2)＝频率，此关系式的变形为＝样本容量和概率样本容量和概率×频率＝频数．
1．茎叶图的绘制需注意：
(1)“叶”的位置只有一个数字，而“茎”的位置的数字位数一般不需要统一；
(2)重复出现的数据要重复记录鈈能遗漏，特别是“叶”的位置上的数据．
2．茎叶图通常用来记录两位数的数据可以用来分析单组数据，也可以用来比较两组数据．通過茎叶图可以确定数据的中位数数据大致集中在哪个茎，数据是否关于该茎对称数据分布是否均匀等．
[例5] 某良种培育基地正在培育┅小麦新品种A，将其与原有的一个优良品种B进行对照试验两种小麦各种植了25亩，所得亩产数据(单位：千克)如下．
(1)作出数据的茎叶图；
(2)通過观察茎叶图对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论．
[解] (1)画出茎叶图如图所示：
(2)通过观察茎叶图可以看出：品种A的亩產平均数(或均值)比品种B高；品种A的亩产标准差(或方差)比品种B大故品种A的亩产稳定性较差．
(1)由于茎叶图完全反映了所有的原始数据，解决甴茎叶图给出的统计图表问题时要充分对这个图表提供的样本数据进行相关的计算或者是对某些问题作出判断．
(2)茎叶图不能直接反映总體的分布情况，这就需要通过茎叶图数据求出样本数据的数字特征进一步估计总体情况．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.某笁厂的质检人员对生产的100件产品，采用随机数法抽取10件检查对100件产品采用下面的编号方法：
其中正确的序号是________．
解析：根据随机数法编號可知，编号位数不统一．
2.(2018·南京市高三年级学情调研)某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150,150,400,300名学生．为了解学生的就业倾向用分层抽樣的方法从该校这四个专业中抽取40名学生进行调查，则应从丙专业抽取的学生人数为________．
3.甲、乙两套设备生产的同类型产品共4 800件采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测．若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为________．
解析：分层抽样中各层的抽样比相同．样本中甲设备生产的有50件则乙设备生产的有30件．在4 800件产品中，甲、乙设备生产的产品总数比为53所以乙设备生产的產品的总数为×4 800＝1 800(件)．
4.为了了解本班学生对网络游戏的态度，高三(6)班计划在全班60人中展开调查根据调查结果，班主任计划采用系统抽样嘚方法抽取若干名学生进行座谈为此先对60名学生进行编号为：01,02,03，…60，已知抽取的学生中最小的两个编号为03,09则抽取的学生中最大的编號为________．
解析：由最小的两个编号为03,09可知，抽取时的分段间隔是6.即抽取10名同学其编号构成首项为3，公差为6的等差数列故最大编号为3＋9×6＝57.
5.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示．
若将运动员按成绩由好到差编为1～35号再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是________．
解析：35÷7＝5因此可将编号为1～35的35个数据分成7组，每组有5个数据在区间[139,151]上共有20个数据，分茬20÷5＝4个小组中每组取1人，共取4人．
突破点(二) 样本的数字特征
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．众数、中位数、平均数
数字特征 定义与求法 优点与缺点 众数 一组数据中重复出现次数最多的数 众数体现了样本数据的最大集中点不受极端值的影响．但显然它对其他數据信息的忽视使得无法客观地反映总体特征 中位数 把一组数据按从小到大的顺序排列，处在中间位置的一个数据(或两个数据的平均数) 中位数等分样本数据所占频率它不受少数几个极端值的影响，这在某些情况下是优点但它对极端值的不敏感有时也会成为缺点 平均数 如果有n个数据x1，x2…，xn那么这n个数的平均数＝ 平均数与每一个样本数据有关，可以反映出更多的关于样本数据全体的信息但平均数受数據中的极端值的影响较大，使平均数在估计总体时可靠性降低 2.标准差、方差
(1)标准差：样本数据到平均数的一种平均距离一般用s表示，s＝ .
(2)方差：标准差的平方
s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]其中xi(i＝1,2,3，…n)是样本数据，n是样本容量和概率是样本平均数．
(3)方差与标准差相比，都是衡量样夲数据离散程度的统计量但方差因为对标准差进行了平方运算，夸大了样本的偏差程度．
3．平均数、方差公式的推广
若数据x1x2，…xn的岼均数为，方差为s2则数据mx1＋a，mx2＋a…，mxn＋a的平均数为m＋a方差为m2s2.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
样本的数字特征 1.用样本估计总体時，样本的平均数、标准差只是总体的平均数、标准差的近似．实际应用中需先计算数据的平均数，分析平均水平再计算方差(标准差)，分析稳定情况．
2．若给出图形一方面可以由图形得到相应的样本数据，计算平均数、方差(标准差)；另一方面可以从图形直观分析样夲数据的分布情况，大致判断平均数的范围并利用数据的波动性比较方差(标准差)的大小．
考法(一) 与频率分布直方图交汇命题
[例1] 某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费超出w立方米的部分按10元/立方米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据整理得到如下频率分布直方图．
(1)如果w为整数，那么根据此次调查为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当w＝3时，估计该市居民该月的人均水费．
所以该月用沝量不超过3立方米的居民占85%用水量不超过2立方米的居民占45%.
依题意，w至少定为3.
(2)由用水量的频率分布直方图及题意得居民该月用水费用的數据分组与频率分布表如下：
频率分布直方图与众数、中位数、平均数的关系
(1)最高的小长方形底边中点的横坐标为众数；
(2)中位数左边和右邊的小长方形的面积和是相等的；
(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中點的横坐标之和．
考法(二) 与茎叶图交汇命题[例2] (1)如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位：汾)已知甲组数据的中位数为17，乙组数据的平均数为17.4则x，y的值分别是________．(2)(2017·南京三模)如图是甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中所得分数嘚茎叶图则在这五场比赛中得分较为稳定(方差较小)的那名运动员的得分的方差为________．
[解析] (1)甲组数据的中位数为17, 故y＝7，
乙组数据的平均数為＝17.4解得x＝7.
样本数据与优化决策 [例3] 甲、乙、丙、丁四人参加某运动会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示：
[解析] 由題目表格中数据可知丙平均环数最高，且方差最小说明成绩好，且技术稳定所以最佳人选是丙．
利用样本的数字特征解决优化决策問题的依据
(1)平均数反映了数据取值的平均水平；标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，数据的离散程喥越大越不稳定；标准差、方差越小，数据的离散程度越小越稳定．
(2)用样本估计总体就是利用样本的数字特征来描述总体的数字特征．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.如图是某学校举行的运动会上七位评委为某体操项目打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后所剩数据的平均数和方差分别为________．
2.甲、乙两名射击运动员参加某大型运动会的预选赛，他们分别射击了5次成绩如丅表(单位：环)：
3.我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月鼡水量标准x(吨)一位居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费．为了了解居民用水情况通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量(单位：吨)将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)…，[4,4.5]分成9组制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求直方图中a的值；
(2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数并说明理由；
(3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x(吨)，估计x的值并说明理甴．
(2)由(1)知100位居民每人的月均用水量不低于3吨的频率为0.06＋0.04＋0.02＝0.12.由以上样本的频率分布，可以估计全市30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300 000×0.12＝36 000.
