一名优秀的教师在每次教学前有自己的事先计划，作为高中教师就要根据教学内容制定合适的教案。教案可以保证学生们在上课时能够更好的听课，帮助高中教师提前熟悉所教学的内容。关于好的高中教案要怎么样去写呢？以下是小编为大家精心整理的“排列导学案”，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！

第05课时
1.2.1排列（一）
学习目标
理解排列的概念，能用列举法、树形图列出排列，从简单排列问题的计数过程中体会排列数公式.
学习过程
一、学前准备
复习：1.在由电键组A与B所组成的并联电路中，如图，要接通电源，使电灯发光的方法有多少种？

2.在电键组A、B组成的串联电路中，如图，要接通电源使灯发光的方法有几种？

二、新课导学
◆探究新知（预习教材P14～P19，找出疑惑之处）
问题1：上一节的例9的解答过程能否简化？

问题2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？
①问题中要完成的“一件事”是什么？
②怎样用计数原理解决它？

③“甲上午乙下午”与“乙上午甲下午”一样吗？在计数过程中考虑到了吗？
④你能列出所有选法，以说明用分步计数原理得出的答案是正确的吗？
⑤舍弃具体背景，如何叙述问题及其解答？

问题3：从1，2，3，4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
①问题中要完成的“一件事”是什么？

②你能仿照问题1的解决过程，给出详细解答吗？
③上述两个问题的共同特点是什么？你能从中概括出一般情形吗？

◆应用示例
例1．（课本P18例1）计算：
（1）；(2)；(3).

◆反馈练习（课本P20练1-4）
1.写出：（1）从4个不同元素中任取2个元素的所有排列；（2）从5个不同元素中任取2个元素的所有排列；

2.计算：（1）;(2);(3)；
（4）.

3.计算下表中的阶乘数，并填入表中：
n23456789
n!

4.求证：
（1）;(2);

学习评价
1．若，则（）
A、B、C、D、
2．与不等的是（）
A、B、C、D、
3．若，则的值为（）
A、B、C、D、
4．计算：
；．
课后作业
1．（课本P27A1）计算：
（1）;(2).

2．（课本P27A3）求证：（1）;
(2)

精选阅读

排列

一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师缓解教学的压力，提高教学质量。怎么才能让教案写的更加全面呢？小编收集并整理了“排列”，相信您能找到对自己有用的内容。

