第1章〓概率与统计综合



排列、组合以及二项式定理是概率统计的基础。在高考数学中，这部分知识一般都是以选择题或填空题的形式出现，并且难度不大，解题的关键是理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，掌握排列、组合的基本公式以及二项式定理的通项公式，并能熟练运用。

概率和统计知识与生产生活密切相关，概率题侧重对可能事件的概率公式、互斥事件有一个发生的概率加法公式、相互独立事件同时发生的概率乘法公式、事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率乘方公式以及对分布列、数学期望和方差的考查。统计类题目多考查抽样方法、统计图表，统计特征数以及回归直线方程和独立性检验。近几年高考试题中与其他知识综合的概率试题逐渐增多，比如与函数、数列、不等式的综合等。解答概率统计试题对分类讨论、阅读理解能力的要求都比较高，学习时要注意训练。


11计数原理
111知识点： 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
分类加法计数原理是指完成一件事可以有几种不同的方案，这些方案中的不同方法均完成这件事，那么在计算可以有几种方法能够完成这件事的时候就使用加法（每个方法均可单独达到目的）。

分步乘法计数原理是指完成一件事要分若干步，而每个步骤分别有不同的方法数，那么要计算有几种方法能够完成这件事，就要把每个步骤的方法数相乘（每个方法单独均不可达到目的)。

两种计数原理的区别如下。

（1） 分类加法计数原理的关键词在“分类”二字，各种方法是互斥的、并列的、独立的，且其中一种方法都可以完成这件事。


（2） 分步乘法计数原理的关键词在“分步”二字，各个步骤之间是相互依存的，任何一个步骤都不能独立完成这件事，且缺少任何一个步骤也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成。

同时需要注意，这两种原理在题目中往往同时使用。

下面让我们学习真题中的“排列组合”吧。

112例题解析


【例111】（2018新课标Ⅰ）从2位女生和4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种。（用数字填写答案）

【解析】正面查数法： 按照队伍中女生人数分为两类， ①选1女2男，有C12C24=12种选法； ②选2女1男有C22C14=4种。因此，根据分类加法计数原理得符合题意的选法一共有12+4=16种。

反面排除法： 忽视“至少1名女生入选”这个要求后，6人中选3人有C36=20种选法，其中不符合要求的也就是没有女生（全是男生）的选择方案有C34=4种，所以由反面排除法可以得到符合要求的选法共有20-4=16种。

【点评】本题考查了基本的计数原理和计数方法，既可以采取正面查数法，也可以采取反面排除法。

【例112】（2016新课标Ⅱ）如图111所示，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()。



A 24B 18C 12D 9




图111



【解析】由题意可知，该过程分两步完成，第一步从E到F，由穷举法不难得到有6条不同的最短路径，第二步从F到G，同理可得有3条不同的最短路径。该事件分两步完成，因此由乘法计数原理可得小明到老年公寓共有6×3=18条路径，故选B。

【点评】本题考查了穷举法和分步乘法计数原理。

【例113】（2018浙江）从1,3,5,7,9中任取两个数字，从0,2,4,6中任取两个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数。（用数字作答）

【解析】正面查数法： 按照特殊元素0来分类： 第一类，当四位数含有0时有C13C25C13A33=540个；第二类，当四位数不含0时有C23C25A44=720。因此，由分类加法计数原理可得共有540+720=1260个。

反面排除法： 不考虑元素0时，共有C25C24A44=1440个，当元素0位于首位时，不满足条件，此时有C25C13A33=180个，因此，由“反面排除法”可得满足题意的四位数共有1440－180=1260个。




【点评】本题考查了分类加法计数原理，既可以按照特殊元素分类进行正面查数，也可以进行反面排除。

【例114】（2014大纲)有6名男医生和5名女医生，其中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法有()种。

A 60B 70C 75D 150

【解析】本题可分为两步： 第一步，选出男医生；第二步，选出女医生。选法共有C26C15=75种，故选C。

【点评】本题的核心在于对分步和分类的理解，只有理解透彻，才能应用好加法原理与乘法原理。




【例115】（2018上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图112所示，



图112

若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()。

A 4B 8C 12D 16

【解析】根据阳马的定义可知，只要找到AA1所在的矩形个数即可。由图112可知，AA1所在的矩形共有4个，而每个矩形对的顶点有4个，所以一共有16个阳马。故选D。

【点评】本题考查了新定义、排除组合及棱柱的特征等知识。这种将立体几何与计数原理结合考查的形式很少见，题目也较新颖，因此在平时的作业中要注意到这类题目，着重复习。

【例116】（2015四川）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有()个。

A 144B 120C 96D 72

【解析】根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4和5其中1个，末位数字为0,2,4中其中1个,因此分两种情况讨论。

