2023教师版 步步高 大二轮 数学 新高考专题五 概率与统计

ZHUANTIWU

第1讲计数原理与概率

I考情分析］1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择

题、填空题为主.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不

等式、数列交汇考查3概率重点考查古典概型、条件概率的基本应用.

考点一排列与组合问题

【核心提炼】

解决排列、组合问题的一般过程

⑴认真审题，弄清楚要做什么事情；

(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；

(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元

素.

例1(1)甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A,B,C三个路口协助交警值勤,

他们申请值勤路口的意向如下表：

交通路口ABC

志愿者甲、乙、丙、丁甲、乙、丙丙、丁

这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求A,B,C三个路口都要

有志愿者值勤，则不同的安排方法有()

A.14种B.11种

C.8种D.5种

答案B

解析由题意得，

以C路口为分类标准：。路口值勤分得人数情况有2种，两个人或一个人，

若C路口值勤分得人数为2,丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在4B路口值勤，此时有

两种安排方法.

若C路口值勤分得人数为1,丙或丁在C路口，具体情况如下.

丙在C路口：

A（丁）8（甲乙）C（丙）；

4甲丁）8（乙）。（丙）；

A（乙丁）8（甲）C（丙）.

丁在C路口：

A（甲乙）B（丙）。（丁）；

4（丙）5（甲乙）C（丁）；

A（甲丙）8（乙）。（丁）；

A（乙）8（甲丙）C（丁）；

A（乙丙）8（甲）C（丁）；

4甲）8（乙丙）。（丁）.

所以一共有2+3+6=11（种）安排方法.

（2）（2022•衡阳模拟）2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四

节气的方式开始倒计时，创意新颖，惊艳了全球观众，某中学为了弘扬我国二十四节气文化,

特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分

别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊

蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（）

A.192B.240C.120D.288

答案A

解析由题意得，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到A认孑=240（种），

当“立春”和“惊蛰”相邻，且“清明”与“惊蛰”也相邻时，有2种排法，即“惊蛰”在

中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法，将三者捆在一起，即2A2=48（种），

所以最终满足题意的排法为24048=192（种）.

规律方法排列、组合问题的求解方法与技巧

（1）合理分类与准确分步；（2）排列、组合混合问题要先选后排；（3）特殊元素优先安排；（4）相

邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题除法处理；（7）“小集团”排列问题先

整体后局部；（8）正难则反，等价转化.

跟踪演练1（1）2021年1月18号，国家航天局探月与航天工程中心表示，中国首辆火星车

全球征名活动已经完成了初次评审.评审委员会遴选出弘毅、颤麟、哪吒、赤兔、祝融、求

索、风火轮、追梦、天行、星火共10个名称，将其作为中国首辆火星车的命名范围.某同学

为了研究这些初选名称的涵义，计划从中选3个名称依次进行分析，其中有1个是祝融，其

余2个从剩下的9个名称中随机选取，则祝融不是第3个被分析的情况有（）

A.144种B.336种

C.672种D.1008种

答案A

解析选取的3个名称中含有祝融的共有C8种不同的情况.分析选取的3个名称的不同情况

有A弓种，其中祝融是第3个被分析的情况有A之种，故祝融不是第3个被分析的情况有C9（AJ

—A，）=144（种）.

（2）（2022・广东联考）现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首

钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲

和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（）

A.12B.14C.16D.18

答案B

解析因为甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，则安排方法分两类：

若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速

滑馆，

有A2=2（种）；

若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有Q=2（种），然后剩下的一个人和甲、乙被

安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有0A3=6（种），则共有2X6=12（种）.综上，甲和乙

都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为12+2=14.

考点二二项式定理

【核心提炼】

1.求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路

（1）利用通项公式将项写出并亿简.

（2）令字母的指数符合要求（求常数项时，指数为零：求有理项时,指数为整数等），解出k

（3）代回通项公式即得所求.

2.对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨

论求解.