一、排列问题常见类型
对于有限制条件的排列问题，要注意总结以下几种类型的问题的思考方法.
1.某些元素不能排或必须排在某一位置的问题.
（1）先排特殊元素或特殊位置，然后再排其他元素或位置.
（2）先不考虑限制条件，求出所有的排列数，然后减去不符合条件的排列数，即间接法.
2.某些元素要求相邻的问题，常用“捆绑”的办法，先看成一个元素.
3.某些元素要求不相邻的问题，常用“插空”的办法.
二、参考例题
［例1］5男5女共10个同学排成一行.
（1）女生都排在一起，有几种排法？
（2）女生与男生相间，有几种排法？
（3）任何两个男生都不相邻，有几种排法？
（4）5名男生不排在一起，有几种排法？
（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？
解：（1）将5名女生看作一人，就是6个元素的全排列，有A种排法.又5名女生内部可有A种排法，所以共有AA=86400种排法.
（2）男生自己排，女生也自己排，然而相间插入（此时有2种插法），所以女生与男生相间共有2AA=28800种排法.
（3）女生先排，女生之间及首尾共有6个空隙.任取其中5个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有AA=86400种.
（4）直接分类较复杂，可用间接法.即从10个人的排列总数中，减去5名男生排在一起的排法数，得5名男生不排在一起的排法数为A-AA=3542400.
（5）先安排2个女生排在男生甲、乙之间，有A种方法；又甲、乙之间还有A种排法.这样就有AA种排法.然后把他们4人看成一个元素（相当于一个男生），再从这一元素及另3名男生中，任选2人排在首尾，有A种排法.最后再将余下的2个男生、3个女生排在其间，有A种排法.故总排法为AAAA=57600种.
［例2］用0，1，2，…，9十个数字可组成多少个没有重复数字的
（1）五位奇数？
（2）大于30000的五位偶数？
解：（1）要得到五位奇数，末位应从1、3、5、7、9五个数字中取，有A种取法.取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的八种不同取法.首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位，百位与千位三个数位选取，共有A种不同的安排方法.因此由分步计数原理共有5×８×A=13440个没有重复数字的五位奇数.
（2）要得偶数，末位应从0、2、4、6、8中选取，而要得比30000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0，2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个，共7种选取方法.其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A种取法，所以共有2×７×A种不同情况.
②末位数字从4、6、8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有A种选法，所以共有3×６×A种不同情况.
由分类计数原理，共有2×７×A+3×６×A=10752个比30000大的无重复数字的五位偶数.
●备课资料
解排列问题的常用技巧
解排列问题，首先必须认真审题，明确问题是否是排列问题，其次是抓住问题的本质特征，灵活运用基本原理和公式进行分析解答，同时，还要注意讲究一些基本策略和方法技巧，使一些看似复杂的问题迎刃而解.
（一）特殊元素的“优先安排法”
对于特殊元素的排列组合问题，一般应先考虑特殊元素，再考虑其他元素.
［例1］用0、1、2、3、4这五个数字，组成没有重复数字的两位数，其中偶数共有______个.
A.24B.30C.40D.60
分析：由于该三位数都是偶数，故末尾数字必须是偶数，又因为0不能排首位，故0就是其中的“特殊”元素，应优先安排.按0排在末尾和0不排在末尾分为两类：①0排末尾时，有A个；②0不排末尾时，有AAA个，由分类加法计数原理，共有偶数30个.
答案：B
（二）总体淘汰法
对于含有否定词语的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去，此时应注意既不能多减也不能少减，例如在例1中，也可用此法解答：五个数字组成三位数的全排列A个，排好后发现0不能排在首位，而且3、1不能排在末尾，这两种不符合题意的排法要除去，故有30个偶数.
（三）合理分类与准确分步
解含有约束条件的排列组合问题，应按元素的性质进行分类，事情发生的连续过程分步，做到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏.
［例2］五人从左到右站成一排，其中甲不站排头，乙不站第二个位置，那么不同的站法有
A.120种B.96种
C.78种D.72种
分析：由题意，可先安排甲，并按其进行分类讨论：
①若甲在第二个位置上，则剩下的四人可自由安排，有A种方法；
②若甲在第三或第四个位置上，则根据分步计数原理，不同站法有AAA种站法.
再根据分类计数原理，不同站法共有A+AAA=78种.
（四）相邻问题用“捆绑法”
对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来，看作一个“大”的元素与其他元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列.
答案：C
［例3］7人站成一排照相，要求甲、乙、丙三人相邻，分别有多少种不同的排法？
分析：先把甲、乙、丙三人“捆绑”起来看作是一个元素，与其余4人共5个元素作全排列，有A种排法，而后对甲、乙、丙三人进行全排列，再利用分步计数原理可得AA种不同排法.
答案：AA.
（五）不相邻问题用“插空法”
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入即可.
［例4］在例3中，若要求甲、乙、丙三人不相邻，则又有多少种不同的排法？
分析：先让其余4人站好，有A种排法，再在这4人之间及两端的5个“空隙”中选三个位置让甲、乙、丙插入，则有A种方法，这样共有AA种不同的排法.
答案：AA.
（六）顺序固定问题用“除法”
对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数.
［例5］五人排队甲在乙前面的排法有几种？
分析：若不考虑限制条件，则有A种排法，而甲、乙之间排法有A种，故甲在乙前面的排法只有一种符合条件，故符合条件的排法有种.
答案：.
（七）分排问题用“直排法”
把n个元素排成若干排的问题，若没有其他的特殊要求，可采取统一排成一排的方法来处理.
［例6］7人坐两排座位，第一排坐3人，第二排坐4人，则有________种排法.
分析：7个人，可以在前后两排随意就坐，再无其他条件，故两排可看作一排来处理，故不同的坐法有A种.
答案：A.
（八）试验
题中附加条件增多，直接解决困难时，用试验逐步寻找规律有时也是行之有效的方法.
［例7］将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格内，每个方格填1个，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法种数有
A.6B.9C.11D.23
分析：此题考查排列的定义.由于附加条件较多，解法较为困难，可用试验法逐步解决.
第一方格内可填2或3或4.如填2，则第二方格内可填1或3或4.若第二方格内填1，则第三方格只能填4，第四方格填3.若第二方格填3，则第三方格应填4，第四方格应填1.同理，若第二方格填4，则第三、四方格应分别填3.因而第一方格填2共有3种方法.同理，第一格填3或4也各有3种，所以共有9种方法，选B.
答案：B
（九）探索
对情况复杂、不易发现其规律的问题需要仔细分析，探索出其中规律，再予以解决.
［例8］从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则不同的取法种数有
A.50B.100C.1275D.2500
分析：此题数字较多，情况也不一样，需要分析摸索其规律.为方便，两个加数中以较小的数为被加数，因为1+100=101＞100,1为被加数的有1种；同理，2为被加数的有2种；……；49为被加数有49种；50为被加数的有50种，但51为被加数只有49种，52为被加数只有48种；……，99为被加数的只有1种.故不同的取法共有（1+2+……+50）+（49+48+……+1）=2500种.
答案：D
（十）消序
［例9］有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少种排法？
分析：先在7个位置上任取4个位置排男生，有A种排法.剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，只有1种排法，故共有A1=840种.
答案：840种.
（十一）住店法
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复.把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解的方法称为“住店法”.
［例10］七名学生争夺五项冠军，获得冠军的可能的种数有
A.75B.57C.AD.C
分析：因同一学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作七家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得75种.
答案：A
对此类问题，常有疑惑：为什么不以五项冠军作为五家“店”呢？因为几个学生不能同时夺得同一冠军，即冠军不能重复，则立即使这种疑惑烟消云散.
（十二）对应
［例11］在100名选手之间进行单循环淘汰赛（即一场比赛失败要退出比赛），最后产生一名冠军，问要举行几场比赛？
分析：要产生一名冠军，需淘汰掉冠军以外的所有其他选手，即要淘汰99名选手，要淘汰一名选手，必须进行一场比赛；反之，每比赛一场恰淘汰一名选手，两者之间一一对应，故立即可得比赛场次99次.
答案：99场.
（十三）特征分析
研究有约束条件的排数问题，需紧扣题目所提供的数字特征、结构特征，进行推理、分析求解.
［例12］由1，2，3，4，5，6六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数？
分析数字特征：6的倍数的数既是2的倍数，又是3的倍数.其中3的倍数又满足“各个数位上的数字和是3的倍数”的特征.把6个数分成4组（3）、（6）、（1，5）、（2，4），每组的数字和都是3的倍数.因此可分成两类讨论：第一类：由1，2，4，5，6作数码；首先从2，4，6中任选一个作个位数字有A，然后其余四个数字在其他数位上全排列有A,所以N1=AA;第二类：由1，2，3，4，5作数码，依上法有N2=AA,故N=N1+N2=120（个）.
答案：120个.
以上介绍了排列组合应用题的几种常见求解策略.这些策略不是彼此孤立的，而是相互依存、相互为用的.有时解决某一问题时要综合运用几种求解策略.
●备课资料
一、用比例法解排列问题
有些排列应用题，可以根据每个元素出现的机会占整个问题的比例，直接求得问题的解.
［例1］A、B、C、D、E五人站成一排，如果B必须站在A的右边（A、B可以不相邻），那么不同的排法共有________种.
分析：若没有限制条件，则五人的全排列有A=120种不同排法，而A在B右边与B在A右边各占，所以B在A右边的排法共有A=60种.
［例2］七个人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同排法种数为________.
分析：若没有限制条件，则七人的全排列有A种，而甲、乙两人不相邻排法占7人排法任意数的.
因此所求排法有×A=3600(种).
［例3］由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有________.
分析：全排列为A.由题意知：满足条件的五位数的个位上出现2或4的可能性为.在余下的四个数字中，万位上出现满足条件的数字的可能性为.
故满足条件的五位数共有A=36(个).
［例4］由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字，且1与2不相邻的五位数的个数为________.
分析：1与2不相邻占这5个数字全排列的，因此所求共有×A=72（个）.
［例5］从6个运动员中选出4个参加4×100米接力赛，如果甲、乙两人都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案？
分析：若不受条件限制，其参赛方案有A种，但其中限制甲、乙两人不能跑第一棒，即跑第一棒的只能是甲、乙以外的其余4人.因而，这四人在第一棒中出现的可能性为.
故所求参赛方案有A=240种.
二、“机会均等问题”例析
［例1］用0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的个位数字小于十位数字的五位数有多少个？
分析：由这六个数字组成无重复数字的所有五位数有A-A=600个，
又因为个位数字小于十位数字的数与个位数字大于十位数字的数一样多，所以个位数字小于十位数字的数有600÷2=300个，这是一个机会（出现次数）均等问题.
［例2］A、B、C、D、E这五个人排成一排，如果B必须站在A的右边（A、B可以不相邻），那么不同的排法种数为多少？
分析一：在所有的排列中，B在A的右边与B在A的左边的排法总数是一样的，5个人排成一排的总数为A种，故B在A右边的不同排法为A÷2=60种.
分析二：（供教师参考）
可先排C、D、E，其中连两头共有4个空，再插空，又可分两类，A、B各插一个空，选两个空C，另一类A、B相邻插一个空C.故可有A（C+C）=60种不同排法种数.
［例3］用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位数中，若2，4，6次序一定，有多少种不同的七位数？
分析一：七个数占七个位置，只需要七个位置中选取4个排1，3，5，7即可，此时，2，4，6自然按规定的次序排在剩下的三个位置上，故有A=840种.
分析二：实际上这也是一种机会均等问题，2，4，6次序不定时，有A=6种可能，2，4，6次序一定时，只有其中一种排法，是所有排法种数的，即,故2，4，6次序一定的七位数有==840（个）.
［例4］用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位数中，若1，3，5，7的次序一定，有多少种七位数？
分析一：七个数占七个位置，只需在七个位置中选3个排2，4，6即可，有A=210种.
分析二：1，3，5，7次序不定有A=24种不同排法，故1，3，5，7次序一定只占七位总数的次机会，故有==210个.
规律总结：任取n个不同的元素排成一排，其中m(m＜n)个元素次序一定时，不同的排法总数有种不同排法.

