10第十章排列、组合、概率、统计

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1、第十章 排列、组合、概率、统计一、考点精要解读本章是中学数学中概念性强，实用性强，处理手段多变，分析方法灵活的一部分内容，是进一步学习概率论的基础。考点主要包括两个基本原理、排列与组合、五种事件的概率以及抽样方法、总体分布的估计、期望和方差，准确求解排列、组合问题和进行概率的计算既是本章的重点，也是本章的难点本章试题的特点是：（1）综合性强如排列、组合题大多能与集合、数列、立体几何等内容组合构成小型综合题，使每题涉及的知识点在两个以上（2）应用性强如统计问题及概率问题，都是以实际问题为背景（3）对运用数学思想的要求高，如解排列、组合问题时，需分类讨论、分步讨论以几何为背景的排列、组合题需用数形

2、结合的思想，在解非二项问题时，需用转化思想化归为二项问题求解等，这种命题特点在以后的高考中仍会保持下去二、高考命题趋势以本章考点为载体的试题都具有一定的灵活性、机敏性和综合性，是考查学生思维能力和数学素养的极好材料之一高考对本章的考查力度有明显加大之势，除了传统的选择填空题外，解答题的出现已成必然。概率的计算和几何计数问题有望成为高考的热点。高考复习指导低据高考试题的现状和发展的趋势，复习备考中应注意以下几点：（1）立足基础知识和基本方法的复习恰当选取典型例题，构建思维模式，造就思维依托和思维的合理定势，如对排列应用题可用某元素排在某位上；某元素不排在某位上；某几个元素排在一起；某几个元素不得

3、相邻；某几个元素顺序一定等基本问题，加强思维的规范训练（2）抓好破势训练，为提高能力，运用变式题目，常规题向典型问题的转化，进行多种解法训练，从不同角度，不同侧面对题目进行全面分析，结合典型的错解分析，查找思维的缺陷，提高分析解决问题的能力（3）抓好“操作”训练，就是面对问题，具体排一排、选一选，运用分类计数原理和分步计数原理为“完成这件事”设计合理的程度或分类标准，注意加强解题过程的展示与分析（4）重点掌握随机事件、等可能事件，互斥事件、独立事件、独立重复试验中恰好发生n次等五种事件的概率，会用样本频率分布估计总体分布，会用样本平均数估计总体期望值，会用样本的方差估计总体方差（5）加强数学思

4、想方法训练分类讨论是本章最基本的数学思想，在分析较为复杂的排列、组合、概率问题，对问题的分类讨论是最基本的策略正难则反的思想方法也经常遇到，如解排列组合题时的排除法，考虑对立事件的概率等（6）在复习中要控制好训练的难度，不做难题、偏题、怪题要重视一题多解，要有意识地培养思维的简捷性三、典型例题解析【例1】 若在的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开形式中的有理项分析：从展开式的通项入手，先布列方程求n，再找有理项，求解过程中要注意项的系数与二项式系数的不同解：的展开式中前三项是：T1= 其系数分别是：用解之得n=1或n=8，n=1不合题意应舍去，故n=8当n=8时， =Tr1为有理项式的充

5、要条件是Z，所以r应是4的倍数故r可为0、4、8故所有有理项为T1=x4，T5=【例2】 某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不同，此人有多少种不同的出牌方法？分析：由于张数不限，2张2，3张A可以一起出，亦可分几次出，可以考虑按此分类解：出牌的方法可分为以下几类：（1）5张牌全部分开出，有种方法；（2）2张2一起出，3张A一起出，有种方法；（3）2张2一起出，3张A分开出，有种方法；（4）2张2一起出，3张A分两次出，有种方法；（5）2张2分开出，3张A一起出，有种方法；（6）2张2分开出，3张A分两次出，有种方法因此

6、，共有不同的出牌方法全面细致地分类是解决本题的关键，若按出牌次数分类，方法数为【例3】 用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点做四棱锥的5个顶点，共可得到多少个四棱锥？分析：共面而不共线的四点可成为四棱锥的底面，再在平面外找一点为顶点就形成了四棱锥，于是可从四棱锥的底面四点着眼，将构成棱锥的5个顶点的取法分类解：按照构成四棱锥的底面四点分为以下四类：（1）四点取在棱柱的底面上有；（2）四点取在棱柱的侧面上有（3）四点取在棱柱的对角面上有（4）四点取在以过一个底面中的一条对角线和另一个底面中与其平行的一边所确定的面上有个所以共可组成50303060=170个四棱锥另外此题亦可采用排除法，在中去掉五点

