排列组合、二项式定理及概率(基础型题型).doc

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1、排列组合、二项式定理及概率(基础型题型) 第十二章 排列组合、二项式定理、概率 知识网络121 分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点诠释重点：理解分类加法与分步乘法计数原理，并会应用其解决实际问题难点：计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理典例精析题型一 分类计数原理【例1】高三一班有学生50人，男30人，女20人；高三二班有学生60人，男30人，女30人；高三三班有学生55人，男35人，女20人(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学校学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？【思

2、路分析】(1)这一名学生会主席的选法可分为三类，即从高三一班或二班或三班中选取；(2)这一名学生会体育部长的选法可分为三类，即从高三一班或二班男生中或从高三三班女生中选取【解析】(1)506055165(种)，即所求选法有165种(2)30302080(种)，即所求选法有80种【方法归纳】分类计数原理，首先将完成一件事的方法分类，然后再计算各类方法中分别有多少种方法可以完成该事件，最后求其和注意：每类方法可以独立完成【举一反三】1.从集合1，2，3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( D )A3 B4 C6 D8【解析】当公比为2时，等比数列可为1，2，

3、4或2，4，8；当公比为3时，等比数列3112可为1，3，9；当公比为4，6，9.同理，公比为4个故2233选D.题型二 分步计数原理【例2】已知集合M3，2，1，0，1，2，点P(a，b)表示平面上的点(a，bM)，问：(1)点P可表示平面上多少个不同的点？(2)点P可表示平面上多少个第二象限的点？(3)点P可表示多少个不在直线yx上的点？【思路分析】(1)由于aM，bM，分两步选取，故用乘法原理；(2)同(1)，且满足a<0且b>0；(3)同(1)，且满足ab.【解析】(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；1 第二步确定b的值，也有6

4、种确定方法根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6636.(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种确定方法由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是326.(3)点P(a，b)在直线yx上的充要条件是ab.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yx上的点有6个 由(1)得不在直线yx上的点共有36630个【方法归纳】利用分步乘法计数原理解决问题应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事【举一

5、反三】2.从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有 240 种【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人，则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4543240种题型三 分类和分步计数原理综合应用【例3】(2011长郡中学月考)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，则不同的涂色种数有_【思路分析】可按涂相同颜色的区域分类计数【解析】由题意知，有且仅有两个区域

6、涂相同的颜色，分为4类：14与5同；2与5同；3与5同；1与3同对于每一类有A44种涂法，共有4A496种方法【方法归纳】对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决时，可以综合应用两个原理，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【举一反三】3.某个同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读(1)若他从这些书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选两本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【解析】(1)

7、完成的事情是带一本书，无论是带外语书还是带数学书、物理书，事情都能完成，从而确定为分类计数原理，结果为54312种(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本书后，才能完成这件事，因此应用分步计数原理，结果为54360种(3)选1本数学书和选1本外语书，应用分步计数原理，有5420种选法，同样地，选外语书、物理书各一本有5315种选法，选数学书、物理书各一本有4312种选法，应用分类计数原理，结果为20151247种体验高考(2011大纲全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A4种 B1

8、0种 C18种 D20种2【解析】分两种情况：选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C46种方法；选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C144种方法，所以不同的赠送方法共有64 2 10种，故选B.【举一反三】(2011全国)4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( B )A12种 B24种 C30种 D36种【解析】4位同学恰有2人选修甲的选法有C24种，另外两人可在乙、丙中任选一门，有2C42224种故选B.122 排列与组合考点诠释重点：理解排列、组合的意义，掌握排列数与组合数公式，会解决排列组合的实际问题 难点：如何区分排列问题与组合问题，灵活