排列3

一名优秀的教师就要对每一课堂负责，作为高中教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。你知道怎么写具体的高中教案内容吗？以下是小编收集整理的“排列3”，但愿对您的学习工作带来帮助。

10.2排列第三课时

教学目标：

能把一些简单问题中的具体的计算“个数”问题转化为排列，以及排列数的计算，从而解决一些简单的排列问题．

教学过程：

【设置增境】

问题1什么叫做排列？

问题2什么叫做排列数？排列数的公式是怎样的？

（由一名学生回答，教师纠正，引入新课．）

我们已经从分析具体的例子出发，得到了排列的概念，推导了排列数的公式，具备了一定的计算能力，就是说掌握了有关排列的一些基础知识．那么，如何运用这些知识来解关于排列的简单应用题呢？

【探索研究】

例1某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每队都要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？

分析：很明显，这个问题可以归结为排列问题来解，任何2队间进行一次立场比赛和一次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列，因此总共进行的比赛场次数等于排列数．

解：（场）

答：共进行了182场比赛．

教师归纳．（投影出示）

在解排列应用题时，先要认真审题，看这个问题能不能归结为排列问题来解，如果能够的话，再考虑在这个问题里：

（1）n个不同元素是指什么？

（2）m个元素是指什么？

（3）从n个不同元素中取出m个元素的每一种排列，对应着什么事情？

要充分利用“位置”或框图进行分析，这样比较直观，容易理解．

例2（l）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人1本，共有多少种不同送法？（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人1本，共有多少种不同的送法？

解：（l）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同的送法种数是

（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的书都有5种不同的方法，因此送给3名同学每人1本书的不同方法的种数是

答：略．

（教师点评这两道题的区别．）

例3某信号共用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示，每次可以任挂l面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？