（1） 首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A34=24种情况，此时有3×24=72个。


（2） 首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A34=24种情况，此时有2×24=48个。

综合上述，共有72+48=120个。故选B。

【点评】本题考查计数原理的运用，关键是根据题意分析出满足题意的五位数的首位、末位数字的特征，进而可得其可选的情况。本道题属于中档题，在考试中这类题目出现的概率很大，希望大家重视起来。

【例117】（2014安徽）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对。其中所成的角为60°的共有()对。

A 24B 30C 48D 60

【解析】正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有C212=66对。同一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，故一组平行平面共有6对不满足题意的对角线，由此可知不满足题意的对角线共有3×6=18对。从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有66-18=48对。故选C。




图113

【点评】利用正方体的面对角线的对数减去不满足题意的对数即可得到结果。本题考查了排列、组合及简单计数问题。异面直线及其所成的角是几何与计数的综合应用。解这类题的关键是运用逆向思维。因此，我们在平时做题中要加强对这种思维的使用。

113强化练习





【练习111】如图113所示的几何体是由一个三棱锥PABC与三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面A1B1C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有()种。

A 6B 9C 12D 36

【解析】先涂三棱锥PABC的三个侧面，有C13C12种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有C11C12种情况，共有C13C12C11C12=3×2×1×2=12种不同的涂法。故选C。

【点评】本题考查分步乘法计数原理的运用，注意分析题意，认清是分类问题还是分步问题。立体几何与分步原理结合在一起考查，是有些难度的题目，因此要求大家掌握，在考试中也很容易出现。

【练习112】某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案为()种。

A 1080B 480C 1560D 300

【解析】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人。若4个组的人数按3，1，1，1分配，则不同的分配方案有C36=20种不同的方法。若4个组的人数为2，2，1，1，则不同的分配方案有C26C242！×C122!=45种不同的方法。故所有的分组方法共有20+45=65种。再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A44=1560种，故选C。

【点评】这类题目中含有“至少”或“最多”的字眼，因而根据题意进行正确分组列举是解题的关键。无论是在考试中，还是在平时的练习中，这类题目都很容易见到，在刚开始学习这部分知识的时候，这类题属于较难题，但是随着学习的深入，这类题做起来也不再困难。

【练习113】ab表示一个两位数，十位数和个位数分别用a，b表示，记fab=a+b+3ab，如f12=1+2+3×1×2=9，则满足fab=ab的两位数的个数为()。

A 15B 13C 9D 7

【解析】由题意，a+b+3ab=10a+b，解得b=3，a取1到9，共9个。故选C。

【点评】这属于给新信息类的题目，做这类题目时只要认真读题，按照新信息的要求进行解题，通常就不会出错。本题将简单的计数原理和新定义联系在一起，考查形式比较新颖。目前的高考卷中比较倾向出这类给出新信息的题目，但是题目本身非常简单，尽量不要失分。



图114





【练习114】工人在悬挂如图114所示的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个……以此类推，则不同的固定方式有种。

【解析】先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧它对角线上的螺丝，有C16种方法；再随意拧第三个螺丝和其对角线上的螺丝，有C14种方法；然后随意拧第五个螺丝和其对角线上的螺丝，有C12种方法，所以总共的固定方式有C16C14C12=48种。故答案为48。

【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，解题关键是理解题目中最远距离就是对角线，这道题想到解题方法比较难，属于难题，是一道值得大家去仔细分析的题目。

12排列与组合，古典概型与几何概型

排列、组合、古典概型、几何概型都是以两个计数原理为基础而延伸出来的一些数学模型和做题方法。这一节的重点就是要弄清楚排列和组合的相同点与不同点，学会使用排列和组合；古典概型和几何概型适用的条件和题目也是这节的重点内容。

121知识点： 排列数

1排列

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，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。

2排列数

从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，称为从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用Amn表示。

3全排列

n个不同元素全部取出的排列称为n个不同元素的一个全排列，公式为

Ann=n·n－1·n－2·…·3·2·1=n!

