第九單元計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布1.編寫意圖(1)計(jì)數(shù)原理:該部分的主要內(nèi)容是分類加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理、排列與組合、二項(xiàng)式定理.該部分是高中數(shù)學(xué)中相對(duì)獨(dú)立的一個(gè)知識(shí)板塊,在高考中占有特殊的位置.該部分的主要考查點(diǎn)是排列與組合的實(shí)際應(yīng)用、二項(xiàng)式系數(shù)的求解、二項(xiàng)式指定項(xiàng)的求解等,一般以選擇題或填空題的形式出現(xiàn),在試卷中一般考查1到2個(gè)題目.在近年的高考中排列、組合試題的難度有所下降,預(yù)計(jì)2018年大致還是這個(gè)考查趨勢(shì),為此在編寫該部分時(shí)注重了選題的難度,強(qiáng)化了對(duì)基本方法的總結(jié)歸類,以提高學(xué)生的解題能力.(2)概率:概率的主要內(nèi)容是隨機(jī)事件的概率、古典概型、幾何概型.高考中主要以小題的形式考查古典概型或幾何概型的計(jì)算,在解答題中和隨機(jī)變量綜合進(jìn)行考查.預(yù)計(jì)2018年會(huì)延續(xù)這種考查風(fēng)格,為此在編寫該部分時(shí)把其分為兩講,即隨機(jī)事件的概率與古典概型、幾何概型,題型以選擇題和填空題為主,以鞏固基礎(chǔ),提高學(xué)生的解題能力.(3)隨機(jī)變量及其分布:隨機(jī)變量及其分布是理科高考試題中概率統(tǒng)計(jì)部分的核心考點(diǎn),主要考查以獨(dú)立事件為中心的概率計(jì)算、離散型隨機(jī)變量的分布和特征數(shù)的計(jì)算、正態(tài)分布及概率統(tǒng)計(jì)知識(shí)在實(shí)際問題中的應(yīng)用.在試卷中一般以一道解答題的形式對(duì)上述問題進(jìn)行綜合考查,也可能有小題考查該部分的重要知識(shí)點(diǎn)(如二項(xiàng)分布、正態(tài)分布等).試題的難度中等,預(yù)計(jì)2018年不會(huì)有大的變化,還是對(duì)獨(dú)立事件概率的計(jì)算和對(duì)n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率應(yīng)用的考查.2.教學(xué)建議(1)計(jì)數(shù)原理:該部分的特點(diǎn)是基礎(chǔ)知識(shí)明確且易于掌握,但解題的方法十分靈活,部分試題具有較大難度.在該部分的教學(xué)過程中要注意如下幾點(diǎn):①使學(xué)生樹立分類、分步的思想意識(shí),通過典型例題逐步掌握解決排列、組合問題的兩個(gè)基本原理;②通過例題使學(xué)生掌握幾類典型的計(jì)數(shù)問題的解法,如分組分配問題、相鄰與不相鄰問題、涂色問題等,通過這些典型的問題使學(xué)生體會(huì)解決排列、組合實(shí)際應(yīng)用問題的方法;③圍繞二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式和特殊賦值法展開,通過例題使學(xué)生能夠靈活運(yùn)用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求解二項(xiàng)展開式中特定的項(xiàng)或者項(xiàng)的系數(shù),會(huì)使用特殊值法求二項(xiàng)式系數(shù)或者二項(xiàng)展開式系數(shù)的和差問題.(2)概率:清楚概率的統(tǒng)計(jì)定義,使學(xué)生理解隨機(jī)事件概率的意義,辨清事件的對(duì)立和互斥,使學(xué)生明確它們之間的關(guān)系,在此基礎(chǔ)上使學(xué)生掌握好古典概型和幾何概型的計(jì)算公式,并學(xué)會(huì)對(duì)實(shí)際問題的意義進(jìn)行分析,轉(zhuǎn)化為適當(dāng)?shù)母怕蕟栴}進(jìn)行計(jì)算.(3)隨機(jī)變量及其分布:該部分的核心內(nèi)容是離散型隨機(jī)變量及其分布,但問題的解答過程卻是以概率計(jì)算為核心.因此在該部分的教學(xué)過程中,要使學(xué)生在掌握基本內(nèi)容(離散型隨機(jī)變量的分布列、事件的獨(dú)立性、二項(xiàng)分布、離散型隨機(jī)變量的期望和方差、正態(tài)分布)的基礎(chǔ)上,重點(diǎn)提高概率計(jì)算能力,包括根據(jù)事件的互斥性、對(duì)立性、獨(dú)立性計(jì)算概率,使用排列、組合知識(shí)求解概率,這是該部分教學(xué)的關(guān)鍵.雖然該單元知識(shí)點(diǎn)多、方法靈活,但試題的難度不大,該部分的部分講次的全部內(nèi)容可以在教師的簡單指導(dǎo)下由學(xué)生獨(dú)立完成(如隨機(jī)事件的概率、幾何概型、離散型隨機(jī)變量的分布列等),把復(fù)習(xí)的主動(dòng)權(quán)交給學(xué)生,教師的任務(wù)是指導(dǎo)學(xué)生的復(fù)習(xí)進(jìn)程和進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆椒偨Y(jié).3.課時(shí)安排本單元共8講、1個(gè)小題必刷卷,建議用9個(gè)課時(shí)完成教學(xué)任務(wù).第55講分類加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理考試說明理解分類加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理,能正確區(qū)分“類”和“步”,并能利用兩個(gè)原理解決一些簡單的實(shí)際問題.考情分析考點(diǎn)考查方向考例考查熱度計(jì)數(shù)原理分類加法和分步乘法計(jì)數(shù)原理2016全國卷Ⅱ5,2016全國卷Ⅲ12★☆☆真題再現(xiàn)■[20172013]課標(biāo)全國真題再現(xiàn)[2016·全國卷Ⅱ]如圖9551,小明從街道的E處出發(fā),先到F處與小紅會(huì)合,再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動(dòng),則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為 ()A.24 B.18 C.12 D.9[解析]B由E到F有6種走法,由F到G有3種走法,由分步乘法計(jì)數(shù)原理知,共6×3=18(種)走法.■[20172016]其他省份類似高考真題[2017·浙江卷]從6男2女共8名學(xué)生中選出隊(duì)長1人,副隊(duì)長1人,普通隊(duì)員2人組成4人服務(wù)隊(duì),要求服務(wù)隊(duì)中至少有1名女生,共有種不同的選法.(用數(shù)字作答)

