1、- 1 -第十二章 排列组合、二项式定理、概率高考导航考试要求 重难点击 命题展望排列、组合1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；2.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3.能用计数原理证明二项式定理； 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.本章难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.随机事件的概率1.了解随机事件发生的不确定性和频率的
2、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和相互独立事件同时发生的概率乘法公式；3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义.本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题.本部分要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在
3、高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.离散型随机变量1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.本章重点：1.离散型随机
4、变量及其分布列；2.独立重复试验的模型及二项分布.本章难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事件的意义的理解.- 2 -知识网络12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一 分类加法计数原理的应用【例 1】 在 1 到 20 这 20 个整数中，任取两个数相加，使其和大于 20，共有 种取法.【解析】当一个加数是 1 时，另一个加数只能是 20，有 1 种取法；当一个加数是 2 时
5、，另一个加数可以是 19,20，有 2 种取法；当一个加数是 3 时，另一个加数可以是 18,19,20，有 3 种取法；当一个加数是 10 时，另一个加数可以是 11,12，19,20，有 10 种取法；当一个加数是 11 时，另一个加数可以是 12,13，19,20，有 9 种取法；- 3 -当一个加数是 19 时，另一个加数只能是 20，有 1 种取法.由分类加法计数原理可得共有 12310981100 种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于 20”确定另一个加数.【变式训练 1】(2010 济南市模拟)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
6、比数列，这样的等比数列的个数为( )A.3 B.4 C.6 D.8【解析】当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可为1,3,9；当公比为 时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为 、 时，也有 4 个.故选 D.32 1213 23题型二 分步乘法计数原理的应用【例 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 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
7、人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有 4543240 种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练 2】(2010 湘潭市调研)要安排一份 5 天的值班表，每天有一人值班，现有 5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有 种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有 5 人可选有 5 种方法，第二天不能用第一天的人有 4 种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有 4 种方法，由分步乘法计数原理共有 544441 280 种方法.题型三 分类和分步计
8、数原理综合应用【例 3】(2011 长郡中学)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 .【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4 类：1 与 5 同；2 与 5 同；3 与 5 同；1 与 3 同.对于每一类有 A 种涂法，4共有 4A 96 种方法.4方法二：第一步：涂区域 1，有 4 种方法；第二步：涂区域 2，有 3 种方法；第三步：涂区域 4，有 2 种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域 3，分两类：第一类，3 与 1 同色，则区域 5 涂第四种颜
9、色；第二类，区域 3 与 1 不同色，则涂第四种颜色，此时区域 5 就可以涂区域 1 或区域 2 或区域 3 中的任意一种颜色，有 3 种方法.所以，不同的涂色种数有 432(1113)96 种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练 3】(2009 深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，9 的 9 个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且 1,5,9 号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9 号有 C 种涂法；1
10、3第二步，涂 2,3,6 号，若 2,6 同色，有 4 种涂法，若 2,6 不同色，有 2 种涂法，故共有6 种涂法；- 4 -第三步，涂 4,7,8 号，同第二步，共有 6 种涂法.由分步乘法原理知共有 366108 种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清
11、完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.12.2 排列与组合典例精析题型一 排列数与组合数的计算【例 1】 计算：(1) ；(2) C C C .8！ A6A28 A410 3 34 310【解析】(1)原式87654321 65432187 10987 .576543256( 89) 5 130623(2)原式C C C C C C C C C C C 330.4 34 35 310 45 35 310 46 36 310 411【点拨】在使用排列数公式 A 进行计算时，要注意公式成立的条件：mnn！(n m)！m， nN +， m n.另外，应注意组合数的性质的