例2（1）（2022・新高考全国1）（1一?。+），）8的展开式中/）£的系数为_______（用数字作答）.

答案一28

解析（x+y"展开式的通项-5"，2=0,1,…，7,8.令％=6,得乙+[=ax2y6；令

k=5,得石"=C*）$,所以（1—；）a+y）8的展开式中月6的系数为cg—a=-28.

（2）已知（x+£）〃的展开式中第四项的系数为120,所有奇数项的二项式系数之和为512,则实

数。的值为,展开式中的常数项为.

答案145

解析因为Q+3”的展开式的所有项的二项式系数之和为2”，且奇数项和偶数项的二项式

系数之和相等，所以2"r=512,解得〃=10,

所以展开式中第四项A=GN⑤3,

所以Goa3=12O,解得。=1,

所以的展开式的通项为

力+1=Cf3°一伺*=63°，,

令10-5%=0,解得火=2,

所以展开式中的常数项为C?0=45.

易错提醒二项式(al®”的通项公式方+i=C£/r"(A=0,l,2,…，，)它表示的是二项式的

展开式的第攵+1项，而不是第&项；其中C$是二项式展开式的第4+1项的二项式系数，而

二项式的展开式的第2+1项的系数是字母球前的常数，要区分二项式系数与系数.

跟踪演练2(1)(2022・淄博模拟)若(1一防8=制+0(1+力+。2(1+力2+・・・+。8(1+4)8,则期等

于()

A.-448B.-112

C.112D.448

答案C

解析(1—x)8=(^—1)8=[(1+x)—2J8

=ao+ai(1+x)+s(1+x>+…+缢(1+x))

〃6=C&X(—2产=112.

(2)(多选)己知(1—------Vai023X2023,则()

A.展开式中各项系数和为1

B.展开式中所有项的二项式系数和为22。23

C.------1~。2023=-2

D.偷+华+翁-I-----玲黑1=0

答案BCD

解析令4=1得g+〃l+…+〃2O23=-1，

・・・A错误；

二项式系数和为C?023+C1023+,•,+Ci82^=22023,

B正确；

令x=0得flo=l,

，0+。2+…+〃2O23=-2,；・C正确;

令有如+?+等H---脸照=0,'D正确.

考点三概率

【核心提炼】

1.古典概型的概率公式

事件A包含的样本点数

"⑷一试验的样本点总数.

2.条件概率公式

设A,8为两个随机事件，且P（A）＞0,

P(AB)

如I尸(6|A)=

尸”

3.全概率公式

设4,4,…，4是一组两两互斥的事件，AIUA2U・・・UA〃=0,且HA）X）,Z=1,2,n,

则对任意的事件BC0,有P（B）=£P（4）P（BA）.

例3（1）（2022・新高考全国I）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质

的概率为（）

I八1八1、2

A6B3C2D-3

答案D

解析从7个整数中随机取2个不同的数，共有C3=21（种）取法，取得的2个数互质的情况

有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6）,{5,7},{5,8},{6,7},

{7,8},共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为1并4与2

（2）（多选）（2022.临沂模拟）甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球,

2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放

入乙箱中，分别以4,A2,4表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱

中随机取出一球，以8表示取出的球是红球的事件，则（）

A.Ai，A2，4两两互斥

2

B.尸（硼2）=§

c.P⑻=3

D.8与4相互独立

答案AB

解析4,A2,4中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，A正确;

24

P(BA2)9X7O2…

P(B|A2)=p.、——-=7,B正确;

尸(A?)£>

4

-

9

P⑻=P(4)P(34)+P(A2yP(B\A2HP(gP(即3)

4524344

-------

9999

101010

又P(4/)=§X而=§,

4416

产(4网8)=§X0=布

・・・P(45)HP(4)P(B)

・・・A|与8不相互独立，D错误.