解：如果把3面旗看成3个元素，则从3个元素中每次取出1个、2个或3个元素的一个排列对应一种信号．

于是，用1面旗表示的信号有种，用2面旗表示的信号有种，用3面旗表示的信号有种．根据分类计数原理，所求信号的种数是

＋＋＝15．

教师点评：解排列应用题时，要注意分类计数原理与分步计数原理的运用．

【演练反馈】

1．4辆公交车，有4位司机，4位售票员，每辆车上配一位司机和一位售票员，问有多少种不同的搭配方案？

2．由数字1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字的正整数？

3．20位同学互通一封信，那么通信的次数是多少？

【参考答案】

1．提示：种

2．提示：个

3．提示：次

【总结提炼】

排列问题与元素的位置有关，解排列应用题时可从元素或位置出发去分析，结合框图去排列，同时注意分类计数原理与分步计数原理的运用．

布置作业：

1．课本P95练习5，6．

2．从4种蔬菜品种中选出3种分别种在不同土质的3块土地上进行试验，共有多少种不同的种植方法？

排列教学目标

排列教学目标

教学目标
(1)正确理解排列的意义。能利用树形图写出简单问题的所有排列;
(2)了解排列和排列数的意义,能根据具体的问题,写出符合要求的排列;
(3)掌握排列数公式,并能根据具体的问题,写出符合要求的排列数;
(4)会分析与数字有关的排列问题,培养学生的抽象能力和逻辑思维能力;
(5)通过对排列应用问题的学习,让学生通过对具体事例的观察、归纳中找出规律,得出结论,以培养学生严谨的学习态度。
教学建议
一、知识结构
二、重点难点分析
本小节的重点是排列的定义、排列数及排列数的公式,并运用这个公式去解决有关排列数的应用问题.难点是导出排列数的公式和解有关排列的应用题.突破重点、难点的关键是对加法原理和乘法原理的掌握和运用,并将这两个原理的基本思想方法贯穿在解决排列应用问题当中.
从n个不同元素中任取m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列,称为从n个不同元素中任取m个元素的一个排列.因此,两个相同排列,当且仅当他们的元素完全相同,并且元素的排列顺序也完全相同.排列数是指从n个不同元素中任取m(m≤n)个元素的所有不同排列的种数,只要弄清相同排列、不同排列,才有可能计算相应的排列数.排列与排列数是两个概念,前者是具有m个元素的排列,后者是这种排列的不同种数.从集合的角度看,从n个元素的有限集中取出m个组成的有序集,相当于一个排列,而这种有序集的个数,就是相应的排列数.
公式推导要注意紧扣乘法原理,借助框图的直视解释来讲解.要重点分析好的推导.
排列的应用题是本节教材的难点,通过本节例题的分析,应注意培养学生解决应用问题的能力.
在分析应用题的解法时,教材上先画出框图,然后分析逐次填入时的种数,这样解释比较直观,教学上要充分利用,要求学生作题时也应尽量采用.
在教学排列应用题时,开始应要求学生写解法要有简要的文字说明,防止单纯的只写一个排列数,这样可以培养学生的分析问题的能力,在基本掌握之后,可以逐渐地不作这方面的要求.
三、教法建议
①在讲解排列数的概念时,要注意区分“排列数”与“一个排列”这两个概念.一个排列是指“从n个不同元素中,任取出m个元素,按照一定的顺序摆成一排”,它不是一个数,而是具体的一件事;排列数是指“从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数”,它是一个数.例如,从3个元素a,b,c中每次取出2个元素,按照一定的顺序排成一排,有如下几种:
ab,ac,ba,bc,ca,cb,
其中每一种都叫一个排列,共有6种,而数字6就是排列数,符号表示排列数.
②排列的定义中包含两个基本内容,一是“取出元素”,二是“按一定顺序排列”.
从定义知,只有当元素完全相同,并且元素排列的顺序也完全相同时,才是同一个排列,元素完全不同,或元素部分相同或元素完全相同而顺序不同的排列,都不是同一排列。叫不同排列.
在定义中“一定顺序”就是说与位置有关,在实际问题中,要由具体问题的性质和条件来决定,这一点要特别注意,这也是与后面学习的组合的根本区别.
在排列的定义中,如果有的书上叫选排列,如果,此时叫全排列.
要特别注意,不加特殊说明,本章不研究重复排列问题.
③关于排列数公式的推导的教学.公式推导要注意紧扣乘法原理,借助框图的直视解释来讲解.课本上用的是不完全归纳法,先推导,…,再推广到,这样由特殊到一般,由具体到抽象的讲法,学生是不难理解的.
导出公式后要分析这个公式的构成特点,以便帮助学生正确地记忆公式,防止学生在“n”、“m”比较复杂的时候把公式写错.这个公式的特点可见课本第229页的一段话:“其中,公式右边第一个因数是n,后面每个因数都比它前面一个因数少1,最后一个因数是,共m个因数相乘.”这实际是讲三个特点:第一个因数是什么?最后一个因数是什么?一共有多少个连续的自然数相乘.
公式是在引出全排列数公式后,将排列数公式变形后得到的公式.对这个公式指出两点:(1)在一般情况下,要计算具体的排列数的值,常用前一个公式,而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证,要用到这个公式,教材中第230页例2就是用这个公式证明的问题;(2)为使这个公式在时也能成立,规定,如同时一样,是一种规定,因此,不能按阶乘数的原意作解释.
④建议应充分利用树形图对问题进行分析,这样比较直观,便于理解.
⑤学生在开始做排列应用题的作业时,应要求他们写出解法的简要说明,而不能只列出算式、得出答数,这样有利于学生得更加扎实.随着学生解题熟练程度的提高,可以逐步降低这种要求.
教学设计示例
排列
教学目标
(1)正确理解排列的意义。能利用树形图写出简单问题的所有排列;
(2)了解排列和排列数的意义,能根据具体的问题,写出符合要求的排列;
(3)会分析与数字有关的排列问题,培养学生的抽象能力和逻辑思维能力;
教学重点难点
重点是排列的定义、排列数并运用这个公式去解决有关排列数的应用问题。
难点是解有关排列的应用题。
教学过程设计
一、复习引入
上节课我们学习了两个基本原理,请大家完成以下两题的练习(用投影仪出示):
1.书架上层放着50本不同的社会科学书,下层放着40本不同的自然科学的书.
(1)从中任取1本,有多少种取法?
(2)从中任取社会科学书与自然科学书各1本,有多少种不同的取法?