[答案]660[解析]完成這件事情分兩類:第一類,服務(wù)隊(duì)中只有1名女生,先從2名女生中選取1名女生,共有C21種方法,再從6名男生中選取3名男生,共有C63種方法,然后在這已選取的4名學(xué)生中選取1名隊(duì)長,1名副隊(duì)長,共有A42種方法,因此第一類共有C21×C63×A42=480(種)選法;第二類,服務(wù)隊(duì)中有2名女生,先從2名女生中選取2名女生,只有1種方法,再從6名男生中選取2名男生,共有C62種方法,然后在這已選取的4名學(xué)生中選取1名隊(duì)長,1名副隊(duì)長,共有A42種方法,因此第二類共有1×C62×A【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦m+nm1+m2+…+mnm×nm1×m2×…×mn對(duì)點(diǎn)演練1.14[解析]分兩類:第一類,M中取橫坐標(biāo),N中取縱坐標(biāo),共有3×2=6(個(gè))第一、二象限不同的點(diǎn);第二類,M中取縱坐標(biāo),N中取橫坐標(biāo),共有4×2=8(個(gè))第一、二象限不同的點(diǎn).根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理知,滿足條件的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為6+8=14.2.216[解析]根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,獲得冠軍的可能性有6×6×6=216(種).3.42[解析]分兩類:第一類,若五位數(shù)的個(gè)位數(shù)是0,則有n1=4×3×2×1=24(個(gè))偶數(shù);第二類,若五位數(shù)的個(gè)位數(shù)是2,由于0不排首位,因此有n2=3×3×2×1=18(個(gè))偶數(shù).由分類加法計(jì)數(shù)原理可得,所有無重復(fù)數(shù)字五位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為n=n1+n2=24+18=42.4.14[解析]分兩類:第一類,不選擇連衣裙,可分兩步完成,第一步選襯衣有4種選法,第二步選裙子有3種選法,共有4×3=12(種)選法;第二類,選擇連衣裙有2種選法.故李芳選擇服裝的不同方法有12+2=14(種).5.12[解析]先安排甲、乙2名女志愿者,有3種分法.剩余1女2男,分為1男1女和1男兩組,分組后安排到2個(gè)社區(qū),共有2×2=4(種)分法.故總的分法有3×4=12(種).6.10[解析]設(shè)這三個(gè)人分別是甲、乙、丙,則他們的傳遞方式如圖.故共有10種.7.53[解析](a,b)的不同的取值共有64個(gè),其中l(wèi)ogab=1有8個(gè),logab=2有2個(gè),logab=12有2個(gè),logab=log23有2個(gè),logab=log32有2個(gè),則不同取值的個(gè)數(shù)為6471111=538.15[解析]從4名會(huì)唱歌的學(xué)生中選出2名有C42=6(種)選法,從3名會(huì)跳舞的學(xué)生中選出1名有3種選法,但其中有1名既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的學(xué)生,兩組不能同時(shí)用,∴共有3×63=15(種)【課堂考點(diǎn)探究】例1[思路點(diǎn)撥](1)取書可按書架的層次分類來計(jì)數(shù);(2)可以按選擇路線分甲→乙→丁,甲→丙→丁兩類計(jì)數(shù).(1)B(2)B[解析](1)書架上有3+5+8=16(本)書,則從中任取1本書,共有16種不同的取法.故選B.(2)分兩類:第一類,從甲地到乙地再到丁地,共有2×3=6(種);第二類,從甲地到丙地再到丁地,共有4×2=8(種).根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理可得,共有6+8=14(種),故從甲地到丁地共有14條不同的路.故選B.變式題(1)D(2)B[解析](1)3到9樓共7個(gè)樓層,分兩類進(jìn)行:一是每次都下1人,共有A73=210(種)方法;二是一次下1人,另一次下2人,共有C32C11A72=126(種)方法.由分類加法計(jì)數(shù)原理可得,下電梯的方法有210(2)分類討論:當(dāng)廣告牌的底色沒有藍(lán)色時(shí),有1種配色方案;當(dāng)廣告牌有1塊用藍(lán)色時(shí),有C61=6(種)配色方案;當(dāng)廣告牌有2塊用藍(lán)色時(shí),先排4塊紅色廣告牌,形成5個(gè)位置,插入2塊藍(lán)色廣告牌,有C52=10(種)配色方案;當(dāng)廣告牌有3塊用藍(lán)色時(shí),先排3塊紅色廣告牌,形成4個(gè)位置,再插入3塊藍(lán)色廣告牌,有C43=4(種)配色方案.由于相鄰廣告牌的底色不能同為藍(lán)色,所以不可能有4塊藍(lán)色廣告牌.根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理,有1+6+10+4=21(種例2[思路點(diǎn)撥](1)先安排車牌尾數(shù)為奇數(shù)的車在奇數(shù)日出行,而偶數(shù)日又以甲的車使用一日與不使用兩種情況分類,最后結(jié)合分步乘法計(jì)數(shù)原理求解;(2)如圖,考慮按A,B,C,D,E的順序安裝,A,B兩角應(yīng)選不同顏色的燈,在安裝C角的燈時(shí),要考慮所選燈的顏色是否與A同色,D,E兩角安裝什么顏色的燈就好辦了.(1)D(2)30[解析](1)5日至9日,分別為5,6,7,8,9日,有3天奇數(shù)日,2天偶數(shù)日.第一步,安排奇數(shù)日出行,每天都有2種選擇,共有23=8(種);第二步,安排偶數(shù)日出行分兩類,第一類,先選1天安排甲的車,另外1天安排其他車,有2×2=4(種),第二類,不安排甲的車,每天都有2種選擇,共有22=4(種),共計(jì)4+4=8(種).根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,不同的用車方案種數(shù)為8×8=64.故選D.(2)如圖,按A,B,C,D,E的順序開始安裝燈,則A角有3種裝法,B角有2種裝法,安裝C角的燈可分兩類進(jìn)行:①當(dāng)C角與A角燈的顏色相同時(shí),D,E角燈的裝法有2種;②當(dāng)C角與A角燈的顏色不同時(shí),D,E角燈的裝法有3種.根據(jù)兩個(gè)基本原理可得,不同的安裝方法共有3×2×(2+3)=30(種).變式題(1)A(2)A[解析](1)區(qū)域1有6種不同的涂色方法,區(qū)域2有5種不同的涂色方法,區(qū)域3有4種不同的涂色方法,區(qū)域4有3種不同的涂色方法,區(qū)域6有4種不同的涂色方法,區(qū)域5有3種不同的涂色方法,根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理得,共有6×5×4×3×4×3=4320(種)涂色方法,故選A.(2)首先安排文科班學(xué)生,文科2個(gè)班的學(xué)生有A32種安排方法,然后安排理科班學(xué)生,理科班的學(xué)生有A21×A22種安排方法,利用分步乘法計(jì)數(shù)原理可得,不同安排方法的種數(shù)為A32×A例3[思路點(diǎn)撥](1)分3步進(jìn)行:先安排一首一尾2位大人;再將2個(gè)小孩捆綁成一個(gè)元素;然后和剩余大人一起全排列.最后由分步乘法計(jì)數(shù)原理計(jì)算可得.(2)先分選用三種顏色或四種顏色兩類討論,再分步:選用三種顏色時(shí),必有②④同色,③⑤同色;選用四種顏色時(shí),必有②④或③⑤同色.(1)A(2)72[解析](1)分3步進(jìn)行:①先分派2位大人,必須一首一尾,有A42=12(種)排法;②2個(gè)小孩一定要排在一起,將其看成一個(gè)元素,考慮其順序有A22=2(種)排法;③將2個(gè)小孩與另外2位大人進(jìn)行全排列,有A33=6(種)排法.故共有12×2×6=144(種(2)由題意可知,當(dāng)選用三種顏色著色時(shí),由分步乘法計(jì)數(shù)原理得,有C41C31C21=24(種)方法,當(dāng)選用四種顏色著色時(shí),由分步乘法計(jì)數(shù)原理得,有2C41C31C21C1變式題(1)D(2)16[解析](1)由題意得,小于100的“開心數(shù)”的個(gè)位數(shù)字為0,1,2,十位數(shù)字為0,1,2,3,所以小于100的“開心數(shù)”的個(gè)數(shù)為3×4=12.故選D.(2)爺爺只能坐在C座或D座.當(dāng)爺爺坐在C座時(shí),妹妹和媽媽可以坐D座與E座,也可坐A座與B座,有2×2種坐法,其余兩人有2種坐法,共有2×2×2=8(種)坐法;當(dāng)爺爺坐在D座時(shí),妹妹和媽媽可以坐A座、B座、C座三座中相鄰的兩座,有2×2=4(種)坐法,而其余兩人有2種坐法,共有8種坐法.所以共有16種坐法,即座位的安排方式共有16種.【備選理由】例1考查分步乘法計(jì)數(shù)原理;例2考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的綜合應(yīng)用,一般先分類再分步.1[配合例2使用]甲、乙、丙、丁和戊5名同學(xué)進(jìn)行數(shù)學(xué)應(yīng)用知識(shí)比賽,決出第1名至第5名(沒有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,則5名同學(xué)的名次排列情況可能有 ()A.27種 B.48種C.54種 D.72種[解析]C分五步完成:第一步,決出第1名的情況有3種;第二步,決出第5名的情況有3種;第三步,決出第2名的情況有3種;第四步,決出第3名的情況有2種;第五步,決出第4名的情況有1種.因此,根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理可知,5名同學(xué)的名次排列情況可能有3×3×3×2×1=54(種).2[配合例3使用]某班有9名運(yùn)動(dòng)員,其中5人會(huì)打籃球,6人會(huì)踢足球,現(xiàn)從中選出2人分別參加籃球賽和足球賽,則不同的選派方案有 ()A.28種 B.30種C.27種 D.29種[解析]A有9名運(yùn)動(dòng)員,其中5人會(huì)打籃球,6人會(huì)踢足球,則有2人既會(huì)踢足球又會(huì)打籃球,有3人只會(huì)打籃球,有4人只會(huì)踢足球,所以選派的方案有四類:選派兩種球都會(huì)的運(yùn)動(dòng)員有2種方案;選派兩種球都會(huì)的運(yùn)動(dòng)員中一名踢足球,只會(huì)打籃球的運(yùn)動(dòng)員打籃球,有2×3=6(種)方案;選派兩種球都會(huì)的運(yùn)動(dòng)員中一名打籃球,只會(huì)踢足球的運(yùn)動(dòng)員踢足球,有2×4=8(種)方案;選派只會(huì)打籃球和踢足球的運(yùn)動(dòng)員分別打籃球和踢足球,有3×4=12(種)方案.綜上可知,共有2+6+8+12=28(種)方案,故選A.第56講排列與組合考試說明1.理解排列的概念及排列數(shù)公式,并能利用公式解決一些簡單的實(shí)際問題.2.理解組合的概念及組合數(shù)公式,并能利用公式解決一些簡單的實(shí)際問題.考情分析考點(diǎn)考查方向考例考查熱度排列與組合排列與組合2017全國卷Ⅱ6,2016全國卷Ⅲ12★☆☆真題再現(xiàn)■[20172013]課標(biāo)全國真題再現(xiàn)1.[2017·全國卷Ⅱ]安排3名志愿者完成4項(xiàng)工作,每人至少完成1項(xiàng),每項(xiàng)工作由1人完成,則不同的安排方式共有 ()A.12種 B.18種C.24種 D.36種[解析]D把4項(xiàng)工作分成3組,分法為C42種,再分配給3名志愿者,分配方法有A33種,故不同的安排方式共有C42·A2.[2016·全國卷Ⅲ]定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下:{an}共有2m項(xiàng),其中m項(xiàng)為0,m項(xiàng)為1,且對(duì)任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù).若m=4,則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有 ()A.18個(gè) B.16個(gè)C.14個(gè) D.12個(gè)[解析]C∵a1,a2,…,a8中0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù),∴a1=0,a8=1.先排定中間三個(gè)1,當(dāng)三個(gè)0在一起時(shí)排法種數(shù)為C21,當(dāng)三個(gè)0不相鄰時(shí)排法種數(shù)為C43,當(dāng)三個(gè)0分成兩組時(shí)排法種數(shù)為A32+C21,∴不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有C21+C■[20172016]其他省份類似高考真題1.[2016·四川卷]用數(shù)字1,2,3,4,5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù),其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為 ()A.24 B.48C.60 D.72[解析]D由題可知,五位數(shù)要為奇數(shù),則個(gè)位數(shù)只能是1,3,5.分為兩步:先從1,3,5三個(gè)數(shù)中選一個(gè)作為個(gè)位數(shù),有C31種方法;再將剩下的4個(gè)數(shù)字排列,有A44種方法.則滿足條件的五位數(shù)有C31·A2.[2017·天津卷]用數(shù)字1,2,3,4,5,6,7,8,9組成沒有重復(fù)數(shù)字,且至多有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)的四位數(shù),這樣的四位數(shù)一共有個(gè).(用數(shù)字作答)