4排列数公式

排列数公式为 

Amn=nn－1n－2…n－m+1=n!n－m!（m,n∈N*，并且m≤n）


“排列”与“排列数”是两个不同的概念，排列是具体的一个排列（即具体的一件事），而排列数是指这种排列的个数。

122知识点： 组合数

1组合

一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。

121小节中已经简单讲过“排列”，现在我们已经知道什么是“组合”，那我们来简单介绍两者的不同点。在“组合”的问题中，其与元素的顺序无关，只是将取出的元素合成一组；而“排列”可以联想到日常生活中的排队，显然排队是有一定顺序的，因此，“排列”与元素的顺序有关，即“将取出的元素按照一定的顺序排成一列”。

2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，就称为从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用Cmn表示。

组合数公式为

Cmn=AmnAmm=n(n－1)…(n－m+1)m(m－1)…1=n！m！(n-m）！（m,n∈N*，并且m≤n）

0！=1，故C0m=1。

123知识点： 组合数的两个性质

（1） Cmn=Cn－mn。


（2） Cmn+1=Cmn+Cm－1n（m,n∈N*，并且m≤n）。

124知识点： 古典概型

1基本事件的特点

（1） 任何两个基本事件是互斥的。


（2） 任何事件（除不可能事件）都可以表示成基本事件的和。

2古典概型及其概率公式

如果一个试验具有有限性（每次试验可能出现的基本事件只有有限个，每次试验只出现其中一个基本事件）和等可能性（每次试验中，各基本事件发生的可能性是相等的）特征，则称这种随机试验的概率模型为古典概型。

古典概型的概率公式如下。

（1） 在基本事件总是为n的古典概型中，每个基本事件发生的概率都是相等的，即每个基本事件发生的概率都是1n。


（2） 如果随机事件A包含的基本事件数为m，由互斥事件的概率加法公式可得PA=mn，即对于古典概型，任何事件的概率为PA=A包含的基本事件的个数基本事件的总数。

注意： 求古典概型的概率时，需要注意实验结果的有限性和所有结果的等可能性。

125知识点： 几何概型

1几何概型的定义及公式

几何概型是指基本事件个数有无限多个，且每个基本事件发生的可能性相等的一个概率模型，这个概率模型的显著特点是每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）有关。

几何概型的概率公式如下。

设几何概型的基本事件空间可表示成可度量的区域Ω，事件A所对应的区域用A表示AΩ，则PA=A的几何度量Ω的几何度量。

2应用几何概型求概率的方法

 建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量。

（1） 一般地，在遇到一个连续变量时可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可。


（2） 若一个随机事件需要用到两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能够顺利地建立与面积有关的几何概型。

（3） 若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序实数组来表示基本事件，进而利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型。

126知识点： 全概率公式

假设Bi(i=1,2,…)是有限个或者无穷个事件，它们两两互斥且每次试验中至少发生一个，即

BiBj=(不可能事件）

∑Bi=Ω(必然事件）

对于任意复杂事件A，由事件的运算法则可得AΩ＝A（B1+B2+…)＝AB1+AB2+…。

由于B1,B2，…两两互斥，所以显然AB1,AB2,…两两互斥，所以由互斥事件概率可加性可得

P（A)=P(AB1)+P(AB2)+…

而P（ABi)=P(Bi)P(A|Bi),所以

P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+…

127例题解析




图121

【例121】（2019新课标Ⅰ）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一重卦由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“————”，如图121所示就是一重卦。在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是()。

A 516B 1132C 2132D 1116


【解析】在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数为26=64，该重卦恰有3个阳爻这个事件所包含的基本事件有 C36C33=20个，所以由古典概型概率的计算公式可得在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率P=2064=516，故选A。

【点评】本题以周易中的“重卦”为实际背景考查了古典概型的概率计算，读懂题干中的含义是正确解答的关键。

【例122】（2019新课标Ⅰ）甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）。根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为06，客场取胜的概率为05，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是。

【解析】记事件A为甲队以4∶1获胜，即甲队共比赛5场，而且第5场一定是甲队获胜，前面4场中甲队胜3场，负1场，所以有P（A）=06×（062×052×2+06×04×052×2）=018。

【点评】本题考查了独立事件和对立事件的概率，正确求解本题的关键是一定要考虑到甲队负的1场球，而不能仅考虑胜的4场球。

【例123】（2019新课标Ⅱ）我国高铁发展迅速，技术先进。经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为097，有20个车次的正点率为098，有10个车次的正点率为099，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为。