9、解决排列组合的综合问题典例精析题型一 排列数与组合数的计算8！A66333【例1】计算：(1)(2) C3C4C10. A8A10【思路分析】(1)利用排列数公式直接计算；(2)利用组合数性质化简后再求值87654321654321【解析】(1)原式871098757654325 130. 62356（89）333433(2)原式C44C4C5C10C5C5C10334C46C6C10C11330.n！【方法归纳】在使用排列数公式Am进行计算时，要注意公式成立的条件：n（nm）！m，nN*，mn.另外，应注意组合数的性质的灵活运用x2【举一反三】1.解不等式Ax96A9.9！9！【解析】6，

10、（9x）！（11x）！也就是16， （9x）！（11x）（10x）（9x）！化简得x221x1040，解得x8或x13，又因为2x9，且xN*，所以原不等式的解集为2，3，4，5，6，7题型二 有限制条件的排列问题【例2】3男3女共6个同学排成一行(1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有多少种排法？【思路分析】(1)用捆绑法；(2)(3)用插空法；(4)用排除法，全排后减去男生在一起的排 3 法数；(5)

11、用特殊元素优先法【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法又3名女生内43部可有A33种排法，所以共有A4A3144种排法(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间3共有2A33A372种排法(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两3个男生都不相邻的排法共有A33A4144种(4)直接分类较复杂，可用间接法即从6个人的排列总数中减去3名男生排在一起的排34法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66A3A4576种2(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法又甲、乙有A2种排

12、法，这样就有2A23A2种排法然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排222在首尾，有A22种排法最后将余下的女生排在其间，有1种排法故总排法为A3A2A224种【方法归纳】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法【举一反三】2.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四

13、位数(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？343【解析】(1)A15A5300或A6A5300(间接法)121(2)A35A2A4A4156.2(3)千位是1的四位数有A3560个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A424个，所以第85项是2 301.题型三 有限制条件的组合问题【例3】从7名男生5名女生中选取5人，符合下列条件的选法总数有多少种？(1)A，B必须当选；(2)A，B必不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女生当选；(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工

14、作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任【思路分析】(1)从剩下10人中选3人；(2)从剩下10人中选5人；(3)(4)用排除法；(5)分三步进行【解析】(1)由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，所以有C310120种(2)从除去A，B两人的10人中选5人即可，所以有C510252种3(3)全部选法有C512种，A，B都当选有C10种，5故A，B不全当选有C12C310672种(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行，145所以有C512C5C7C7596种选法4 (5)分三步进行：1第一步，选1男1女分别担任两个职务，有C17C

15、5种；1第二步，选2男1女补足5人，有C26C4种；第三步，为这3人安排工作，有A33种由分步乘法计数原理知共有1121C7C5C6C4A3312 600种选法【方法归纳】在解组合问题时，常遇到“至多”、“至少”问题，此时可考虑用间接法求解以减少运算量，如果同一个问题涉及排列组合问题，应注意先选后排的原则【举一反三】3.四面体的顶点和各棱中点共有10个点(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分为三类第一类：在同一个面上取，共有4C46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第

16、三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C233种故有69种(2)用间接法共C41069141种体验高考(2011广东)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A20 B15 C12 D10【解析】先从5个侧面中任意选一个侧面，有C15种选法，再从这个侧面的4个顶点中任意选一个顶点，有C14种选法由于不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，所以除去这个侧面上、相邻侧面和同一底面上的共8个点，还剩下2个点，把这个点和剩下的两个点连线，有C12种方法但是在这样处理的过程中刚好每一条对角线重复了

17、1111一次，所以最后还要乘以，所以这个正五棱柱对角线的条数共有C15C4C220，故选22A.【举一反三】(2011北京)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 14 个(用数字作答)【解析】方法一：数字2只出现一次的四位数有C144个；数字2出现两次的四位数有2C46个；数字2出现三次的四位数有C344个，故总共有46414个方法二：由数字2，3组成的四位数共有2416个，其中没有数字2的四位数只有1个，没有数字3的四位数也只有1个，故符合条件的四位数共有16214个123 二项式定理考点诠释重点：理解二项式定理，熟记其展开式及通项；理解二项式系数的性质，并能