[答案]1080[解析]滿足條件的四位數(shù)有兩種情況:一是沒有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)的四位數(shù);二是正好有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)的四位數(shù).故共有A54+C41C5【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1.一定的順序2.不同排列n(n1)(n2)…(nm+1)不同組合n對(duì)點(diǎn)演練1.24[解析]相當(dāng)于從4個(gè)不同元素中選出3個(gè)元素的排列數(shù),即為A43=2.36[解析]甲、乙兩人從4門課程中各選修2門,則不同的選法共有C42C42=3.30[解析]若甲、乙兩人中只有一人發(fā)言,則有C21C53=20(種)方法;若甲、乙均發(fā)言,則有C22C52=10(種)方法.4.350[解析]分兩類:第一類,取2臺(tái)原裝計(jì)算機(jī)與3臺(tái)組裝計(jì)算機(jī),有C62C53種方法;第二類,取3臺(tái)原裝計(jì)算機(jī)與2臺(tái)組裝計(jì)算機(jī),有C63C52種方法.5.56[解析]8個(gè)小球排好后對(duì)應(yīng)著8個(gè)位置,題中的排法相當(dāng)于在8個(gè)位置中選出3個(gè)位置給紅色小球,剩下的位置給白色小球,因?yàn)檫@3個(gè)紅色小球完全相同,5個(gè)白色小球完全相同,所以沒有順序,是組合問題,共有C83=56(種)6.576[解析]將6個(gè)人全排列的方法數(shù)減去甲、乙、丙全相鄰的方法數(shù),就得到甲、乙、丙3人不同時(shí)相鄰的排法數(shù),即A66A44【課堂考點(diǎn)探究】例1[思路點(diǎn)撥](1)因?yàn)锳與B相鄰,且A與C之間恰好有1名同學(xué),故可以分兩類考慮:B在A與C之間;B不在A與C之間.(2)本題中有“在”或“不在”等限制條件,對(duì)這種特殊元素或位置應(yīng)優(yōu)先考慮,然后排列其他一般元素或位置,對(duì)不相鄰問題,先把不受限制的元素排列好,再把特定元素插在它們之間或兩端的空當(dāng)中.(1)B(2)A[解析](1)當(dāng)A,C之間為B時(shí),將3人看成一個(gè)整體與剩余2人進(jìn)行排列,共有A22·A33=12(種)排法;當(dāng)A,C之間不是B時(shí),先在A,C之間插入D,E中的任意一個(gè),然后B在A的另一側(cè),再將這4人看成一個(gè)整體,與剩余1人進(jìn)行排列,共有C21·A22·A22(2)四位男演員互不相鄰可用插空法,有A55A64種排法,其中女演員甲站在兩端的排法有2A44A54變式題(1)C(2)D[解析](1)由題得,甲不是第一,乙不是最后.先排乙:乙得第一,共有A44=24(種)可能;乙沒得第一,有3種可能,再排甲也有3種可能,余下的3人有A33=6(種)可能,共有6×3×3=54(種)可能.所以共有24+54=78((2)甲、乙分得的電影票連號(hào)有4×2=8(種)分法,其余3人有A33種分法,所以共有8A33=48(種)分法例2[思路點(diǎn)撥](1)由題可知,每一套出場陣容中有且僅有1名中鋒,至少包含1名控球后衛(wèi),故有兩類出場方案:①中鋒1名,控球后衛(wèi)1名;②中鋒1名,控球后衛(wèi)2名.(2)思路一,從12張中任取3張的取法種數(shù)減去3張為同一種顏色和2張為藍(lán)色的取法種數(shù);思路二,分沒有藍(lán)色卡片和只有1張藍(lán)色卡片兩類.(1)B(2)C[解析](1)有兩類出場方案:①中鋒1名,控球后衛(wèi)1名,有C21C21C43=16(種)出場陣容;②中鋒1名,控球后衛(wèi)2名,有C21C22C(2)方法一:從所有卡片中任取3張,共有C123種取法,其中3張卡片為同一種顏色的取法有4種,2張卡片為藍(lán)色的取法有C32C91種,所以所求取法共有C12方法二:①抽取的卡片中沒有藍(lán)色卡片時(shí),有3×3×3+C32C32×3×2=81(種)取法;②抽取的卡片中有1張是藍(lán)色卡片時(shí),有3×C32×3×3+3×C32×3=108(種)取法.所以共有81變式題(1)C(2)16[解析](1)利用間接法求解.從六科中選考三科的選法有C63種,其中包括了沒選物理、化學(xué)、生物三科中任意一科與沒選政治、歷史、地理三科中任意一科,這兩種選法均有C33種,因此選考方法有C632C(2)把5名新生分配給甲、乙兩個(gè)班,每個(gè)班分配的新生不少于2名,共有C52A22=20(種)分配方案,其中甲班都是男生的情況共有C32+C33=4(種),所以,甲班至少分配1名女生,例3[思路點(diǎn)撥]思路一,首先將12名同學(xué)平均分成四組,然后分配到四個(gè)不同的課題組,并在每一個(gè)課題組中選出1名組長,最后利用分步乘法計(jì)數(shù)原理完成;思路二,從第一組開始,從12名同學(xué)中選3名同學(xué),第二、三、四組依次從余下的同學(xué)中選3名,再在每一個(gè)課題組中選出1名組長,最后利用分步乘法計(jì)數(shù)原理完成.B[解析]方法一:首先將12名同學(xué)平均分成四組,有C123C93C63A44種分法,然后將這四組同學(xué)分配到四個(gè)不同的課題組,有A44種分法,并在各組中選出1名組長,有34種選法,根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,滿足條件的不同分配方案有C123方法二:根據(jù)題意可知,第一組分3名同學(xué)有C123種分法,第二組分3名同學(xué)有C93種分法,第三組分3名同學(xué)有C63種分法,第四組分3名同學(xué)有C33種分法.第一組選1名組長有3種選法,第二組選1名組長有3種選法,第三組選1名組長有3種選法,第四組選1名組長有3種選法.根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理可知,滿足條件的不同分配方案有例4[思路點(diǎn)撥]考慮按1,1,3與1,2,2兩種情況對(duì)5名教師進(jìn)行分組,然后再分派要改編的三種題型.A[解析]由題設(shè)可分如下兩類:①若分成1,1,3的情況,則有C53A33=60②若分成1,2,2的情況,則有C52C32A22A33=90(種)分派方法.由分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有C53A33例5[思路點(diǎn)撥]事實(shí)上,本題可轉(zhuǎn)化為把6把椅子分為三組,一組1把、一組2把、一組3把,并分別安排出相應(yīng)坐法.C[解析]把6把椅子分為三組,一組1把、一組2把、一組3把,分三步完成:第一步,只有1把的一組為最北面的椅子,只有1種坐法;第二步,有2把的一組有4種分法,有4A22種坐法;第三步,余下的3把為一組,有A33種坐法.因此不同的坐法有4A22A3強(qiáng)化演練1.C[解析]將四本書平均分給甲、乙兩位同學(xué),共有C42=6(種)不同的分法,A,B兩本書不被同一位同學(xué)分到,則有A22A22=4(種)不同的分法,所以所求概率為2.1560[解析]先將6位機(jī)關(guān)干部分成四組,有(1,1,1,3)和(1,1,2,2)兩種情況,所以不同的分配方案共有C63+C62C422·A44=653.105[解析]根據(jù)題意,分3步進(jìn)行分析:①在7人中選出4人,將其分到甲學(xué)校,有C74=35(種)選法;②在剩余3人中選出2人,將其分到乙學(xué)校,有C32=3(種)選法;③將剩下的1人分到丙學(xué)校,有1種選法.則一共有35×3=105(4.36[解析]把A,B兩名黨員看作一個(gè)整體,五名黨員就被看成了四個(gè)部分,每個(gè)村子至少有一名黨員,則把四個(gè)部分分成三組,共有C42種分法,再把這三組分配到三個(gè)村子,有A33種不同的分法,根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,不同的分配方法種數(shù)為C45.54[解析]第一類,把甲、乙看作一個(gè)整體,和另外的3名教師分配到3個(gè)小組,有C32A33=18(種)分法;第二類,先把另外的3名教師分配到3個(gè)小組,再把甲、乙分配到其中2個(gè)小組,有A33A32=36(種)分法.根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理可得,共有【備選理由】例1是站隊(duì)排列問題,涉及特殊元素特殊位置;例2是組合問題,注重考查直接法和間接法思考問題的不同;例3是整體均勻分組分配問題;例4是不均勻分組分配問題的應(yīng)用.1[配合例1使用](1)七名同學(xué)站成一排照畢業(yè)紀(jì)念照,其中甲必須站在正中間,并且乙、丙兩名同學(xué)要站一起,則不同的站法有 ()A.240種 B.192種C.120種 D.96種(2)有六個(gè)人站成一排,甲、乙兩人都站在丙的同側(cè)的不同站法有種.

