【K12教育学习资料】课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.7

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【配套K12】课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.9离散型随

§11.9 离散型随机变量的均值与方差、正态分布考纲展示►1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念．2．能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题． 3．利用实际问题的直方图，了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义．考点1 离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X 的分布列为(1)均值：称E (X )它反映了离散型随机变量取值的________．(2)D (X )＝∑i ＝1n[x i －E (X )]2p i 为随机变量X 的方差，它刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均________程度，其算术平方根D X 为随机变量X 的标准差．答案：(1)x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 平均水平 (2)偏离(1)[教材习题改编]设X ～B (n ，p )，若D (X )＝4，E (X )＝12，则n 的值为________．答案：18解析：∵X ～B (n ，p )，∴⎩⎪⎨⎪⎧np ＝12，np －p ＝4，解得p ＝23，n ＝18.(2)[教材习题改编]一台机器在一天内发生故障的概率为0.1.这台机器一周五个工作日不发生故障，可获利5万元；发生一次故障仍可获利2.5万元；发生两次故障的利润为0万元；发生三次或者三次以上的故障要亏损1万元．则这台机器一周内可能获利的均值是________万元．答案：3.764 015解析：设这台机器一周内可能获利X 万元，则P (X ＝5)＝(1－0.1)5＝0.590 49，P (X ＝2.5)＝C 15×0.1×(1－0.1)4＝0.328 05，P (X ＝0)＝C 25×0.12×(1－0.1)3＝0.072 9，P (X ＝－1)＝1－P (X ＝5)－P (X ＝2.5)－P (X ＝0)＝0.008 56，所以X 的分布列为9＋(－1)×0.008 56＝3.764 015(万元)．(3)[教材习题改编]随机变量ξ的分布列为其中a ，b ，c 成等差数列，若E (ξ)＝3，则D (ξ)＝________.答案：59解析：由题意有a ＋b ＋c ＝1,2b ＝a ＋c ，－a ＋c ＝13，得a ＝16，b ＝13，c ＝12，所以D (ξ)＝16×⎝⎛⎭⎪⎫－1－132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫0－132＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝59.离散型随机变量的均值与方差：随机变量的取值；对应取值的概率计算．签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的6支签，从中任意取3支，设X 为这3支签的号码之中最大的一个，则X 的数学期望为________．答案：5.25解析：由题意可知，X 可以取3,4,5,6，P (X ＝3)＝1C 36＝120，P (X ＝4)＝C 23C 36＝320，P (X ＝5)＝C 24C 36＝310，P (X ＝6)＝C 25C 36＝12，所以由数学期望的定义可求得E (X )＝5.25.[考情聚焦] 离散型随机变量的均值与方差是高中数学的重要内容，也是高考命题的热点，常与排列组合、概率等知识综合考查．主要有以下几个命题角度：角度一与超几何分布(或古典概型)有关的均值与方差[典题1] [2017·江西吉安高三期中]近年空气质量逐步恶化，雾霾天气现象出现增多，大气污染危害加重．大气污染可引起心悸、呼吸困难等心肺疾病．为了解某市心肺疾病是否与性别有关，在某医院随机的对入院的50人进行了问卷调查得到了如下的列联表：已知在全部50人中随机抽取1人，抽到患心肺疾病的人的概率为5.(1)请将上面的列联表补充完整；(2)是否有99.5%的把握认为患心肺疾病与性别有关，说明你的理由；(3)已知在患心肺疾病的10位女性中，有3位又患胃病．现在从患心肺疾病的10位女性中，选出3名进行其他方面的排查，记选出患胃病的女性人数为ξ，求ξ的分布列，数学期望以及方差．下面的临界值表供参考：参考公式K 2＝a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d[解] (1)列联表补充如下.(2)因为K 2＝a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，所以K 2≈8.333.又P (K 2≥7.879)＝0.005＝0.5%.那么，我们有99.5%的把握认为是否患心肺疾病是与性别有关系的．(3)ξ的所有可能取值：0,1,2,3，ξ服从超几何分布，其中N ＝10，M ＝3，n ＝3. 则P (ξ＝k )＝C k 3C 3－k7C 310(k ＝0,1,2,3)．所以P (ξ＝0)＝C 37C 310＝35120＝724；P (ξ＝1)＝C 13·C 27C 310＝63120＝2140；P (ξ＝2)＝C 23·C 17C 310＝740；P (ξ＝3)＝C 33C 310＝1120.则ξ的分布列为则E (ξ)＝0×724＋1×40＋2×40＋3×120＝10，D (ξ)＝⎝⎛⎭⎪⎫0－9102×724＋⎝⎛⎭⎪⎫1－9102×2140＋⎝⎛⎭⎪⎫2－9102×740＋⎝⎛⎭⎪⎫3－9102×1120＝49100. ξ的数学期望及方差分别为E (ξ)＝910，D (ξ)＝49100.角度二与事件的相互独立性有关的均值与方差[典题2] 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． [解] (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意，得X 所有可能的取值是1,2,3.P (X ＝1)＝16， P (X ＝2)＝56×15＝16， P (X ＝3)＝56×45×1＝23.