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高中数学典型例题解析:第九章 计数原理与概率


第九章
一、知识导学

计数原理与概率
计数原理

§9.1

1.分类计数原理:完成一件事,有n类办法,在第 1 类办法中,有 m1 种不同的方法, 在第 2 类办法中,有 m2 种不同的方法,??在第n类办法中,有 mn 种不同的方法,那么 完成这件事共有 N= m1 + m2 +??+ mn 种不同的方法. 2. 分步计数原理:完成一件事,需要分成n个步骤,做第 1 步,有 m1 种不同的方法, 做第 2 步,有 m2 种不同的方法,??做第n步,有 mn 种不同的方法,那么完成这件事共 有 N= m1 × m2 ×?× mn 种不同的方法. 注:分类计数原理又称加法原理 分步计数原理又称乘法原理 二、疑难知识导析 1.分类原理中分类的理解:“完成一件事,有n类办法”这是对完成这件事的所有办 法的一个分类.分类时,首先要根据问题的特点,确定一个适合它的分类标准,然后在这个 标准下进行分类,其次,分类时要注意满足两条基本原则:第一,完成这件事的任何一种方 法必须属于某一类;第二,分别属于不同类的两种方法是不同的方法.前者保证完成这件事 的立法不遗漏,后者保证不重复. 2.分步原理中分步的理解:“完成一件事,需要分成n个步骤”这就是说完成这件事 的任何一种方法,都要完成这n个步骤.分步时,首先要根据问题的特点确定一个可行的分 步标准,其次,步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤,这件事才 算最终完成. 3. 两个原理的区别在于一个和分类有关, 一个和分步有关.如果完成一件事有n类办法, 这n类办法彼此之间是相互独立的, 无论哪一类办法中的哪一个都能单独完成这件事, 求完 成这件事的方法种数,就用分类计数原理.如果完成一件事,需分成n个步骤,缺一不可, 即需要依次完成所有的步骤,才能完成这件事,完成每一个步骤各有若干种不同的方法,求 完成这件事的方法种数,就用分步计数原理. 4.在具体解题时,常常见到某个问题中,完成某件事,既有分类,又有分步,仅用一 种原理不能解决,这时需要认真分析题意,分清主次,选择其一作为主线. 5.在有些问题中,还应充分注意到在完成某件事时,具体实践的可行性.例如:从甲地 到乙地 ,要从甲地先乘火车到丙地,再从丙地乘汽车到乙地.那么从甲地到乙地共有多少种 不同的走法?这个问题中,必须注意到发车时刻,所限时间,答案较多. 三、经典例题导讲 [例 1]体育场南侧有 4 个大门,北侧有 3 个大门,某学生到该体育场练跑步,则他进出门的 方案有 ( ) A.12 种 B.7 种 C.24 种 D.49 种 错解:学生进出体育场大门需分两类,一类从北边的 4 个门进,一类从南侧的 3 个门进,由 分类计数原理,共有 7 种方案. ∴选 B

1

错因:没有审清题意.本题不仅要考虑从哪个门进,还需考虑从哪个门出,应该用分步计数 原理去解题. 正解:学生进门有 7 种选择,同样出门也有 7 种选择,由分步计数原理,该学生的进出门方 案有 7×7=49 种. ∴应选 D. [例 2]从 1,2,3,?,10 中选出 3 个不同的数,使这三个数构成等差数列,则这样的数列共 有多少个? 错解:根据构成的等差数列的公差,分为公差为 1、2、3、4 四类.公差为 1 时,有 8 个;公 差为 2 时,首先将数字分成 1,3,5,7,9,和 2,4,6,8,10 两组,再得到满足要求的数列共 3+3=6 个;公差为 3 时,有 1,4,7 和 4,7,10 和 3,6,9 以及 2,5,8,共 4 个;公差为 4 时,只有 1,5,9 和 2,6,10 两个.由分类计数原理可知,共构成了不同的等差数列 8+6+4 +2=20 个. 错因:上述解答忽略了 1,2,3 与 3,2,1 它们是不同的数列, 因而导致考虑问题不全面, 从而出现漏解. 这需要在解题过程中要全方位、多角度审视问题. 正解:根据构成的等差数列的公差,分为公差为±1、±2、±3、±4 四类.公差为±1 时, 有 8×2=16 个;公差为±2 时,满足要求的数列共 6×2=12 个;公差为±3 时,有 4×2= 8 个;公差为±4 时,只有 2×2=4 个.由分类计数原理可知,共构成了不同的等差数列 16 +12+8+4=40 个. [例 3]三张卡片的正反面分别写有 1 和 2,3 和 4,5 和 6,若将三张卡片并列,可得到几个不 同的三位数(6 不能作 9 用). 解:解法一 第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出 3 个数字,共有 2 =8 种选法.第二步,排数字.要排好一个三位数,又要分三步,首先排百位,有 3 种选择,由于 排出的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有 2 种选择,排个位只有一种选择. 故能排出 3×2×1=6 个不同的三位数. 由分步计数原理,共可得到 8×6=48 个不同的三位数. 解法二:第一步,排百位有 6 种选择, 第二步,排十位有 4 种选择, 第三步,排个位有 2 种选择. 根据分步计数原理,共可得到 6×4×2=48 个不同的三位数. 注:如果 6 能当作 9 用,解法 1 仍可行. [例 4]集合 A={1,2,3,4},集合 B={-1,-2},可建立多少个以 A 为定义域 B 为值 域的不同函数? 分析:函数是特殊的映射,可建立映射模型解决. 解: 从集合 A 到集合 B 的映射共有 2 =16 个,只有都与-1,或-2 对映的两个映射不符合 题意,故 或
4 3

(

2 2 以 A 为定义域 B 为值域的不同函数共有 16-2=14 个. C4 C2 3 2 ? C4 ) A2 ? 14 2!

[例 5] 用 0,1,2,3,4,5 这六个数字, (1)可以组成多少个数字不重复的三位数? (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数? (3)可以组成多少个数字不重复的三位奇数? (4)可以组成多少个数字不重复的小于 1000 的自然数? (5)可以组成多少个数字不重复的大于 3000,小于 5421 的四位数?

