《高三理科数学复数总复习教学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三理科数学复数总复习教学案.docx（71页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三理科数学复数总复习教学案高三理科数学排列组合总复习教学案 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洁的实际问题；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，并能解决简洁的实际问题；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绽开式有关的简洁问题.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绽开式有关的问题.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
2、务的概率1.了解随机事务发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区分；2.了解两个互斥事务的概率加法公式和相互独立事务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；会计算一些随机事务所包含的基本领件的个数及事务发生的概率；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.随机事务、互斥事务及概率的意义，并会计算互斥事务的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事务的推断及互斥事务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相识事务、互斥事务与对立事务，进而理解概率的性质、
3、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注意考查基础学问和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必定的数学思想方法，逻辑思维实力以及运用概率学问解决实际问题的实力.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，并能进行简洁的应用；3.了解条件概率和两个事务相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简洁的实际问题；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简洁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，相识正态分布曲线的特点及
4、曲线所表示的意义.本章重点：1.离散型随机变量及其分布列；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.考生应注意对特别分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事务的意义的理解. 学问网络 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；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】采纳列举法分类，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】(2022济南市模拟)从集合1,2,3，10中随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()A.3B.4C.6D.8【解析】
6、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32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.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巡游，要求每个旅游景点只有一人巡游，每人只巡游一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界巡游，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人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4543240种.【点拨】依据题意正确分步，要求各步之间必需连续，只有根据这几步逐步地去做，才
7、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】(2022湘潭市调研)要支配一份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，其次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544441280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例3】(2022长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部运用)，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.
8、【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A44种涂法，共有4A4496种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；其次步：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涂第四种颜色；其次类，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中的随意一种颜色，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，要留意的是分类中有分步
9、，分步后有分类.【变式训练3】(2022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，使得随意相邻(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，则符合条件的全部涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法；其次步，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；第三步，涂4,7,8号，同其次步，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，其区分在于：分类加法计数原理是完
10、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，才能完成该事务.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确运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)8！A66A28A410；(2)C33C34C310.【解析】(1)原式876543216543218710987576543256(89)5130623.(2)原式C44C34C35C310C45C35C3
11、10C46C36C310C411330.【点拨】在运用排列数公式Amnn！(nm)！进行计算时，要留意公式成立的条件：m，nN+，mn.另外，应留意组合数的性质的敏捷运用.【变式训练1】解不等式6.【解析】原不等式即9！(9x)！69！(11x)！，也就是1(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？(
12、5)男生甲与男生乙中间必需排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【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名女生内部可有A33种排法，所以共有A44A33144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共有2A33A3372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，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33A34144种.(4)干脆分类较困难，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A66A33A4
13、4576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23A22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名男生排在首尾，有A22种排法.最终将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A2224种.【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，主要根据“优先”原则，即优先支配特别元素或优先满意特别位子，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
14、干脆考虑较困难的问题，可以采纳间接法.【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依次排列构成一个数列.(1)43251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43251的五位数A55(A44A33A22)88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A4424个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51234.题型三有限制条件的组合问题【例3】要从12人中选出5人去参与一项活动.(1)A，B，C三人必需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
15、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，C2936种不同选法.(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C59C49126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13C49378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的状况C59，共有C512C59666种选法.(5)可考虑间接法