则X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×3＝2.角度三二项分布的均值与方差[典题3] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2) ＝25×12＝15， P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2) ＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫151⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×5＝5.[点石成金] 求随机变量X 的均值与方差时，可首先分析X 是否服从二项分布，如果X ～B (n ，p )，则用公式E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )求解，可大大减少计算量．考点2 均值与方差的性质及其在决策中的应用1.均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝________.(2)D (aX ＋b )＝________(a ，b 为常数)．答案：(1)aE (X )＋b (2)a 2D (X ) 2．两点分布与二项分布的均值、方差答案：p (p[典题4] [2017·山东德州模拟]十八届三中全会提出以管资本为主加强国有资产监管，改革国有资本授权经营体制.2015年1月20日，中国恒天集团有限公司新能源汽车总部项目签约仪式在天津举行，说明国有企业的市场化改革已经踏上新的破冰之旅．恒天集团和绿地集团利用现有闲置资金可选择投资新能源汽车和投资文化地产，以推进混合所有制改革，使国有资源效益最大化．①投资新能源汽车：(1)当p ＝24时，求q 的值；(2)若恒天集团选择投资新能源汽车，绿地集团选择投资文化地产，如果一年后两集团中至少有一个集团盈利的概率大于34，求p 的取值范围；(3)恒天集团利用10亿元现有闲置资金进行投资，决定在投资新能源汽车和投资文化地产这两种方案中选择一种，已知q ＝38，那么恒天集团选择哪种投资方案，才能使得一年后盈利金额的均值较大？给出结果并说明理由．[解] (1)因为投资文化地产后，投资结果只有“盈利50%”“不赔不赚”“亏损35%”三种，且三种投资结果相互独立，所以p ＋18＋q ＝1.又p ＝1124，所以q ＝512.(2)记事件A 为“恒天集团选择投资新能源汽车且盈利”，事件B 为“绿地集团选择投资文化地产且盈利”，事件C 为“一年后两集团中至少有一个集团盈利”，则C ＝A B ∪A B ∪AB ，且A ，B 相互独立．由图表可知，P (A )＝12，P (B )＝p ，所以P (C )＝P (A B )＋P (A B )＋P (AB ) ＝12×(1－p )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×p ＋12×p ＝12＋12p . 因为P (C )＝12＋12p ＞34，所以p ＞12.又p ＋18＋q ＝1，q ≥0，所以p ≤78.所以12＜p ≤78.故p 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤12，78.(3)假设恒天集团选择投资新能源汽车，且记X 为恒天集团投资新能源汽车的盈利金额(单位：亿元)，则X 的所有可能取值为4,0，－2，所以随机变量X 的分布列为E (X )＝4×12＋0×16＋(－2)×3＝3.假设恒天集团选择投资文化地产，且记Y 为恒天集团投资文化地产的盈利金额(单位：亿元)，则Y 的所有可能取值为5,0，－3.5，所以随机变量Y 的分布列为E (Y )＝5×12＋0×18＋(－3.5)×8＝16.因为43＞1916，所以E (X )＞E (Y )．故恒天集团选择投资新能源汽车，才能使得一年后盈利金额的均值较大．[点石成金] 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及均值；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解：(1)设顾客所获的奖励额为X . ①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12.即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20,60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，故X 的分布列为E (X )＝20×12＋60×12＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的均值为E (X 1)＝20×16＋60×3＋100×6＝60，X 1的方差为D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003. 对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的均值为E (X 2)＝40×16＋60×3＋80×6＝60，X 2的方差为D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003. 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.考点3 正态分布问题1.正态分布的定义及表示如果对于任何实数a ，b (a ＜b )，随机变量X 满足P (a ＜X ≤b )＝⎠⎛ab φμ，σ(x )d x ，则称随机变量X 服从正态分布，记作________．答案：X ～N (μ，σ2) 2．正态分布的三个常用数据(1)P (μ－________＜X ≤μ＋________)＝________；(2)P (μ－________＜X ≤μ＋________)＝________； (3)P (μ－________＜X ≤μ＋________)＝________. 