7、共面和无四点共面的两种情况，算式为（个）【例4】 从0，1，9，这10个数字中，每次任选5个，组成没有重复数字的5位数，计算：（1）这个5位数是奇数的概率；（2）这个5位数能被25整除的概率；（3）这个5位数是50000到90000之间的偶数的概率分析：从09到10个数字中，每次任选5个，可组成个没有重复数字的5位数，这些数字出现的可能性是相等的，因此可由等可能事件的概率公式求解解：（1）设“这个5位数为奇数”的事件为A1，因为适合条件的5位奇数有：（个）故P（A1）=即这个5位数是奇数的概率为（2）设“这个5位数是奇数能被25整除”的事件为A2，因为没有重复数字的能被25整除的5位数有：故P

8、（A2）=即这个5位数能被25整除的概率为（3）设“这个5位数是50000到90000之间的偶数”的事件为A3，因为这样的5位数有：故P（A3）=即这个5位数为50000到90000之间的偶数的概率为【例5】 某局域网的终端有5台电脑，每台电脑在任一时刻上网的概率是，每台电脑上网是随机的，且相互独立，设任一时刻上网的电脑台数为，（1）求的概率分布和E（2）要使每台电脑上网的接通率不低于95%，至少要设置多少条接入线局 域 网服 务 器接入线终端电脑图10-1分析：本题是n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率计算问题，随机变量服从二项分布B（5，），鉴于接通率较高，而电脑台数较少，可采用验算法

9、，即找最少的m，使得P（m）0.95解：（1）由题意知=0，1，2，3，4，5显然B（5，）故P（=k）=E=nP=5=（2）设最少应设置m条入线则能保证不超过m台电脑同时上网，要使每条支线的上网概率不小于0.95，即5台电脑中不超过m台电脑同时上网的概率不小于0.95，即P（m）0.95，由P（3）=1P（=4）P（=5）=0.9550.95，而P（2）=P（=0）P（=1）P（=2）=0.7900.95.因此最少应设置3条接入线ACDEFB图10-2【例6】 某先生居住在城镇的A处，准备开车到单位B处上班若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车

10、事件的概率如图10-2（例如：ACD算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为）请你为其选择一条由A到B的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；分析：分别计算出每一条由A到B的路线中发生堵车事件的概率进行比较。具体计算时，可从对立事件考虑，即先求出每一条路线上每一段都不堵车的事件的概率解：记路段MN发生堵车事件为MN因为各路段发生堵车中件都是独立的，且在同一路段发生堵车中件最多只有一次，所以路线ACDB中遇到堵车的概率为P1为1P =11P（AC） 1P（CD）1P（DB） =1 =同理：路线ACFB中遇到堵车的概率P2为1P（）=路线AEFB中遇到堵车的概率P3

11、为1P（）=（小于）；显然要使得由A到B的路线途中发生堵车事件的概率最小，只可能在以上三条路线中选择，因此选择路线ACFB，可使得途中发生堵车事件的概率最小四、高考名题精析 【例1】 （2003年全国）某城市在中心广场建造一个花圆，花圆分为6个部分（如图10-3所示）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_种（以数字作答）【精析】 主要考查分类计数原理和分步计数原理及分析问题解决问题的能力解题时可分4，6部分颜色相同，不相同两类，具体列式时，要结合图形，在确定4、6部分的种法以后，关键是2号区域的种法解：（1）4、6栽种不同颜色的花：23641

12、5图10-3区域：1 5 4 6 2 3方法：4 3 2 1 1或者：4 3 2 1 2此时由两个基本原理有：4321143212=2448=72（种）（2）4、6区域栽种相同颜色的花，同理有43221=48（种）故共有7248=120（种）故填120【例2】 （2000年江西）甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个，甲、乙二人依次各抽一题（1）甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多？（2）甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？【精析】 本题主要考查等可能事件的概率计算及人分析和解决实际问题的能力解题时关键是找准基本事件及其中包含的有利事件的个数解：

13、（1）甲从选择题中抽到一题的可能结果有个，乙从判断题中抽到一题的可能结果有个，故甲抽到选择题、乙抽到判断题的可能结果有个；又甲、乙依次抽一题的可能结果有个，所以甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率为：（2）甲、乙二人依次都抽到判断题的概率为：故甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率为：1或用以下解法：【例3】 （2001年天津）如图10-4，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1，N2当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作已知元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80、0.90、0.90. 分别求系统N1、N2正常工