12、灵活运用.【变式训练 1】解不等式 6 .x92【解析】原不等式即 6 ，9！(9 x)！ 9！(11 x)！也就是 ，1(9 x)！ !0化简得 x221 x1040， 解得 x8 或 x13，又因为 2 x9，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，有几种排法？【
13、解析】(1)将 3 名女生看作一人，就是 4 个元素的全排列，有 A 种排法.又 3 名女生4- 5 -内部可有 A 种排法，所以共有 A A 144 种排法.3 4 3(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共有 2A A 72 种排法.3 3(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，因而任何两个男生都不相邻的排法共有 A A 144 种.3 34(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法种数，得 3 名男生不排在一起的排法种数为 A A A 576 种.6 3
14、4(5)先将 2 个女生排在男生甲、乙之间，有 A 种排法.又甲、乙之间还有 A 种排法.这23 2样就有 A A 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23 2男生排在首尾，有 A 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2A A A 24 种.2322【点拨】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
15、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.【变式训练 2】把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251 是这个数列的第几项？(2)这个数列的第 97 项是多少？【解析】(1)不大于 43 251 的五位数 A (A A A )88 个，即为此数列的第 88 项.5 4 3 2(2)此数列共有 120 项，而以 5 开头的五位数恰好有 A 24 个，所以以 5 开头的五位数4中最小的一个就是该数列的第 97 项，即 51 234.题型三 有限制条件的组合问题【例 3】 要从 12 人中选出 5 人去
16、参加一项活动.(1)A， B， C 三人必须入选有多少种不同选法？(2)A， B， C 三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A， B， C 三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A， B， C 三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A， B， C 三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从 A， B， C 之外的 9 人中选择 2 人，C 36 种不同选法.29(2)由 A， B， C 三人都不能入选只须从余下 9 人中选择 5 人，即有 C C 126 种选法.59 49(3)可分两步，先从 A， B， C 三人中选出 1 人，有 C 种选法，再从余下的 9 人中选 4 人
17、，13有 C 种选法，所以共有 C C 378 种选法.49 13 49(4)可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 C 种，再减去 A， B， C 三人都不入选的情况512C ，共有 C C 666 种选法.59 512 59(5)可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 C 种，再减去 A， B， C 三人都入选的情况 C512种，所以共有 C C 756 种选法.29 512 29【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点.- 6 -(1)在其中取 4 个共面的点，共有
18、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三类.第一类：在同一个面上取，共有 4C 种；第二46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 C 3 种.故有 69 种.23(2)用间接法.共 C 69141 种.410总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置.12.3 二项式定理典例精析题型一 二项展开式的通项公式及应用【例 1】 已知 的展开
19、式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.nx)21(4(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项. 【解析】由题意得 2C 1C ( )2，1n 22n即 n29 n80，所以 n8， n1(舍去).所以 Tr1 ( ) rxrrx)(4( )r 28C2(1) r (0 r8， rZ).4316x(1)若 Tr1 是常数项，则 0，即 163 r0，16 3r4因为 rZ，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若 Tr1 是有理项，当且仅当 为整数，16 3r4又 0 r8， rZ，所以 r0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是 T1 x4， T5 x， T9 x-2
20、.358 1256【点拨】(1)把握住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”.- 7 -【变式训练 1】若( x )n的展开式的前 3 项系数和为 129，则这个展开式中是否含x 32有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果
21、没有，请说明理由.【解析】由题知 C C 2C 22129，0n 1n 2n所以 n8，所以通项为 Tr1 C (x )8-r ，r8 x r)(3rx6128C故 r6 时， T72 6C x1 792 x，28所以不存在常数项，而存在一次项，为 1 792x.题型二 运用赋值法求值【 例 2】 (1)已 知 (1 x) (1 x)2 (1 x)n a0 a1x a2x2 anxn， 且a1 a2 an1 29 n，则 n ；(2)已 知 (1 x)n a0 a1x a2x2 anxn， 若 5a1 2a2 0， 则a0 a1 a2 a3 (1) nan .【解析】(1)易知 an1，令 x