【解析】经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为097，有20个车次的正点率为098，有10个车次的正点率为099，所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为x=110+20+10×(10×097+20×098+10×099)=098,故答案为098。

【点评】略。

【例124】（2017浙江）从6男2女共8名学生中选出队长1人、副队长1人、普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法。（用数字作答）

【解析】如果忽视服务队中至少有1名女生的要求，共有C18C17C26=840种不同的选法。其中服务队里没有女生的选法共有C16C15C24=180种，所以由反面排除可得符合要求的选择方法共有840－180=660种。

【点评】本题使用正面查数法时出错概率较大，原因是对事件分类不当。因此为了便于解答，采取反面排除法。

【例125】（2017天津）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有个。（用数字作答）

【解析】①因为4个数中有1个数字是偶数、3个数字是奇数的四位数有C14C35A44=960个； ②4个数都是奇数的四位数共有C45A44=120个，所以由分类加法计数原理可得满足要求的四位数一共有960+120=1080个。

【点评】本题中的关键字是“至多”，对于这类问题，通常采取分类正面查数法。对于含有“至少”类问题，多采取反面排除法。

【例126】（2018新课标Ⅱ）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为()。



A 06B 05C 04D 03

【解析】组合法： 从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，即从5人中任选两人，共有C25=10种选法，其中全是（即这两人从3个女生中选取）女生的选法共有C23=3种，所以由古典概型可知选中2人都是女生的概率为P=310=03，故选D。

穷举法： 记2名男生为a，b，3名女生为A，B，C。则从5人中任选2人有ab，aA，aB，aC，bA，bB，bC，AB，AC，BC共记10种选法，其中全是女生的有AB，AC，BC 3种，所以由古典概型可知选中2人都是女生的概率为P=310=03，故选D。

【点评】本题考查古典概型，既可以采取组合法求解，也可以采取穷举法求解。

【例127】（2017新课标Ⅱ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()种。

A 12B 18C 24D 36

【解析】由题意知，安排3名志愿者完成4项工作，也就是将4项工作分成3组，可得C24=6种分法，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得6A33=36种，故选D。

【点评】本题考查排列组合的实际应用，注意分组方法以及排列方法的区别。这类题目近几年每年客观题经常出现，大家一定要掌握。

【例128】（2020新课标Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方案有种。

【解析】由题意知有2名同学要去同一个小区，则分配可以分两步完成，首先从4名同学中选出要去同一小区的2名同学，共有C24种选法；第二步将这2名同学视为一组，其余2名同学单人一组，一共3组分配到3个小区，共有A33种分法，由分步乘法计数原理可得共有C24×A33=6×6=36种。

【点评】本题考查分步乘法计数原理以及排列数和组合数的理解和运用。

【例129】（2016四川）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()。

A 24B 48C 60D 72

【解析】要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，5中的一个数字，共有3种排法，然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位4个位置上全排列，共有A44=24种排法。由分步乘法计数原理得，由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数中奇数有3×24=72个，故选D。

【点评】用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其他位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其他4个数在4个位置上全排列即可。本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关键是做到合理分布，虽然也是考查排列组合的问题，但是这种考查形式在考试中并不多见，应给予重视。

【例1210】（2013山东）用0，1，2，…，9十个数字可以组成有重复数字的三位数的个数为()。

A 243B 252C 261D 279

【解析】用0，1，2，…，9十个数字可以组成的所有三位数个数为900，其中没有重复数字的三位数百位数从非0的9个数字中选取一个，十位数从余下的9个数字中选一个，个位数再从余下的8个中选一个，所以共有9×9×8=648种，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为： 900-648=252。故选B。

【点评】求出可以组成的所有三位数的个数，减去没有重复数字的三位数个数即可。本题考查排列组合以及简单计数原理的应用，利用间接法求解是解题的关键，很多题目采用正向思维很难解出时,采用逆向思维则会简单很多。 

【例1211】（2014重庆）某次联欢晚会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则要求同类节目不相邻的排法种数是()。

A 72B 120C 144D 168

【解析】用A代表歌舞，B代表小品，C代表相声。先排歌舞，有A33种排法，会产生4个空位，即 ()A()A()A()。再从这4个空位中选择3个排相声和小品： 有A34种排法,但这种做法是错误的。因为可能会出现BAABAC的情况,造成相同类型节目的相邻,使得计数重复。因而先排小品和相声，有3种排法。