2.某农场为了考察三个外地优良品种A,B,C,计划在甲、乙、丙、丁、戊共五种类型的土地上分别进行引种试验,问共需安排多少个试验小区?
找一同学谈解答并说明怎样思考的的过程
第1(1)小题从书架上任取1本书,有两类办法,第一类办法是从上层取社会科学书,可以从50本中任取1本,有50种方法;第二类办法是从下层取自然科学书,可以从40本中任取1本,有40种方法.根据加法原理,得到不同的取法种数是50+40=90.第(2)小题从书架上取社会科学、自然科学书各1本(共取出2本),可以分两个步骤完成:第一步取一本社会科学书,第二步取一本自然科学书,根据乘法原理,得到不同的取法种数是:50×40=2000.
第2题说,共有A,B,C三个优良品种,而每个品种在甲类型土地上实验有三个小区,在乙类型的土地上有三个小区……所以共需3×5=15个实验小区.
二、讲授新课
学习了两个基本原理之后,现在我们继续学习排列问题,这是我们本节讨论的重点.先从实例入手:
1.北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线,需要准备多少种不同飞机票?
由学生设计好方案并回答.
(1)用加法原理设计方案.
首先确定起点站,如果北京是起点站,终点站是上海或广州,需要制2种飞机票,若起点站是上海,终点站是北京或广州,又需制2种飞机票;若起点站是广州,终点站是北京或上海,又需要2种飞机票,共需要2+2+2=6种飞机票.
(2)用乘法原理设计方案.
首先确定起点站,在三个站中,任选一个站为起点站,有3种方法.即北京、上海、广泛任意一个城市为起点站,当选定起点站后,再确定终点站,由于已经选了起点站,终点站只能在其余两个站去选.那么,根据乘法原理,在三个民航站中,每次取两个,按起点站在前、终点站在后的顺序排列不同方法共有3×2=6种.
根据以上分析由学生(板演)写出所有种飞机票
再看一个实例.
在航海中,船舰常以“旗语”相互联系,即利用不同颜色的旗子发送出各种不同的信号.如有红、黄、绿三面不同颜色的旗子,按一定顺序同时升起表示一定的信号,问这样总共可以表示出多少种不同的信号?
找学生谈自己对这个问题的想法.
事实上,红、黄、绿三面旗子按一定顺序的一个排法表示一种信号,所以不同颜色的同时升起可以表示出来的信号种数,也就是红、黄、绿这三面旗子的所有不同顺序的排法总数.
首先,先确定最高位置的旗子,在红、黄、绿这三面旗子中任取一个,有3种方法;
其次,确定中间位置的旗子,当最高位置确定之后,中间位置的旗子只能从余下的两面旗中去取,有2种方法.剩下那面旗子,放在最低位置.
根据乘法原理,用红、黄、绿这三面旗子同时升起表示出所有信号种数是:3×2×1=6(种).
根据学生的分析,由另外的同学(板演)写出三面旗子同时升起表示信号的所有情况.(包括每个位置情况)
第三个实例,让全体学生都参加设计,把所有情况(包括每个位置情况)写出来.
由数字1,2,3,4可以组成多少个没有重复数字的三位数?写出这些所有的三位数.
根据乘法原理,从四个不同的数字中,每次取出三个排成三位数的方法共有4×3×2=24(个).
请板演的学生谈谈怎样想的?
第一步,先确定百位上的数字.在1,2,3,4这四个数字中任取一个,有4种取法.
第二步,确定十位上的数字.当百位上的数字确定以后,十位上的数字只能从余下的三个数字去取,有3种方法.
第三步,确定个位上的数字.当百位、十位上的数字都确定以后,个位上的数字只能从余下的两个数字中去取,有2种方法.
根据乘法原理,所以共有4×3×2=24种.
下面由教师提问,学生回答下列问题
(1)以上我们讨论了三个实例,这三个问题有什么共同的地方?
都是从一些研究的对象之中取出某些研究的对象.
(2)取出的这些研究对象又做些什么?
实质上按着顺序排成一排,交换不同的位置就是不同的情况.
(3)请大家看书,第×页、第×行.我们把被取的对象叫做双元素,如上面问题中的民航站、旗子、数字都是元素.
上面第一个问题就是从3个不同的元素中,任取2个,然后按一定顺序排成一列,求一共有多少种不同的排法,后来又写出所有排法.
第二个问题,就是从3个不同元素中,取出3个,然后按一定顺序排成一列,求一共有多少排法和写出所有排法.
第三个问题呢?
从4个不同的元素中,任取3个,然后按一定的顺序排成一列,求一共有多少种不同的排法,并写出所有的排法.
给出排列定义
请看课本,第×页,第×行.一般地说,从n个不同的元素中,任取m(m≤n)个元素(本章只研究被取出的元素各不相同的情况),按着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.
下面由教师提问,学生回答下列问题
(1)按着这个定义,结合上面的问题,请同学们谈谈什么是相同的排列?什么是不同的排列?
从排列的定义知道,如果两个排列相同,不仅这两个排列的元素必须完全相同,而且排列的顺序(即元素所在的位置)也必须相同.两个条件中,只要有一个条件不符合,就是不同的排列.
如第一个问题中,北京—广州,上海—广州是两个排列,第三个问题中,213与423也是两个排列.
再如第一个问题中,北京—广州,广州—北京;第二个问题中,红黄绿与红绿黄;第三个问题中231和213虽然元素完全相同,但排列顺序不同,也是两个排列.
(2)还需要搞清楚一个问题,“一个排列”是不是一个数?
生:“一个排列”不应当是一个数,而应当指一件具体的事.如飞机票“北京—广州”是一个排列,“红黄绿”是一种信号,也是一个排列.如果问飞机票有多少种?能表示出多少种信号.只问种数,不用把所有情况罗列出来,才是一个数.前面提到的第三个问题,实质上也是这样的.
三、课堂练习
大家思考,下面的排列问题怎样解?
有四张卡片,每张分别写着数码1,2,3,4.有四个空箱,分别写着号码1,2,3,4.把卡片放到空箱内,每箱必须并且只能放一张,而且卡片数码与箱子号码必须不一致,问有多少种放法?(用投影仪示出)
分析:这是从四张卡片中取出4张,分别放在四个位置上,只要交换卡片位置,就是不同的放法,是个附有条件的排列问题.
解法是:第一步把数码卡片四张中2,3,4三张任选一个放在第1空箱.
第二步从余下的三张卡片中任选符合条件的一张放在第2空箱.
第三步从余下的两张卡片中任选符合条件的一张放在第3空箱.
第四步把最后符合条件的一张放在第四空箱.具体排法,用下面图表表示:
所以,共有9种放法.
四、作业
课本:P232练习1,2,3,4,5,6,7.
数学教案-排列教学目标