(3)(2022・益阳调研)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如框图所示，其中编号为i

的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者广，

负者称为“负者产，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为争

而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同.则甲获得冠军的概率为()

136

A•掾c丝

15-27=81

答案D

解析甲获得冠军,则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1

负4胜5胜6胜.所以甲获得冠军的概率为瞅+2乂停)3义；=器

规律方法求概•率的方法与技巧

(I)古典概型用古典概型概率公式求解.

(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解.

(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解.

跟踪演练3(1)某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”.在各阅览

室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书.某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来

阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有

且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为()

14c39

A3B9C-4D16

答案D

解析三人挑选四种书，每人有4种选法，

共有43=64种方法，

恰有2人选同一种书的方法有C4QC4种，

即36种方法，

故恰有2人选同一种书的概率尸崂=磊.

(2)(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中

的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者被评为

“智答能手”.设甲被评为“智答能手”为事件4,乙被评为“智答能手”为事件B,若P(BIA)

=P(8),则下列结论正确的是()

A.P[A\B)=P(A)

1

B.P(B依)=后

C.甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率星!

D.甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率嘘

答案ABD

解析由题意，可得P(A)—ci。一120—3，

ar软C+G56+5614

P(B)~cj()—120_百

由P(8H)=^^=P(B),

所以P(4B)=P(A)P(8),事件A,8相互独立，

所以「(*5)=今需=孽$1=P(A),故A正确；ZW)=P(5)=!1,

1yOJlyLJI1J

—141

由条件概率的性质得P(B|A)=1~P(B\A)=1——,故B正确；

因为事件A,8相互独立，所以4与N,T与8,工与石也都相互独立.甲、乙都被评为

“智答能手”的概率P(A5)=尸(A)P(B)=„=-

所以甲、乙至多有一人被评为“智答能手”的概率为1一2（附=1一,=*故c错误;

甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P（/N）=P（了）/（石）=（1一1）乂（1一|§=卜志

1

45,

____I44

所以甲、乙至少有一人被评为“智答能手”的概率为1-P（A8）=1一点=焉故D正确.

专题强化练

一、单项选择题

1.（2022・福州质检）展开式中的常数项为（）

A.-540B.-15

C.15D.135

答案D

解析二项式（3工一古〉展开式的通项公式为

八+尸&（31）*（一右）

6--JI

=（一］）«,36©.12,k&6,MN,

3

由6-

-2M得々=4,

则?5=（-1）4X32XC^=135,

所以（31一七下展开式中的常数项为135.

2.（2022•荆州联考）某人民医院召开抗疫总结表彰大会，有7名先进个人受到表彰，其中有一

对夫妻.现要选3人上台报告事迹，要求夫妻两人中至少有1人报告，若夫妻同时被选，则

两人的报告顺序需要相邻，这样不同的报告方案共有（）

A.80种B.120种

C.130种D.140种

答案D

解析若夫妻中只选一人，

则有CiC?A^=120（种）不同的方案；

若夫妻二人全选，且两人报告顺序相邻，则有CgA2A2=2O种不同的方案，故总计有140种

不同的方案.

3.(2022・惠州模拟)(a-x)(2+x)6的展开式中x5的系数是12,则实数a的值为()

A.4B.5C.6D.7

答案C

解析利用二项式定理展开得(a—x)(2+x)6=

3—x)(Cg26+C125x+cW23+a23p+a22^+ca2A5+C婚)，

则x5的系数为6》2—。22=12,，a=6.

4.从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为()

A.吉B.,吗D.1

答案C

解析从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为CB,这3只鞋子中任意两只都不成双，

选取的方法为CiX23,

所以所求概率为叫上C*宁X23甘4.