22、0 得 a0 n，所以 a0 a1 an30.又令 x1，有 22 22 n a0 a1 an30，即 2n1 230，所以 n4.(2)由二项式定理得，a1C n， a2C ，1n 2nn(n 1)2代入已知得5 n n(n1)0，所以 n6，令 x1 得(11) 6 a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6，即 a0 a1 a2 a3 a4 a5 a664.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练 2】设(3 x1) 8 a0 a1x a2x2 a7x7 a8x8.求 a0 a2 a4 a6 a8的值.【解析】令 f(x)(3 x1)
23、 8，因为 f(1) a0 a1 a2 a82 8，f(1) a0 a1 a2 a3 a7 a84 8，所以 a0 a2 a4 a6 a8 2 7(12 8).f(1) f( 1)2题型三 二项式定理的综合应用【例 3】求证：46 n5 n1 9 能被 20 整除.【解析】46 n5 n1 94(6 n1)5(5 n1)4(51) n15(41) n120(5 n1 C 5n2 C )(4 n1 C 4n2 C )，是 20 的倍数，所以1n n 1n 1n n 1n46n5 n1 9 能被 20 整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意( a b)n中， a， b 中有一个是除数
24、的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练 3】求 0.9986的近似值，使误差小于 0.001.【解析】0.998 6(10.002) 616(0.002) 115(0.002) 2(0.002) 6.因为 T3C (0.002) 215(0.002) 20.000 060.001，26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.- 8 -所以 0.9986(10.002) 616(0.002)10.0120.988.总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定
25、系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、 r 满足的条件，求出 n 和 r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.12.4 随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一 频率与概率【例 1】某企业生产的乒乓球被 08 年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数 n 50 100 200 500 1 000 2 000优等品数 m 45 92 194 4
26、70 954 1 902优等品频率 n(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少？(结果保留到小数点后三位)【解析】(1)依据公式 ，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是nmp0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(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.【点拨】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，频率基本稳定在 0.95，在其附近摆动
27、，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练 1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.投篮次数 n 8 10 12 9 10 16进球次数 m 6 8 9 7 7 12进球频率 n(1)计算表中进球的频率；(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为： .43162,079,4312,508,436- 9 -(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在 附近摆动，可知该运动员进43球的概率为 .43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
28、，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”.【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“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.【点拨】要区分互斥事件和对立事件的
29、定义.【变式训练 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( )A.至多两件次品 B.至多一件次品C.至多两件正品 D.至少两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项 B.题型三 概率概念的应用【例 3】 甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于 85 分为优秀，85 分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.优秀 非优秀 总计甲 10乙 30总计 105已知从全部 105 人中随机抽取 1 人为优秀的概率为 .72(1)请完成上面列联表； (2)根据列联表的数据，若按 95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据 P(K26.635)0.05)；(
30、3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的 10 人按 2 到 11 进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到 6 号或 10号的概率.【解析】(1)优秀 非优秀 总计甲 10 45 55乙 20 30 50总计 30 75 105(2)计算 K2的一个观测值- 10 -k 6.109.75305)421(0因为 6.1096.635，所以没有 95%的把握认为成绩与班级有关.(3)记被抽取人的序号为 ，则 P(6) ， P(10) ，3636所以 P(6 或 10) P(6) P(10) .36892【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的