2

解:(1)分三步:①先选百位数字,由于 0 不能作为百位数,因此有 5 种选法;②十位数 字有 5 种选法;③个位数字有 4 种选法.由分步计数原理知所求三位数共有 5×5×4=100 个. (2)分三步:①先选百位数字,由于 0 不能作为百位数,因此有 5 种选法;②十位 数字有 6 种选法; ③个位数字有 6 种选法.由分步计数原理知所求三位数共有 5×6×6=180 个. (3)分三步:①先选个位数字,由于组成的三位数是奇数,因此有 3 种选法;②再 选百位数字有 4 种选法; ③个位数字也有 4 种选法.由分步计数原理知所求三位数共有 3×4 ×4=48 个. (4)分三类:①一位数,共有 6 个;②两位数,共有 5×5=25 个;③三位数,共有 5×5×4=100 个.因此,比 1000 小的自然数共有 6+25+100=131 个 (5)分四类:①千位数字为 3,4 之一时,共有 2×5×4×3=120 个;②千位数字为 5,百位数字为 0,1,2,3 之一时,共有 4×4×3=48 个;③千位数字为 5,百位数字是 4, 十位数字为 0,1 之一时, 共有 2×3=6 个; ④还有 5420 也是满足条件的 1 个.故所求自然数 共 120+48+6+1=175 个 评注:排数字问题是最常见的一种题型,要特别注意首位不能排 0. 四、典型习题导练 1.将 4 个不同的小球放入编号为 1、2、3 的三个不同的盒子中,其中每个盒子都不空的放 法共有( ) A. 3 种
4

B. 4 种

3

C.18 种

D.36 种

2.集合 A={1,2,-3},B={-1,-2,3,4},从 A、B 中各取 1 个元素作为占点 P 的 坐标.(1)可以得到多少个不同的点? (2)在这些点中位于第一象限的点有几个? 3. 在 1,2,3,4,7,9 中任取不相同的两个数,分别作为对数的底数与真数,能得到多少个 不同的对数值? 4. 在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中,与正八边形有公共边的有多少个? 5.某艺术组有 9 人,每人至少会钢琴和小号中的一种乐器,其中 7 人会钢琴,3 人会小号, 从中选出会钢琴与会小号的各 1 人,有多少种不同的选法? 6. 某地提供 A、B、C、D 四个企业供育才中学高三年级 3 个班级进行社会实践活动,其中 A 是明星企业, 必须有班级去进行社会实践, 每个班级去哪个企业由班级自己在四个企业中任 意选择一个,则不同的安排社会实践的方案共有多少种? §9.2 排列与组合 一、知识导学 1.排列:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一 列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 2.全排列:n个不同元素全部取出的一个排列,叫做n个不同元素的全排列. 3. 排列数:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个 不同元素中取出m个元素的排列数.用符号 An 表示. 4. 阶乘:正整数 1 到n的连乘积,叫做n的阶乘,用n!表示. 规定:0!=1 5.组合:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组,叫做从n个不 同元素中取出m个元素的一个组合.
m

3

6.组合数:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数叫做从n个不
m 同元素中取出m个元素的组合数.用符号 C n 表示.

7.本节公式 (1)排列数公式
m An ? n(n ? 1)(n ? 2)(n ? 3) ? ? ? (n ? m ? 1)

m An ?

n! (n ? m)!

(这里m、n∈ N ,且m≤n)

*

(2)组合数公式
m An n(n ? 1)(n ? 2)(n ? 3) ? ? ? (n ? m ? 1) C ? m ? n Am m n

m Cn ?

n! m!(n ? m)!

(这里m、n∈ N ,且m≤n)

*

(3)组合数的两个性质
m n ?m Cn ? Cn m m m?1 Cn ?1 ? Cn ? Cn 0 规定: Cn ?1

二、疑难知识导析 1.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,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.两个相同数 列,当且仅当它们的元素完全相同,并且元素排列的顺序也完全相同. 2.排列与排列数是两个不同的概念.一个排列是指从n个不同元素中取出m(m≤n) 个元素,按照一定的顺序排成一列的一种具体方法,它不是数;而排列数是指从n个不同元 素中取出m(m≤n)个元素的所有不同数列的种数,它是一个数. 3. 排列应用题一般分为两类, 即无限制条件的排列问题和有限制条件的排列问题.常见 题型有:排队问题、数字问题、与几何有关的问题. 解排列应用题时应注意以下几点: ①认真审题, 根据题意分析它属于什么数学问题, 题目中的事件是什么, 有无限制条件, 通过怎样的程序完成这个事件,用什么计算方法. ②弄清问题的限制条件,注意研究问题,确定特殊元素和特殊的位置.考虑问题的原则 是特殊元素、特殊位置优先,必要时可通过试验、画图、小数字简化等手段帮助思考. ③恰当分类,合理分步. ④在分析题意,画框图来处理,比较直观.在解应用时,应充分运用. 解排列应用题的基本思路: ①基本思路:
4

直接法:即从条件出发,直接考虑符合条件的排列数; 间接法: 即先不考虑限制条件, 求出所有排列数, 然后再从中减去不符合条件的排列数. ②常用方法:特殊元素、特殊位置分析法,排除法(也称去杂法),对称分析法,捆绑 法,插空档法,构造法等. 4.对组合的理解:如果两个组合中的元素完全相同,那么不管它们顺序如何都是相同 的组合.当两个组合中的元素不完全相同时 (即使只有一个元素不同) , 就是不同的组合. 5.排列与组合的区别与联系: ①根据排列与组合的定义, 前者是从n个不同元素中取出m个不同元素后, 还要按照一 定的顺序排成一列, 而后者只要从n个不同元素中取出m个不同元素并成一组, 所以区分某 一问题是排列还是组合问题, 关键看选出的元素与顺序是否有关, 若交换某两个元素的位置 对结果产生影响,则是排列问题,而交换任意两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问 题.也就是说排列与选取元素的顺序有关,组合与选取元素的顺序无关. ②排列与组合的共同点,就是都要“从n个不同元素中,任取m(m≤n)个元素”, 而不同点在于元素取出以后,是“排成一排”,还是“组成一组”,其实质就是取出的元素 是否存在顺序上的差异.因此,区分排列问题和组合问题的主要标志是:是否与元素的排列 顺序有关,有顺序的是排列问题,无顺序的组合问题.例如 123 和 321,132 是不同的排列, 但它们都是相同的组合.再如两人互寄一次信是排列问题,互握一次手则是组合问题.
m ③排列数与组合数的联系.求从n个不同元素中取出m个元素的排列数 An ,可以分为 m 以下两步:第一步,先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数 C n ;第二步,求每 m m m m 一个组合中m个元素的全排列数 Am .根据分步计数原理, 得到 An = Cn .从这一过程中 Am