[答案](1)B(2)480[解析](1)不妨令乙、丙在甲左側(cè),先排乙、丙兩人,有2A22種站法,再令一人站在甲左側(cè),有C41種站法,余下三人站在甲右側(cè),有A33種站法,考慮到乙、丙在甲右側(cè)的站法,故總的站法種數(shù)是2(2)分為三種情況:①當(dāng)丙在第1位或第6位時(shí),共有2×A55=240(種);②當(dāng)丙在第2位或第5位時(shí),共有2×A42·A33=144(種);③當(dāng)丙在第3位或第4位時(shí),共有2(A22·A33+A32·A33)=96(種2[配合例2使用]從六個(gè)盒子中選出三個(gè)來裝東西,且甲、乙兩個(gè)盒子至少有一個(gè)被選中的情況有 ()A.16種 B.18種C.22種 D.37種[解析]A方法一:間接法.從六個(gè)盒子中任選三個(gè)的選法種數(shù)C63減去甲、乙兩個(gè)盒子一個(gè)都不選的選法種數(shù)C43,即C63C4方法二:直接法.分兩類:第一類,甲、乙兩個(gè)只選一個(gè)的選法有C21C42=12(種);第二類,甲、乙兩個(gè)都被選中的選法有C22C413[配合例3使用]將來自四個(gè)班級(jí)的8名同學(xué)(每班2名同學(xué))平均分配到四個(gè)不同的小區(qū)進(jìn)行社會(huì)調(diào)查,則恰好有兩個(gè)小區(qū)分配到的2名同學(xué)來自同一班級(jí)的分配方案有 ()A.48種 B.72種C.144種 D.288種[解析]D分兩步完成:①將8名同學(xué)分為符合條件的四組,先選兩個(gè)班的同學(xué)分別為一組,余下的4名同學(xué)交叉分為兩組,共有2C42種分法;②將分好的四組分配到四個(gè)小區(qū)去調(diào)查,有A44種分法.所以滿足條件的分配方案有2C424[配合例5使用]當(dāng)行駛的6輛軍車行駛至A處時(shí),接到上級(jí)緊急通知,這6輛軍車立即沿B,C兩路分開縱隊(duì)行駛,要求B,C每路至少有2輛但不多于4輛車,則這6輛軍車不同的行駛方案種數(shù)是 ()A.50 B.1440C.720 D.2160[解析]D事實(shí)上是將6輛軍車分為兩組分開行駛,B,C兩路軍車分開行駛的車輛數(shù)為2,4或3,3或4,2.由于軍車是互不相同的,排列是有順序的,當(dāng)B,C兩路行駛的車輛數(shù)為2,4或4,2時(shí),方案種數(shù)都為A62A44,當(dāng)B,C兩路行駛的車輛數(shù)為3,3時(shí),方案種數(shù)為A63A33,所以這6第57講二項(xiàng)式定理考試說明會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡單問題.考情分析考點(diǎn)考查方向考例考查熱度二項(xiàng)式定理通項(xiàng)公式2016全國卷Ⅰ142015全國卷Ⅰ10,2014全國卷Ⅰ13,2014全國卷Ⅱ13,2013全國卷Ⅱ5★★★二項(xiàng)式的系數(shù)與性質(zhì)2017全國卷Ⅲ4,2017全國卷Ⅰ6,2015全國卷Ⅱ15,2013全國卷Ⅰ9★★☆真題再現(xiàn)■[20172013]課標(biāo)全國真題再現(xiàn)1.[2017·全國卷Ⅰ]1+1x2(1+x)6展開式中x2的系數(shù)為 A.15 B.20C.30 D.35[解析]C(1+x)6的展開式中x2的系數(shù)為C62,x4的系數(shù)為C64,所以1+1x2(1+x)6展開式中x2.[2017·全國卷Ⅲ](x+y)(2xy)5的展開式中x3y3的系數(shù)為 ()A.80 B.40C.40 D.80[解析]C由二項(xiàng)式定理可得,原式展開式中含x3y3的項(xiàng)為x·C53(2x)2(y)3+y·C52(2x)3(y)2=40x3y3,則x3y3.[2015·全國卷Ⅰ](x2+x+y)5的展開式中,x5y2的系數(shù)為 ()A.10 B.20C.30 D.60[解析]C[(x2+x)+y]5的通項(xiàng)Tr+1=C5r(x2+x)ry5r,由題意取r=3,得T4=C53(x2+x)3y2=C53(x+1)3x3y2,記(x+1)3的通項(xiàng)T'r'+1=C3r'xr',由題意得r'=2,所以x54.[2013·全國卷Ⅱ]已知(1+ax)(1+x)5的展開式中x2的系數(shù)為5,則a= ()A.4 B.3C.2 D.1[解析]D已知(1+ɑx)(1+x)5的展開式中,x2的系數(shù)為C52+aC51=5,則a=15.[2013·全國卷Ⅰ]設(shè)m為正整數(shù),(x+y)2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a,(x+y)2m+1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b.若13a=7b,則m= ()A.5 B.6C.7 D.8[解析]B(x+y)2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值是C2mm,即a=C2mm;(x+y)2m+1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值是C2m+1m,即b=C2m+1m.∵13a=7b,∴13C26.[2016·全國卷Ⅰ](2x+x)5的展開式中,x3的系數(shù)是.(用數(shù)字填寫答案)

[答案]10[解析]展開式的通項(xiàng)為Tr+1=25rC5rx5-r2,令5r2=3,得r=7.[2015·全國卷Ⅱ](a+x)(1+x)4的展開式中x的奇數(shù)次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為32,則a=.

[答案]3[解析](a+x)(1+x)4的展開式中x的奇數(shù)次冪項(xiàng)一部分來自第一個(gè)因式取a,第二個(gè)因式取C41x及C43x3;另一部分來自第一個(gè)因式取x,第二個(gè)因式取C40x0,C42x2及C44x4.所以系數(shù)之和為aC41+aC43+C48.[2014·全國卷Ⅰ](xy)(x+y)8的展開式中x2y7的系數(shù)為.(用數(shù)字填寫答案)

[答案]20[解析](x+y)8的展開式中xy7的系數(shù)為C87=8,x2y6的系數(shù)為C86=28,故(xy)(x+y)8的展開式中x2y7的系數(shù)為89.[2014·全國卷Ⅱ](x+a)10的展開式中,x7的系數(shù)為15,則a=.(用數(shù)字填寫答案)

[答案]1[解析]展開式中x7的系數(shù)為C103a3=15,即a3=18,解得■[20172016]其他省份類似高考真題1.[2016·四川卷]設(shè)i為虛數(shù)單位,則(x+i)6的展開式中含x4的項(xiàng)為 ()A.15x4 B.15x4C.20ix4 D.20ix4[解析]A由題可知,含x4的項(xiàng)為C62x4i2=15x2.[2017·山東卷]已知(1+3x)n的展開式中含有x2項(xiàng)的系數(shù)是54,則n=.

[答案]4[解析]因?yàn)門r+1=Cnr(3x)r,所以x2的系數(shù)為Cn232,由Cn232=54得n2n12=0,解得n=4或n=3(3.[2017·浙江卷]已知多項(xiàng)式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,則a4=,a5=.

[答案]164[解析]由題意,得a4是展開式中的一次項(xiàng)系數(shù),則a4=C32·12·C22·22+C33·13·C21·21=16;a5是展開式中的常數(shù)項(xiàng),則a5=C33·4.[2016·北京卷]在(12x)6的展開式中,x2的系數(shù)為.(用數(shù)字作答)

[答案]60[解析]展開式的通項(xiàng)Tr+1=C6r×16r×(2x)r=(2)rC6rxr,令r=2,得x2的系數(shù)為(2)2×5.[2016·上海卷]在3x2xn的二項(xiàng)展開式中,所有項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之和為256,則常數(shù)項(xiàng)等于.

[答案]112[解析]由題意得2n=256,所以n=8,則二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C8r(3x)8r2xr=(2)rC8rx83-43r,令8343r=6.[2016·天津卷]x21x8的展開式中x7的系數(shù)為.(用數(shù)字作答)