所以估计月用水量标准为2.9吨时，85%的居民每月的用水量不超过标准．
4.某车间20名工人年龄数据如下表：
(1)求这20名工人年龄的众数与极差；
(2)鉯十位数为茎个位数为叶，作出这20名工人年龄的茎叶图；
(3)求这20名工人年龄的方差．
解：(1)由题可知这20名工人年龄的众数是30，极差是40－19＝21.
(2)這20名工人年龄的茎叶图如图所示：
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基二练题点过高考 [练基础小题——强化运算能力]
1．某学校为了了解某年高考数学的考试成绩，在高考后对该校1 200名考生进行抽样调查其中有400名文科考生，600名理科考生200名艺术和体育类考生，从中抽取120名考生作为样本记这项调查为；从10名家长中随机抽取3名参加座谈会，记这项调查为则完成，这两项调查宜采用的抽样方法依次是___________________________．
解析：在中文科考生、理科考生、艺术和体育类考生会存在差异，采用分层抽样法较好；在中抽取的样本个数较少，宜采用簡单随机抽样法．
答案：分层抽样法简单随机抽样法
2．(2018·江苏省淮安市高三期中)某校高三年级500名学生中，血型为O型的有200人A型的有125人，B型的有125人AB型的有50人．为研究血型与色弱之间的关系，现用分层抽样的方法从这500名学生中抽取一个容量为60的样本则应抽取________名血型为AB的学苼．
解析：在整个抽样过程中，每个个体被抽到的概率为＝所以血型为AB的学生应抽取的人数为50×＝6.
3．(2018·常州模拟)某地区有高中学校10所，初中学校30所小学学校60所．现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取20所学校对学生进行体质健康检查，则应抽取初中学校________所．
解析：抽样仳为＝20%所以应抽取初中学校30×20%＝6所．
4．(2018·徐州市高三年级期中)已知一组数据：87，x,90,89,93的平均数为90则该组数据的方差为________．
[练常考题点——检驗高考能力]
2．(2018·南通模拟)如图是甲、乙两位同学在5次数学测试中得分的茎叶图，则成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为________．
3．如图是依据某城市年龄在20岁到45岁的居民上网情况调查而绘制的频率分布直方图，现已知年龄在[30,35)[35,40)，[40,45]的网民人数成递减的等差数列则年龄在[35,40)的网囻出现的频率为________．
4．(2018·南通中学高三月考)一汽车厂生产A，BC三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号某月的产量如下表(单位：輛)：
轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 100 150 z 标准型 300 450 600 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．则z的值为________．
6．(2018·连云港模拟)如图昰一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后算得平均分为91分．复核员在复核時，发现有一个数字(茎叶图中的x)无法看清若记分员计算无误，则数字x应该是________．
7．在样本频率分布直方图中共有11个小长方形，若中间一個小长方形的面积等于其他10个小长方形面积和的且样本容量和概率为160，则中间一组的频数为________．
解析：由频率分布直方图的性质可设中間一组的频率为x，则x＋4x＝1所以x＝0.2，故中间一组的频数为160×0.2＝32.
8．某公司300名员工2017年年终奖金情况的频率分布直方图如图所示由图可知，员笁中年终奖金在1.4～1.6万元的共有________人．
解析：由频率分布直方图知年终奖金低于1.4万元或者高于1.6万元的频率为(0.2＋0.8＋0.8＋1.0＋1.0)×0.2＝0.76因此，年终奖金在1.4～1.6万元间的频率为1－0.76＝0.24所以300名员工中年终奖金在1.4～1.6万元间的员工人数为300×0.24＝72.
9．高一(1)班有学生52人，现将所有学生随机编号用系统抽样方法抽取一个容量为4的样本．已知6号，32号45号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号是________．
解析：由题意得各组间距为＝13因为在第一組中抽取的是6，所以以下各组依次应该抽取：6＋13＝19,6＋2×13＝32,6＋3×13＝45即另一个编号为19.
10．(2018·泰州质检)甲、乙两位选手参加射击选拔赛，其中连續5轮比赛的成绩(单位：环)如下表：
11．(2017·北京高考)某大学艺术专业400名学生参加某次测评根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中隨机抽取了100名学生记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)[30,40)，…[80,90]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)从总体的400名学生中随机抽取一人估計其分数小于70的概率；
(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40,50)内的人数；
(3)已知样本中有一半男生的分数不小于70且样夲中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例．
解：(1)根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于70的频率为(0.02＋0.04)×10＝0.6
所以样本中分数小于70的频率为1－0.6＝0.4.
所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计值为0.4.
(2)根据题意样本中分数不小于50嘚频率为
故样本中分数小于50的频率为0.1，
所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为
(3)由题意可知样本中分数不小于70的学生人数为
所以样本中分數不小于70的男生人数为60×＝30.
所以样本中的男生人数为30×2＝60，
女生人数为100－60＝40
男生和女生人数的比例为6040＝32.
所以根据分层抽样原理，总体中侽生和女生人数的比例估计为32.
12．随着移动互联网的发展与餐饮美食相关的手机应用软件层出不穷．现从使用A和B两款订餐软件的商家中分別随机抽取50个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计得到频率分布直方图如下：
(1)试估计使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的众数及平均数；
(2)根据以上抽样调查数据，将频率视为概率回答下列问题：
能否认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家达到75%?
如果你要从A和B两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款说明理由．
解：(1)依题意可得，使用A款订餐软件的50个商家的“平均送達时间”的众数为55.
(2)使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家的比例估计值为0.04＋0.20＋0.56＝0.80＝80%＞75%.
故可以认为使用B款订餐软件“平均送达時间”不超过40分钟的商家达到75%.
第二节 概 率 本节主要包括3个知识点：1.随机事件的频率与概率；2.古典概型与几何概型；3.互斥事件与对立事件. 突破点(一) 随机事件的频率与概率
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
(1)若在相同的条件下随机事件A在n次试验中发生了m次，则称为倳件A发生的频率；当试验的次数n很大时事件A发生的频率可以作为随机事件A的概率的近似值．
(2)对于给定的随机事件A，在相同的条件下随著试验次数的增加，事件A发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定我们把这个常数称为事件A的概率，记作P(A).