5.长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%

的学生每天玩手机超过1h,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过】h的学生中

任意调查一名学生，则他近视的概率为()

&2「3

A5Bi

C,8D4

答案B

解析令4="玩手机时间超过Ih的学生”，

4="玩手机时间不超过Ih的学生”，

B=“任意调查一人，此人近视”，

则0=A|UA2,且A|,42互斥,

P(4)=0.2,P(A2)=0.8,P(BHI)=0.5,

P(B)=0.4,

依题意，

P(B)=P(Ai)P(B|Ai)+P(A2)P(BIA2)

=0.2X0.5+0.8XP(5|A2)=0.4,

解得P(B|A2)=|,

3

所以所求的概率为2

o

6.为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节

假口每位员工休假的概率均为多且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一

家店铺无人休假，则从无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正

常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日都能正常营业的概率为()

1「4

A.§B.g

C.§D.g

答案D

解析设两家店铺不能都正常营业为事件A,

由题意可知有4人休假的概率为&篇，

有3人休假的概率为弟乂I1.，

1Q1

所以两家店铺不能都正常营业的概率为P(4)=—

o1o1y

Q

所以两家店铺该节假日都能正常营业的概率为1—P(A)=1.

7.(2022•锦州模拟)定义：两个正整数小b,若它们除以正整数机所得的余数相等，则称小

'对于模〃?同余，记作a=b(mod雁),比如:26=16(mod10).已知r=C9o+C]o・8+C?(r82+…

+CI88。，满足〃=p(mod7),则/)可以是()

A.23B.31

C.32D.19

答案A

解析因为〃=C%+Clo・8+C%-82+…+(21880=(1+8严=(7+2严，

也即〃=C%70+Clo-79,2+…+CV73+CI&2Q

故〃除以7的余数即为C|82io=l024除以7的余数，1024除以7的余数为2,结合选项知

23除以7的余数也为2,满足题意，其它选项都不满足题意.

8.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261

年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三

角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉

三角”的结论正确的是()

杨辉三角

第

V厅

0-r

第

/厅

1彳

第

/厅

2V

第

3W/亍

T

第

4-亍

第

5/厅

彳

第

6V厅

-T

第

7亍

第

V厅

8-T

A.C3+CZ+Cg+…+C%=165

B.在第2022行中第1011个数最大

C.第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数

D.第34行中第15个数与第16个数之比为2：3

答案C

解析由可得

（3+C4+Cg+・・・+C，o

=（3+c孑+c3+cg+…+c%—1

=C3+Ci+C?+*,,H-C?o—1

=Cji-i

第2022行中第1011个数为C3明vQH,故B错误；

a+C9+C8=G+C$+C8=（3+Q=Cj,

故C正确；

第34行中第15个数与第16个数之比为

.34X33-2134X33X…义20

C**C^=14X13X-XI:15X14X13X-X1

=15：20=3：4,故D错误.

二、多项选择题

9.（2022•山东省实脸中学诊断）已知（a+b）〃的展开式中第五项的二项式系数最大，则〃的值

可以为（）

A.7B.8C.9D.10

答案ABC

解析若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则5+1=5,解得八=8；若展开式中第四

项和第五项的二项式系数最大，则亨=5,解得〃=7；若展开式中第五项和第六项的二项

式系数最大，则受=5,解得〃=9.

10.（2022.湖南师大附中模拟）抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数,

y表示绿色骰子的点数，设事件4=。+尸7"，事件8=“何为奇数”，事件。='">3"，

则下列结论正确的是（）

A.A与B互斥

B.A与B对立

C.P(B|O=|

D.A与C相互独立

答案AD

解析事件A包含的基本事件为(1,6),(2,5),

(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6种，

所以204)=£^=不

事件5包含的基本事件为(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5),共9种，

91

则「⑻=而=不

所以A与8互斥但不对立，故A正确，B错误；

事件C包含的基本事件数为3X6=18,

则p(c)=6X6=r

P(8C=6><6=75'

所以P(8|O=今怒=尢故C错误；

3]

因为P^C)=~=-^,

八-1II

P(A)P(Q=^X-=—,

则P(AC)=P(A>P(。，所以A与。相互独立，故D正确.