18、应用其解决问题难点：二项式系数与项的系数的区别和联系，灵活运用公式解题典例精析题型一 二项展开式的通项公式及应用【例1】已知x12x)n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列 (1)求证：5 展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项.12122【解析】由题意得2C1n1Cn()，即n9n80，所以n8，n1(舍去) 22所以Tr1Cr8(x)8r1(rCrx2842xr18r2rrrCx(1)42163r4(0r8，rZ)163r(1)证明：若Tr1是常数项，则0，即163r0，因为rZ，这不可能，所以4163r展开式中没有常数项当0r8，rZ，所以 r0，4，8， 4351即

19、展开式中有三项有理项，分别是： T1x4，T5x，T9x2. 8256【方法归纳】(1)把握二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项、含x某次幂的项、常数项、有理项、系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系)；(3)注意区分展开式“第r1项的二项式系数”与“第r1项的系数”【举一反三】1.若(x23n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含x有常数项、一次项？如果有，求出该项；如果没有

20、，请说明理由18r【解析】由题知C02C222129，所以n8，所以通项为Tr1Cr(nCnn8(xx)2)r112rCr故r6时，T726C2所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x. 8x12r，8x1 792x，6题型二 运用赋值法求值【例2】若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，求： (1)a7a6a1； (2)a7a5a3a1； (3)a6a4a2a0.【解析】(1)令x0，则a01；令x1，则a7a6a1a027128，所以a7a6a1129. (2)令x1，则a7a6a5a4a3a2a1a0(4)7，由211得a7a5a3a1128(4)78 256. (3)由a6a4

21、a2a0(4)72228 128.【举一反三】2.设(23x)100a0a1xa2x2a100x100，求下列各式的值： (1)a0；(2)a1a3a5a99； (3)(a0a2a4a100)2(a1a3a99)2.【解析】(1)令x0，则展开式可化为a02100. (2)令x1，得a0a1a2a99a100(23)100.令x1，得a0a1a2a3a100(23)100.联立得，a1a3（2）100（23）100a99. (3)原式(a0a2a100)(a1a32a99)(a0a2a100)(a1a3a99)(a0a1a2a100)(a0a1a2a3a98a99a100)(23)100(23

22、)1001.6 题型三 二项式定理的综合应用2【例3】已知(x)n(nN*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是101. x(1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x的项； (3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项422【解析】由题意知，第五项系数为C4n(2)，第三项的系数为Cn(2)，4C410n（2）则有n25n240，解得n8或n3(舍去) 1Cn（2）32(1)令x1得各项系数的和为(12)81.8k28kk(2)通项公式Tk1Ck()kCk2k， 8(x)8(2)xx2338k32令2k，则k1，故展开式中含x的项为T216x2. 221(3)设展开式中的第

23、k项，第k1项，第k2项的系数绝对值分别为Ck2k1，Ck2k，881k1Ck， 82若第k1项的系数绝对值最大， 1k1kCkCk8282，则k1k1kk解得5k6. C2C2.88又T6的系数为负，所以系数最大的项为T71 792x11.由n8知第5项二项式系数最大，此时T51 120x6.【方法归纳】求展开式中系数最大的项，如求(abx)n(a，bR)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，An1，且第k项系数最AkAk1，大，由不等式组解出k，即可求得 AAkk1【举一反三】3.求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986(

24、10.002)616(0.002)115(0.002)2(0.002)6.22因为T3C26(0.002)15(0.002)0.000 060.001，且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计所以0.9986(10.002)616(0.002)10.0120.988.体验高考(2011安徽)设(x1)21a0a1xa2x2a21x21，则a10a11_21r111010【解析】Tr1Cr(1)r，所以a10C1121x21(1)，a11C21(1)，101010所以a10a11C1121C21C21C210.118【举一反三】(2011湖北)(x)的展开式中