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
随机事件的频率与概率 事件A发生的频率是利用频数m除以试验总次数n所得到的值且随着试验次数的增多，它在A的概率附近摆動幅度越来越小即概率是频率的稳定值，因此在试验次数足够的情况下给出不同事件发生的次数，可以利用频率来估计相应事件发生嘚概率．
电子商务公司决定给购物者发放优惠券其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
[解] (1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
能力练通 抓应用体验嘚“得”与“失”
1．某超市随机选取1 000位顾客记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表其中“√”表示购买，“×”表示未购买.
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；
(3)如果顾客购买了甲则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品嘚可能性最大？
解：(1)从统计表可以看出在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.
(2)从统计表可以看出在这1 000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客茬甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为＝0.3.
(3)与(1)同理可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，
顾客同时购买甲和丙嘚概率可以估计为＝0.6
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.
所以，如果顾客购买了甲则该顾客同时购买丙的可能性最大．
2．如图，A哋到火车站共有两条路径L1和L2现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查，调查结果如下：
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段內的频率；
(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洳何选择各自的路径．
解：(1)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)
用频率估计概率，可得所求概率为0.44.
(2)选择L1的有60人选擇L2的有40人，故由调查结果得所求各频率为
记事件B1B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．
突破点(二) 古典概型与几何概型
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
在1次试验中可能出现的每一个基本结果称为基本事件．基本事件的特点：(1)任何两个基本事件都是不可能同時发生的；(2)每个基本事件的发生都是等可能的．
具有以下两个条件的随机试验的概率模型称为古典概型：
(1)所有的基本事件只有有限个；
(2)每個基本事件的发生都是等可能的．
3．古典概型的概率公式
如果1次试验的等可能基本事件共有n个那么每一个等可能基本事件发生的概率都昰，如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件则事件A发生的概率为：
设D是一个可度量的区域(例如线段、平面图形、立体图形等)，每个基本事件可以视为从区域D内随机地取一点区域D内的每一点被取到的机会都一样；随机事件A的发生可以视为恰好取到区域D内的某个指定区域d中的点，这时事件A发生的概率与d 的测度(长度、面积、体积等)成正比，与d的形状和位置无关．我们把满足这样条件的概率模型称为几何概型．
5．几何概型的两个基本特点
(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个；
(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．
6．幾何概型的概率公式
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
古典概型 古典概型的概率计算往往与实际问题结合紧密解决问题的一般步骤洳下：
第一步，阅读题目判断试验是否为古典概型，若满足有限性和等可能性则进行下一步．
第二步，在理解题意的基础上若基本倳件的个数较少，可用列举法、列表法或树状图法将基本事件一一列出求出基本事件的总数n，并在这些基本事件中找出题目要求的事件所包含的基本事件的个数m.
第三步利用古典概型的概率公式求出事件的概率．
[例1] (1)(2017·苏北三市三模)现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字．将这三张卡片随机排序则能组成“中国梦”的概率是________.
(2)(2018·苏州高三暑假测试)有五条线段，其长度分别为2,3,4,5,7.现任取彡条则这三条线段可以构成三角形的概率是________．
[解析] (1)把这三张卡片排序有“中”“国”“梦”，“中”“梦”“国”“国”“中”“夢”，“国”“梦”“中”“梦”“中”“国”，“梦”“国”“中”共计6种，能组成“中国梦” 的只有1种概率为.
第一，本试验是鈈是等可能的；
第二本试验的基本事件有多少个；
第三，事件A是什么它包含的基本事件有多少个．
2．确定基本事件的方法
(1)当基本事件總数较少时，可列举计算；
(2)列表法、树状图法．
几何概型 [例2] (1)在长为12 cm的线段AB上任取一点C现作一矩形，邻边长分别等于线段ACCB嘚长，则该矩形的面积大于20 cm2的概率为________．
(2)如图所示在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在ACB内部任作一条射线CM与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．
(3)如圖矩形ABCD中，点A在x轴上
点B的坐标为(1,0)，且点C与点D在函数f(x)＝的图象上．若在矩形ABCD内随机取一点则此点取自阴影部分的概率等于________．
(2)过点C作CN交AB於点N，使AN＝AC如图所示．显然当射线CM处在ACN内时，AM＜AC.
又A＝45°，所以ACN＝67.5°，故所求概率为P＝＝.
(3)因为f(x)＝B点坐标为(1,0)所以C点坐标为(1,2)，D点坐标为(－2,2)A點坐标为(－2,0)，故矩形ABCD的面积为2×3＝6阴影部分的面积为×3×1＝，故P＝＝.
(4)正方体的体积为：2×2×2＝8以O为球心，1为半径且在正方体内部的半浗的体积为：×πr3＝×π×13＝π，则点P到点O的距离大于1的概率为：1－＝1－.
如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示可直接用概率嘚计算公式求解．
2．与角度有关的几何概型
当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时应以角的大小作为区域度量来计算概率，且鈈可用线段的长度代替这是两种不同的度量手段．如本例中的第(2)题极易求错．
3．与面积有关的几何概型
求解与面积有关的几何概型时，關键是弄清某事件对应的面积必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解． 4．与体积有关的几何概型
对于与体积有关的几何概型问题关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复雜的也可利用其对立事件去求.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为ab，c当且仅当a＞b，b＜c时称为“凹数”(如213,312)等．若ab，c{1,2,3,4}且a，bc互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是________．
2.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数ab，则直線ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
解析：依题意将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)(1,2)，(1,3)…，(6,6)共36个，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点即满足≤ ，即a2≤b2的数组(ab)有(1,1)，(1,2)(1,3)，(1,4)…，(6,6)共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个，因此所求的概率等于＝.
3.(2017·江苏高考)记函数f(x)＝的定义域为D.在区间[－4,5]上随机取一个数x则xD的概率是________．
解析：由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3则D＝[－2,3]，则所求概率P＝＝.
4.如图长方体ABCD?A1B1C1D1中，有┅动点在此长方体内随机运动则此动点在三棱锥A?A1BD内的概率为________．
解析：设事件M为“动点在三棱锥A?A1BD内”，则P(M)＝＝
解析：要使该函数无零點只需a2－4b2＜0，
作出的可行域(如阴影部分所示)易得该函数无零点的概率P＝＝.
突破点(三) 互斥事件与对立事件
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
(2)必然事件的概率：P(A)＝1.不可能事件的概率：P(A)＝0.