[答案]56[解析]展開式的通項(xiàng)Tr+1=C8r(x2)8r1xr=(1)rC8rx163r,由163r=7,得r=3,所以所求系數(shù)為(1)3C【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1.r+12.相等2n2n1對(duì)點(diǎn)演練1.16[解析]由題意得Cn4=Cn11,所以n=15,2.9[解析]二項(xiàng)式x+2x12展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C12rx12r2xr=2rC12rx12-32r,令1233.28[解析]二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C8rx8r-1xr=(1)rC8rx8-3r2,令83r2=5,得4.31316[解析]x13x24=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,令x=1,得1324=a1+a2+a3+a4+a5,令x=1,得1+324=a1+a2a3+a4a5,∴2(a1+a3+a5)=124+524,解得a1+a3+a55.280[解析]二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C7r·(2x)r=C7r·(2)rxr,當(dāng)r=3時(shí),T4=C73·(2)3·x3=280x36.1[解析]由題意得2n=32,所以n=5.令x=1,得各項(xiàng)系數(shù)的和為(12)5=1.7.180[解析]∵(1+x)10=[2(1x)]10,∴其展開式的通項(xiàng)為Tr+1=(1)r210r·C10r(1x)r,令r=8,得a8=4C1088.15[解析](x+1)5(x2)=x(x+1)52(x+1)5,展開式中含有x2的項(xiàng)為20x2+5x2=15x2,故x2的系數(shù)為15.【課堂考點(diǎn)探究】例1[思路點(diǎn)撥](1)首先根據(jù)展開式的通項(xiàng)求得含x3項(xiàng)的項(xiàng)數(shù),然后再利用展開式的通項(xiàng)求其系數(shù);(2)首先根據(jù)展開式的通項(xiàng)求得常數(shù)項(xiàng)的項(xiàng)數(shù),然后再利用展開式的通項(xiàng)求常數(shù)項(xiàng).(1)A(2)B[解析](1)(12x)5的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5r(2)rxr,令r=3,得x3的系數(shù)為C53(2)3=80(2)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為Tk+1=C6kx6k·1xk=C6kx6k·(1)k·x-k2=(1)kC6kx6-32k,要使其為常數(shù),則632k=0,即k=4變式題(1)A(2)20[解析](1)xax5的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5rx5r-axr=(a)rC5rx52r.令52r=3,解得r=1,∴x3的系數(shù)為a×C51=30(2)展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5r(2x)r14x5-r=2r145-rC5rx2r5=23r10C5rx2r5,令2r5=3,得r=4,故x例2[思路點(diǎn)撥](1)利用賦值法,先求各項(xiàng)系數(shù)和,為4n,二項(xiàng)式系數(shù)和為2n,求出n=6,然后再利用展開式的通項(xiàng)求x3的系數(shù)即可;(2)利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng),將絕對(duì)值符號(hào)去掉得|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|=a1+a2a3+…a9,令x=0得a0=1,令x=1得a0a1+a2a3+…a9=29,相減可得.(1)C(2)D[解析](1)由題意知4n2n=64,得n=6,展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C6rx6r3xr=3rC6rx6-3r2,令63r2=3,(2)令x=0,得a0=1,令x=1,得|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|=[1(1)]91=291=511.變式題(1)D(2)4或2[解析](1)因?yàn)閚=6是偶數(shù),所以展開式共有7項(xiàng),其中中間一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大,其二項(xiàng)式系數(shù)為m=C63=20,含x5項(xiàng)的系數(shù)為n=(1)×C61×2=12,則nm=1220(2)由x2+axn的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)和為2n=64,可得n=6,再由x2+axn的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和為(1+a)6=729,可得a=4或a=2.例3[思路點(diǎn)撥]根據(jù)二項(xiàng)式定理,將(1+x)n展開式中含x2項(xiàng)的系數(shù)分別求出,再相加.D[解析]展開式中x2項(xiàng)的系數(shù)是C22+C32+C42+…+C112=C33+C32+C42+…+C112=C43+C42例4[思路點(diǎn)撥]分別找出(x1)4的展開式中含x的項(xiàng)及常數(shù)項(xiàng),再找出(x1)2的展開式中含x的項(xiàng)及常數(shù)項(xiàng),最后得出(x1)4(x1)2的展開式中含x的項(xiàng)的系數(shù).D[解析]因?yàn)?x1)4·(x1)2=x2C41x32+C42xC43x+1(x22x+1),所以(x1)4·(x1)2的展開式中,含x項(xiàng)的系數(shù)為例5[思路點(diǎn)撥]將x21x整體看成一項(xiàng),利用二項(xiàng)式定理展開x2-1x+3117[解析]原式可化為x21x+34=x21x4+3C41x21x3+9C42x21x2+27C43x21x+81,由于二項(xiàng)式x21xn的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=Cnrx2n2r-1xr=(1)rCnrx2n3r,令2n=3r,得當(dāng)n=3時(shí),r=2,此時(shí)對(duì)應(yīng)的項(xiàng)是(1)2C32=3,所以常數(shù)項(xiàng)的系數(shù)為3×3×4+強(qiáng)化演練1.A[解析]x的奇數(shù)次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為(a+1)(1-1)4-(a2.2[解析]令x=1可得a0+a1+a2+…+an=2+22+23+…+2n=2(2n-1)2-1=2n+12=62,解得n=3.12[解析](x2x2)3=(x2)3(x+1)3,所以展開式中含x項(xiàng)的系數(shù)為C33(2)3C32+C32(2)2C34.120[解析]xy3的系數(shù)為C61·2·C55.180[解析]由題意得,x1x(2x1)6的展開式中含x3的項(xiàng)為xC64(2x)2(1)4+-1xC62(2x)4(1)2=180x3,6.84[解析]因?yàn)?1+y3)x1x2yn(n∈N+)的展開式中存在常數(shù)項(xiàng),則1+y3中的y3與x1x2yn的展開式中含1y3項(xiàng)的乘積即為所求,x1x2yn展開式的通項(xiàng)為Tr+1=(1)rCnrxn3ryr,令n3r=0且r=3,得n=9,r=3,所以常數(shù)項(xiàng)為(例6[思路點(diǎn)撥]由題意結(jié)合二項(xiàng)式定理即可證得題中的結(jié)論.證明:由f(n,1)=mnfn,1t,得(1+m)n=mn1+mtn=m+m2tn,則1+m=m+m2t,所以m=t又f2017,11000t=1+m1000t2017=1+110002017>1+C2017111000+C20172110002+C201731而f2017,1t=1+mt2017=1+1t2017<1,所以f2017,11000t>6f2017,1t.例7[思路點(diǎn)撥]由題意求得首項(xiàng)和公差,據(jù)此可得數(shù)列的通項(xiàng)公式an.解:由題意,5m≥11-2m,11-3m≥2m-2?117≤m≤135,∵777715=(19×4+1)7715=C770+C771(19×4)+…+C7777(19×4)7715=(19×4)[C771+C772(19×4)+…+C77∴777715除以19的余數(shù)為5,即n=5.∴52x253x25展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5r52x5-r-253x2∴公差d=C53525-6(1)3=4,∴an=a1+(強(qiáng)化演練1.B[解析]利用二項(xiàng)式定理展開得883+6=(7+1)83+6=783+C831×782+…+C8381×72+C8382×7+1+6=72M+83×7+7(M是正整數(shù))=49M+49×12=49N(N是正整數(shù)),∴883+6被492.0或7[解析]根據(jù)二項(xiàng)式定理可知,7n+7n1Cn1+7n2Cn2+…+7Cnn-1=(7+1)n1=8n1,又因?yàn)?n1=(91)n1=9n+Cn19n1·(1)+Cn29n2·(1)2+…+Cnn-19·(1)n1+(1)n1,所以當(dāng)n3.證明:32n-1=1+12n-1=Cn-10+Cn-11·12+Cn-12·122+…+Cn-1n-1【備選理由】例1側(cè)重考查利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)求指定項(xiàng)(系數(shù));例2考查賦值法求各項(xiàng)系數(shù)之和;例3、例4、例5考查幾個(gè)多項(xiàng)式積的展開式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問題及含參問題,是高考熱點(diǎn)題型.1[配合例1使用]二項(xiàng)式2x21x6的展開式中,x3的系數(shù)為.

[答案]12[解析]二項(xiàng)式2x21x6展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C6r(2x2)6r-1xr=C6r(1)r26rx123r,令123r=3得r=5,則T5+1=C65(1)52x3=2[配合例2使用]設(shè)x(1x)7=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8,則a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8=.

[答案]2[解析]令x=1,得a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=0,令x=2,得2=2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6+128a7+256a8,所以a1+3a2+7a3+15a4+31a5+63a6+127a7+255a8=2.3[配合例4使用]已知(1+x)(12x)6=a0+a1(x1)+a2(x1)2+…+a7(x1)7,則a3=.

[答案]380[解析]因?yàn)?1+x)(12x)6=[2+(x1)]·[1+2(x1)]6,所以a3=2·C63·23+C62·24[配合例4使用]已知xx+ax5的展開式中常數(shù)項(xiàng)為20,其中a>0,則a=.

[答案]2[解析]展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5rx·x5r·axr=arC5rx6-32r,5[配合例4使用]已知3x+a2x2x1x5的展開式中的各項(xiàng)系數(shù)和為4,則x2的系數(shù)為.

[答案]160[解析]令x=1,得3x+a2x2x1x5的展開式中的各項(xiàng)系數(shù)和為3+a2(21)5=4,解得a=2,所以含x2的項(xiàng)為3x×C52(2x)3-1x2+1xC51(2x)4-1x=160第58講隨機(jī)事件的概率與古典概型考試說明1.了解隨機(jī)事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性,了解概率的意義,了解頻率與概率的區(qū)別.2.了解兩個(gè)互斥事件的概率加法公式.3.理解古典概型及其概率計(jì)算公式.4.會(huì)計(jì)算一些隨機(jī)事件所含的基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率.考情分析考點(diǎn)考查方向考例考查熱度隨機(jī)事件與概率隨機(jī)事件與概率★☆☆古典概型古典概型2014全國卷Ⅰ5,2013全國卷Ⅱ14★★☆真題再現(xiàn)■[20172013]課標(biāo)全國真題再現(xiàn)1.[2014·全國卷Ⅰ]4位同學(xué)各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動(dòng),則周六、周日都有同學(xué)參加公益活動(dòng)的概率為 ()A.18 B.C.58 D.[解析]D每位同學(xué)有2種選法,基本事件的總數(shù)為24=16,其中周六、周日中有一天無人參加的基本事件有2個(gè),故周六、周日都有同學(xué)參加公益活動(dòng)的概率為1216=72.[2013·全國卷Ⅱ]從n個(gè)正整數(shù)1,2,3,…,n中任意取出兩個(gè)不同的數(shù),若取出的兩數(shù)之和等于5的概率為114,則n=[答案]8[解析]和為5的只有兩種情況,1+4,2+3,故2Cn2=114?Cn2■[20172016]其他省份類似高考真題1.[2017·山東卷]從分別標(biāo)有1,2,…,9的9張卡片中不放回地隨機(jī)抽取2次,每次抽取1張,則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是 ()A.518 B.C.59 D.[解析]C每次抽取1張,抽取2次,共有C91C81=72(種)情況,其中滿足題意的情況有2×C51C41=40(種2.[2016·上海卷]如圖9581所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O為正八邊形A1A2…A8的中心,A1(1,0).任取不同的兩點(diǎn)Ai,Aj,點(diǎn)P滿足OP+OAi+OAj=0,則點(diǎn)[答案]5[解析]共有C82=28(個(gè))基本事件,其中使點(diǎn)P落在第一象限的基本事件共有C32+2=5(個(gè)3.[2016·江蘇卷]將一顆質(zhì)地均勻的骰子(一種各個(gè)面上分別標(biāo)有1,2,3,4,5,6個(gè)點(diǎn)的正方體玩具)先后拋擲2次,則出現(xiàn)向上的點(diǎn)數(shù)之和小于10的概率是.