答案：(1)σ σ 0.682 6 (2)2σ 2σ 0.954 4 (3)3σ 3σ 0.997 4[典题5] (1)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是( )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t )D ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t ) [答案] D[解析] 由图象知，μ1＜μ2，σ1＜σ2，P (Y ≥μ2)＝12，P (Y ≥μ1)＞12，故P (Y ≥μ2)＜P (Y ≥μ1)，故A 错；因为σ1＜σ2，所以P (X ≤σ2)＞P (X ≤σ1)，故B 错；对任意正数t ，P (X ≥t )＜P (Y ≥t )，故C 错；对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )是正确的，故选D.(2)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74% [答案] B[解析] 由正态分布的概率公式知，P (－3<ξ<3)＝0.682 6，P (－6<ξ<6)＝0.954 4，故P (3<ξ<6)＝P －6<ξ－P －3<ξ2＝0.954 4－0.682 62＝0.135 9＝13.59%，故选B.[点石成金] 解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x ＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ和分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.1.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772 答案：C解析：由P (－1<X ≤1)＝0.682 6，得P (0<X ≤1)＝0.341 3，则阴影部分的面积为0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为10 000×0.341 31×1＝3413.2．某校在一次月考中约有600人参加考试，数学考试的成绩ξ～N (90，a 2)(a >0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人．答案：120解析：∵ξ～N (90，a 2)，∴其正态分布曲线关于直线x ＝90对称，又成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝15，∴此次数学考试成绩不低于110分的学生约有15×600＝120(人).[方法技巧] 1.求离散型随机变量均值、方差的基本方法(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解； (2)已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝a ξ＋b 的均值、方差和标准差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解；(3)如能分析所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，可直接利用它们的均值、方差公式求解．2．若X 服从正态分布，即X ～N (μ，σ2)，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间的面积为1的性质．[易错防范] 1.在没有准确判断分布列模型之前不能乱套公式．2．对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的分布列，然后按定义计算出随机变量的均值、方差．真题演练集训1．[2016·四川卷]同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是________．答案：32解析：由题意知，试验成功的概率p ＝34，故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34，所以E (X )＝2×34＝32. 2．[2014·新课标全国卷Ⅰ]从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数，利用①的结果，求E(X)．附：150≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z～N(200,150)，从而P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.682 6.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X～B(100，0.682 6)，所以E(X)＝100×0.682 6＝68.26.3．[2016·新课标全国卷Ⅱ]某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．解：(1)设A 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.20＋0.20＋0.10 ＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.10 ＋0.05＝0.15.又P (AB ) ＝P (B )，故P (B |A )＝P AB P A ＝P B P A ＝0.150.55＝311.因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为E (X )＝2a ×0.05＝1.23a .因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.课外拓展阅读离散型随机变量的期望问题离散型随机变量的期望常与茎叶图、频率分布直方图、分层抽样、函数、不等式等知识相结合，这就为设计新颖、内在联系密切、思维方法灵活的考题开辟了广阔的空间．近年高考中有关离散型随机变量的期望的题目多以解答题形式呈现，一题多问，这样既降低了起点，又分散了难点，能较全面地考查必然与或然思想、处理交汇性问题的能力和运算求解能力，难度多为中等，分值在12分左右．现一起走进离散型随机变量的期望，欣赏其常见的交汇方式与解题方法．一、离散型随机变量的期望与茎叶图的交汇问题[典例1] 为备战2017年青年跳水世锦赛，我国跳水健儿积极训练，在最近举行的一次选拔赛中，甲、乙两名运动员为争夺一个参赛名额进行了七轮激烈的比赛，甲、乙两名选手七轮比赛的得分如图所示，已知甲的平均得分比乙的平均得分少1.(1)求甲得分的众数与乙得分的极差；(2)若从甲、乙两名运动员不低于80且不高于90的得分中各任选1个，记甲、乙两名运动员得分之差的绝对值为ξ，求ξ的分布列及其期望．