11.(2022・襄阳模拟)A,B,C,D,E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有()

A.若A,B两人站在一起，则共有24种排法

B・若A,3不相邻，则共有72种排法

C.若A在B左边,则共有60种排法

D.若A不站在最左边，5不站在最右边，则共有78种排法

答案BCD

解析对于A,先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排

列，由分步乘法计数原理可知，共有A^d=48(种)，

所以A不正确；

对于B,先将A,8之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有A9Al

=72(种)，所以B正确；

对于C,5人全排列，而其中A在3的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边

的排法有2A§=60(种)，所以C正确；

对于D,对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有山种，另一个是A

不站在最左边也不站在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后8从除最右边的3

个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法计数原理可知，共有A?+A4A4AJ

=78(种)，所以D正确.

12.甲、乙两个均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字

123,4,乙四个面上分别标有数字567,8,同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个

四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件8为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件

。为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是()

A.P(A)=P(B)=P(。

B.P(BC)=P(AC)=P(AB)

C.P(ABQ=1

o

D.P(B\A)=^

答案ABD

解析由已知得P(4)=2(X(2+：2X-j岩1，

qqq-乙

21

P(B)=P(O=W=Q

所以P(A)=尸(B)=P(O，

则A中结论正确；

221

P(AB)=^X-=-

P(AC)=；,P(BC)=：,

所以P(BC)=P(AC)=P(AB)t则B中结论正确；

事件A,B,。不相互独立，故P(ABC)=!错误，即C中结论错误；

O

1

-

41

--

-12

尸(附=-则D中结论正确.

2

三、填空题

13.(2022・益阳调研)为迎接新年到来，某中学“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚

会如期举行.校文娱委员会要在己经排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来

的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为.

答案90

解析总共10个节目排顺序，先把老师的节目排好，剩下的8个学生的节目按原来的顺序即

可，故共有Afo=9O种不同的排法.

14.（2022•全国甲卷）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为

答案蔡

解析从正方体的8个顶点中任选4个，

取法有0=70（种）.

其中4个点共面有以下两种情况：

⑴所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1,有6种取法；

（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2,也有6种取法.

故4个点在同一个平面共有6+6=12（种）情况.

所以所取的4个点在同一个平面的概率尸=器=5

15.（2022•滨州模拟）（x+y—z）6的展开式中^z3的系数是.

答案一60

解析依题意不立3的系数为（-1）3=-60.

16.（2022・广州模拟）如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点。出发，每次等可

能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于一2的位置”的概率为

-6-5-4-3-2-10123456x

答案—

u木64

解析由图可知，若想通过6次移动最终停在一2的位置上，则必然需要向右移动2次且向

左移动4次，记向右移动一次为R,向左移动一次为，则该题可转化为RR〃〃六个字母

排序的问题，故落在一2上的排法种数为彘=15,所以移动结果的总数为26=64,所有落

在一2上的概率为叫号

第2讲随机变量及其分布

［考情分析］离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行

考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度.

考点一分布列的性质及应用

【核心提炼】

离散型随机变量x的分布列为

•••…

Xx\X2Xixn

…・•・

pPiP2PiPn

则(l)p,20,i=l,2,…，n.

(2)pi+p2H-----hp〃=l.

(3)E(X)=.vipi------\-Xip,-\------\~xnpn.

22

(4)D(X)=[.ri—E(X)Fp]+e—E(X)]p2H-----F[xn—E(X)]pn.

(5)若Y=aX+h,

则E(Y)=aE(X)+b,

D(Y)=a2D(X).

1

例1(1)(2022・保定模拟)若离散型随机变量X的分布列为P(X=Z)=ak)g2—i—(1W2W7,

K

4£Z),则尸(2VXW5)等于()

A-4B.|

C.1D.|log21

答案C

&+1

解析因为P(X=Q=Hog2一厂

=4[10g2(2+1)—10g2k],

P(X=1)+P(X=2)+…+P(X=7)=1,

所以fl(log22—logz1+logz3—log224-----FlogzS-log27)=1,

解得a=g,所以

P(2vXW5)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)

=|log21+|log4+|log2|=|.