31、应用.【变式训练 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 的球的重量为 5 n20 克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).32(1)如果取出 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.【解析】(1)由不等式 5 n20 n5，得 n15 或 n3，3由题意知 n1,2 或者 n16,17，35，于是所求概率为 .52(2)设第 n 号和第 m 号的两个球的重量相等，其中 n m，则有 5 n20 5 m20，3232所以( n m)(n m15)0.因为 n m，所以 n m15，所以(
32、 n， m)(1,14)，(2,13)，(7,8).故所求概率为 .85197C235总结提高1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合 A 的对立事件记作 ，从集合的角度来看，事件 所含结果的集合正是全集 U 中由AA事件 A 所含结果组成集合的补集，即 A U， A .对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件 A、 B 的和记作 A B，表示事件 A、 B 至少有一个发生.当 A、 B 为互斥事件时，事件A B 是由“ A 发生而 B 不发生”以及“ B 发生而 A 不发生”构成的.当计算事件 A 的概率 P(A)比较困难时，有时
33、计算它的对立事件 的概率则要容易些，为此有 P(A)1 P( ).2.若 A 与 B 互相独立，则 与 ， A 与 ， 与 B 都是相互独立事件.判断 A 与 B 是否独立的方法是看 P(AB) P(A)P(B)是否成立.12.5 古典概型典例精析- 11 -题型一 古典概率模型的计算问题【例 1】一汽车厂生产 A、 B、 C 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：辆)，轿车 A 轿车 B 轿车 C舒适型 100 150 z标准型 300 450 600现按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 10 辆.(1)求 z 的值；(2)用分
34、层抽样的方法在 C 类轿车中抽取一个容量为 5 的样本，将该样本视为一个总体，从中任取 2 辆，求至少有 1 辆舒适型轿车的概率；(3)用随机抽样方法从 B 类舒适型轿车中抽取 8 辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2 把这 8 辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过 0.5 的概率.【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为 ，从而轿车的总数为 50402 000 辆，140所以 z2 000100150300450600400.(2)由(1)知 C 类轿车共 1 000 辆，又样本容量为 5，故抽取的
35、比率为 ，即 5 辆轿车中1200有 2 辆舒适型、3 辆标准型，任取 2 辆，一共有 n10 种不同取法，记事件 A：至少有 1 辆舒适型轿车，则事件 表示抽取到 2 辆标准型轿车，有 m3 种不同取法，从而事件 A 包A含：基本事件数为 m7 种，所以 P(A) .710(3)样本平均数 (9.48.69.29.68.79.39.08.2)9.0，记事件 B：x18从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过 0.5，则事件 B 包含的基本事件有 6种，所以 P(B) .68 34【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.【变式训练 1
36、】已知 ABC 的三边是 10 以内(不包含 10)的三个连续的正整数，求任取一个 ABC 是锐角三角形的概率.【 解 析 】 依 题 意 不 妨 设 a n 1， b n， c n 1(n 1， n N)， 从 而 有 a b c， 即n2，所以 ABC 的最小边为 2，要使 ABC 是锐角三角形，只需 ABC 的最大角 C 是锐角，cos C 0，所以 n4，(n 1)2 n2 (n 1)22(n 1)n n 42(n 1)所以，要使 ABC 是锐角三角形， ABC 的最小边为 4.另一方面，从2,3,4，9中，“任取三个连续正整数”共有 6 种基本情况， “ ABC 是锐角三角形”包含
37、4 种情况，故所求的概率为 .46 23题型二 有放回抽样与不放回抽样【例 2】 现有一批产品共有 10 件，其中 8 件为正品，2 件为次品.(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续 3 次取出的都是正品的概率；(2)如果从中一次取 3 件，求 3 件都是正品的概率.- 12 -【解析】(1)有放回地抽取 3 次，按抽取顺序( x， y， z)记录结果，则 x， y， z 都有 10种可能，所以试验结果有 10101010 3种；设事件 A 为“连续 3 次都取正品” ，则包含的基本事件共有 8888 3 种，因此， P(A) 0.512.108(2)方 法 一 ： 可 以 看 作
38、 不 放 回 抽 样 3 次 ， 顺 序 不 同 ， 基 本 事 件 不 同 ， 按 抽 取 顺 序 记 录 (x， y， z)，则 x 有 10 种可能， y 有 9 种可能， z 有 8 种可能，所以试验的所有结果为 1098720 种.设事件 B 为“3 件都是正品” ，则事件 B 包含的基本事件总数为 876336， 所以 P(B)0.467.336720方法二：可以看作不放回 3 次无顺序抽样，先按抽取顺序( x， y， z)记录结果，则 x 有10 种可能， y 有 9 种可能， z 有 8 种可能，但( x， y， z)，( x， z， y)，( y， x， z)，( y， z，
39、 x)，(z， x， y)，( z， y， x)是相同的，所以试验的所有结果有 10986120.按同样的方法，事件 B 包含的基本事件个数为 876656，因此 P(B) 0.467.56120【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.【变式训练 2】有 5 张卡片，上面分别写有 0,1,2,3,4 中的 1 个数.求：(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于 4 的概率；(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片