14、作的概率P1、P2.ABCC（N1）（N2）ABC图10-4【精析】 本题考查相互独立事件同时发生或互斥事件有一个发生的概率的计算方法，考查运用概率知识解决实际问题的能力.解：分别记元件A、B、C正常工作为事件A、B、C，由已知条件P（A）=0.80，P（B）=0.90，P（C）=0.90.（1）因为事件A、B、C是相互独立的，系统N1正常工作的概率P1=P（ABC）=P（A）P（B）P（C） =0.800.900.90=0.648.故系统N1正常工作的概率为0.648.（2）系统N2正常工作的概率P2=P（A）1P（）= P（A）1P（）P（）.P（）=1P（）=10.90=0.10.P（）

15、=1P（）=10.90=0.10.P2=0.8010.100.10= 0.800.99=0.792故系统N2正常工作的概率为0.792【例4】 (2004年湖北) 某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失. 现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率分别为0.9和0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少.（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.）【精析】 本小题考查概率的

16、基本知识和数学期望等概念及应用概率知识解决实际问题的能力.求解时应分别求出四种情形下的总费用，比较大小.解：不采取预防措施时，总费用即损失期望值为4000.3=120（万元）若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为10.9=0.1，损失期望值为4000.l=40（万元），所以总费用为45+40=85（万元）;若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为10.85=0.15，损失期望值为4000.15=60（万元），所以总费用为30+60=90（万元）；若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75（万元），发生突发事件的概率为（1

17、0.9）（10.85）=0.015，损失期望值为4000.015=6（万元），所以总费用为75+6=81（万元）.综合、，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.【例5】 （2001年全国）已知i，m，n是正整数，且1imn（1）证明（1n）m【精析】 本题考查排列数，组合数，二项式定理和不等式性质的基本知识，考查分析问题和逻辑推理的能力（1）中可转证，也可直接展开比较相应因子的大小，（2）中利用二项式定理展开后，借助（1）的结论类比（1）的方法易证此题体现了命题指导思想上有加强离散数学分量的趋势解：（1）方法一：对于m即方法二：= 同理 1imn，mnn mnm，

18、mn2nmn2m，mnn（i1） mnn（i1） 联系、可得又（1+m）n（1+n）m五、学生思维体操基础巩固训练1、一条铁路原有m个车站，为了适应客运的需要新增加了n个（n1）车站，则客运车票增加了58种，那么原有车站（ ）A12个 B13个 C14个 D15个2、用1，2，3，4，5这5个数字，可以组成比20000大且百位数不是3的没有重复数字的五位数有（ ）A96个 B78个 C72个 D64个3、甲、乙两个水文站同时作水文预报，如果甲站预报准确的概率为0.8，乙站预报准确的概率为0.7那么在一次预报中两站都准确预报的概率为（ ）A0.6 B0.56 C0.7 D0.84、（1）某小区有

19、800个家庭，其中高收入家庭200户，中等收入家庭480户，低收入家庭120户，为了了解有关家用轿车购买力的某个指标，要从中抽取一个容量为100户的样本；（2）从10名同学中抽取3个参加座谈会I简单随机抽样方法；系统抽样方法；分层抽样方法，问题和方法配对正确的是（ ）A（1）I（2） B（1）（2）IC（1）（2） D（1）（2）5、设随机变量的概率分布列为P（=i）=1，2，3，则的值是（ ）A B C D6、二项式（x）n的展开式的前三项系数成等差数列，则展开式的常数项为（ ）AT4= BT4=70 CT5=7 DT5=7、（1998年全国）3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每

20、校分配1名医生和2名护士不同的分配方法共有（ ）A90种 B180种 C270种 D540种8、某种产品有4只次品和6只正品，每只产品均不同且可区分，今每次取出一只测试，直到4只次品全测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情形有（ ）A24种 B144种 C576种 D720种9、有3个相识的人某天各自乘火车外出，假设火车有10节车厢，那么至少有2人在车厢内相遇的概率为（ ）A B C D10、（1997年全国）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）A150种 B147种 C144种 D141种11、将四个不同的小球放到编号为1，2，3，

21、4的四个盒中，则恰好有一个空盒的放法总数是_12、记二项式（12x）n展开式的各项系数和为an，其二项式系数和为bn，则等于_13、（2001年江西）一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是_（用数学作答）14、把3个骰子全部投出，设出现6点骰子个数是，则P（2）=_15、有5封不同内容的电子邮件，分别发送给3个人，每人至少一件，共有多个种不同的发送方式？16、甲、乙两名篮球运动员，甲投篮的命中率为0.7，乙投篮的命中率为0.8，两人是否投中相互之间没有影响，求：（1）两人各投一次，只有一人命中的概率；（2）每人投篮两次，甲投中1球且乙投中两球