(2)(2022・烟台模拟)已知随机变星C的分布列如下表所示，旦满足比0一0,则下列方差值中最

大的是()

4-102

1

Pa2b

A.D©B.D(iei)

C.D(2f+1)D.0(3©—2)

答案D

a+b+；=l,

一

{-lX«4-0x1+2X/>=0,

所以4的分布列为

-102

I2I

P

326

则D(<3=1x(-1-0)24-^X(0-0)2+1x(2—0)2=1,

则。(*+1)=22。(。=4；

同的分布列为

同102

2\_\_

P

326

II?

则上(廊=1X]+2X%=?

既©4(1_全+乂0_款+3(2_2去

所以0(3©-2)=32。(|4)=5,

所以。(3©—2)的值最大.

规律方法分布列性质的两个作用

(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.

(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范

围内的概率.

跟踪演练1(1)(多选)(2022・广州调研)投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1

和表2所示.

表1股票甲收益的分布列

收益X/元-102

概率0.10.30.6

表2股票乙收益的分布列

收益力元012

概率0.30.40.3

则下列结论中正确的是()

A.投资股票甲的期望收益较小

B,投资股票乙的期望收益较小

C.投资股票甲比投资股票乙的风险高

D.投资股票乙比投资股票甲的风险高

答案BC

解析由题意知，

E(X)=-1X0.1+0X03+2X0.6=1.1,

方差D(X)=(-l-I.l)2X0.H-(-U)2X0.3+(2-l.l)2X0.6=1.29,

E(r)=0X0.3+lX0.4+2X0.3=l,

方差D(y)=(O-l)2XO.3+(l-l)2XO.4+(2-l)2XO.3=O.6,

所以E(x)>E(y),D(x)>D(y),则投资股票乙的期望收益较小，投资股票甲比投资股票乙的风

险高.

(2)(2022•河南三市联考)甲、乙、丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志

愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的.记X为三人

选中的赛区个数，丫为三人没有选中的赛区个数，贝4()

A.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)

B.E(X)=E(Y),D(X)^D(F)

C.E(X)^E(Y),D(X)#D(Y)

D.E(X)^E(Y),Dm=D(Y)

答案D

解析由题意得X的可能取值为1,2,3,

则尸(X=D=曷=/,

r(A—Z)—33~y

A39

P(X=3)=j=g,

12219

:.E(X)=1X-+2X-+3X^=—,

WO=(1-S%+(2-y>x,+(3背

又X+y=3,・J=3-X,

198

AE(y)=3-£：(X)=3-y=9，

D(r)=(-1)2D(X)=D(X),故选D.

考点二随机变量的分布列

【核心提炼】

1.二项分布

一般地，在〃重伯努利试脸中，设每次试验中事件4发生的概率为p(Ovp<l),用X表示事件

A发生的次数，则X的分布列为尸(X=A)=G//(l-p)”r,&=0,1,2,…，

E(X)=np,D(X)=np(\—p).

2.超几何分布

一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品，从N件产品中阿机抽取〃件(不放回)，

用X表示抽取的〃件产品中的次品数，则X的分布列为P(X=£)=,k=m,w+l,m

I#

+2,…，匚其中n,N,MEN*,MWN,nWN,加=max{0,〃-N+M},r=min{n,M}.E(X)

M

考向1相互独立事件

例2(2022•全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得

10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学

校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.408,各项目的比赛结果相互独立.

(1)求甲学校获得冠军的概率；

(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.

解(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C,

所以甲学校获得冠军的概率为

P=P(ABC)+P(_?BC)+P(A/O+P(ABF)

=0.5X0,4X0.8+(l-0.5)X0.4X0.8+0.5X(l-0.4)X0.8+0.5X0.4X(l-0.8)

=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30,

所以P(X=0)=0.5X0.4X0.8=0.16,

P(X=10)=0.5X0.4X0.8+0.5X0.6X0.8+0.5X0.4X0.2=0.44,

P(X=20)=0.5X0.6X0.8+0.5X0.4X0.2+0.5X0.6X0.2=034,

P(X=30)=0.5X0.6X0.2=0.06.