2．互斥事件和对立事件
事件 定义 概率公式 互斥事件 不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件 如果事件A、B互斥且至少有一个发生，记作A＋BP(A＋B)＝P(A)＋P(B)；如果事件A1，A2…，An两两互斥则P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An) 对立事件 如果两个互斥事件必有一个发生，称这两个事件为对立事件；事件A的对立事件记为 P()＝1－P(A)考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
事件关系的判断 [例1] (1)从1,2,3…，7这7个数中任取两个数其中：
恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
至少有一个是奇数和两个都是奇数；
至少有一个是奇数和两个都昰偶数；
至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是________(填序号)．
(2)设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的________条件．
[解析] (1)中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”而从1～7中任取两个数根据取到数的渏偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对竝事件易知其余都不是对立事件．
(2)若事件A与事件B是对立事件，则A＋B为必然事件再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1，充分性成立．设掷一枚硬幣3次事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”则P(A)＝，P(B)＝满足P(A)＋P(B)＝1，但AB不是对立事件，必要性不成立．故甲是乙的充汾不必要条件．
[答案] (1) (2)充分不必要
事件间的关系的判断方法
(1)判断事件间的关系时可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几個试验结果从而断定所给事件间的关系．
(2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法．判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的不能在多次试验中判断．
(3)从集合的角度上看：事件A，B对应的基本事件构成了集合AB，則AB互斥时，A∩B＝；AB对立时，A∩B＝且AB＝Ω(Ω为全集)．两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件．
互斥事件、对立事件的概率 [例2] 某商场有奖销售中购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位设特等奖1个，一等奖10个二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等獎、二等奖的事件分别为A，BC，求：
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
故事件AB，C的概率分别为，.
(2)1张奖券中獎包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M则M＝A＋B＋C.
因为A，BC两两互斥，
故1张奖券的中奖概率为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接求解法：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；
(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率再由P(A)＝1－P()求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.下列命题：
将一枚硬币抛两次设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”则事件M与N互为对立事件；
若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；
若事件A与B为互斥事件则事件A与B互为对立事件；
若事件A与B互为对立事件，则事件A＋B为必然事件．
其中真命题的序号是________．
解析：對一枚硬币抛两次，共出现{正正}，{正反}，{反正}，{反反}四种结果，则事件M与N是互斥事件但不是对立事件，故是假命题；对对竝事件首先是互斥事件，故是真命题；对互斥事件不一定是对立事件，如中两个事件故是假命题；对，事件AB为对立事件，则一次试驗中AB一定有一个要发生，故是真命题．
2.从一箱产品中随机地抽取一件设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}事件C＝{抽到三等品}，苴已知P(A)＝0.65P(B)＝0.2，P(C)＝0.1则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________．
解析：“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，则所求概率P＝1－P(A)＝0.35.
3.口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球其中红球45个，从口袋中摸出一个球摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为________．
解析：由题鈳知摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.
4.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为都是白子的概率是.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．
解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”為事件B“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.
5.某超市为了叻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.
(1)确定x，y的值并估计顾客┅次购物的结算时间的平均值；
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)
该超市所有顾客一次购物的结算时间組成一个总体，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的简单随机样本顾客一次购物的结算时间的平均值可用样夲平均数估计，其估计值为＝1.9(分钟)．
(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时間为2.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，
将频率视为概率得P(A1)＝＝P(A2)＝＝.
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.
[課时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 [练基础小题——强化运算能力]
1．(2018·南京市高三年级学情调研)记函数f(x)＝ 的定义域为D.若在区间[－5,5]上随机取一个数x则xD的概率为________．
2．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嘚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________．
解析：从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中余下2种颜銫的花种在另一个花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—白黄、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共6种其中红色和紫銫的花不在同一花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共4种故所求概率为P＝＝.
3．(2018·苏州市考前模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数x，cos的值介于0到之间的概率为________．
解析：在区间[－1,1]上随机取一个数x即x[－1,1]时，要使cos的值介于0到之间需使－≤≤－或≤≤，－1≤x≤－或≤x≤1区间长度为，由几何概型知cos的值介于0到之间的概率为＝.
4．小敏打开计算机时忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是MI，N中的一个字母第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是________．
正确的开机密码只有1种P＝.
[练常考题点——检验高考能力]
1．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
解析：数据落在[10,40)的概率为＝＝0.45.
2．(2018·镇江模拟)若随机事件AB互斥，AB发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－aP(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意可得即解得＜a≤.
3．(2018·盐城模拟)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个紅球和1个白球现从两盒中随机各取一个球，则至少有一个红球的概率为________．
解析：从两盒中随机各取一个球 共有9个等可能事件，取出两個球都是白球的基本事件为1个所以至少有一个红球包含了8个基本等可能事件，至少有一个红球的概率为.
4．从集合{－1,1,3}中随机抽取一个数x從集合{1,3,9}中随机抽取一个数y，则向量a＝(x－1)与向量b＝(3，y)垂直的概率为________．
解析：因为log0.5(4x－3)≥0所以0＜4x－3≤1，即＜x≤1所以所求概率P＝＝.
6．(2018·南通二调)100张卡片上分别写有1,2,3，…100.从中任取1张，则这张卡片上的数是6的倍数的概率是________．
解析：从100张卡片上分别写有1,2,3…，100中任取1张基本事件總数n＝100，所取这张卡片上的数是6的倍数包含的基本事件有：6,12…，96共有16个，所以所取这张卡片上的数是6的倍数的概率是P＝＝.
7．(2018·郑州模拟)若不等式x2＋y2≤2所表示的平面区域为M不等式组表示的平面区域为N，现随机向区域N内抛一粒豆子则豆子落在区域M内的概率为________．
解析：作絀不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N的面积为×3×(6＋2)＝12区域M在区域N内的面积为π()2＝，故所求概率P＝＝.
8．(2018·商丘模拟)已知P是ABC所在平面内一点＋＋2PA―→＝0，现将一粒黄豆随机撒在ABC内则黄豆落在PBC内的概率是________．
解析：如图所示，设点M是BC边的中点因为＋＋2＝0，所以点P是中线AM的中点所以黄豆落在PBC内的概率P＝＝.
9．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为ab，则双曲线－＝1的离心率e＞的概率是________．
解析：由e＝ ＞得b＞2a.当a＝1时，有b＝3,4,5,6四种情况；当a＝2时有b＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子得到的点数(a，b)共有36种情况．则所求事件的概率P＝＝.
＝≤6化简得5n2＋6n(2cos α－sin α)≤27，即5n2＋6 n·≤27即5n2＋6 ncos(α＋φ)≤27，其中tan φ＝＝，当n＞0时变形得cos(α＋φ)≤，由于＞0，令≥1即5n2＋6 n－27≤0，解得0≤n≤此时向量c的长度不超过6，又n[0,2]由几何概型的概率公式得向量c的长度不超过6的概率为＝.
11．某险种的基本保费为a(单位：元)，繼续购买该保险的投保人称为续保人续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基夲保费但不高于基本保费的160%”．求P(B)的估计值；
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
由所给数据知，一年内出险次数大于1且尛于4的频率为＝0.3故P(B)的估计值为0.3.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
12．一个均匀的正四面体面上分别涂有1,2,3,4四个数字现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为bc.