高三理科数学排列组合总复习教学案

一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师能够更轻松的上课教学。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是小编精心为您整理的“高三理科数学排列组合总复习教学案”，希望对您的工作和生活有所帮助。

第十二章排列组合、二项式定理、概率

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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.

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，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1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100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，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()
A.3B.4C.6D.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人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240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5×4×4×4×4＝1280种方法.
题型三分类和分步计数原理综合应用
【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A44种涂法，共有4A44＝96种方法.
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4×3×2×(1×1＋1×3)＝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C13种涂法；
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；
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3×6×6＝108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)8！＋A66A28－A410；(2)C33＋C34＋…＋C310.
【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5130623.
(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.
【点拨】在使用排列数公式Amn＝n！(n－m)！进行计算时，要注意公式成立的条件：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.
【变式训练1】解不等式＞6.
【解析】原不等式即9！(9－x)！＞6×9！(11－x)！，
也就是1(9－x)！＞，
化简得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，
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？
【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A44A33＝144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2A33A33＝72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A33A34＝144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法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576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.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24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.
【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)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－(A44＋A33＋A22)＝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A44＝24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，C29＝36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C59＝C49＝126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C13C49＝378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三人都不入选的情况C59，共有C512－C59＝666种选法.
(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512－C29＝756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.
(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；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C23＝3种.故有69种.
(2)用间接法.共C410－69＝141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】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.
(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2C1n＝1＋C2n()2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).
所以Tr＋1＝()
＝(－)r
＝(－1)r(0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.
(2)若Tr＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，
又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4,8，
即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T5＝358x，T9＝1256x-2.
【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r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”.
【变式训练1】若(xx＋)n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.
【解析】由题知C0n＋C1n2＋C2n22＝129，
所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝Cr8(xx)8-r＝，
故r＝6时，T7＝26C28x＝1792x，
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(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝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an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4.
(2)由二项式定理得，
a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，
代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，
令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.
【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(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.
【解析】令f(x)＝(3x－1)8，
因为f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).
题型三二项式定理的综合应用
【例3】求证：4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍数，所以4×6n＋5n＋1－9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】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.
因为T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.00006＜0.001，
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＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.
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n5010020050010002000
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，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)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：
(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，可知该运动员进球的概率为.
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”.
【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.
(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(K2＞6.635)＝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104555
乙203050
总计3075105
(2)计算K2的一个观测值
k＝＝6.109.
因为6.109＜6.635，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ζ，
则P(ζ＝6)＝，P(ζ＝10)＝，
所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝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1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为－5n＋20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－5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，
由题意知n＝1,2或者n＝16,17，…，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n＜m，则有－5n＋20＝－5m＋20，
所以(n－m)(n＋m－15)＝0.
因为n≠m，所以n＋m＝15，
所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).
故所求概率为.
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
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100150z
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140，从而轿车的总数为50×40＝2000辆，所以z＝2000－100－150－300－450－600＝400.
(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n＝10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m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m＝7种，所以P(A)＝710.
(3)样本平均数＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事件B：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】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n＞2，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＝(n－1)2＋n2－(n＋1)22(n－1)n＝n－42(n－1)＞0，所以n＞4，
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.
【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10×10×10＝103种；设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8＝83种，因此，P(A)＝＝0.512.
(2)方法一：可以看作不放回抽样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10×9×8＝720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8×7×6＝336，所以P(B)＝336720≈0.467.
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，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【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n＝3，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34，求n.
【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，
P(A)＝C22C24C22C25＝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＝14.
P(B1)＝C12C12C24C2nC2n＋2＋C22C24C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24C2nC2n＋2＝n(n－1)6(n＋2)(n＋1).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝2n23(n＋2)(n＋1)＋n(n－1)6(n＋2)(n＋1)＝14，化简得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37(舍去)，故n＝2.
【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C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16×C14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110×C19＝90，
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10×9＝90.
方法一：(分类计数原理)
①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5＝30.
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4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－1290＝1－215＝1315.
总结提高
1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①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；②出现的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①、②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的.使用公式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
题型一长度问题
【例1】如图，∠AOB＝60°，OA＝2，OB＝5，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，由平面几何知识知：
当AD⊥OB时，OD＝1；当OA⊥AE时，OE＝4，BE＝1.
(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)＝OD＋EBOB＝1＋15＝0.4，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”为事件N，则P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC为锐角三角形的概率为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≤x≤30,0≤y≤40.
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x2＋y2≤25的数对组成，
此不等式等价于x2＋y2≤625，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1200平方公里，而事件的面积为(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41200＝625π4800≈0.41.
【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，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件A，设正方形边长为2r，则
P(A)＝S花瓣SABCD＝12πr2×4－(2r)2(2r)2＝π－22.
所以，飞镖落在花瓣内的概率为π－22.
题型三体积问题
【例3】在线段[0,1]上任意投三个点，设O至三点的三线段长为x、y、z，研究方法表明：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件中哪一个事件的概率大？
【解析】V(T)＝1，V(G)＝13－3×13×12×13＝12，
所以P＝V(G)V(T)＝12.
由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大.
【点拨】因为任意投的三点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事件的区域有关.
【变式训练3】已知正方体ABCD—A1B1C1D1内有一个内切球O，则在正方体ABCD—A1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是()
A.π4B.π8C.π6D.π12
【解析】设正方体的棱长为a，则点M在球O内的概率P＝V球V正方体＝43π(a2)3a3＝π6，选C.
总结提高
1.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事件.如果随机事件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，但它不是必然事件.
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)，一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件A包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，…)相等时，事件A对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.
3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果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，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决.

12.7条件概率与事件的独立性

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0~9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(i＝1,2)，则A＝A1∪(A2)表示不超过2次就按对密码.
(1)因为事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝110＋9×110×9＝15.
(2)用B表示最后一位是偶数的事件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)＝15＋4×15×4＝25.
【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再运用相应的公式求解.
【变式训练1】设某种动物从出生算起活到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岁为事件A，活到25岁为事件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)＝0.40.8＝12.
题型二相互独立事件的概率
【例2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为15，14，13，且他们是否破译出密码互不影响.
(1)求恰有二人破译出密码的概率；
(2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.
【解析】(1)记三人各自破译出密码分别为事件A，B，C，依题意知A，B，C相互独立，记事件D：恰有二人破译密码，
则P(D)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)记事件E：密码被破译，：密码未被破译，
则P()＝P()＝(1－15)×(1－14)×(1－13)＝2460＝25，
所以P(E)＝1－P()＝35，所以P(E)＞P().
故密码被破译的概率大.
【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤：①记取事件；②揭示事件的关系；③计算事件的概率.
【变式训练2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有6个只有颜色不相同的球，并且每个口袋内的6个球均有1个红球，2个黑球，3个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出1个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各1个的概率.
【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为16，13，12，可得P＝A33×16×13×12＝16.
题型三综合问题
【例3】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.
方案一：三门课程中至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中随机选取两门，这两门都及格为考试通过.
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.
(1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率；
(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.
【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，则P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)应聘者在方案一下考试通过的概率
P1＝P(AB)＋P(BC)＋P(AC)＋P(ABC)
＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc
＝ab＋bc＋ca－2abc.
应聘者在方案二下考试通过的概率
P2＝13P(AB)＋13P(BC)＋13P(AC)＝13(ab＋bc＋ca).
(2)由a，b，c∈[0,1]，则
P1－P2＝23(ab＋bc＋ca)－2abc＝23[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ca(1－b)]≥0，
故P1≥P2，即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.
【点拨】本题首先以相互独立事件为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小，要求运用a，b，c∈[0,1]这一隐含条件.
【变式训练3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率是25，甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是320，甲，乙，丙三人都不能通过测试的概率是340，且乙通过的概率比丙大.
(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少？
(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况？
【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为x，y，依题意得
即或(舍去)，
所以乙、丙两人各自通过的概率分别为34，12.
(2)因为三人都不能通过测试的概率为P0＝340，
三人都能通过测试的概率为P3＝320＝640，
三人中恰有一人通过测试的概率：
P1＝25×(1－34)×(1－12)＋(1－25)×34×(1－12)＋(1－25)×(1－34)×12＝720＝1440，
三人恰有两人通过测试的概率：
P2＝1－(P0＋P1＋P3)＝1740，
所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况.
总结提高
1.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：
对于事件A、B，在一次试验中，A、B如果不能同时发生，则称A、B互斥.一次试验中，如果A、B互斥且A、B中必有一个发生，则称A、B对立.显然，A＋为必然事件，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生的概率没有影响.事实上：
A、B互斥，则P(AB)＝0；
A、B对立，则P(AB)＝0且P(A)＋P(B)＝1；
A、B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B).
它们是不相同的.
2.由于当事件A、B相互独立时，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互独立事件A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事件A1，A2，…，An，有
P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P(∩∩…∩)，此称为概率的和与积的互补公式.