则X的分布列为

X0102030

P0.160.440.340.06

E(X)=0X0.16+10X0.44+20X0.34+30X0.06=13.

考向2超几何分布

例3(2022•漳州质检)北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面

知识的测试，测试合格者录用为志愿者.现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机

抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格

是相互独立的.若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题.求：

(1)甲、乙两人至多一人测试合格的概率；

(2)甲答对的试题数X的分布列和均值.

解(1)根据题意，甲测试合格的概率为

ac+cb60+202

--=120=y

乙测试合格的概率为

Ci-Cj+Q_56+56_14

--=120=l5*

21428

故甲、乙两人都测试合格的概率为§乂正=痣，

则甲、乙两人至多一人测试合格的概率为

一驾=上

14545,

(2)由题可知,甲答对的试题数X可以取0』,2,3,

C141

又"、=0)=瓦=而=而，

C&<3363

P(X=1)=--,

C?o12010

P(X_2)—c?()—]20—2’

P(X-3)-C?()-120-6,

故X的分布列为

X0123

131

P

30U)2

31IQ

则E(X)=1X而+2X]+3Xq=5.

考向3二项分布

例4(2022・湖北联考)某中学将立德树人融入到教育的各个环节，开展“职业体验，导航人

生”的社会实践教育活动，让学生站在课程“中央”.为了更好地了解学生的喜好情况，根

据学校实际将职业体验分为：救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、

公平正义的法律类四种职业体验类型，并在全校学生中随机抽取100名学生调查意向选择喜

好类型，统计如下：

类型救死扶伤的医务类除暴安良的警察类百花齐放的文化类公平正义的法律类

人数30202030

在这100名学生中，随机抽取了3名学生，并以统计的频率代替职业意向类型的概率(假设每

名学生在选择职业类型时仅能选择其中一类，且不受其他学生选择结果的影响).

(1)求救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两种职业类型在这3名学生中都有选择的概率;

(2)设这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数为X,求X的分布列与均值.

解(1)由题意设职业体验选择救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、

31

公平正义的法律类的概率分别为尸(A),P®P(C),P(D),则易知P(A)=m，P(8)=g,

P(O=〃,P(D)=元,

所以救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两类职业类型在这3名学生中都有选择的概率

为

Pi=A』P(A)•尸(B)[l—尸(A)—P(8)]+C4P(A)P(B)2+(3P(4)2•尸(B)

=端■般2+啕g

27

100-

(2)由题知选择除暴安良的警察类的概率为P(8)=全

这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数X的可能取值为0』,2,3,X〜43,£),

则P(X=0=CSP(B)/[l-P(B)]3-/(Z=0,l,2,3),

所以X的分布列为

X0123

6448121

p125125125125

13

所以X的均值为E(X)=3X-=^.

规律方法求随机变量X的均值与方差的方法及步骤

(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；

(2)求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列：

(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X),方差O(X)：

(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特

殊分布列的均值和方差的公式求解.

跟踪演练2(2022・广东联考)如图，某市有南、北两条城市主干道，在出行高峰期，北干道

有M，M,NA,四个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率都是小南干道有S，S2,两

个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率分别转，余某人在高峰期驾车从城西开往城东，假设

以上各路段是否被堵塞互不影响.

—.—电——

SJ§2

⑴求北干道的N“M，M，M四个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；

(2)若南干道被堵塞路段的个数为X,求X的分布列及均值E(X)；

(3)若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标淮，则从城西开往城东

较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由.

解(1)记北干道的M,M,M,M四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A,

WP(A)=l-(l-j)*=l-g=§.

(2)由题意可知X的可