可得出排列与组合的另一重要联系.从而,在解决排列问题时,先取后排是一个常见的解题 策略. 6. 解排列与组合应用题时, 首先应抓住是排列问题还是组合问题.界定排列与组合问题 是排列还是组合,唯一的标准是“顺序”,有序是排列问题,无序是组合问题.当排列与组 合问题综合到一起时,一般采用先考虑组合后考虑排列的方法解答.其次要搞清需要分类, 还是需要分步.分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理,它们不仅是推导 排列数公式和组合数公式的基础,而且其应用贯穿于排列与组合的始终.学好两个计数原理 是解决排列与组合应用题的基础.切记:排组分清(有序排列、无序组合),加乘明确(分 类为加、分步为乘). 三、经典例题导讲 [例 1] 10 个人走进只有 6 把不同椅子的屋子,若每把椅子必须且只能坐一人,共有多少种 不同的坐法? 错解:10 个人坐 6 把不同的椅子,相当于 10 个元素到 6 个元素的映射,故有 6 种不同的 坐法. 错因: 没弄清题意, 题中要求每把椅子必须并且只能坐一人, 已不符合映射模型了.本题事 实上是一个排列问题. 正解: 坐在椅子上的 6 个人是走进屋子的 10 个人中的任意 6 个人,若把人抽象地看成元 素,将 6 把不同的椅子当成不同的位置,则原问题抽象为从 10 个元素中作取 6 个元素占据
10

5

6 6 个不同的位置.显然是从 10 个元素中任取 6 个元素的排列问题.从而,共有 A10 =151200

种坐法. [例 2]从-3,-2,-1,0,1,2,3,4 八个数字中任取 3 个不同的数字作为二次函数

y ? ax2 ? bx ? c 的系数 a ,b,c的取值,问共能组成多少个不同的二次函数?
错解:从八个数字中任取 3 个不同的数字作为二次函数 y ? ax2 ? bx ? c 的系数 a ,b, c的取值,交换 a ,b,c的具体取值,得到的二次函数就不同,因而本题是个排列问题,
3 故能组成 A8 个不同的二次函数.

错因:

忽视了二次函数 y ? ax2 ? bx ? c 的二次项系数 a 不能为零.

3 正解: a ,b,c中不含 0 时,有 A7 个;

a ,b,c中含有 0 时,有 2 A72 个.
3 2 故共有 A7 +2 A7 =294 个不同的二次函数. 3 2 注:本题也可用间接解法.共可构成 A8 个函数,其中 a =0 时有 A7 个均不符合要求,从而 3 2 共有 A8 - A7 =294 个不同的二次函数.

[例 3]以三棱柱的顶点为顶点共可组成多少个不同的三棱锥? 错解:按照上底面取出点的个数分三类:第一类,上底面恰取一点,这时下底面取三点,有
1 3 2 2 C3 C3 =3 个;第二类,上底面恰取 2 点,下底面也取两点,有 C3 C3 =9 个;上底面取 3 1 3 点时,下底面取一点,有 C3 C3 =3 个.综上知,共可组成 3+9+3=15 个不同的三棱锥.

错因: 在上述解法中,第二类情形时,所取四点有可能共面.这时,务必注意在上底面取 2 点,与之对应的下底面的 2 点只有 2 种取法.
4 正解:在三棱柱的六个顶点中任取 4 个顶点有 C 6 =15 取法,其中侧面上的四点不能构成三

棱锥,故有 15-3=12 个不同的三棱锥. [例 4] 4 名男生和 3 名女生并坐一排,分别回答下列问题: (1)男生必须排在一起的坐法有多少种? (2)女生互不相邻的坐法有多少种? (3)男生相邻、女生也相邻的坐法有多少种? (4)男女生相间的坐法有多少种? (5)女生顺序已定的坐法有多少种? 解:⑴从整体出发,视四名男生为一整体,看成一个“大元素”,与三名女生共四个元素进 行排列,有 A4 种坐法;而大元素内部的小元素间又有 A4 种坐法.故共有 A4 A4 =576 种坐 法.
4 4 4 4

6

4 ⑵因为女生 互不相邻,故先将 4 名男生排好,有 A4 种排法;然后在男生之间及其首 4 3 3 尾的 5 个空档中插入 3 名女生,有 A5 种排法.故共有 A4 =1440 种排法. A5

2 4 3 ⑶类似(1)可得: A2 =288 种 ? A4 ? A3

⑷男生排好后,要保证男生互不相邻、女生也互不相邻,3 名女生只能排在男生之间的
4 3 3 3 个空档中,有 A3 种排法.故共有 A4 =144 种排法. A3

7 3 ⑸7 个元素的全排列有 A7 种,因为女生定序,而她们的顺序不固定时有 A3 排法,可知 7 3 7 3 4 中重复了 A3 次,故共有 A7 ÷ A3 = A7 =840 种排法. A7 4 本题还可这样考虑:让男生先占 7 个位置中的 4 个,共有 A7 种排法;余下的位置排女 4 生,因为女生定序,故她们只有 1 排法,从而共有 A7 =840 种排法.

[例 5] 某运输公司有 7 个车队, 每个车队的车均多于 4 辆, 现从这个车队中抽调出 10 辆车, 并且每个车队至少抽调一辆,那么共有多少种不同的抽调方法? 解:在每个车队抽调一辆车的基础上,还须抽调的 3 辆车可分成三类:从一个车队中抽调,
1 2 有 C7 =7 种;从两个车队中抽调,一个车队抽 1 辆,另一个车队抽两辆,有 A7 =42 种;从 3 三个车队中抽调,每个车队抽调一辆,有 C7 =35 辆.由分类计数原理知,共有 7+42+35

=84 种抽调方法. 本题可用档板法来解决:由于每个车队的车均多于 4 辆,只需将 10 个份额分成 7 份. 具体来讲,相当于将 10 个相同的小球,放在 7 个不同的盒子中,且每个盒子均不空.可将 10 个小球排成一排,在相互之间的九个空档中插入 6 个档板,即可将小球分成 7 份,因而
6 有 C9 =84 种抽调方法.