①：  ()B1()C()B2()，排列种数为： A22（排小品）A34（4个空位选3个插歌舞）=48。

②：  ()B1()B2()C()，排列种数为： A22（排小品）C13（3个歌舞选1个插入必须插的第二个空位）A23（剩余3个空位放入2个歌舞类节目）=36种。

③：  ()C()B1()B2()，排列种数为： A22（排小品）C13（第三个空位必须要放入一个节目，3个歌舞类选择1个插入第三个空位）A23（剩余3个空位插上2个歌舞）=36。总计： ①+②+③=48+36+36=120种，故选B。

【点评】本题考查两个计数原理和排列组合的综合应用，但要特别注意避免错误的做法。这类题难度不大，但容易出错。

【例1212】（2013新课标Ⅰ）从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出2个数之差的绝对值为2的概率是()。

A 12B 13C 14D 16

【解析】依题意可知本题为古典概型，满足条件的情况为1,3和2,4,一共有2种，故P=2C24=13，选择B。




图122

【点评】本题属于古典概型的简单应用，可以采取枚举法。难度不大，但要认真计算。

【例1213】（2013陕西）如图122所示，在矩形区域ABCD的A,C两点处各有一个通信基站，假设其信号覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF（该区域无其他信号来源，基站工作正常）。若在该矩形区域内随机地选择一个地点，则该地无信号的概率是()。

A 1－π4B π2－1C 2－π2D π4

【解析】本题很明显为几何概型，S阴影=1×2－π2=2－π2，且S矩形=1×2=2，
所以P=2－π22=1－π4，故选A。

【点评】几何概型的题目在高考中一般来讲是比较简单的,只需认真计算即可。

【例1214】（2010辽宁）三张卡片上分别写上字母E、E、B，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词BEE的概率为。

【解析】由题意知本题是一个古典概型，可以列举出试验包含的所有事件，三张卡片随机地排成一行，共有三种情况： BEE，EBE，EEB，而满足条件的只有一种，所以概率为13。故答案为13。




图123


【点评】字母排列问题是概率中经常出现的题目，一般可以列举出要求的事件，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不方便列举的可以借助于排列数和组合数来表示。这类题目考查简单的古典概型，大家一定要掌握，近几年在考试中出现概率比较小，但是也要求大家掌握。


【例1215】（2018新课标Ⅰ）如图123所示为来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形。此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为Rt△ABC的斜边BC、直角边AB和AC。△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ。在整个图中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的概率分别记为p1，p2，p3，则（）。

A p1=p2B p1=p3

C p2=p3D p1=p2+p3

【解析】设△ABC三边AB=c，BC=a，AC=b，则有a2=b2+c2，所以SⅠ=12bc，
SⅡ=12πc22+12πb22+12bc－12πa22=18πb2+c2－a2+12bc=12bc，同理可得SⅢ=π8a2－12bc。所以SⅠ=SⅡ。由几何概型计算公式显然可得p1=p2，故选A。

【点评】本题考查了平面图形的面积计算、勾股定理以及几何概型的计算公式。





图124


【例1216】（2017新课标Ⅰ）如图124所示，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图。正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率为()。

A 14B π8

C 12D π4

【解析】设正方形边长为1，由太极图的对称性可得中间黑色部分占圆形的一半，所以其面积为S黑=12π×122=π8，这个图形的面积等于正方形的面积即为S正=1，所以由几何概型的计算公式可得所求概率为P=S黑S正=π8，故选B。

【点评】本题以古代文化中的太极图为背景，考查了对图形的观察能力以及几何概型的计算公式。

【例1217】（2016新课标Ⅰ）某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是()。

A 13B 12C 23D 34

【解析】设小明到达时间为t，当t在7:50到8:00或8:20到8:30时，小明等车的时间不超过10分钟，故由几何概型转化为长度比值可得所求概率为P=2040=12。故选B。

【点评】本题主要考查的是几何概型，解题时需要将时间长度转化为几何长度。

【例1218】（2016新课标Ⅱ）从区间0,1随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn构成n个数对x1,y1，x2,y2，…，xn,yn，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()。

A 4nmB 2nmC 4mnD 2mn



图125

【解析】由题意，如图125所示，两数的平方和小于1的数对所表示的点落在半径为1的四分之一圆（图中阴影部分）内，其面积为14π×12=14π，而整个区域的面积为1。因此由几何概型的计算公式可得mn=14π1，解得π=4mn，故选C。

【点评】本题考查了随机模拟实验和几何概型的概率计算公式。

【例1219】（2017山东）从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()。