16、，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的状况C29种，所以共有C512C29756种选法.【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，一般要依据特别元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(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三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种；其次类：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C233种.故有69种.(2)用间接
17、法.共C41069141种.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)特别元素、特别位置优先考虑；(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绽开式的通项公式及应用【例1】已知的绽开式中，前三项系数的肯定值依次成等差数列.(1)求证：绽开式中没有常数项；(2)求绽开式中全部的有理项.【解析】由题意得2C1n1C2n()2，即n29n80，所以n8，n1(舍去).所以Tr1()()r(1)r(0r8，rZ).(1)若Tr1是常数项，则163r40，即163r0，因为rZ，这不行能，所以绽开式中没有常数项.(2)若Tr1是
18、有理项，当且仅当163r4为整数，又0r8，rZ，所以r0,4,8，即绽开式中有三项有理项，分别是T1x4，T5358x，T91256x-2.【点拨】(1)把握住二项绽开式的通项公式，是驾驭二项式定理的关键.除通项公式外，还应娴熟驾驭二项式的指数、项数、绽开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项绽开式的特定项，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依据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要留意n和r的数值范围及大小关系)；(3)留意区分绽开式“第r1项的二项式系数”与“第r1项的系数”.【变式训练1】若(xx)n的绽开式的前3项系数和为1
19、29，则这个绽开式中是否含有常数项，一次项？假如有，求出该项，假如没有，请说明理由.【解析】由题知C0nC1n2C2n22129，所以n8，所以通项为Tr1Cr8(xx)8-r，故r6时，T726C28x1792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.题型二运用赋值法求值【例2】(1)已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，且a1a2an129n，则n；(2)已知(1x)na0a1xa2x2anxn，若5a12a20，则a0a1a2a3(1)nan.【解析】(1)易知an1，令x0得a0n，所以a0a1an30.又令x1，有2222na0a1an30，即2n123
20、0，所以n4.(2)由二项式定理得，a1C1nn，a2C2nn(n1)2，代入已知得5nn(n1)0，所以n6，令x1得(11)6a0a1a2a3a4a5a6，即a0a1a2a3a4a5a664.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特别值代入构造相应的结构.【变式训练2】设(3x1)8a0a1xa2x2a7x7a8x8.求a0a2a4a6a8的值.【解析】令f(x)(3x1)8，因为f(1)a0a1a2a828，f(1)a0a1a2a3a7a848，所以a0a2a4a6a8f(1)f(1)227(128).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：46n5n19能被20整
21、除.【解析】46n5n194(6n1)5(5n1)4(51)n15(41)n120(5n1C1n5n2Cn1n)(4n1C1n4n2Cn1n)，是20的倍数，所以46n5n19能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需留意(ab)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次绽开式有什么规律，余项是什么，必需清晰.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986(10.002)616(0.002)115(0.002)2(0.002)6.因为T3C26(0.002)215(0.002)20.000060.001，且第3项以后的肯定值都小于0.001，所以从第
22、3项起，以后的项都可以忽视不计.所以0.9986(10.002)616(0.002)10.0120.988.总结提高1.利用通项公式可求绽开式中某些特定项(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纳待定系数法，运用通项公式写出待定式，再依据待定项的要求写出n、r满意的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项绽开式的系数和、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，使得二项绽开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要留意余数的取值范围. 12.4随机事务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
23、球被08年北京奥委会指定为乒乓球竞赛专用球.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n5010020220010002000优等品数m45921944709541902优等品频率(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0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(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的旁边摇摆，所以质量检查为优等品的概率为
24、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，在其旁边摇摆，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竞赛中罚球的结果如下.投篮次数n8101291016进球次数m6897712进球频率(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)由公式计算出每场竞赛该运动员罚球进球的频率依次为：(2)由(1)知，每场竞赛进球的频率虽然不同，但频率总在旁边摇摆，可知该运动员进球的概率为.题型二随机事务间的关系【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张
25、.推断下列每对事务是否为互斥事务，是否为对立事务.(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)是互斥事务但不是对立事务.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不行能同时发生，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)是互斥事务又是对立事务.因为两者不行同时发生，但其中必有一个发生.(3)不是互斥事务，更不是对立事务.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事务有可能同时发生，如抽得12.【点拨】要区分互斥事务
26、和对立事务的定义.【变式训练2】抽查10件产品，设事务A：至少有两件次品，则A的对立事务为()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】依据对立事务的定义得选项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，根据大于或等于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.(1)请完成上面列联表；(2)依据列联表的数据，若按95%的牢靠性要求，能否认为“成果与班级有关系”(参考数据P(K26.635)0.05)；(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲
27、班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚匀称的骰子，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104555乙203050总计3075105(2)计算K2的一个观测值k6.109.因为6.1096.635，所以没有95%的把握认为成果与班级有关.(3)记被抽取人的序号为，则P(6)，P(10)，所以P(6或10)P(6)P(10).【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【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)假如取出
28、1球，试求其重量比号码数大5的概率；(2)假如随意取出2球，试求它们重量相等的概率.【解析】(1)由不等式5n20n5，得n15或n3，由题意知n1,2或者n16,17，35，于是所求概率为.(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，其中nm，则有5n205m20，所以(nm)(nm15)0.因为nm，所以nm15，所以(n，m)(1,14)，(2,13)，(7,8).故所求概率为.总结提高1.对立事务是互斥事务的一种特别状况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事务.集合A的对立事务记作，从集合的角度来看，事务所含结果的集合正是全集U中由事务A所含结果组成集合的补集，即AU，A.对立事务肯
29、定是互斥事务，但互斥事务不肯定是对立事务.事务A、B的和记作AB，表示事务A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事务时，事务AB是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.当计算事务A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事务的概率则要简单些，为此有P(A)1P().2.若A与B相互独立，则与，A与，与B都是相互独立事务.推断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100150
30、z标准型300450600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肯定值不超过0.5的概率.【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50402000辆，所以z2000100150300450600400.