[例 6]用 0,1,2,?,9 这十个数字组成无重复数字的四位数,若千位数字与个位数字之差 的绝对值是 2,则这样的四位数共有多少个? 解:若千位数字与个位数字中有一个为 0 ,则另一个为 2,且 0 只能在个位,2 在千位,这
3 样有四位数有 A8 个.若千位与个位都不含有 0, 则应为 1 与 3、 2 与 4, 3 与 5、 4 与 6,5 与 7、 2 6 与 8,7 与 9,这样的四位数有 7× A2 × A8 个. 2 2 ∴共有 A8 +7 A2 × A8 =840 个符合条件的四位数
2 2

四、典型习题导练 1.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、体育、音乐 6 节课,如果第一节不排 体育,最后一节不排数学,一共有多少种不同的排法? 2. 在 7 名运动员中选出 4 人组成接力队,参加 4×100 米接力赛,那么甲、乙两人都不跑中 间两棒的安排方法有多少种?

7

3.有 5 双不同型号的皮鞋,从中任取 4 只有多少种不同的取法?所取的 4 只中没有 2 只是 同型号的取法有多少种?所取的 4 只中有一双是同型号的取法有多少种? 4.一个五棱柱的任意两个侧面都不平行, 且底面内的任意一条对角线与另一底面的边也不平 行,以它的顶点为顶点的四面体有多少个? 5. 4 名男生 5 名女生,一共 9 名实习生分配到高一的四个班级担任见习班主任,每班至少 有男、女实习生各 1 名的不同分配方案共有多少种? 6.有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三人. (1)甲、乙、丙三人各得 2 本,有多少种分法? (2)一人得 1 本,一人得 2 本,一人得 3 本,有多少种分法? (3)甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本,有多少种分法? (4)平均分成三堆,每堆 2 本,有多少种分法? §9.3 一、知识导学 1.二项式定理:
0 n 1 n?1 2 n ?2 2 r n ?r r n n (a ? b) n ? Cn a ? Cn a b ? Cn a b ? ? ? ? ? Cn a b ? ? ? ? ? Cn b ,n? N*

二项式定理

上列公式所表示的定理叫做二项式定理. 右边的多项式叫做 (a ? b) n 的二项展开式,它一共有n+1 项.
r 其中各项的系数 Cn (r ? 0,1,2,? ? ?, n) 叫做二项式系数. r n ?r r 式中的 Cn a b 叫做二项展开式的通项,用 Tr ?1 表示, r n ?r r 即 Tr ?1 = Cn a b .

2.二项式系数的性质: (1)对称性.与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上,这一性质可直
m n ?m 接由公式 Cn 得到. ? Cn r (2)增减性与最大值. 二项式系数 Cn (r ? 0,1,2,? ? ?, n) ,当r<

n ?1 时,二项式系 2

数是逐渐增大的.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的, 且在中间取得最大值.当n是偶数 时,中间的一项取得最大值;当n是奇数时,中间的两项相等,且同时取得最大值. (3)各二项式系数的和.

(a ? b) n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2 n .
二、疑难知识导析 1.二项式定理是代数公式

(a ? b) 2 ? a 2 ? 2ab ? b 2 和 (a ? b) 3 ? a 3 ? 3a 2b ? 3ab2 ? b3

8

的概括和推广,它是以乘法公式为基础,以组合知识为工具,用不完全归纳法得到的. 同学们可对定理的证明不作要求,但定理的内容必须充分理解. 2.对二项式定理的理解和掌握,要从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉它
r n ?r r 的展开式.通项公式 Tr ?1 = Cn a b 在解题时应用较多,因而显得尤其重要,但必须注意,

它是 (a ? b) n 的二项展开式的第r+1 项,而不是第r项. 3.二项式定理的特殊表示形式
0 n 1 n?1 r n?r r n n (1) (a ? b) n ? Cn a ? Cn a b ? ? ? ? ? (?1) r Cn a b ? ? ? ? ? (?1) n Cn b . r n ?r r 这时通项是 Tr ?1 = (?1) n Cn a b . 1 1 2 2 r r (2) (1 ? x) n ? 1 ? Cn x ? Cn x ? ? ? ? ? Cn x ? ? ? ? ? xn . r r 这时通项是 Tr ?1 = C n x . 0 1 2 r n (3) (1 ? 1) n ? Cn . ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? ? ? ? ? Cn

即各二项式系数的和为 2 . 4.二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和.即
0 2 1 3 Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? 2n?1

n

三、经典例题导讲 [例 1]已知 (1 ? 2x) 50 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ... ? a50 x 50 , 求 a1 ? a2 ? ... ? a50 的值. 错解:由二项展开式的系数的性质可知: (a ? b) 的展开式的各个二项式系数的和等于 2 ,
n
n

0 显然, a0 就是展开式中的 C50 ? 1,因此 a1 ? a2 ? ... ? a50 的值为 2 -1.
n

错因:上述解答忽略了 a0 , a1 , a2 ,...,a50 是项的系数,而不是二项式系数. 正解:由二项展开式的结构特征, a0 , a1 , a2 ,...,a50 是项的系数,而不是二项式系数.观察式 子特征,如果 x =1,则等式右边为 a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a50 ,出现所求式子的形式,而 a0 就
0 是展开式中的 C50 ? 1,因此 (1 ? 2 ?1)
50

? a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a50 ,即

1=1+ a1 ? a2 ? ... ? a50 ,所以, a1 ? a2 ? ... ? a50 =0 评注 这是二项式定理的一个典型应用—赋值法,在使用赋值法时,令 a 、b等于多少,应 就具体问题而定,有时取“1”,有时取“-1”,或其他值.

9

1 2 3 n [例 2]在多项式 f ( x) ? Cn ( x ? 1) ? Cn ( x ? 1) 2 ? Cn ( x ? 1) 3 ? ... ? Cn ( x ? 1) n 的展开式中,

含 x 项的系数为

6

.
n

错解:原式= [1 ? ( x ? 1)]n ? 1= x ? 1

∴ x 6 项的系数为 0.
错因:忽视了n的范围,上述解法得出的结果是在n不等于 6 的前提下得到的,而这个条件 并没有提供. 正解:原式= [1 ? ( x ? 1)]n ? 1= x ? 1
n

∴当n≠6 时, x 6 项的系数为 0.
当n=6 时, x 项的系数为 1 说明:本解法体现了逆向运用二项式定理的灵活性,应注意原式中对照二项式定理缺少
0 Cn ( x ? 1) 0 这一项.
6

[例 3] 11 A.7 解:

100

? 1 的末尾连续零的个数是
B.5 C.3

(

) D.2

11

100

? (10 ? 1)

100

1 97 98 99 100 ? C 10100 ? C100 1099 ? ... ? C100 103 ? C100 102 ? C100 10 ? C100 0 100

上述展开式中,最后一项为 1;倒数第二项为 1000;倒数第三项为 495000,末尾有三 个 0; 倒数第四项为 16170000, 末尾有四个 0; 依次前面各项末尾至少有四个 0.所以 11 的末尾连续零的个数是 3. [例 4] 已知 ( x ? 故选 C.
100

?1

1 2? x
4

) n 的展开式前三项中的 x 的系数成等差数列.