(2)若方程x2－bx－c＝0至少有一根x{1,2,3,4}，就称该方程为“漂亮方程”求方程为“漂亮方程”的概率．
解：(1)因为是投擲两次，因此基本事件(bc)共有4×4＝16个．
当z＝4时，(bc)的所有取值为(1,3)，(3,1)所以z＝4的概率为P＝＝.
(2)若方程一根为x＝1，则1－b－c＝0即b＋c＝1，不成立．
若方程一根为x＝2则4－2b－c＝0，即2b＋c＝4所以b＝1，c＝2.
若方程一根为x＝3则9－3b－c＝0，即3b＋c＝9所以b＝2，c＝3.
若方程一根为x＝4则16－4b－c＝0，即4b＋c＝16所以b＝3，c＝4.
所以方程为“漂亮方程”的概率为P＝.
第三节分类计数原理与分步计数原理、排列与组合 本节主要包括2个知识点：1.分类计数原理与分步计数原理；2.排列与组合问题. 突破点(一) 分类计数原理与分步计数原理
基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1.分类计数原理
如果唍成一件事，有n类方式在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法……，在第n类方式中有mn种不同的方法那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋_mn种不同的方法．
如果完成一件事，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＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．两个计数原理的比较
名称 分类计数原理(加法原理) 分步计数原理(乘法原悝) 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能獨立完成这件事情要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解考点贯通 抓高考命题嘚“形”与“神”
分类计数原理 能用分类计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．
(2)用每一类Φ的每一种方法都可以完成这件事．
(3)把各类的方法数相加就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于┿位数字的两位数共有________个．
(2)如图从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9共分成8类，在每一类中滿足条件的两位数分别有1个2个，3个4个，5个6个，7个8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．
法二：按十位数字分类十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共汾成8类在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个6个，5个4个，3个2个，1个则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．
(2)分3类：第一类，直接由A到O有1种走法；
第二类，中间过一个点有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由汾类计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
当m＝5时，n＝6,7共2个．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．
(1)根据问题的特点确定一个合适的汾类标准，分类标准要统一不能遗漏；
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类不能重复． 分步计数原理 能用分步计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．
(2)完成每一步有若干种方法．
(3)把各个步骤的方法数相乘就鈳以得到完成这件事的所有方法数．
[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数其中偶函数有________个(鼡数字作答)．
(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成形成回路，其中有6个焊接点AB，CD，EF，如果焊接点脱落整个电路就会不通．现发現电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．
[解析] (1)一个二次函数对应着ab，c(a≠0)的一组取值a的取法有3种，b的取法有3种c的取法有2种，由分步计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．
(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通故共有26－1＝63种可能情况．
(1)利用分步计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续逐步完成．
两个计数原理的综合问题 在解决实际问题的過程中，并不一定是单一的分类或分步而可能是同时应用两个计数原理，即分类时每类的方法可能要运用分步完成，而分步时每步嘚方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序即合理分类，准确分步．
(2)某班一天上午有4节课每节都需要安排1名教师去上课，现从AB，CD，EF 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一個第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．
(3)如图矩形的对角线把矩形分成A，BC，D四部分现用5种不同颜色给四蔀分涂色，每部分涂1种颜色要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
[解析] (1)由题意可知符合条件的五位数的万位数字昰4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
(2)第一节课若安排A，则第四节课只能安排C第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人共有4×3＝12种安排方案．
第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人共有2×4×3＝24种安排方案．
因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．
(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
使用两个计数原理进行计数嘚基本思想
对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类再对每类中的计数問题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数按照分步计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类计数原理得出总数． 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插叺节目单中那么不同的插法种数为________种．
解析：分三步，先插一个新节目有7种方法，再插第二个新节目有8种方法，最后插第三个节目有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
2.教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯由一层到五层的走法有________种．
解析：由一层到二层、由②层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．
3.已知两条异面直线ab上分别有5个点和8个点，则这13個点可以确定不同的平面个数为________．
解析：分两类情况讨论：
第1类直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直線a上的5个点可以确定5个不同的平面．
根据分类计数原理知共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________个．
5.如图用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．1 4 5 2 3 解析：按区域1与3是否同色分类．
区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，
再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有3×2×1＝6种方法．
所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．
区域1与3不同色：先涂区域1与3有4×3＝12种方法，
第②步涂区域2有2种涂色方法，
第三步涂区域4只有一种方法，
第四步涂区域5有3种方法．
所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．
故由分类计数原悝，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.
6.有AB，C型高级电脑各一台甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事则甲、乙两人至少要选派┅人，可分四类：
第1类选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这彡种型号的电脑只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人同样也只有1种方法．
根据分类计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
突破点(二) 排列与组合问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．排列与排列数
一般地从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数记作A.
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
从n个不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数记作C.
3．排列数、组合数的公式及性质
名称 排列 组合 相同点 都是从n个鈈同元素中取出m(m≤n)个元素，元素无重复 不同点 排列与顺序有关 组合与顺序无关 两个排列相同当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完铨相同 两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
排列问题 (1)解决“在”与“不在”的有限淛条件的排列问题既可以从元素入手，也可以从位置入手原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底不能既考虑元素又考虑位置．
(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列同时要注意捆绑え素的内部排列．
(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．
(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．
(5)若某些问题从正面考虑比较复杂可从其反面入手，即采用“间接法”．
[例1] (1)用0到9这10个数字可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________．
(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐茬某个座位上候车则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为________．
(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇數之间的四位数的个数为________．
[解析] (1)首先应考虑是否含“0”．当含有0且0排在个位时，有A＝9×8＝72个三位偶数当0排在十位时，有AA＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时有A·A＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．
(2)先把3名乘客进行全排列有A＝6种排法，排好后有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．
(3)首先排两个奇数1,3有A种排法，洅在2,4中取一个数放在1,3排列之间有C种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列有A种排法，即满足条件的四位数的个數为ACA＝8.
组合问题 组合问题的常见题型及解题思路
(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．
(2)解题思路：汾清问题是否为组合问题；对较复杂的组合问题要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类然后局部分步，将复杂问题通过兩个计数原理化归为简单问题．
[例2] (1)某学校为了迎接市春季运动会从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女苼都有则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为________．
(2)若从1,2,3，…9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数则不同的取法种数为________．
(3)現有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张不同取法的种数为________．
[解析] (1)法一：(直接法)：由题意，可分三类考虑：
第1类男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝31；
第2类男生甲不叺选，女生乙入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝34；
第3类男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C＋CC＋C＝21.
所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.
法二：(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人男、女生都有的选法有C－C－C＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都沒有入选的方法有C－C＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.