25、含x15的项的系数为17(结果用数值表31rr18r示)【解析】设Tr1为含x15的项，则Tr1Cr()rx由18r15得r2. 18x32212所以含x15的项的系数为C18()217. 37 124 随机事件的概率与概率的基本性质考点诠释重点：理解频率与概率的区别与联系，互斥事件与独立事件的区别与联系，会求随机事件的概率难点：对概率的概念和随机事件间的关系的理解，互斥事件概率加法公式的正确应用典例精析题型一 频率与概率【例1】某企业生产的乒乓球被2008年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球日前有关(1)计算表中乒乓球优等品的频率； (2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多

26、少？(结果保留到小数点后三位)m【思路分析】根据频率的计算公式fn(A)，其中n为相同条件下重复的试验次数，mn为事件A出现的次数，且随着试验次数的增多，频率接近概率m【解析】(1)依据公式P，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900，0.920，0.970，n0.940，0.954，0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.【方法归纳】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本在0.95附近摆动，利用概率的统计

27、定义，可估计该批乒乓球的优等品率【举一反三】1.某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下：(1)63849【解析】(1)84105123771233，(2)由(1)4910164434题型二 随机事件间的关系【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件： (1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”； (2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10” 8 【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或

28、“梅花”，因此两者不对立(2)是互斥事件又是对立事件因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生(3)不是互斥事件，更不是对立事件因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.【举一反三】2.抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为( B )A至多有两件次品 B至多有一件次品C至多有两件正品 D至少有两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项B.题型三 求概率问题【例3】一盒中装有各种颜色的球共12个，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球从中随机取出1球，求：(1)取出的是红球或黑球的概率；(2)取出的是红球或黑球或白球的概率【

29、解析】(1)从12个球中任取1球得红球有5种取法，得黑球有4种取法，得红球或黑球共有549种不同取法，任取1球有12种取法93所以任取1球是红球或黑球的概率为P1. 124(2)从12个球中任取1球得红球有5种取法，得黑球有4种取法，得白球有2种取法从54211而得红球或黑球或白球的概率为 1212【举一反三】3.袋内有35个球，每个球上都记有从135中的一个号码，设号码为n的n2球的重量为5n20(克)，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响) (1)如3果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率； (2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率n2【解析】(1)由不等式5n20n5

30、，得n15或n3，由题意知n1，2或者n32216，17，35设第n号和第m号的两个球的重量相等， 35n2m2其中nm，则有5n205m20，所以(nm)(nm15)0. 33因为nm，所以nm15，所以(n，m)(1，14)，(2，13)，(7，8)771故所求概率为. C3559585体验高考(2011陕西)如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在各时间段内的频率如下表现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站9 (1)为了尽最大可能在各自允许的时间 361B. 95C. 361 64【解析】甲、乙两人任选4个景点共有方法

31、A46A6种，而最后一小时他们在同一个景点的情况有33C16A5A5种，所求概率为33C1AA1PD. A6A66125 古典概型考点诠释重点：古典概型的含义及古典概型的概率的求法 难点：古典概型的概率计算公式的应用典例精析题型一 古典概型的概念【例1】判断下列命题是否正确(1)先后抛掷两枚均匀硬币，有人说一共出现“两枚正面”，“两枚反面”，“一枚正面，1一枚反面”三种结果，因此出现“一枚正面，一枚反面”的概率是 3(2)射击运动员向一靶心进行射击，试验的结果有：命中10环，命中9环，命中0环，这个试验是古典概型；(3)袋中装有大小均匀的四个红球，三个白球，两个黑球，从中抽取一球，那么每种颜色