40、上的数字之和恰好等于 4 的概率.【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 4 种，任取两张卡片共有 10 种，所以概率为 P ；410 25(2)两张卡片上的数字之和等于 4 的情形共有 5 种，任取两张卡片共有 25 种，所以概率为 P .525 15题型三 古典概型问题的综合应用【例 3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有 2 个红球，2 个白球；乙袋装有 2 个红球， n 个白球.从甲、乙两袋中各任取 2 个球.(1)若 n3，求取到的 4 个球全是红球的概率；(2)若取到的 4 个球中至少有 2 个红球的概率为 ，求 n.34【解析】(1)记“取到的 4 个
41、球全是红球”为事件 A，P(A) .C2C24 C2C25 16 110 160(2)记“取到的 4 个球至多有 1 个红球”为事件 B， “取到的 4 个球只有 1 个红球”为事件 B1， “取到的 4 个球全是白球”为事件 B2.由题意，得 P(B)1 .34 14P(B1) ，C12C12C24 C2nC2n 2 C2C24 C12C1nC2n 2 2n23(n 2)(n 1)P(B2) . C2C24 C2nC2n 2 n(n 1)6(n 2)(n 1)所以 P(B) P(B1) P(B2) ，化简得2n23(n 2)(n 1) n(n 1)6(n 2)(n 1) 147n211 n6
42、0，解得 n2 或 n (舍去)，故 n2.37- 13 -【变式训练 3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有 10 道不同的题目，其中选择题 6 道，判断题 4 道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙二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 C 个，乙从判断题中抽到一题的的可16能结果是 C ，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为 C C 24.又甲、乙二人一次14 16 14各抽取一题的结果有 C C 90，10 19所以概率为 .2490 415(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是
43、10990.方法一：(分类计数原理)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；甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6530.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是 .24 24 3090 1315方法二：(利用对立事件)事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是 4312.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是 1 1 .1290 215 1315总结提高1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数 n 必须是有限个；出现的
44、各个不同的试验结果数 m 其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足、的条件下，运用的古典概型计算公式 P(A) 得出的结果才是正确mn的.使用公式 P(A) 计算时，确定 m、 n 的数值是关键所在.mn2.对于 n 个互斥事件 A1， A2， An，其加法公式为 P(A1 A2 An) P(A1) P(A2) P(An).3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.12.6 几何概型典例精析题型一
45、长度问题【例 1】如图， AOB60， OA2， OB5，在线段 OB 上任取一点 C，- 14 -试求：(1) AOC 为钝角三角形的概率；(2) AOC 为锐角三角形的概率.【解析】如图，由平面几何知识知：当 AD OB 时， OD1；当 OA AE 时， OE4， BE1.(1)当且仅当点 C 在线段 OD 或 BE 上时， AOC 为钝角三角形.记“ AOC 为钝角三角形”为事件 M，则 P(M) 0.4，即 AOC 为钝角三OD EBOB 1 15角形的概率为 0.4.(2)当且仅当点 C 在线段 DE 上时， AOC 为锐角三角形.记“ AOC 为锐角三角”为事件 N，则 P(N)
46、 0.6，即 AOC 为锐角三角形的概DEOB 35率为 0.6.【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.【变式训练 1】点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点 B，则劣弧 AB 的长度小于 1 的概率为 .【解析】如图可设 1，则根据几何概率可知其整体事件是其周长 3，则其概率是 .23题型二 面积问题【例 2】 两个 CB 对讲机(CB 即 CitizenBand 民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔
47、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 公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午 3：00 时正在基地正北距基地40 公里以内的某地向基地行驶，试问在下午 3：00 时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大？【解析】设 x 和 y 分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是 0 x30,0 y40.他们所有可能的距离的数据构成有序点对( x， y)，这里 x， y 都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置， 他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过 25 公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式 25 的数x2 y2对组成，此不等式等价于 x2 y2625，右图中的方形区域代表基本 事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为 1 200 平方公 里，- 15 -而事件的面积为( )(25) 2 ，14 6254于是有 P