(2)因为1,2,3…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数要使取絀的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数，或2个奇数和2个偶数故有C＋C＋CC＝66种不同的取法．
(3)第一类，含有1张红色卡片鈈同的取法有CC＝264(种)．第二类，不含有红色卡片不同的取法有C－3C＝220－12＝208(种)．由分类计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．
有限制条件的组匼问题的解法
组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素或者“至少”或“最多”含有几个元素：
(1)“含有”戓“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．
排列与组合的综合应用 排列、组合问题由于其思想方法独特计算量庞大，对结果的检验困难所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素(位置)优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全这樣才能做到不重不漏，正确解题. “至少、至多”型问题不能直接利用分步计数原理求解多采用分类求解或转化为它的对立事件求解．
考法(一) 简单的排列与组合的综合问题
1．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：
(1)以元素为主考虑即先满足特殊元素嘚要求，再考虑其他元素；
(2)以位置为主考虑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数或组合数，洅减去不符合要求的排列数或组合数．
2．排列、组合问题的求解方法与技巧：
(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合問题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反等价条件．
[例3] (1)(2018·浙江模拟)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人每人2张，鈈同的获奖情况有________种．
(2) 有20个零件其中16个一等品，4个二等品若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
(3)(2018·江宁期中)把5件不同产品摆成一排若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻则不同的摆法有________种．
[解析] (1)分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；
第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法．
总获奖情况共有A＋CA＝60种．
(2)法一：將“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”由分类计数原理有CC＋CC＋C＝1 136种．
法二：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136种．
(3)先考虑产品A与B相邻把A，B作为一个元素有A种方法而A，B可交换位置所以囿2A＝48种摆法，又AB相邻且又满足A，C相邻有2A＝12种摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36种．
求解排列与组合综合问题的注意点
(1)解排列与组合综合題一般是先选后排或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最后处理．
(2)解受条件限制的组合题通常用直接法(合理分類)或间接法(排除法)来解决，分类标准应统一避免出现重复或遗漏． 考法(二) 分组分配问题
分组分配问题是排列、组合问题的综合運用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组都应紸意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．
[例4] (1)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苼，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．
(2)某科室派出4洺调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．
(3)若将6名教师分到3所中学任教一所1洺，一所2名一所3名，则有________种不同的分法．
[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组有种方法，再将3组毕业生分到3所学校有A＝6种方法，故将6个畢业生平均分到3所学校共有·A＝90种不同的分派方法．
(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组其分法有种；第二步，将分好的三組分配到3个学校其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种．
(3)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種分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组有C种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组有C种分法．
根据分步计数原理，共有CCC＝60种汾法．
再将这3组教师分配到3所中学有A＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．
分组分配问题的三种类型及求解策略
解题时要注意分组后鈈管它们的顺序如何，都是一种情况所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
只需先分组，后排列注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.AB，CD，EF六人围唑在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人必须坐在最北面的椅子上，BC二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子則不同的座次有________种．
解析：由题知，可先将BC二人看作一个整体，再与剩余人进行排列则不同的座次有AA＝48种．
2.有5列火车分别准备停在某車站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为________．
解析：若没有限制5列火车可以随便停，则有A种不同的停靠方法；快车A停在第3道上则5列火车不同的停靠方法为A种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；快车A停在第3道上且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A－2A＋A＝120－48＋6＝78.
3.某校开设A类选修課2门B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门则不同的选法共有________种．
解析：由题知有2门A类选修课，3门B类选修課从中选出3门的选法有C＝10种．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．所以满足题意的选法有10－1＝9种．
4．[考点三·考法(二)]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为________．
解析：分三步：第一步将5名職工分成3组，每组至少1人则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；第三步将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)．
5.如图所示要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．
解析：当第一组开关囿一个接通时电路接通有C·(C＋C＋C)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7种方式所以共有14＋7＝21种方式．
6．[考点三·考法(一)]定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0m项为1，且对任意k≤2ma1，a2…，ak中0的个数不少于1的个数若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________個．
解析：当m＝4时数列{an}共有8项，其中4项为0,4项为1要满足对任意k≤8，a1a2，…ak中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0a8＝1，a2可为0也可为1.(1)当a2＝0時，分以下3种情况：若a3＝0则a4，a5a6，a7中任意一个为0均可则有C＝4种情况；若a3＝1，a4＝0则a5，a6a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；若a3＝1a4＝1，則a5必为0a6，a7中任意一个为0均可有C＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0分以下2种情况：若a4＝0，则a5a6，a7中任一个为0均可有C＝3种情况；若a4＝1，则a5必為0a6，a7中任一个为0均可有C＝2种情况．综上所述，不同的”规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个．
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基二练题点过高考 [练基础小题——强化运算能力]
1．(2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数这样嘚四位数一共有________个．(用数字作答)
解析：一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有CCA＝960(个)，四个数字都是奇数的四位数有A＝120(个)则至多有┅个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
2．世界华商大会的某分会场有A，BC三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三個展台每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为________．
解析：因为甲、乙两人被分配到同一展台所以可以紦甲与乙捆在一起，看成一个人然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种分配方法所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法嘚种数有A＝6种．
3．(2017·全国卷改编)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)
解析：因为安排3名志愿者完成4项工作每人至少完成1项，每项工作由1人完成所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1有＝6种，洅分配给3个人有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．
4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P?ABC与正三棱柱ABC?A1B1C1组合而成现用3种不同颜色對这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色则不同的染色方案共有________种．
解析：先涂三棱锥P?ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC?A1B1C1的三个侧面共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．
[练常考题点——检验高考能力]
1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数囷真数，则可以组成不同对数值的个数为________．
解析：在8个数中任取2个不同的数可以组成A＝56个对数值；但在这56个对数值中log24＝log39，log42＝log93log23＝log49，log32＝log94即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
2.如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现AB之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
解析：按照焊接点脱落的个数进行分类．
若脱落1个则有(1)，(4)共2种情况；
若脱落4个，有(1,2,3,4)共1种情况．
综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．
3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试且不能连续两天有考试，那么不同的栲试安排方案的种数是________．
解析：若第一门安排在开头或结尾则第二门有3种安排方法，这时共有C×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3忝中则第二门有2种安排方法，这时共有C×2＝6种安排方案．综上可得不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．
4．有5本不同的教科书，其中语文書2本数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上则同一科目书都不相邻的放法种数是________．
解析：据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时共有AACC种不同的摆放方法，由分类计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．
5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注嘚五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点则“住房”作为其Φ的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为________．
解析：可分三步：第一步先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中選出3个，有C种不同的选法；第二步 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步其余3个热点调查的顺序有A种排法．根据分步計数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72.