32、的球被取到的可能性相同【思路分析】理解古典概型的特点，弄清基本事件的个数，灵活运用概率计算公式，即可判断【解析】所有命题均不正确1(1)出现“一枚反面，一枚正面”的概率为. 2(2)不是古典概型，因为命中10环，命中9环，命中0环不是等可能的10 412(3)取到红球的概率为，取到黑球的概率为939【方法归纳】弄清每一次试验的意义及每个基本事件的含义是解决问题的前提，正确把握各个事件的相互关系是解决问题的重要方面，判断一次试验中的基本事件，一定要从其可能性入手，加以区分而一个试验是否是古典概型要看其是否满足有限性和等可能性【举一反三】1.判断下列命题是否正确(1)从4，3，2，1，0，1，2中

33、任取一数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同；(2)分别从3名男同学、4名女同学中各选一名作为代表，那么男同学与女同学当选的可能性相同；(3)5个人抽签，甲先抽，乙后抽，那么乙与甲抽到某号中签的可能性肯定不同【解析】所有命题均不正确43(1)取到小于0的数字的概率为，取到不小于0 7734(2)男同学当选的概率为，女同学当选的概率为. 77(3)抽签有先有后，但每人抽到某号的概率是相同的，其理由是：假设5号签为中奖签，1411甲先抽到中奖签的概率为5号签的概率为5545题型二 古典概型的概率【例2】如右图，在一个木制的棱长为3的正方体表面涂上颜色，将它的棱3等分，然后从等分点把正方体锯开，得

34、到27个棱长为1的小正方体，将这些小正方体充分混合后，装入一个口袋中(1)从这个口袋中任意取出1个小正方体，这个小正方体的表面恰好没有颜色的概率是多少？(2)从这个口袋中同时任意取出2个小正方体，其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另一个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是多少？【思路分析】该模型为古典概型，基本事件个数是有限的，并且每个基本事件的发生是等可能的【解析】在27个小正方体中，恰好3个面都涂有颜色的共8个，恰好2个面涂有颜色的共12个，恰好1个面涂有颜色的共6个，表面没有颜色的有1个(1)从27个小正方体中任意取出1个，共有C12727种等可能的结果因为在27个小正方体中，表面没

35、涂颜色的只有1个，所以从这个口袋中任意取出1个小1正方体，而这个小正方体的表面恰好没涂颜色的概率是P 272726(2)从27个小正方体中同时任取2个，共有351种等可能的结果在这些结果中，2有1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另一个小正方体至少有2个面涂有颜色包含的结果有6(128)120种所以从这个口袋中同时任意取出2个小正方体，其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜12040色，另一个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是P 351117【方法归纳】在古典概型条件下，当基本事件总数为n时，每一个基本事件发生的概率 11 1A的概率，关键是求出基本事件总数n和事件A中所含基本事件数m，再nm由古

36、典概型概率公式P(A)求出事件A的概率 n【举一反三】2.已知ABC的三边是10以12 判断题4道，甲、乙两人一次各抽取一题 (1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙两人至少有一个抽到选择题的概率是多少？【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C1乙从判断题中抽到一题的的可能6个，11结果有C14个，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果有C6C424个又甲、乙两人1一次各抽取一题的结果有C110C990种，244所以概率为. 9015(2)甲、乙两人一次各抽取一题基本事件的总数是10990.只有甲抽到了选择题的事件数是：6424；只有乙抽到了选择题的事件数是：6424

37、；甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6530.24243013故甲、乙两人至少有一个抽到选择题的概率是. 9015体验高考(2011新课标全国)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )1A. 31B. 22C. 33 4【解析】甲、乙两人都有3种选择，共有339种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小31组共有3种情况，所以甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P，故选A. 93【举一反三】(2011福建)盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个若从中随机选取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率