31、(2)由(1)知C类轿车共1000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n10种不同取法，记事务A：至少有1辆舒适型轿车，则事务表示抽取到2辆标准型轿车，有m3种不同取法，从而事务A包含：基本领件数为m7种，所以P(A)710.(3)样本平均数18(9.48.69.29.68.79.39.08.2)9.0，记事务B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的肯定值不超过0.5，则事务B包含的基本领件有6种，所以P(B)6834.【点拨】利用古典概型求事务的概率时，主要弄清基本领件的总数，及所求事务所含的基本领件的个数.【变式训练1】已知AB
32、C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an1，bn，cn1(n1，nN)，从而有abc，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，cosC(n1)2n2(n1)22(n1)nn42(n1)0，所以n4，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种基本状况，“ABC是锐角三角形”包含4种状况，故所求的概率为4623.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)假如从中取出
33、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)假如从中一次取3件，求3件都是正品的概率.【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取依次(x，y，z)记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有101010103种；设事务A为“连续3次都取正品”，则包含的基本领件共有88883种，因此，P(A)0.512.(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，依次不同，基本领件不同，按抽取依次记录(x，y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的全部结果为1098720种.设事务B为“3件都是正品”，则事务B包含的基本领件总数为876336，所以P(B)3367200
34、.467.方法二：可以看作不放回3次无依次抽样，先按抽取依次(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，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的全部结果有10986120.按同样的方法，事务B包含的基本领件个数为876656，因此P(B)561200.467.【点拨】关于不放回抽样，计算基本领件个数时，既可以看作是有依次的，也可以看作是无依次的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，视察的角度必需一样，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
35、)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，登记数字后放回，再取其次次，两次取出的卡片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P41025；(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P52515.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
36、至少有2个红球的概率为34，求n.【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事务A，P(A)C22C24C22C2516110160.(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事务B，“取到的4个球只有1个红球”为事务B1，“取到的4个球全是白球”为事务B2.由题意，得P(B)13414.P(B1)C12C12C24C2nC2n2C22C24C12C1nC2n22n23(n2)(n1)，P(B2)C22C24C2nC2n2n(n1)6(n2)(n1).所以P(B)P(B1)P(B2)2n23(n2)(n1)n(n1)6(n2)(n1)14，化简得7n211n60，解得n2或n37(舍去)，故n2
37、.【变式训练3】甲、乙二人参与普法学问竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，推断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到推断题的概率是多少？(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C16个，乙从推断题中抽到一题的的可能结果是C14，故甲抽到选择题，乙抽到推断题的可能结果为C16C1424.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110C1990，所以概率为2490415.(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本领件的总数是10990.方法一：(分类计数原理)只有甲抽到了选择题的事务数是：6424；只有乙抽到了选择题的事务数
38、是：6424；甲、乙同时抽到选择题的事务数是：6530.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是242430901315.方法二：(利用对立事务)事务“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事务“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事务.事务“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本领件个数是4312.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1129012151315.总结提高1.对古典概型首先必需使学生明确推断两点：对于每个随机试验来说，全部可能出现的试验结果数n必需是有限个；出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必需是相同的.只有在同时满意、的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)mn得出的结果才是正确