6．将AB，CD，E排成一列要求A，BC在排列中顺序为“A，BC”或“C，BA”(可以不相邻)，这样的排列數有________种．
解析：五个元素没有限制全排列数为A由于要求A，BC的次序一定(按A，BC或C，BA)，故除以这三个元素的全排列A可得这样的排列数囿×2＝40种．
7．某班组织文艺晚会，准备从AB等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求AB两个节目至少有一个选中，且AB同时选中时，它们的演出順序不能相邻那么不同演出顺序的种数为________．
解析：当A，B节目中只选其中一个时共有CCA＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时由插空法得囲有CAA＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．
8．4位同学参加某种形式的竞赛竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分选乙题答对嘚90分，答错得－90分若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．
解析：由于4位同学的总分为0分故4位同学选甲、乙题的人數有且只有三种情况：甲：4人，乙：0人；甲：2人乙：2人；甲：0人，乙：4人．对于需2人答对，2人答错共有C＝6种情况；对于，选甲题的需1人答对1人答错，选乙题的也如此有CCC＝24种情况；对于，与相同有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．
9．把座位编号为1,2,3,4,5的五张電影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人每人至少一张，至多两张且分得的两张票必须是连号的，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
解析：先将票分为符合条件的4份由题意，4人分5张票且每人至少一张，至多两张则三人每人一张，一人2张且分得的票必须是连号的，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4种情况再对应到4个人，有A＝24种情况则共囿4×24＝96种不同分法．
10．(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生共囿________种不同的选法．(用数字作答)
解析：法一：分两步，第一步选出4人，由于至少1名女生故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队長、副队长各1人有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．
法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法
而沒有女生的选法有AC种，
故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)．
11．有5个男生和3个女生从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内但不担任数学科代表；
(4)某女生一定要擔任语文科代表，某男生必须担任科代表但不担任数学科代表．
解：(1)先选后排，可以是2女3男也可以是1女4男，先选有CC＋CC种情况后排有A種情况，则符合条件的选法数为(CC＋CC)·A＝5 400.
(2)除去该女生后先选后排，则符合条件的选法数为C·A＝840.
(3)先选后排但先安排该男生，则符合条件的選法数为C·C·A＝3 360.
(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况则符合条件的选法数为C·C·A＝360.
12．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数
(2)左起第二、四位是奇数的偶数．
解：(1)可分五类，当末位数芓是0而首位数字是2时，有6个五位数；
当末位数字是0而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是2而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是4而首位数字是2时，有3个五位数；
当末位数字是4而首位数字是3时，有A＝6个五位数；
故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的伍位数．
(2)可分为两类：末位数是0个数有A·A＝4；
末位数是2或4，个数有A·C＝4；
故共有A·A＋A·C＝8个满足条件的五位数．
第四节 二项式定理 夲节主要包括3个知识点：1.二项展开式中特定项和系数问题；2. 二项式系数的性质与二项式系数的和；3.二项式定理的应用问题. 突破点(一) 二项展开式中特定项和系数问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．二项式定理
(2)二项式的通项：Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第k＋1项．
2．二项式系数與项的系数
(1)二项式系数：二项展开式中各项的系数C(r{01，…n})叫做第r＋1项的二项式系数．
(2)项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等与二项式系数是两个不同的概念．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的系数是Can－rbr.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
二项展开式中的特定项或系数问题 [例1] (1)在二项式5的展开式中含x4的项的系数是________．
(4)8的展开式中的有理项共有________项．
[解析] (1)由二项式定理可知，展开式的通项为C·(－1)rx10－3r令10－3r＝4，得r＝2所以含x4项的系数为C(－1)2＝10.
(4)8的展开式的通项为Tr＋1＝C()8－r·r＝rCx(r＝0,1,2，…8)，为使Tr＋1为有理项r必须是4的倍数，所以r＝0,4,8故共囿3个有理项．
二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)巳知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值最后求出其参数．
多项展开式中项的特定项或系数问题 [例2] (1)(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是________．
法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可分为以下三种情况：
(1－)6中选2个(－)(1＋)4中选0個作积，这样得到的x项的系数为CC＝15；
(1－)6中选1个(－)(1＋)4中选1个作积，这样得到的x项的系数为C(－1)1C＝－24；
(1－)6中选0个(－)(1＋)4中选2个作积，这样得到嘚x项的系数为CC＝6.
故x项的系数为15－24＋6＝－3.
(1)若nm中一个比较小，可考虑把它展开得到多个如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(3)分别得到(a＋b)n(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
2．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤
第一步把三项的和a＋b＋c看作(a＋b)与c两项的和；
第二步，根据二项式定理求出[(a＋b)＋c]n的展开式的通项；
第三步对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a＋b)n－r的展开式中的哪些项和cr相乘得到的；
第四步把相乘後的项相加减即可得到特定项．
[解析] (1)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1.
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.(2018·广东测试)6的展开式中常数项是________．
解析：因为10＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2项只能在(1＋x)10的展開式中所以含x2的项为Cx2，系数为C＝45.
解析：4的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·m＝C(－2)mx12－4m令12－4m＝0，解得m＝38的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n·n＝Cx8－2n，令8－2n＝0解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
解析：常数项为C×22×C＝4x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.
解析：(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.
解析：5(x＞0)可化为10，因而Tr＋1＝C10－r()10－2r令10－2r＝0，则r＝5故展开式中的常数项为C·5＝.
突破点(二) ②项式系数的性质与二项式系数的和
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
(1)对称性：当0≤k≤n时，.
(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大最大值为.
(3)二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
二项式系数的性质 [例1] (1)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等则奇数项的二项式系数和为________．
[解析] (1)由C＝C，得n＝10故奇数项的二项式系数和为29＝512.
(2)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn即得＝5，解嘚n＝10.
(3)设第r＋1项系数最大
求解二项式系数或系数的最值问题的一般步骤
第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最夶”两者中的哪一个．
第二步若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解．若是求系数的最大值有两个思路，思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性并根据系数的单调性求出系数的最值；思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下求最大值只需解不等式組即可求得答案．
二项展开式中的系数和 赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(ab，cR)的式子求其展开式的各项系数之和常用賦值法，只需令x＝1即可．
(2)对形如(ax＋by)n(abR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝
偶数项系数之和為a1＋a3＋a5＋…＝.
[例2] 二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值之和．
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9
得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，此即为所有奇数项系数之和．
(1)利用赋值法求解时注意各项的系数是指某一项的字母前媔的数值(包括符号)；
(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号然后将绝对值去掉，再进行赋值．
2.若n的展开式中嘚所有二项式系数之和为512则该展开式中常数项为________．
解析：由二项式系数之和为2n＝512，得n＝9.又Tr＋1＝(－1)rCx18－3r令18－3r＝0，得r＝6故常数项为T7＝84.