[答案]5[解析]本題為古典概型,基本事件共有36個(gè),點(diǎn)數(shù)之和大于等于10的有(4,6),(5,5),(5,6),(6,6),(6,5),(6,4),共計(jì)6個(gè)基本事件,故點(diǎn)數(shù)之和小于10的有30個(gè)基本事件,所求概率為56【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1.可能發(fā)生也可能不發(fā)生2.(2)頻率fn(A)常數(shù)3.包含B?AA=B并事件事件A發(fā)生事件B發(fā)生4.(1)0≤P(A)≤1(2)1(3)0(4)①P(A)+P(B)②1P(B)5.(1)①互斥②基本事件(2)①有限有限性②相等等可能性(3)A對(duì)點(diǎn)演練1.④[解析]概率的本質(zhì)含義是事件發(fā)生的可能性大小,因此④正確.2.至多有1件次品[解析]至少有2件次品包含2,3,4,5,6,7,8,9,10件次品,共9種結(jié)果,故它的對(duì)立事件為“含有1件或0件次品”,即“至多有1件次品”.3.49[解析]有放回地連續(xù)取出兩件產(chǎn)品,其所有可能的結(jié)果為(a1,a1),(a1,a2),(a1,b),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b),(b,a1),(b,a2),(b,b),共9個(gè)基本事件.由于每件產(chǎn)品被取到的機(jī)會(huì)均等,因此可以認(rèn)為這些基本事件的出現(xiàn)是等可能的.用B表示“恰有一件次品”這一事件,則B={(a1,b),(a2,b),(b,a1),(b,a2)},事件B包含4個(gè)基本事件,因而P(B)=44.1928[解析]由于事件“中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍”包括事件“甲奪得冠軍”和“乙奪得冠軍”,但這兩個(gè)事件不可能同時(shí)發(fā)生,即彼此互斥,所以由互斥事件概率的加法公式得,中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為37+145.0.75[解析]該射擊運(yùn)動(dòng)員射擊4次至少擊中3次,考慮該事件的對(duì)立事件,故看這20組數(shù)據(jù)中每組數(shù)據(jù)含有0和1的個(gè)數(shù)多少,含有2個(gè)或2個(gè)以上的有5組數(shù)據(jù),故所求概率為1520=0.756.1313[解析]設(shè)平局(用△表示)為事件A,甲贏(用☉表示)為事件B,乙贏(用※表示)為事件C.平局含3個(gè)基本事件(圖中的△),P(A)=39=1甲贏含3個(gè)基本事件(圖中的☉),P(B)=39=17.0.35[解析]因?yàn)椤俺榈降牟皇且坏绕贰钡膶?duì)立事件是“抽到的是一等品”,且P(A)=0.65,所以“抽到的不是一等品”的概率為10.65=0.35.【課堂考點(diǎn)探究】例1[思路點(diǎn)撥](1)由隨機(jī)事件的頻率與概率的相關(guān)知識(shí)得出正確選項(xiàng);(2)依據(jù)頻數(shù)分布表計(jì)算出相應(yīng)的頻率,然后分別計(jì)算出汽車A分別通過公路1與公路2的概率、汽車B分別通過公路1與公路2的概率,最后比較相應(yīng)概率的大小可得出正確選項(xiàng).(1)D(2)A[解析](1)A是一個(gè)隨機(jī)事件,某人打靶,射擊10次,擊中7次,則此人中靶的頻率為0.7,故A錯(cuò)誤;B是一個(gè)隨機(jī)事件,一位同學(xué)做拋硬幣試驗(yàn),拋6次,不一定有3次“正面朝上”,故B錯(cuò)誤;C是一個(gè)隨機(jī)事件,買這種彩票,中獎(jiǎng)或不中獎(jiǎng)都有可能,事先無法預(yù)料,故C錯(cuò)誤;D正確,例如在0到5中隨機(jī)取一個(gè)實(shí)數(shù),這個(gè)數(shù)不等于3.35264的概率是1,但不是必然事件.(2)頻率分布表如下:所用的時(shí)間(天數(shù))10111213通過公路1的頻率0.20.40.20.2通過公路2的頻率0.10.40.40.1設(shè)A1,A2分別表示事件“汽車A在約定日期的前11天出發(fā)選擇公路1,2將貨物運(yùn)往城市乙”,B1,B2分別表示事件“汽車B在約定日期的前12天出發(fā)選擇公路1,2將貨物運(yùn)往城市乙”,則PA1=0.2+0.4=0.6,PA2=0.1+0.4=0.5,PB1=0.2+0.4+0.2=0.8,PB2=0.1+0.4+0.4=0.9,所以汽車A選擇公路1,汽車變式題D[解析]由所給數(shù)據(jù)可知,20組數(shù)據(jù)中有3組,即191,031,113不是優(yōu)秀,其余17組是優(yōu)秀,所以選手可以拿到優(yōu)秀的概率為1720,故選D例2[思路點(diǎn)撥]先弄清選擇數(shù)字的總的方法數(shù),因?yàn)橛袃蓚€(gè)1,故選擇數(shù)字的方法數(shù)為5×6+1=31,再考慮小于3.14的情形,最后利用對(duì)立事件的概率計(jì)算公式計(jì)算即可.A[解析]選擇數(shù)字的總的方法有5×6+1=31(種),其中得到的數(shù)不大于3.14的數(shù)為3.11,3.12,3.14,所以得到的數(shù)大于3.14的概率為P=1331=2831.故選變式題A[解析]甲獲勝有兩種情況:第一種情況,甲第一次就抽到標(biāo)有偶數(shù)的卡片,對(duì)應(yīng)概率為24=12;第二種情況,甲、乙抽到的第一張卡片均標(biāo)有奇數(shù),此時(shí)所剩兩張卡片均標(biāo)有偶數(shù),甲必然可以獲勝,對(duì)應(yīng)概率為24×13=16.故所求概率為12+1例3C[解析]由題意可知,將四幅畫先分3組,有C42=6(種)方法,再分配,有A33=6(種)方法,由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知總方法數(shù)N=C42A33=36,滿足條件的方法數(shù)N1=C32A22+變式題(1)C(2)D[解析](1)從中選出數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)成績優(yōu)秀的各1人的所有基本事件有A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2,A2B2C1,A2B2C2,A3B1C1,A3B1C2,A3B2C1,A3B2C2,共12個(gè),其中符合條件的基本事件有6個(gè),故A1或B1僅1人被選中的概率為12(2)根據(jù)題意,當(dāng)且僅當(dāng)a>b且c>b時(shí)稱為“凹數(shù)”,在4,5,6,7,8中任取3個(gè)不同的數(shù)字組成三位數(shù),有A53=60(種)取法.對(duì)從4,5,6,7,8中取出的3個(gè)不同的數(shù)字進(jìn)行排列:將4放在十位上,再排2個(gè)數(shù)字放在百位、個(gè)位上,有A42=12(種)排法;將5放在十位上,再排2個(gè)數(shù)字放在百位、個(gè)位上,有A32=6(種)排法;將6放在十位上,再排2個(gè)數(shù)字放在百位、個(gè)位上,有A22=2(例4[思路點(diǎn)撥](1)先求出總的基本事件個(gè)數(shù),然后再求出滿足a∥b,即滿足mn=2的基本事件個(gè)數(shù),根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式計(jì)算;(2)使得a⊥(a2b),也就是m(m4)+2n+1=0,即m24m=12n,求滿足這個(gè)條件的基本事件個(gè)數(shù),然后根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式計(jì)算.解:有序數(shù)組(m,n)的所有可能情況為(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),共16種.(1)使得a∥b成立的(m,n)滿足mn=2,所以事件A發(fā)生的情況有(2,1),(1,2),(1,2),(2,1),共4種,故所求概率P(A)=416=1(2)使得a⊥(a2b)成立的(m,n)滿足m(m4)+2n+1=0,即m24m=12n,所以事件B發(fā)生的情況只有(1,1)一種,故所求概率P(B)=116例5[思路點(diǎn)撥](1)首先根據(jù)直線不經(jīng)過第四象限確定a,b的取值范圍,然后從所給集合中進(jìn)行選取,最后利用古典概型求解即可;(2)首先根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系確定出關(guān)于a,b的不等式,然后根據(jù)此條件確定相關(guān)事件的基本事件個(gè)數(shù),進(jìn)而利用古典概型求解即可.解:實(shí)數(shù)(a,b)的所有可能結(jié)果為(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(1,2),(1,1),(1,1),(1,2),(2,2),(2,1),(2,1),(2,2),共16種.(1)設(shè)“直線y=ax+b不經(jīng)過第四象限”為事件A,若直線y=ax+b不經(jīng)過第四象限,則必須滿足a≥0,b≥0,所以事件A包含4個(gè)基本事件:(1,1),(1,2),(2,1),(2,2).故P(A)=416=14,即直線y=ax+b不經(jīng)過第四象限的概率為(2)設(shè)“直線y=ax+b與圓x2+y2=1有公共點(diǎn)”為事件B,若直線y=ax+b與圓x2+y2=1有公共點(diǎn),則必須滿足ba2+1≤1,即b2≤a2所以事件B包含12個(gè)基本事件:(2,2),(2,1),-2,1,-2,2,-1,-1,-1,1,故PB=1216=34,即直線y=ax+b與圓x2+y2=1有公共點(diǎn)的概率為例6[思路點(diǎn)撥](1)確定二次函數(shù)有零點(diǎn)時(shí),主要利用判別式Δ≥0確定其對(duì)應(yīng)的基本事件個(gè)數(shù),最后利用古典概型求解;(2)首先根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定a,b滿足的關(guān)系式,并據(jù)此確定其對(duì)應(yīng)的基本事件個(gè)數(shù),然后利用古典概型求解.解:(1)數(shù)對(duì)(a,b)的所有可能情況為(1,1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),共15種.函數(shù)y=fx有零點(diǎn),即Δ=b24a≥0,有1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4,(2)函數(shù)y=fx圖像的開口向上,對(duì)稱軸為直線x=b2a,y=f(x)在區(qū)間1,+∞上是增函數(shù),則有b2a≤1,即b≤2a,有1,-1,1,1,1,2,2,-1,2,1,2,2,2,3,2,4強(qiáng)化演練1.B[解析](a,b)的所有可能情況為(2,1),(2,3),(4,1),(4,3),記事件A為“f(x)在(∞,1]上是減函數(shù)”,由條件知f(x)的圖像開口向上,對(duì)稱軸是x=ba,若f(x)在(∞,1]上是減函數(shù),則ba≥1,即b≤a,所以事件A包含(2,1),(4,1),(4,3),共3個(gè)基本事件,所以P(A)=2.16[解析]由題意知m∈{1,2,3,4,5,6},n∈{1,2,3,4,5,6},所以(m,n)的所有情況共36種.點(diǎn)P在直線x+y=7上的情況有1,6,2,5,3,4,4,3,5,2,6,1,共3.512[解析]由題意得,(m,n)的所有情況共有36種.由于向量a=(m,n)與向量b=(1,1)的夾角θ為銳角,所以(m,n)·(1,1)>0,即m>n,滿足題意的情況如下:當(dāng)m=2時(shí),n=1;當(dāng)m=3時(shí),n=1,2;當(dāng)m=4時(shí),n=1,2,3;當(dāng)m=5時(shí),n=1,2,3,4;當(dāng)m=6時(shí),n=1,2,3,4,5.共有15種.故所求概率為1536=4.解:(1)數(shù)對(duì)(a,b)的所有可能情況如下:(1,1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4).共有15種.設(shè)“a≥2且b≤3”為事件A,則事件A包含8個(gè)基本事件,所以P(A)=815(2)設(shè)“函數(shù)f(x)=ax24bx+1在區(qū)間[1,+∞)上為增函數(shù)”為事件B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=ax24bx+1的圖像的對(duì)稱軸為x=2ba,且a>0,所以要使事件B發(fā)生,只需2ba≤1,即2b≤a.因?yàn)闈M足題意的數(shù)對(duì)有(1,1),(2,1),(2,1),(3,1),(3,1),共5個(gè),所以P(B)=【備選理由】例1考查隨機(jī)事件的概率,用頻率估計(jì)概率;例2考查互斥事件的概率計(jì)算;例3考查古典概型的概率計(jì)算;例4考查古典概型與平面向量的交匯題型;例5考查古典概型與函數(shù)的交匯命題.1[配合例1使用]隨機(jī)抽取一個(gè)年份,對(duì)某市該年4月份的天氣情況進(jìn)行統(tǒng)計(jì),結(jié)果如下:日期12345678910天氣晴雨陰陰陰雨陰晴晴晴日期11121314151617181920天氣陰晴晴晴晴晴陰雨陰陰日期21222324252627282930天氣晴陰晴晴晴陰晴晴晴雨該市某重點(diǎn)中學(xué)擬從4月份的一個(gè)晴天開始舉行連續(xù)2天的運(yùn)動(dòng)會(huì),估計(jì)運(yùn)動(dòng)會(huì)期間不下雨的概率為.