12.8离散型随机变量及其分布列

典例精析
题型一离散型随机变量的分布列
【例1】设离散型随机变量X的分布列为
X01234
P0.20.10.10.30.3
求：(1)2X＋1的分布列；(2)|X－1|的分布列.
【解析】首先列表如下：
X01234
2X＋113579
|X－1|10123
从而由上表得两个分布列如下：
2X＋1的分布列：
2X＋113579
P0.20.10.10.30.3
|X－1|的分布列：
|X－1|0123
P0.10.30.30.3
【点拨】由于X的不同的值，Y＝f(X)会取到相同的值，这时要考虑所有使f(X)＝Y成立的X1，X2，…，Xi的值，则P(Y)＝P(f(X))＝P(X1)＋P(X2)＋…＋P(Xi)，在第(2)小题中充分体现了这一点.
【变式训练1】某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到过渡区，B肯定是受A感染的，对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同样也假定D受A、B、C感染的概率都为13，在这种假定之下，B、C、D中受A感染的人数X就是一个随机变量，写出X分布列，并求均值.
【解析】依题知X可取1、2、3，
P(X＝1)＝1×(1－12)×(1－13)＝13，
P(X＝2)＝1×(1－12)×13＋1×12×(1－13)＝12，
P(X＝3)＝1×12×13＝16，
所以X的分布列为
X123
P
均值E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
题型二两点分布
【例2】在掷一枚图钉的随机试验中，令ξ＝如果针尖向上的概率为p，试写出随机变量ξ的分布列.
【解析】根据分布列的性质，针尖向下的概率是1－p.于是，随机变量的分布列是
ξ01
P1－pp
【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合，加深了两点分布的概念的理解.
【变式训练2】若离散型随机变量ξ＝的分布列为：
ξ01
P9c2－c3－8c
(1)求出c；
(2)ξ是否服从两点分布？若是，成功概率是多少？
【解析】(1)由(9c2－c)＋(3－8c)＝1，解得c＝13或23.
又9c2－c≥0,3－8c≥0，所以c＝13.
(2)是两点分布.成功概率为3－8c＝13.
题型三超几何分布
【例3】有10件产品，其中3件次品，7件正品，现从中抽取5件，求抽得次品数X的分布列.
【解析】X的所有可能取值为0,1,2,3，X＝0表示取出的5件产品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5件产品有1件次品4件正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5件产品有2件次品3件正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5件产品有3件次品2件正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列为
X0123
P
【点拨】在取出的5件产品中，次品数X服从超几何分布，只要代入公式就可求出相应的概率，关键是明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布，要掌握它的特点.
【变式训练3】一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X＝4)的值为()
A.1220B.2755C.27220D.2125
【解析】由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)＝C23C19C312＝27220.选C.
总结提高
1.求离散型随机变量分布列的问题，需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法.
2.求离散型随机变量ξ的分布列的步骤：
(1)求出随机变量ξ的所有可能取值xi(i＝1,2,3，…)；
(2)求出各取值的概率P(ξ＝xi)＝pi；
(3)列出表格.

12.9独立重复试验与二项分布

典例精析
题型一相互独立事件同时发生的概率
【例1】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29.
(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；
(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.
【解析】(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件.
由题设条件有
即
由①③解得P(C)＝23，将P(C)＝23分别代入③②可得P(A)＝13，P(B)＝14，即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是13，14，23.
(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，
则P(D)＝1－P()＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.
【点拨】相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足P(AB)＝P(A)P(B)，对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率，通常转化为求其对立事件的概率.
【变式训练1】甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23.
(1)求乙至多击中目标2次的概率；
(2)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.
【解析】(1)乙至多击中目标2次的概率为1－C33(23)3＝1927.
(2)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，则A＝B1＋B2，B1、B2为互斥事件.
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝38×127＋18×29＝124.
所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.
题型二独立重复试验
【例2】(2010天津)某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响.
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率.
【解析】(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B(5，23).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P(X＝2)＝C25×(23)2×(1－23)3＝40243.
(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A3)＋P(A2A3A4)＋P(A3A4A5)＝(23)3×(13)2＋13×(23)3×13＋(13)2×(23)3＝881.
【点拨】独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验成功的概率都相同，恰有k次试验成功的概率为Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k.
【变式训练2】袋子A中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是13.从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止.
(1)求恰好摸5次停止的概率；
(2)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求P(ξ≥2).
【解析】(1)P＝C24×(13)2×(23)2×13＝881.
(2)P(ξ＝2)＝C25×(13)2×(1－13)3＝80243，
P(ξ＝3)＝C35×(13)3×(1－13)2＝40243，
则P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝4081.
题型三二项分布
【例3】一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率为13.
(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；
(2)设Y为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数，求Y的分布列；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.
【解析】(1)依题意知X～B(6，13)，
P(X＝k)＝Ck6(13)k(23)6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
所以X的分布列为
X0123
P
X456
P
(2)依题意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，
P(Y＝0)＝13，
P(Y＝1)＝13×23＝29，
P(Y＝2)＝13×(23)2＝427，
P(Y＝3)＝13×(23)3＝881，
P(Y＝4)＝13×(23)4＝16243，
P(Y＝5)＝13×(23)5＝32729，
P(Y＝6)＝(23)6＝64729，
所以Y的分布列为
Y0123456
P
(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率为
P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(23)6＝665729.
【点拨】解决离散型随机变量的分布列问题时，要依据相关概念识别离散型随机变量服从什么分布，如第(1)问中X服从二项分布，而第(2)问中并不服从二项分布.
【变式训练3】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求随机变量ξ的分布列.
【解析】方法一：ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,5.
P(ξ＝0)＝2535＝32243，P(ξ＝1)＝＝80243，
P(ξ＝2)＝＝80243，P(ξ＝3)＝＝40243，
P(ξ＝4)＝＝10243，P(ξ＝5)＝135＝1243.
从而ξ的分布列为
ξ012345
P
方法二：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验.
故ξ～B(5，13)，即有
P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
由此计算ξ的分布列如方法一.
总结提高
独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验结果的概率不受其他次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功和失败.n次试验中A恰好出现了k次的概率为Cknpk(1－p)n－k，这k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，则概率为pk(1－p)n-k.