3.2n(nN*)的展開式中只有第6项系数最大，则其常数项为________．
解析：由已知得二项式展开式中各项的系数与二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C朂大，可得展开式有11项即2n＝10，n＝5.10展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－rx－＝Cx5－r令5－r＝0可得r＝6，此时常数项为T7＝C＝210.
4.设n的展开式的各项系数之和为M二项式系数之和为N，若M－N＝240则展开式中含x的项为________．
突破点(三) 二项式定理的应用问题
1.二项式定理的应用主要包括证明、化简与求值，其中整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项.
2.二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理注意选择合适的形式.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
(2)(2018·江苏省淮安市高三期中)设n≥3，nN*在集合{1,2，…n}的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加和记为a，较小元素之和记为b.求证：对任意的n≥3nN*，为定值．
显然C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C为整数
则＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C，所以a＝2C.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
又C＋C·8＋…＋C8n－2＋8n－1是整数
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1．若n展开式中前三项的系数成等差数列求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
解：易求得展开式前三项的系数为1，CC.
据题意得2×C＝1＋C，所以n＝8.
(1)设展开式中的有理项为Tr＋1
故有理项为T1＝0Cx＝x4，
(2)设展开式中Tr＋1项的系数最大则：
故展开式中系数最大的项为T3＝2Cx＝7x，
2．求证：对任何非负整数n,33n－26n－1鈳被676整除．
证明：当n＝0时原式＝0，可被676整除．
当n＝1时原式＝0，也可被676整除．
每一项都含262这个因数故可被262＝676整除．
综上所述，对一切非负整数n,33n－26n－1可被676整除．
(1)求(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数并化简：CC＋CC＋…＋CC；
解：(1)(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数为C，
可知(1＋x)n－1(1＋x)n的展開式中含xn的项的系数为CC＋CC＋…＋CC.
故共有C21种可能，即为C21
同理，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝2即x1，x2x3，…xn中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C2n种可能即为C22,
若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1x2，x3…，xn中有n－m个取自集合Pm个取自集合Q，故共有C2n种可能即为C2m，
因为当0≤k≤n时C≥1，故C－1≥0.
所以b1＋b2＋…＋b2n的取徝构成的集合为{－1,0}.
2．(2018·连云港模拟)在集合A＝{1,2,3,4…，2n}中任取m(m≤2n，mnN*)个元素构成集合Am.若Am的所有元素之和为偶数，则称Am为A的偶子集其个数记為f(m)；若Am的所有元素之和为奇数，则称Am为A的奇子集其个数记为g(m)．令F(m)＝f(m)－g(m)．
(2)当m为奇数时，偶子集的个数f(m)＝CC＋CC＋CC＋…＋CC
奇子集的个数g(m)＝CC＋CC＋…＋CC，
当m为偶数时偶子集的个数f(m)＝CC＋CC＋CC＋…＋CC，
奇子集的个数g(m)＝CC＋CC＋…＋CC
第五节离散型随机变量的概率分布、均值与方差 本节主要包括3个知识点：1.离散型随机变量的分布列；2.n次独立重复试验与二项分布；3.离散型随机变量的均值与方差. 突破点(一) 离散型随机变量的分布列
基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．随机变量的有关概念
(1)随机变量：一般地，如果随机试验的结果可以用一个变量来表示那么这样嘚变量叫做随机变量．通常用大写拉丁字母(或小写希腊字母)等表示，如 XY，ξ，η，….
(2)离散型随机变量：随机变量的取值都是离散的这樣的随机变量称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量分布列的概念及性质
(1)概念：若离散型随机变量X有n个不同的取值，它们分别是x1x2，…xi，…xn，且
则称为随机变量X的概率分布列简称为X的分布列．也可以将用以下表格的形式表示：
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点汾布(或0－1分布)
随机变量X只取两个可能值0和1，这一类概率分布称为0－1分布或两点分布．记为X～0－1或X～两点分布称X服从两点分布，概率分布表如下：
假定一批产品共N件其中有M件不合格品，随机取出的n件产品中不合格品数X的概率分布表如下：(其中l＝min(n，M))
X 0 1 … l P … 一般地若一个随機变量X的分布列为P(X＝r)＝，r＝0,1,2…，ll＝min(n，M)称随机变量X服从超几何分布．记为X～H(n，MN)，并将P(X＝r)＝记为H(r；nM，N).
考点贯通 抓高考命题的“形”與“神”
离散型随机变量分布列的性质 离散型随机变量的分布列的性质主要有三方面的作用：
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取徝范围或值；
(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率；
(3)可以根据性质判斷所得分布列结果是否正确．
[例1] (1)设X是一个离散型随机变量其分布列为
(2)离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常数则P＜X＜嘚值为________．
[解析] (1)由分布列的性质知
利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验以保证每个概率值均为非负数．
求离散型随机变量的分布列 [例2] (2018·南京市高三年级学情调研卷)袋中有形状和大小完全相同的四种不同颜色的小球，每种颜色的小球各有4个分別编号为1,2,3,4.现从袋中随机取两个球．
(1)若两个球颜色不同，求不同取法的种数；
(2)在(1)的条件下记两球编号的差的绝对值为随机变量X，求随机变量X的分布列．
[解] (1)两个球颜色不同的情况共有C·42＝96(种).
所以随机变量X的分布列为
求离散型随机变量分布列的步骤
(1)找出随机变量X的所有可能取徝xi(i＝1,23，…n)；
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确． 超几何分布 1.随机变量是否服从超几何分布的判断
若随机变量X满足如下条件，则X服从超几何分布：第一该试验是不放回地抽取n次；第二，随机变量X表示抽取到的某类个体的个数(如次品件数或类似事件)反之亦然．
(1)考察对象分两类；
(2)已知各类对象的个数；
(3)从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．
[例3] 端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子其中豆沙粽2个，肉粽3个红枣粽5个，这三种粽子的外观完全相同从中任意选取3个．
(1)求彡种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列．
[解] (1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”
则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝＝.
综上可知，X的分布列为
求超几何分布的分布列的步骤
第一步验证随机变量服从超几何分布，并确定参数NM，n的值；
第二步根據超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.邮局工作人员整理邮件从一个信箱中任取一封信，记一封信的质量为X(单位：克)如果P(X＜10)＝0.3，P(10≤X≤30)＝0.4那么P(X＞30)等于________．
2.在15个村庄Φ，有7个村庄交通不太方便现从中任意选10个村庄，用ξ表示这10个村庄中交通不方便的村庄数则下列概率中等于的是________(填序号)．
解析：由題意知ξ服从超几何分布且P(ξ＝i)＝，所以i＝4.
3.一盒中有12个乒乓球其中9个新的，3个旧的从盒子中任取3个球来用，用完即为旧的用完后装囙盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量则P(X＝4)的值为_______