[答案]7[解析]在容量為30的樣本中,不下雨的天數(shù)是26,任取2天且第一天為晴天的選法有16種,其中第二天不下雨的選法有14種,所以運(yùn)動(dòng)會(huì)期間不下雨的概率為1416=72[配合例2使用]某城市2016年的空氣質(zhì)量狀況如下表所示:污染指數(shù)T3060100110130140概率P111721其中污染指數(shù)T≤50時(shí),空氣質(zhì)量為優(yōu);50<T≤100時(shí),空氣質(zhì)量為良;100<T≤150時(shí),空氣質(zhì)量為輕微污染.則該城市2016年的空氣質(zhì)量達(dá)到良或優(yōu)的概率為.

[答案]3[解析]由題意可知2016年的空氣質(zhì)量達(dá)到良或優(yōu)的概率P=110+16+133[配合例3使用]一個(gè)袋子里裝有大小相同的黑球和白球共6個(gè),已知從袋中任意摸出1個(gè)球,摸到黑球的概率是23,則從袋中任意摸出2個(gè)球,至少摸到1個(gè)白球的概率是.

[答案]3[解析]由題意可知,黑球和白球分別有4個(gè)、2個(gè),從袋中任意摸出2個(gè)球,所有的取法共有C62=15(種),而取出的2個(gè)球均為白球的取法有C22=1(種),取出的2個(gè)球只有1個(gè)白球的取法有C21C41=8(種4[配合例4使用]已知向量a=2,1,b=x(1)若x∈-1,0,1,2,y∈-(2)若x∈-1,2,y∈-1,1,解:(1)設(shè)“a∥b”為事件A.由a∥b,得x=2y.記基本事件為(x,y),所以基本事件為(1,1),(1,0),(1,1),(0,1),(0,0),(0,1),(1,1),(1,0),(1,1),(2,1),(2,0),(2,1),共有12個(gè),其中A包含(0,0),(2,1),共2個(gè)基本事件,所以P(A)=212=16,即a∥b的概率為1(2)設(shè)“向量a,b的夾角是鈍角”為事件B.由a,b的夾角是鈍角,可得a·b<0,即2x+y<0,且x≠2y.基本事件空間為Ω=(x,y)-1≤x≤2,B=(x,y)-1≤x≤2,所以由圖可知,P(B)=12×1即向量a,b的夾角是鈍角的概率是135[配合例6使用]已知函數(shù)y=x1,令x=4,3,2,1,0,1,2,3,4,可得函數(shù)圖像上的九個(gè)點(diǎn),在這九個(gè)點(diǎn)中隨機(jī)取出兩個(gè)點(diǎn)P1x1,y1,P(1)求P1,P2兩點(diǎn)在函數(shù)y=6x的圖像上的概率(2)求P1,P2兩點(diǎn)不在同一函數(shù)y=kx(k≠0)的圖像上的概率解:(1)函數(shù)圖像上的九個(gè)點(diǎn)分別是(4,5),(3,4),(2,3),(1,2),(0,1),(1,0),(2,1),(3,2),(4,3).從九個(gè)點(diǎn)中選兩個(gè)點(diǎn)共有36種選法,其中選出的兩個(gè)點(diǎn)在曲線xy=6上的情況有(2,3)和(3,2),共1種,所以所求概率為136(2)P1,P2在同一曲線xy=k(k≠0)上的情況有(3,4)和(4,3),(2,3)和(3,2),(1,2)和(2,1),共3種,所以所求概率為1336=1112第59講幾何概型考試說明1.了解隨機(jī)數(shù)的意義,能運(yùn)用模擬方法估計(jì)概率.2.了解幾何概型的意義.考情分析考點(diǎn)考查方向考例考查熱度幾何概型幾何概型2017全國卷Ⅰ2,2016全國卷Ⅰ4,2016全國卷Ⅱ10★☆☆真題再現(xiàn)■[20172013]課標(biāo)全國真題再現(xiàn)1.[2017·全國卷Ⅰ]如圖,正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖,正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對(duì)稱.在正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn),則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是 ()A.14 B.C.12 D.[解析]B根據(jù)對(duì)稱性,圖中黑色部分、白色部分的面積相等.設(shè)正方形的邊長為2,則正方形的面積為4,圖中圓的面積為π,故黑色部分的面積為π2,所以所求的概率為π242.[2016·全國卷Ⅰ]某公司的班車在7:30,8:00,8:30發(fā)車,小明在7:50至8:30之間到達(dá)發(fā)車站乘坐班車,且到達(dá)發(fā)車站的時(shí)刻是隨機(jī)的,則他等車時(shí)間不超過10分鐘的概率是 ()A.13 B.C.23 D.[解析]B由題意可知滿足條件的時(shí)間段為7:50~8:00,8:20~8:30,共20分鐘,故所求概率為2040=1■[20172016]其他省份類似高考真題[2017·江蘇卷]記函數(shù)f(x)=6+x-x2的定義域?yàn)镈.在區(qū)間[4,5]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x,則x∈[答案]5[解析]令6+xx2≥0,解得2≤x≤3,即定義域D=[2,3],在區(qū)間[4,5]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x,則x∈D的概率P=3-(-2)【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1.長度(面積或體積)2.構(gòu)成事件對(duì)點(diǎn)演練1.13[解析]因?yàn)閳A的面積被六等分,所以轉(zhuǎn)盤指針不落在陰影部分的概率為26=2.5[解析]設(shè)黃燈亮的時(shí)間為x秒.因?yàn)槊恳粫r(shí)刻的車到達(dá)路口都是等可能的,由幾何概型可知,車到達(dá)路口時(shí)遇到紅燈的概率等于紅燈亮的時(shí)間除以綠燈、黃燈和紅燈亮的時(shí)間和,所以3040+x+30=25,解得x=5,3.56[解析]如圖所示,設(shè)送報(bào)人到達(dá)的時(shí)間為x,這位同學(xué)的爸爸離開家的時(shí)間為y,則(x,y)可以看成平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn).由題意得163≤x≤203,6≤y≤7,其表示的區(qū)域?yàn)橐粋€(gè)矩形,面積為43.因?yàn)檫@位同學(xué)的爸爸在離開家前能拿到報(bào)紙必須滿足x<y,如圖中的陰影部分所示,又陰影部分的面積為434.23[解析]因?yàn)閤是一個(gè)銳角,所以x∈(0°,90°),而在(0°,90°)內(nèi)使sinx>12的x的取值范圍是x∈(30°,90°),于是所求概率P=60905.13[解析]當(dāng)AA'的長度等于半徑的長度時(shí),∠AOA'=π3,由圓的對(duì)稱性及幾何概型得所求概率P=2π36.13[解析]取AD的三等分點(diǎn)E',F',取BC的三等分點(diǎn)E,F,連接EE',FF',如圖所示.