39、的.运用公式P(A)mn计算时，确定m、n的数值是关键所在.2.对于n个互斥事务A1，A2，An，其加法公式为P(A1A2An)P(A1)P(A2)P(An).3.分类探讨思想是解决互斥事务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，能否把一个困难事务分解为若干个相互排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简洁事务是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的实力的重要环节. 12.6几何概型 典例精析题型一长度问题【例1】如图，AOB60，OA2，OB5，在线段OB上任取一点C，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
40、何学问知：当ADOB时，OD1；当OAAE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”为事务M，则P(M)ODEBOB1150.4，即AOC为钝角三角形的概率为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”为事务N，则P(N)DEOB350.6，即AOC为锐角三角形的概率为0.6.【点拨】我们把每一个事务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，而一个事务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
41、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，则依据几何概率可知其整体事务是其周长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0x30,0y40.他们全部可能的距
42、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，则全部这样的有序数对构成的集合即为基本领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务仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事务的点由满意不等式x2y225的数对组成，此不等式等价于x2y2625，右图中的方形区域代表基本领件组，阴影部分代表所求事务，方形区域的面积为1200平方公里，而事务的面积为(14)(25)26254，于是有P6254120062548000.41.【点拨】解决此类问题，应先依据题意确定该试验为几何概型，然后求出事务A和基本领
43、件的几何度量，借助几何概型的概率公式求出.【变式训练2】如图，以正方形ABCD的边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率.【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事务A，设正方形边长为2r，则P(A)S花瓣SABCD12r24(2r)2(2r)222.所以，飞镖落在花瓣内的概率为22.题型三体积问题【例3】在线段0,1上随意投三个点，设O至三点的三线段长为x、y、z，探讨方法表明：x，y，z能构成三角形只要点(x，y，z)落在棱长为1的正方体T的内部由ADC，ADB，BDC，AOC，AOB，BOC所围
44、成的区域G中(如图)，则x，y，z能构成三角形与不能构成三角形这两个事务中哪一个事务的概率大？【解析】V(T)1，V(G)13313121312，所以PV(G)V(T)12.由此得，能与不能构成三角形两事务的概率一样大.【点拨】因为随意投的三点x，y，z是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本领件的区域有关.【变式训练3】已知正方体ABCDA1B1C1D1内有一个内切球O，则在正方体ABCDA1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是()A.4B.8C.6D.12【解析】设正方体的棱长为a，则点M在球O内的概率PV球V正方体43(a2)3a36，选C.总结提高1.几何概型
45、是一种概率模型，它与古典概型的区分是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内匀称分布，概率大小与随机事务所在区域的形态和位置无关，只与该区域的大小有关.假如随机事务所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不行能事务.假如随机事务所在区域是全部区域扣除一个单点，其测度为1，则它出现的概率为1，但它不是必定事务.2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，面积，体积)，一个基本领件是区域中的一个点.此时用点数度量事务A包含的基本领件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对随意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，)相等时，事务A对应点落在这两区域上的概率相
46、等，而与形态和位置都无关”.3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，假如一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而全部基本结果对应于一个区域，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决. 12.7条件概率与事务的独立性 典例精析题型一条件概率的求法【例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，遗忘了密码的最终一位数字，求：(1)随意按最终一位数字，不超过2次就按对的概率；(2)假如他记得密码的最终一位是偶数，不超过2次就按对的概率.【解析】设第i次按对密码为事务Ai(i1,2
47、)，则AA1(A2)表示不超过2次就按对密码.(1)因为事务A1与事务A2互斥，由概率的加法公式得P(A)P(A1)P(A2)1109110915.(2)用B表示最终一位是偶数的事务，则P(A|B)P(A1|B)P(A2|B)15415425.【点拨】此类问题解题时应留意着重分析事务间的关系，辨析所求概率是哪一事务的概率，再运用相应的公式求解.【变式训练1】设某种动物从诞生算起活到20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是.【解析】设此种动物活到20岁为事务A，活到25岁为事务B，所求概率为P(B|A)，由于BA，则P(AB)P(B)，所以P(B|A)P(AB)P(A)P(B)P(A)0.40.812.题型二相互独立事务的概率【例2】三人独立破译同