38、等于1C1C323【解析】PC51053 5126 几何概型考点诠释重点：几何概型概率的计算，体会随机模拟中的统计思想，即用样本估计总体难点：设计和运用模拟方法近似计算概率；把求未知量的问题转化为几何概型求概率的问题典例精析题型一 与长度有关的几何概型【例1】如图，A、B两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C、D，问A与C，B与D之间的距离都不小于10米的概率是多少？【思路分析】把线段AB三等分，由题意知，C、D两点只有在中间一段长为10米的线段上时才满足条件【解析】记E：“A与C，B与D之间的距离都不小于10米”，把AB三等分，由于中1间长度为3010米，313

39、 101所以P(E) 303【方法归纳】我们将每个事件理解为从某个特定的几何区域 3【解析】如图可设AB1，则根据几何概率可知其整体事件的长度是2周长3，则其概率是. 3题型二 与面积有关的几何概型【例2】两个CB对讲机(CB即Citizen Band，民用波段的英文缩写)持有者莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3：00时莉莉正在基地正东距基地30公里以 21C. 31B. 42D. 5131112【解析】正方形OABC的面积为1，其中阴影部分的面积S0xdx303质点落在14 131图中阴影区域的概率是P13题型三 与体积有关的几何概型【例3】在1升高产

40、小麦种子中混入了一种带麦锈病的种子，从中随机取出10毫升，则取出的种子中含有带麦锈病的种子的概率是多少？【思路分析】由题意知1升小麦种子表示所有试验结果构成的区域，而10毫升中含有带麦锈病的种子表示事件发生构成的区域，从而利用体积比求概率.【解析】病种子在这1升中的分布可以看作是随机的，取得的10毫升种子可视作构成事件的区域，1升种子可视作试验的所有结果构成的区域，可用“体积比”公式计算其概率.取出的种子体积取出10毫升种子，其中“含有带麦锈病种子”这一事件记为A，则P(A)所有种子的体积100.01. 1 000故取出的种子中含有带麦锈病的种子的概率是0.01.【方法归纳】解决此类问题，应先

41、根据题意确定该试验为几何概型，然后求出事件A和基本事件的几何度量，借助几何概型的概率计算公式求出.【举一反三】3.已知正方体ABCDA1B1C1D1 B. C. 486124a3()32V球【解析】设正方体的棱长为a，则点M在球O .1()223【解析】记“小波周末去看电影”为事件A，则P(A)1“小波周末去4124111打篮球”为事件B，则P(B).不可1624能同时发生，所以事件A与事件B相互独立，则小波周末不在家看书为事件AB.P(AB)3113P(A)P(B). 41616【举一反三】(2011湖南)如图，EFGH是以O为圆心、半径为1的圆的；(2)P(B|A) . 42S正方形2)2

42、【解析】P(A). S圆P(AB)SEOH1P(B|A)P(A)S正方形4 15 12.7 条件概率与事件的独立性考点诠释重点：相互独立事件的判断，条件概率和相互独立事件同时发生的概率.难点：理解条件概率的意义及求法.典例精析题型一 条件概率的求法【例1】1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，问从2号箱中取出红球的概率是多少？【思路分析】本题可分为两种互斥的情况：一是从1号箱取出红球，二是从1号箱取出白球，然后利用条件概率知识来解决.【解析】记事件A：最后从2号箱中取出的是红球；事件B：从1号箱中取出的是红

43、球.421则P(B)P(B)1P(B) 324331431P(A|B)，P(A|B)， 819813421111从而P(A)P(AB)P(AB)P(A|B)P(B)P(A|B)P(B)933327【方法归纳】求复杂事件的概率，可以把它分解为若干个互斥的简单事件，然后利用条件概率和乘法公式求出这些简单事件的概率，最后利用概率的可加性得到最终结果.【举一反三】1.一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从09中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.【解析】设第i次按对密码为事件Ai(i1,2)，则AA1(A1A2)表示不超过2次就按对密码.1(1)因为事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)P(A1)P(A1A2)109111095(2)用B表示最后一位是偶数的事件，则1412P(A|B)P(A1|B)P(A1A2|B). 5545题型二 相互独立事件的概率111【例2】