(1)求展开式中所有的 x 的有理项; (2)求展开式中系数最大的项. 解:(1)展开式前三项的系数分别为

1 n 2 1 2 1 ? , C n ? ( ) ? n(n ? 1) . 2 2 2 8 n 1 由题设可知: 2 ? ? 1 ? n(n ? 1) 2 8
1 2 Cn ? 1, C n ?

解得:n=8 或n=1(舍去).
r 当n=8 时, Tr ?1 ? C8 ( x )8?r ? (2 ? 4 x ) ?r = C8r ? 2 ?r ? x
3 4? r 4

.

据题意,4-

3 r 必为整数,从而可知 r 必为 4 的倍数, 4
10

而 0≤

r ≤8,∴ r =0,4,8.
35 1 2 x , T9 ? x . 8 256

故 x 的有理项为: T1 ? x 4 , T5 ? (2)设第

r +1 项的系数 t r ?1 最大,显然 t r ?1 >0,

故有

t t r ?1 ≥1 且 r ? 2 ≤1. t r ?1 tr



C8r ? 2 ? r t r ?1 9?r = r? , ? 1 ? r ?1 tr 2r C8 ? 2


9?r ≥1,得 r ≤3. 2r

C8r ?1 ? 2 ? r ?1 2(r ? 1) t r ?2 ∵ = , ? t r ?1 8?r C8r ? 2 ?r


2(r ? 1) ≤1,得 r ≥2. 8?r
5
7

∴ r =2 或 r =3,所求项分别为 T3 ? 7 x 2 和 T4 ? 7 x 4 . 评注: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.运用通项公式求二项展开的特定项,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,一般是运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
m

r +1 项的二项式系数”与“第 r +1 项的系数”.
n

[例 5]已知 f ( x) ? (1 ? 2x) ? (1 ? 2x) 展开式中含 x 项的系数的最小值.
2

求 (m, n ? N ? ) 的展开式中含 x 项的系数为 24,

解:解法一 由 f ( x) 中含 x 项的系数为 24,可得
1 1 Cm 2x ? Cn 2x ? 2mx ? 2nx ? 24x .从而, m ? n ? 12 .

设 f ( x) 中含 x 项的系数为t,则 t= Cm 2 ? Cn 2 ? 2(m ? n ? m ? n) .
2 2 2 2 2 2

2

把 m ? 12 ? n 代入上式,得 t= 2[(12 ? n) ? n ? 12] ? 4(n ? 6) ? 120.
2 2 2

∴当n=6 时,t的最小值为 120,此时m=n=6. 解法二 由已知 m ? n ? 12 , 设 f ( x) 中含 x 项的系数为t,则
11
2

t= 2(m 2 ? n 2 ? 12) ≥2 [

( m ? n) 2 ? 12] =2(72-12)=120. 2

当且仅当m=n=6 时,t有最小值 120. ∴ f ( x) 展开式中含 x 项的系数的最小值为 120. 评注:构造函数法是一种常用的方法,尤其在求最值问题中应用非常广泛. 四、典型习题导练
1 2 n 1.化简: 1 ? 2Cn ? 4Cn ? ... ? 2n Cn
2

2. 设 (2x ? 3) 4 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? a3 x 3 ? a4 x 4 ,则

(a0 ? a2 ? a4 ) 2 ? (a1 ? a3 ) 2 的值为
3. (1+x)(2+x)(3+x)?(20+x)的展开式中 x19 的系数是 4. 式子 (| x | ? A、-15 . ( )

1 ? 2) 3 的展开式中的常数项是 |x|
B、20 C、-20 D、15

5.已知二项式 (axm ? bxn )12 中, a >0,b>0,2m+n=0 但mn≠0,若展开式中的最 大系数项是常数项,求

a 的取值范围. b
n n?1

6.用二项式定理证明:x ? na

x ? (n ? 1)a n 能被 ( x ? a) 2 整除
随机事件的概率及古典概型

(n∈ N ,n≥2).

?

§9.4

一、知识导学 1.必然事件:在一定的条件下必然要发生的事件. 不可能事件:在一定的条件下不可能发生的事件. 随机事件:在一定的条件下可能发生也可能不发生的事件. 2. 概率: 实际生活中所遇到的事件包括必然事件、 不可能事件和随机事件.随机事件在现实 世界中是广泛存在的.在一次试验中,事件 A 是否发生虽然带有偶然性,但在大量重复试验 下,它的发生呈现出一定的规律性,即事件 A 发生的频率

m 总是接近于某个常数,在它附 n

近摆动,这个常数就叫做事件 A 的概率.记着 P(A). 0≤P(A)≤1 3.若在一次试验中,每个基本事件发生的可能性都相同,则称这些基本事件为等可能基本 事件. 4.具有以下两个特点:(1)所有的基本事件只有有限个;(2)每个基本事件的发生都 是等可能的.我们将满足上述条件的 随 机 试 验 的 概 率 模 型 称 为 古 典 概 型 5.等可能事件的概率:如果一次试验中共有n种等可能出现的结果,其中事件 A 包含的结 果有m种,那么事件 A 的概率 P(A)= 二、疑难知识导析