22、的概率17、求的展开式中的常数项18、已知直线axbyc=0中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求满足条件的直线的条数19、某电信部门执行的新的电话收费标准中，其中本地网营业区内的通话费标准是：前3分钟为0.20元（不 足3分钟按3分计算），以后的每分钟收0.10元（不足1分钟按1分钟计算）。在一次实习作业中，某同学调查了A、B、C、D、E五人某天拨打的本地网营业区内的电话通话时间情况，其原始数据如下表所示：ABCDE第一次通话时间3分3分45秒3分55秒3分20秒6分第二次通话时间0分4分3分40秒4分50秒0分第三次通话时间0分0

23、分5分2分0分应缴话费（元）（1）在上表中填写出各人应缴的话费；（2）设通话时间为t分钟，试根据上表完成下表的填写（即这五人在这一天内的通话情况统计表）：时间段频数累计频数频率累计频率0t3 20.20.23t44t550时，求的值10、在圆内接正2n1边形的顶点中任取三点组成三角形，求圆心在三角形内部的概率创新思维训练1、在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是（ ）A57 B49 C43 D372、10张奖券中有2张是有奖的，甲、乙两人从中各抽1张，甲先抽，然后乙抽，设甲中奖的概率为P1，乙中奖的概率为P2，那么（ ）AP1 P2 B

24、P1 P2 CP1= P2 DP1、P2大小不确定3、的展开式中，含x的整数次幂的各项系数之和是_4、如果：（1）a，b，c，d都属于1，2，3，4；（2）ab，bc，cd，da；（3）a是a，b，c，d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数的个数是_5、已知2n23n5na（nN）能被25整除，求a的最小正整数值T1T2T3图10-56、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色则不同的染色方案共有多少种？（注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我

25、们就说这两个正方体的染色方案相同）7、三个元件T1、T2、T3正常工作的概率分别为，将它们中某两个元件并联后再和第三元件串联接入电路（1）在如图10-5的电路中，电路不发生故障的概率是多少？（2）三个元件连成怎样电路，才能使电路中不发生故障的概率最大？ 请画出此时电路图，并说明理由8、有人玩掷硬币走跳跳棋的游戏，已知硬币出现正反面的概率都是棋盘上标有第0站、第1站、第2站、第100站一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次若掷出正面，棋向前跳一站（从k到k1）；若掷出反面，棋子向前跳二站（从k到k2），直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或跳到第100站（失败集中营）时，该游戏结

26、束设棋子跳到第n站的概率为Pn（1）求P0，P1，P2的值；（2）求证：PnPn1=，其中nN，2n99；（3）求P99及P100的值第十章 排列、组合、概率、统计参 考 答 案1、C 点拨：=58n(n+2m1) =58=229 ，故n=2,n+2m1=29 .2、B 点拨：分两类，第一类万位为3的有种，第二位为2、4或5有，故共有=78. 3、 B 点拨：两站预报准确是相互独立事件，因而两站同时准确预报的概率为0.80.7=0.56.4、B 点拨：依据三种抽样的特点和适用范围选取.5、B 点拨：由于P(=1)P(=2)P(=3)=1，即.解得：a=.6、D 点拨：n=8或n=1（舍），令8

27、2r=0，则r=4，故常数项为T5=.7、D 点拨：设计让3所学校依次挑选，先由学校甲挑选，有种，再由学校乙挑选，有种，余下的到学校丙只有一种，于是不同的方法数共有=540种.8、C 点拨：前四次检测了1只正品和3只次品，共有=576.9、B 点拨：因A表示“至少有2人在车厢内相遇”的事件，A1表示“恰有2人在车厢内相遇”的事件，A2表示“3人在同一车厢内相遇”的事件，那么A= A1A2，且A1、A2彼此互斥又P(A1)=，P(A2)=，P(A)= P(A1)P(A2)= .10、D 点拨：10个点任取4个点取法有种，其中面ABC内的6个点中任意4点都共面，从这6点中任取4点有种，同理在其余3

28、个面内也有种，又每条棱与相对棱中点共面有6种，各棱中点中4点共面的有3种，故10个点中取4点，不共面的取法共有=141种.11、144 点拨：从四个球中选出两个球有，再和剩下两个球共三个元素放入四个盒子中的三个盒有，故共有=144.12、1 点拨：an=3n，bn=2n，=1.13、1.2 点拨：设其中含红球个数为x，则x=1或x=2.而含一个红球的概率A1=含两个红球的概率为A2=含红球个数的数学期望为12=1.214、 点拨：P(0，b0.3至少5人同时上网的概率为：（）（0.5）6=0，1a1，10、解析：总体所含基本事件个数为由于顶点数是奇数，故所取三角形不能是直角三角形，即圆心不会在