因?yàn)锳D=3,AB=2,所以BE=FC=AE'=F'D=1,EE'=FF'=2,所以當(dāng)點(diǎn)P落在虛線段EE'上時(shí),△ABP的面積等于1,當(dāng)點(diǎn)P落在虛線段FF'上時(shí),△CDP的面積等于1,從而可知當(dāng)點(diǎn)P落在矩形EE'F'F內(nèi)(包括邊界)時(shí),△ABP和△CDP的面積均不小于1,故所求概率P=2×12×3=7.27[解析]由1≤f(x)≤2,可知1≤log2x≤2,解得2≤x≤4,由幾何概型可知,所求概率P=2【課堂考點(diǎn)探究】例1[思路點(diǎn)撥]兩數(shù)的平方和小于1的數(shù)對(duì)落在圓x2+y2=1在第一象限與坐標(biāo)軸圍成的扇形區(qū)域內(nèi),而由[0,1]中的兩數(shù)構(gòu)成的點(diǎn)(x,y)落在一個(gè)正方形區(qū)域內(nèi),由此求出相應(yīng)的面積就可利用幾何概型的概率公式求得結(jié)果.C[解析]由題意可知(xi,yi)(i=1,2,…,n)在如圖所示的正方形中,兩數(shù)平方和小于1的點(diǎn)在如圖所示的陰影中.由幾何概型概率計(jì)算公式知π41≈mn,∴π變式題A[解析]設(shè)落在陰影區(qū)域內(nèi)的小米的粒數(shù)大約是x,圓O的半徑為r,則x2000≈2×34r2πr2,例2[思路點(diǎn)撥]首先利用直線與圓相交的充要條件求得滿足條件的k的取值范圍,然后利用幾何概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算.D[解析]由|3k|1+k2<1得|k|<24,所以所求概率為變式題(1)A(2)C[解析](1)由題意知,只需AP>BP,故所求概率為12.故選A(2)代表數(shù)x的點(diǎn)到區(qū)間兩端點(diǎn)的距離均不小于e3,則x落在區(qū)間e3,2e3內(nèi),故所求概率為2e3-e例3[思路點(diǎn)撥]本題為與體積有關(guān)的幾何概型,只需分別求出圓柱的體積與以圓柱的底面圓心為球心,半徑為1的半球的體積就會(huì)順利求得結(jié)果.23[解析]由題意得該圓柱的體積V=π×12×2=2π.圓柱內(nèi)滿足點(diǎn)P到點(diǎn)O的距離小于等于1的幾何體為以圓柱底面圓心為球心的半球,且此半球的體積V1=12×43π×13=23π,所以所求概率P=變式題1481π[解析]由題意知,到正方體一個(gè)頂點(diǎn)的距離小于或等于1的點(diǎn)的集合為以該頂點(diǎn)為球心,1為半徑的球的18,而正方體的體積V=33=27,所以由幾何概型的概率公式得所求概率P=18×18×例4[思路點(diǎn)撥]首先求出大正方形的面積,然后求得小正方形的面積,最后利用幾何概型的概率公式求解.A[解析]設(shè)勾為a,則股為3a,則弦為2a,則圖中大正方形的面積為4a2,小正方形的面積為(31)2a2=(423)a2.由幾何概型知,圖釘落在黃色圖形內(nèi)的概率為(4-23)a24a2=132,所以落在黃色圖形內(nèi)的圖釘顆數(shù)大約為例5[思路點(diǎn)撥]首先求出已知區(qū)域的面積,然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定a,b滿足的條件,并作出對(duì)應(yīng)的平面圖形,最后結(jié)合幾何概型知識(shí)求解.A[解析]作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域,如圖中陰影部分所示.若函數(shù)f(x)=ax22bx+3在區(qū)間12,+∞上是增函數(shù),則a>0,--2b2a=ba≤12,即a>0,a-2b≥0,可得滿足條件的平面區(qū)域?yàn)椤鱋BC.由a+b-4=0,a-2b=0,得a=83,b=43,即例6[思路點(diǎn)撥]首先建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,求出過C,M,D三點(diǎn)的拋物線方程,再利用定積分求陰影部分的面積,進(jìn)而利用幾何概型可求得概率.D[解析]以M為原點(diǎn),BA所在直線為y軸,BA的垂線為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系,則過C,M,D三點(diǎn)的拋物線方程為y2=12x,則圖中陰影部分的面積為20212xdx=2×23×232=83,所以落在陰影部分的概率為強(qiáng)化演練1.C[解析]設(shè)矩形的另一邊長為y(單位:m),由三角形相似可得40-y40=x40,則y=40x,則矩形面積為(40x)x≤(40-x+x)24=400(當(dāng)且僅當(dāng)x=20時(shí)等號(hào)成立),即矩形的最大面積為400m2.根據(jù)幾何概型概率公式可得,2.D[解析]如圖所示,由幾何概型可知所求概率為2×1-12×π×13.D[解析]作出可行域如圖,其中SΩ=S△OAB=18,SΓ=S△OCD=4,根據(jù)幾何概型知,所求概率P=SΓSΩ=418=24.D[解析]由題意可作出如下圖形,由幾何概型可知所求概率P=2π0sinxd5.D[解析]由題意可知,所求概率等于圖中陰影部分的面積與正方形面積的比值,故所求概率P=14×π×(2【備選理由】例1考查以長度為幾何測度的幾何概型概率計(jì)算;例2考查以面積為測度的幾何概型概率計(jì)算;例3考查與線性規(guī)劃交匯的幾何概型概率計(jì)算;例4考查與定積分交匯的幾何概型概率計(jì)算.1[配合例2使用]在半徑為2的圓的一條直徑上任取一點(diǎn),過這個(gè)點(diǎn)作垂直于該直徑的弦,則弦長超過圓內(nèi)接正三角形邊長的概率是 ()A.13 B.C.12 D.[解析]C如圖所示,設(shè)△CEF是圓O的內(nèi)接正三角形,CD是直徑,B是EF的中點(diǎn),則易求得圓O的內(nèi)接正三角形的邊長是23,從而可求得BD=423×32=1,因此所求概率為4-2×12[配合例4使用]已知正方形ABCD中,點(diǎn)E為邊CD的中點(diǎn),若在正方形ABCD內(nèi)部隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)Q,則點(diǎn)Q取自△ABE內(nèi)部的概率為 ()A.14 B.C.12 D.[解析]C如圖所示,設(shè)正方形的邊長為a,則陰影部分的面積S1=12×a×a=12a2,正方形的面積S=a2,所以由幾何概型的概率公式可知點(diǎn)Q取自△ABE內(nèi)部的概率P=S13[配合例5使用]不等式組-2≤x≤2,0≤y≤4表示的點(diǎn)集記為M,不等式組x-y+2≥0,y≥x2表示的點(diǎn)集記為N,A.916 B.C.732 D.[解析]D因?yàn)辄c(diǎn)集M,N在平面中,所以可以用面積的比值來求得概率.圖中陰影部分表示點(diǎn)P∈M且P∈N,矩形面積S=4×4=16,非陰影部分面積S1=12×4×4+12×1×1+-12x2dx=232,所以陰影部分面積S2=SS1=16232=94[配合例6使用]設(shè)a∈[1,4],b∈[1,4],則隨機(jī)地抽出一對(duì)有序?qū)崝?shù)對(duì)(a,b),使得函數(shù)f(x)=4x2+a2與函數(shù)g(x)=4bx的圖像有交點(diǎn)的概率為 ()A.527 B.C.554 D.[解析]A因?yàn)閍∈[1,4],b∈[1,4],所以(a,b)所在區(qū)域的面積為9.f(x)=4x2+a2與g(x)=4bx的圖像有交點(diǎn)等價(jià)于4x2+4bx+a2=0有解,即Δ=16b16a2≥0,得b≥a2,此時(shí)(a,b)所在區(qū)域如圖中陰影部分所示,其面積為312a2-1da=313a3-a

12=53.由幾何概型的概率