m . n

12

1.必然事件、不可能事件、随机事件的区别与联系:必然事件是指在一定条件下必然发生 的事件; 不可能事件是指在一定的条件下不可能发生的事件; 随机事件是指在一定的条件下 可能发生也可能不发生的事件.要辨析清事件的条件和结果,理解事件的结果是相应于“一 定条件”而言的,必须明确什么是事件发生的条件,什么是在此条件下产生的结果.上述三 种事件都是在一定条件下的结果. 2.频率与概率:随机事件 A 的频率指此事件发生的次数m与试验总次数n的比值,它是随 着试验次数的改变而变化的,它具有一定的稳定性,即总在某个常数p附近摆动,且随着试 验次数的不断增多,这种摆动幅度越来越小,于是,我们给这个常数取个名字,叫随机事件 的概率.因此,概率从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小;而频率在大量重复试验 的前提下,可近似地作为这个事件的概率.即概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值. 3.必然事件的概率为 1,不可能事件的概率为 0,随机事件的概率:0<P(A)<1,这里要 辩证地理解它们的概率: 必然事件和不可能事件可以看作随机事件的两个极端, 它们虽是两 类不同的事件,但在一定的情况下又可以统一起来,即任意事件 A 的概率满足: 0≤P(A)≤1 4.等可能事件的理解:一次试验中所有可能的n个基本结果出现的可能性都相等,这n个 结果对应着n个基本事件.对等可能事件的理解, 其实质在于对等可能性的理解. “等可能性” 指的是结果,而不是事件.例如抛掷两枚均匀的硬币,可能出现“两个正面”“两个反面” “一正一反” “一反一正”这四种结果,每一种结果的可能性相等,都是 0.25;而出现“两 个正面”“两个反面”“一正一反”这三种结果就不是等可能的. 5.注意用集合的观点来看概率,运用图式法来弄清各事件之间的关系.对古典概率来说,一 次试验中等可能出现的几个结果组成一个集合 I,其中各基本事件均为集合 I 的含有一个元 素的子集,包括m个基本事件的子集 A,从而从集合的角度来看:事件 A 的概率是子集 A 的 元素的个数与集合 I 的元素个数的比值,即 P(A)=

m .因此,可以借助集合的表示法来 n

研究事件,运用图示法弄清各事件的关系,从而做到较深刻的理解. 三、经典例题导讲 [例 1] 某人有 5 把钥匙,但忘记了开房门的是哪一把,于是,他逐把不重复地试开,问恰 好第三次打开房门锁的概率是多少? 错解:有 5 把钥匙,每次打开房门的概率都是 三次打开房门的概率是

1 4 ,不能打开房门的概率是 ,因而恰好第 5 5

4 4 1 16 × × = . 5 5 5 125

错因:上述解法忽略了条件“逐把不重复地试开”. 正解:我们知道最多开 5 次门,且其中有且仅有一次可以打开房门,故每一次打开门的概率 是相同的,都是

1 3 .开三次门的所有可能性有 A5 种.第三次打开房门,则房门钥匙放在第 3 5
2

号位置上,前两次没能打开门,则前 2 个位置是用另 4 把钥匙安排的,故有 A4 种可能.从而 恰好第三次打开房门锁的概率是 P(A)=
2 A4 1 ? . 3 A5 5

[例 2] 某组有 16 名学生,其中男、女生各占一半,把全组学生分成人数相等的两小组,求 每小组里男、女生人数相同的概率.

13

8 8 错解:把全组学生分成人数相等的两小组,有 C16 种分法,事件 A 为组里男、女生各半的 C8

4 4 2 情形,它有 (C8 C8 ) 种,所以 P(A)=

(C84 C84 ) 2 . 8 C16

错因:这里没注意到均匀分成两组与分成 A、B 两组的区别. 正解:基本事件有

1 8 8 1 C16 C8 ,事件 A 为组里男、女生各半的情形,它有 (C 84 C 84 ) 2 种,所 2 2

1 ( C84 C84 )(C84 C84 ) 490 以 P(A)= 2 . ? 1 8 1287 C16 2
[例 3] 把一枚硬币向上连抛 10 次,则正、反两面交替出现的概率是 . 错解: 抛掷一枚硬币出现正、 反两面的可能性都相等, 因而正、 反两面交替出现的概率是

1 . 2

错因:没审清题意.事实上,把一枚硬币向上连抛 10 次,出现正面 5 次的概率同样也不等于

1 . 2
正解:连抛 10 次得正、反面的所有可能的情况共有 2 种,而题设中的正、反两面交替出 现的情况只有 2 种,故所求的概率为
10

2 1 ? . 10 512 2

[例 4]某科研合作项目成员由 11 个美国人、 4 个法国人和 5 个中国人组成, 现从中随机选出 两位作为成果发布人,则此两人不属于同一个国家的概率为 (结果用分数表示). 解:设“从 20 名成员中随机选出的 2 人来自不同国家”为事件 A,则 A 所包含的基本事件
1 1 1 1 1 1 2 数为 C11 . C4 ? C11 C5 ? C4 C5 ? 119,又基本事件数为 C 20

故 P(A)=

119 119 . ? 2 190 C 20

[例 5] 将 4 个编号的球放入 3 个编号的盒中, 对于每一个盒来说, 所放的球数k满足 0≤k ≤4.在各种放法的可能性相等的条件下,求: (1)第一个盒没有球的概率; (2)第一个盒恰有 1 个球的概率; (3)第一个盒恰有 2 个球的概率; (4)第一个盒有 1 个球,第二个盒恰有 2 个球的概率. 解:4 个不同的球放入 3 个不同的盒中的放法共有 3 种. (1)第一个盒中没有球的放法有 2 种,所以第一个盒中没有球的概率为:
4

4

P1=

2 4 16 ? . 3 4 81

14

1 (2)第一个盒中恰有 1 个球的放法有 C4 ? 23 种,所以第一个盒中恰有 1 个球的概率为:
1 C4 ? 2 3 32 ? . 81 34

P2=

2 (3)第一个盒中恰有 2 个球的放法有 C4 ? 2 2 种,所以第一个盒中恰有 2 个球的概率为:
2 C4 ? 22 8 ? P3= . 4 27 3

1 2 (4)第一个盒中恰有 1 个球,第二个盒中恰有 2 个球的放法有 C 4 C3 种,所以所求的概率
1 2 C4 C3 4 ? . 4 27 3

为:P4=

[例 6] 一个口袋内有 7 个白球和 3 个黑球,分别求下列事件的的概率: (1)事件 A:从中摸出一个放回后再摸一个,两回摸出的球是一白一黑; (2)事件 B:从袋中摸出一个黑球,放回后再摸出一个是白球; (3)事件 C:从袋中摸出两个球,一个黑球,一个白球; (4)事件 D:从从袋中摸出两个球,先摸出的是黑球,后摸出的是白球. 解:(1)基本事件总数是 10×10.事件 A 包括“先摸出黑球后摸出白球”及“先摸出白球 后摸出黑球”,摸出白球及黑球分别有 7 种和 3 种可能.所以 A 发生共有 2×7×3 种可能. ∴P(A)=

2?7?3 =0.42. 10 ? 10
7?3 =0.21 10 ? 10

2)事件 B 与事件 A 不同,它确定了先摸黑球再摸白球的顺序. P(B)=

2 (3)事件 C 说明摸出两个球不放回,且不考虑次序,因此基本事件总数是 C10 ,事件 C 包 1 1 含的基本事件个数是 C7 C3 .
1 1 C7 C3 7 ? ≈0.47. 2 15 C10