12.10离散型随机变量的期望与方差

典例精析
题型一期望与方差的性质的应用
【例1】设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝16(k＝1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ＋3)和D(ξ)，D(2ξ＋3).
【解析】E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x6p6＝3.5，
E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝10，
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(x6－E(ξ))2p6＝3512，D(2ξ＋3)＝4D(ξ)＝353.
【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时，首先要弄清其分布特征及分布列，再准确运用公式，特别是利用性质解题.
【变式训练1】袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4).现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号.
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a，b的值.
【解析】(1)ξ的分布列为：
ξ01234
P
所以E(ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，
D(ξ)＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，即a＝±2.又E(η)＝aE(ξ)＋b，
所以当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以或
题型二期望与方差在风险决策中的应用
【例2】甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ012
P

η012
P
试对这两名工人的技术水平进行比较.
【解析】工人甲生产出的次品数ξ的期望和方差分别为：
E(ξ)＝0×610＋1×110＋2×310＝0.7，
D(ξ)＝(0－0.7)2×610＋(1－0.7)2×110＋(2－0.7)2×310＝0.81.
工人乙生产出的次品数η的期望和方差分别为：
E(η)＝0×510＋1×310＋2×210＝0.7，D(η)＝(0－0.7)2×510＋(1－0.7)2×310＋(2－0.7)2×210＝0.61.
由E(ξ)＝E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)＞D(η)，可见乙的技术比较稳定.
【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的均值相等，还要看随机变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定.
【变式训练2】利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是.
【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分别是：
50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7；
70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5；
－20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7；
98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6.故选A3.
题型三离散型随机变量分布列综合问题
【例3】(2010浙江)如图，一个小球从M处投入，通过管道自上而下落入A或B或C.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A，B，C，则分别设为1,2,3等奖.
(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获得k(k＝1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ)；
(2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动，记随机变量η为获得1等奖或2等奖的人次，求P(η＝2).
【解析】(1)由题意得ξ的分布列为
ξ50%70%90%
p
则E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.
(2)由(1)可知，获得1等奖或2等奖的概率为316＋38＝916.由题意得η～(3，916)，则P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝17014096.
【变式训练3】(2010北京市东城区)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次，三次正面均朝上的概率为127.
(1)求抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率；
(2)抛掷这样的硬币三次后，抛掷一枚质地均匀的硬币一次，记四次抛掷后正面朝上的总次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ).
【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币，正面朝上的概率为P，依题意有C33P3＝127，解得
P＝13.
所以抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率为P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.
(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝C03×(23)3×12＝427；
P(ξ＝1)＝C03×(23)3×12＋C13×13×(23)2×12＝1027；
P(ξ＝2)＝C13×13×(23)2×12＋C23×(13)2×23×12＝13；
P(ξ＝3)＝C23×(13)2×23×12＋C33×(13)3×12＝754；
P(ξ＝4)＝C33×(13)3×12＝154.
所以ξ的分布列为
ξ01234
P
E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.
总结提高
1.期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均；E(ξ)是一个实数，由ξ的分布列唯一确定，即作为随机变量ξ是可变的，可取不同值，而E(ξ)是不变的，它描述ξ取值的平均状态.
2.方差D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度，统计中常用标准差D(ξ)描述ξ的分散程度.

12.11正态分布

典例精析
题型一研究正态总体在三个特殊区间内取值的概率值
【例1】某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为122π，求总体位于区间[－4，－2]的概率.
【解析】由正态曲线的密度函数是偶函数知μ＝0，由最大值为122π知σ＝2，
所以P(－2≤x≤2)＝P(μ－σ≤x≤μ＋σ)＝0.6826，
P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.9544，
所以P(－4≤x≤－2)＝12×(0.9544－0.6826)＝0.1359.
【点拨】应当熟记：
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.6826；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.9544；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.9974.
【变式训练1】设X~N(1,22)，试求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(X≥5).
【解析】因为X～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826.
(2)因为P(X≥5)＝P(X≤－3)，
所以P(X≥5)＝12[1－P(－3＜X≤5)]
＝12[1－P(1－4＜X≤1＋4)]
＝12[1－P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)]
＝12(1－0.9544)＝0.0228.
题型二利用正态总体密度函数估计某区间的概率
【例2】已知某地区数学考试的成绩X~N(60,82)(单位：分)，此次考生共有1万人，估计在60分到68分之间约有多少人？
【解析】由题意μ＝60，σ＝8，
因为P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，
所以P(52＜X≤68)＝0.6826，
又此正态曲线关于x＝60对称，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.3413，
从而估计在60分到68分之间约有3413人.
【点拨】本题是教材变式题，将原题中单纯(μ－σ，μ＋σ)的概率考查结合了正态曲线的对称性以及概率的意义，使题目更具实际意义.另外，还可将问题变为(44,76)、(68,76)等区间进行探讨.
【变式训练2】某人乘车从A地到B地，所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100)，求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.
【解析】由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826知此人在20分钟至40分钟到达目的地的概率为0.6826，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544，所以此人在10分钟至20分钟或40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.9544－0.6826＝0.2718，由正态曲线关于直线x＝30对称得此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.1359.
总结提高
1.服从正态分布的随机变量X的概率特点
若随机变量X服从正态分布，则X在一点上的取值概率为0，即P(X＝a)＝0，而{X＝a}并不是不可能事件，所以概率为0的事件不一定是不可能事件，从而P(X＜a)＝P(X≤a)是成立的，这与离散型随机变量不同.
2.关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值.
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相同.
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X＜μ－a)＝P(X≥μ＋a).

文章来源：http://m.jab88.com/j/38201.html

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