29、三角形的边上圆心在三角内部，它等价于所取三点构成锐角三角形记这一随机事件为A，则其互斥事件表示所取三点构成钝角三角形我们计算所含基本事件个数，即有多少个这样的钝角三角形设2n1个顶点分别为A1，A2，A3，A2 n1以A1A3为最大边的钝角三角形有1个，以长等于A1A3的弦为最大边的钝角三角形有2n1个 以A1A4为最大边的钝角三角形有2个，以长等于A1A4的弦为最大边的钝角三角形有2（2n1）个依此类推，以长等于A1A n1为最大边的钝角三角形有（n1）（2n1）个所以钝角三角形的总数为（2 n1）12（n1）=（2n1）n（n1）个由于每一基本事件是等可能的，故P（）=P（A）=1P（）=

30、【创新思维训练】1、B 点拔：每两个顶点为端点的线段中点都是27点组中的点，以顶点为线段端点的共线三点组有个对棱中点连线的中点在27点组中，故这一类的共线三点组有个两端点为面的中心的共线三点组共有3个故总共有共线三点组49个2、C 点拔：设“甲中奖”事件用A表示，“乙中奖”事件用B表示，则P（A）=彼此互斥，则P（B）=P（）+P（AB）又P（）=P（AB）=P（B）=3、 点拔：各项系数之和，只需令x=1，而本题要求的是整数次幂的系数之和，故需知，哪些项是x的整数次幂项若要必须是奇数（12）2n+1=又（12）2n+1=以上两式相减，有和为故本题应填4、 28 点拔：（1）由2个不同数字作成

31、，从集合1，2，3，4中任取2个数字，有种方法，由条件（2）、（3），此时只能有a=c=其中较小数字，这一类的四位数共有个（2）中恰有3个不同数字从1，2，3，4中取出3个数，有种方法，此时a唯一确定（a为a、b、c、d中最小的一个数），当c=a时，b、d可有2！种选取；当ca时，c有2种取法，而b=d为余下的那一个数字这一类的四位数有个（3）中4个数字互不相同显然，a=1，从而这一类数共有3！=6个综上，由加法原理，符合条件的不同四位数共有6166=28个5、解析 n2时，原式=46n5 na=4（51）n5 na=4（5 n）5 na=452（5n2+）20n45na=254（5n2+）2

32、5n（4a），能被25整除时a=4为最小正整数当n=1时原式=245a，能被25整除时a的最小正整数为46、解析：根据共用了多少种不同颜色分类讨论（1）用了6种颜色，确定某种颜色（例如红色）所染面为下底（根据题注，对此处的两种不同染色方案，这里的“第一面”总是相同的），则上底颜色可有5种选择；在上、下底已染色后，再确定其余4种颜色中的某一种所染面为左侧面，则其余三个面有3！种染色方案，根据乘法原理 n1=53！=30（2）共用5种颜色选定5种颜色有种方法必有两面同色（必为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种选择（前后面可

33、通过翻转交换）n2=（3）共用4种颜色仿以上的分析可得图1T2T1T3图2T3T1T2（4）共用3种颜色，n4=总的染色方案有230种7、解析：记“三个元件T1、T2、T3正常工作”分别为事件A1、A2、A3，则P （A1）=（1）不发生故障的事件为（A2A3）A1不发生故障的概率为P1=P（A2+A3）A1=P（A2+A3）P（A1）=1P（）P（）P（A1）=1（2）如图，此时不发生故障的概率最大证明如下：图1中不发生故障事件为（A1A2）A3不发生故障概率为P2=P（A1A2）A3=P（A1A2）P（A3）=1P（）P（）P（A3）=P2 P1图2不发生故障事件为（A1A3）A2，同理不

34、发生故障概率为P3= P2 P18、解析：（1）棋子开始在第0站为必然事件，P0 =1第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，P1 =，棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：前二次掷硬币都出现正面，其概率为；第一次掷硬币出现反面，其概率为P2 =（2）棋子跳到第n（2n99）站的情况是下列两种，而且也只有两种：棋子先到第n2站，又掷出反面，其概率为Pn2；棋子先到第n1站，又掷出正面，其概率为（3）由（2）知，当1n99时，数列是首项为P1P0=，公比为的等比数列P11=，P2P1=（）2，P3P2=（）3，PnPn1=（）n以上各式相加，得 Pn1=（）（）2（）n，Pn=1（）（）2（）n=P99=P98=