P(C)=

(4)与事件 A 相比,D 要考虑摸出两球的先后次序.
1 1 C7 C 7 P(D)= 1 31 ? ≈0.23 C10 C9 30

评注:注意“放回抽样”与“不放回抽样”的区别.本例(1)(2)是放回抽样,(3)(4) 是不放回抽样. 四、典型习题导练 1.对某电视机厂生产的电视机进行抽样检测的数据如下: 抽取台数 优等品数 50 40 100 92 200 192 300 285 500 478 1000 954
15

(1)计算表中优等品的各个频率; (2)该厂生产的电视机优等品的概率是多少? 2.先后抛掷三枚均匀的硬币,至少出现一次正面的概率是 A、





1 8

B、

3 8

C、

7 8

D、

5 8

3.停车场可把 12 辆车停放一排,当有 8 辆车已停放后,则所剩 4 个空位恰连在一起的概率 为 ( ) A、

7 8 C12

B、

8 8 C12

C、

9 8 C12

D、

10 8 C12

4.有 5 条线段,其长度分别为 1、3、5、7、9,现从中任取 3 条线段,求 3 条线段构成三 角形的概率. 5.把 10 个运动队平均分成两组进行预赛,求最强的两队被分在(1)不同组内;(2)同一 组内的概率. 6.甲、乙两人参加普法知识问答,共有 10 个不同的题目,其中选择题 6 个,判断题 4 个, 甲、乙两人依次各抽一题. (1)甲抽到选择题,乙抽到判断题的概率是多少? (2)甲、乙两人至少有一人抽到选择题的概率是多少? §9.5 几何概型及互斥事件的概率 一、知识导学 1. 对于一个随机试验,我们将每个基本事件理解为从某个特定的几何区域内随机地取一 点, 该区域中每一点被取到的机会都一样; 而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区 域内的某个指定区域中的点.这里的区域可以是线段、平面图形、立体图形等.用这种方法 处理随机试验,称为几何概型. 一般地,在几何区域 D 中随机地取一点,记事件“该点落在其内部一个区域d内” 为事件A,则事件A 发生的概率 d的测度 P(A)= . D的测度 这里要求D 的测度不为0,其中“测度”的意义依D 确定,当D 分别是线段、平面 图形和立体图形时,相应的“测度”分别是长度、面积和体积等 2.互斥事件:不可能同时发生的两个事件. 如果事件 A、B、C,其中任何两个都是互斥事件,则说事件 A、B、C 彼此互斥. 当 A,B 是互斥事件时,那么事件 A+B 发生(即 A,B 中有一个发生)的概率,等于 事件 A,B 分别发生的概率的和. P(A+B)=P(A)+P(B). 如果事件 A1、A2、?、An彼此互斥,那么事件 A1+A2+?+An发生(即 A1、A2、?、A n中有一个发生)的概率,等于这n个事件分别发生的概率的和. 3.对立事件:其中必有一个发生的两个互斥事件.事件 A 的对立事件通常记着 A . 对立事件的概率和等于 1. P( A )=1-P(A) 4.相互独立事件:事件 A(或 B)是否发生对事件 B(或 A)发生的概率没有影响,这样 的两个事件叫做相互独立事件.

16

当 A,B 是相互独立事件时,那么事件 A ? B 发生(即 A,B 同时发生)的概率,,等 于事件 A,B 分别发生的概率的积. P(A ? B)=P(A) ? P(B ). 如果事件 A1、A2、?、An相互独立,那么事件 A1 ? A2 ? ? ? An发生(即 A1、A2、?、A n同时发生)的概率,等于这n个事件分别发生的概率的积. 5.独立重复试验 如果在 1 次试验中某事件发生的概率是 P, 那么在n次独立重复试验中这个试验恰好 发生k次的概率
k k Pn (k ) ? Cn P (1 ? k ) n?k

二、疑难知识导析 1.对互斥事件、对立事件的理解: 从集合角度看,事件 A、B 互斥,就是它们相应集合的交集是空集(如图 1);事件 A、 B 对立,就是事件 A 包含的结果的集合是其对立事件 B 包含的结果的补集(如图 2).

“互斥事件”与“对立事件”都是就两个事件而言的,互斥事件是不可能同时发生的两 个事件,而对立事件是其中必有一个发生的互斥事件,因此,对立事件必须是互斥事件,但 互斥事件不一定是对立事件,也就是说“互斥”是“对立”的必要但不充分的条件. 根据对立事件的意义, (A+ A ) 是一必然事件,那它发生的概率等于 1, 又由于 A 与 A 互斥,于是有 P(A)+P( A )=P(A+ A )=1,从而有 P( A )=1-P(A).当某一事 件的概率不易求出或求解比较麻烦,但其对立事件的概率较容易求出时,可用此公式,转而 先求其对立事件的概率. 2.对相互独立事件的理解: 相互独立事件是针对两个事件而言的,只不过这两个事件间的关系具有一定的特殊性, 即其中一个事件是否发生对另一个事件发生的概率没有影响.若 A、B 两事件相互独立,则 A 与 B 、 A 与 B、 A 与 B 也都是相互独立的. 3.正确理解 A ? B 与 A+B 的关系:设 A、B 是两个事件,则 A ? B 表示这样一个事件,它的 发生表示 A 与 B 同时发生;而 A+B 表示这一事件是在 A 或 B 这两个事件中,至少有一个发 生的前提下而发生的.公式 P(A+B)=P(A)+P(B)与 P(A ? B)=P(A) ? P(B)的使 用都是有前提的. 一般情况下,P(A+B)=1-P( A ? B ) =P(A)+P(B)-P(A ? B) 它可用集合中的韦恩图来示意.

17

三、经典例题导讲 [例 1] 从 0,1,2,3 这四位数字中任取 3 个进行排列,组成无重复数字的三位数,求排 成的三位数是偶数的概率. 错解:记“排成的三位数是偶数”为事件 A,
1 2 A2 A3 1 P(A)= = . 3 2 A4

错因:上述解法忽略了排成的三位数首位不能为零. 正解:记“排成的三位数的个位数字是 0”为事件 A,“排成的三位数的个位数字是 2”为 事件 B,且 A 与 B 互斥,则“排成的三位数是偶数”为事件 A+B,于是 P(A+B)=P(A)+P(B)=
1 2 A32 A2 A2 5 + = . 1 2 1 2 9 A3 A3 A3 A3

[例 2] 从 1,2,3,?,100 这 100 个数中,随机取出两个数,求其积是 3 的倍数的概率. 错解:从 1,2,3,?,100 这 100 个数中,随机取出两个数,其积是 3 的倍数,则须所取两 数至少有一个是 3 的倍数. 记事件 A 为任取两整数相乘为 3 的倍数,则
1 1 C33 C99 33 P(A)= ? 2 50 C100

错因: 这里相关的排列组合问题没有过关.
2 正解:基本事件数有 C100 种.在由 1 到 100 这 100 个自然数中,3 的倍数的数组成的集合 M

中有 33 个元素,不是 3 的倍数组成的集合 N 中有 67 个元素,事件 A 为任取两整数相乘为 3
2 的倍数,分两类:(1)取 M 中 2 个元素相乘有 C 33 种;(2)从集合 M、N 中各取 1 个元素 1 1 相乘有 C33 种.因为这两类互斥,所以 C67
2 1 1 C33 ? C33 C67 83 . ? 2 150 C100

P(A)= [例 3]

在房间里有 4 个人,问至少有两个人的生日是同一个月的概率是多少?

解:由于事件 A“至少有两个人的生日是同一个月”的对立事件 A 是“任何两个人的生日都 不同月”.因而 至少有两个人的生日是同一个月的概率为: P(A)=1-P( A )=1-
4 A12 55 41 ? =1- . 4 96 96 12

[例 4] 某单位 6 名员工借助互联网开展工作,每个员工上网的概率都是 0.5(相互独立). 求(1)至少 3 人同时上网的概率;(2)至少几人同时上网的概率小于 0.3? 解:(1)至少 3 人同时上网的概率等于 1 减去至多 2 人同时上网的概率,即
0 2 1- C6 0.56 - C6 0.5 - C6 0.56 =1- 1 6

1 ? 6 ? 15 21 ? . 64 32

(2)6 人同时上网的概率为 C 6 0.5 ?
6 6

1 <0.3; 64
18

6 至少 5 人同时上网的概率为 C6 0.56 + C 6 0.5 ?
5 6

7 <0.3; 64 11 6 5 至少 4 人同时上网的概率为 C6 >0.3. 0.56 + C6 0.56 + C 64 0.5 6 ? 32

故至少 5 人同时上网的概率小于 0.3. [例 5]设甲、乙两射手独立地射击同一目标,他们击中目标的概率分别为 0.9、0.8,求: (1)目标恰好被甲击中的概率;(2)目标被击中的概率. 解:设事件 A 为“甲击中目标”,事件 B 为“乙击中目标”. 由于甲、乙两射手独立射击,事件 A 与 B 是相互独立的, 故 A 与 B 、 A 与 B 也是相互独立的. (1)目标恰好被甲击中,即事件 A B 发生. P(A· B )=P(A)×P( B )=0.9×(1-0.8)=0.18. ∴目标恰好被甲击中的概率为 0.18. (2)目标被击中即甲、乙两人中至少有 1 人击中目标,即事件 A· B 、 A ·B、A·B 发生. 由于事件 A· B 、 A ·B、A·B 彼此互斥, 所以目标被击中的概率为 P(A· B + A ·B+A·B)=P(A· B )+P( A ·B)+P(A·B) =P(A)·P( B )+P( A )·P(B)+P(A·B) =0.9×0.2+0.1×0.8+0.9×0.8=0.98. 评注:运用概率公式求解时,首先要考虑公式的应用前提.本题(2)也可以这样考虑:排除 甲、乙都没有击中目标.因为 P( A · B )=P( A )·P( B )=0.1×0.2=0.02. 所以目标被击中的概率为 1-P( A · B )=1-0.02=0.98. [例 6]某课程考核分理论与实验两部分进行,每部分考核成绩只记“合格”与“不合格” , 两部分考核都是“合格”则该课程考核“合格”,甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率 分别为 0.9,0.8,0.7;在实验考核中合格的概率分别为 0.8,0.7,0.9,所有考核是否合 格相互之间没有影响. (1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率; (2)求这三人课程考核都合格的概率.(结果保留三位小数) 解: 记“甲理论考核合格”为事件 A1, “乙理论考核合格”为事件 A2, “丙理论考核合格” 为事件 A3,“甲实验考核合格”为事件 B1,“乙实验考核合格”为事件 B2,“丙实验考核合 格”为事件 B3. (1)记“理论考核中至少有两人合格”为事件 C. 则 P(C)=P(A1 A2 A3 +A1 A2 A3+ A1 A2 A3+A1 A2 A3)

19

=P(A1 A2 A3 )+P(A1 A2 A3)+P( A1 A2 A3)+P(A1 A2 A3) =0.9×0.8×0.3+0.9×0.2×0.7+0.1×0.8×0.7+0.9×0.8×0.7 =0.902 (2)记“三人该课程考核都合格”为事件 D. 则 P(D)=P[(A1·B1)·(A2·B2)·(A3·B3)] =P(A1·B1)·P(A2·B2)·P(A3·B3) =P(A1)·P(B1)·P(A2)·P(B2)·P(A3)·P(B3) =0.9×0.8×0.8×0.8×0.7×0.9 ≈0.254 所以,理论考核中至少有两人合格的概率为 0.902; 这三人该课程考核都合格的概率为 0.254。 四、典型习题导练 1.从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球, 那么互斥而不对立的两个事件是 ( A.至少有 1 个黑球,都是黑球 B.至少有 1 个黑球,至少有 1 个红球 C.恰有 1 个黑球,恰有 2 个红球 D.至少有 1 个黑球,都是红球 2. 取一个边长为2 a 的正方形及其内切圆,随机向正方形内丢一粒 豆子,求豆子落入圆内的概率. 3. 某小组有男生 6 人,女生 4 人,现从中选出 2 人去开会,求至少有 1 名女生的概率.



4.设有编号分别为 1,2,3,4,5 的五封信,另有同样编号的五个信封,
现将五封信任意装入五个信封,每个信封装入一封信,试求至少有两封信配对的概率. 5. 某班级有 52 个人, 一年若按 365 天计算, 问至少有两个人的生日在同一天的概率为多大? 6.九个国家乒乓球队中有 3 个亚洲国家队,抽签分成甲、乙、丙三组(每组 3 队)进行预 赛,试求:(1)三个组各有一个亚洲国家队的概率;(2)至少有两个亚洲国家队分在同一 组的概率.

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