[思路分析] (1)观察茎叶图中甲的数据，判断出现次数最多的数据，即众数；观察茎叶图中乙的数据，找出最高分与最低分，相减可得乙得分的极差；(2)先求ξ的所有可能取值，然后利用古典概型的概率计算公式，求出ξ取各个值时的概率，列出其分布列，最后利用期望的定义求出期望值．[解] (1)由茎叶图可知，甲、乙两名运动员七轮比赛的得分情况如下：甲：78,80＋m,84,85,84,85,91；乙：79,84,84,86,87,84,91.则乙的平均得分为x 乙＝17×(79＋84＋84＋86＋87＋84＋91)＝85，所以甲的平均得分为x 甲＝85－1＝84，即17×[78＋(80＋m )＋84＋85＋84＋85＋91]＝84，解得m ＝1. 所以甲得分的众数为84,85，乙得分的极差为91－79＝12. (2)设甲、乙两名运动员的得分分别为x ，y ，则ξ＝|x －y |.由茎叶图可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,5,6. 当ξ＝0时，x ＝y ＝84，故P (ξ＝0)＝C 12C 13C 15C 15＝625；当ξ＝1时，x ＝85，y ＝84或86，故P (ξ＝1)＝C 12C 14C 15C 15＝825；当ξ＝2时，x ＝84，y ＝86或x ＝85，y ＝87，故P (ξ＝2)＝C 12C 11C 15C 15＋C 12C 11C 15C 15＝425；当ξ＝3时，x ＝81，y ＝84或x ＝84，y ＝87，C 5C 5C 5C 55当ξ＝5时，x ＝81，y ＝86，故P (ξ＝5)＝C 11C 11C 15C 15＝125；当ξ＝6时，x ＝81，y ＝87，故P (ξ＝6)＝C 11C 11C 15C 15＝125.所以ξ的分布列为ξ的期望为E (ξ)＝0×25＋1×25＋2×25＋3×5＋5×25＋6×25＝25.突破攻略本题以实际生活为背景，并融入排列、组合、古典概型的概率、随机变量的分布列与期望等知识进行探求，有很强的现实意义与时代气息．破解离散型随机变量的期望与茎叶图的交汇题的关键：一是看图说话，即看懂茎叶图，并能适时提取相关的数据；二是会求概率，即利用排列、组合知识，以及古典概型的概率公式求随机变量的概率；三是活用定义，利用随机变量的数学期望的定义进行计算．二、离散型随机变量的期望与函数的交汇问题[典例2] 某次假期即将到来，喜爱旅游的小陈准备去厦门游玩，初步打算去鼓浪屿、南普陀寺、白城浴场三个景点，每个景点有可能去的概率都是13，且是否游览某个景点互不影响，设ξ表示小陈离开厦门时游览的景点数．(1)求ξ的分布列、期望及其方差；(2)记“函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率．[思路分析] (1)依题设条件可判断ξ服从二项分布，利用二项分布公式即可求出其分布列、期望及方差；(2)先求出二次函数f (x )的图象的对称轴方程，利用f (x )单调性，可求出ξ的取值范围，即可求出事件A 的概率．[解] (1)依题意，得ξ的所有可能取值分别为0,1,2,3.因为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，⎝⎭327P (ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49， P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29，P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127. 所以ξ的分布列为所以ξ的期望为E (ξ)＝3×3＝1，ξ的方差为D (ξ)＝3×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝23.(2)因为f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32ξ2＋1－94ξ2的图象的对称轴方程为x ＝32ξ，又函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在[2，＋∞)上单调递增，所以32ξ≤2，即ξ≤43.所以事件A 的概率P (A )＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≤43＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1) ＝827＋49＝2027. 突破攻略本题以旅游为背景，考查了二项分布的分布列及其期望的探求，将二次函数知识融入其中是本题的“闪光”之处，又以函数的单调性“一剑封喉”，使呆板、平淡的数学题充满活力和无穷魅力！求解离散型随机变量的期望与函数交汇题的“两步曲”：一是活用公式，如果能够断定随机变量X 服从二项分布B (n ，p )，则其期望与方差可直接利用公式E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )求得；二是分拆事件，会对随机事件进行分拆，即把事件分拆成若干个互斥事件的和，这样就能正确进行概率计算．三、离散型随机变量的期望与频率分布直方图的交汇问题[典例3] 某学院为了调查本校学生“阅读相伴”(“阅读相伴”是指课外阅读超过1个小时)的天数情况，随机抽取了40名本校学生作为样本，统计他们在该月30天内“阅读相伴”的天数，并将所得的数据分成以下六组：[0,5]，(5,10]，(10,15]，…，(25,30]，由此画出样本的频率分布直方图，如图所示．(1)根据频率分布直方图，求这40名学生中“阅读相伴”天数超过20的人数；(2)现从这40名学生中任取2名，设Y 为取出的2名学生中“阅读相伴”天数超过20的人数，求Y 的分布列及数学期望E (Y )．[思路分析] (1)观察频率分布直方图，求出“阅读相伴”天数超过20的频率，即可求出其频数；(2)依题设条件可判断Y 服从超几何分布，因此可利用超几何分布的概率公式求出Y 取各个值时的概率，列出分布列，最后求出E (Y )的值．[解] (1)由题图可知，“阅读相伴”天数未超过20的频率为(0.01＋0.02＋0.03＋0.09)×5＝0.15×5＝0.75，所以“阅读相伴”天数超过20的学生人数是40×(1－0.75)＝40×0.25＝10. (2)随机变量Y 的所有可能取值为0,1,2. 所以P (Y ＝0)＝C 230C 240＝2952，P (Y ＝1)＝C 110C 130C 240＝513，P (Y ＝2)＝C 210C 240＝352.所以Y 的分布列为所以Y 的数学期望E (Y )＝0×52＋1×13＋2×52＝2.突破攻略本题将传统的频率分布直方图背景赋予新生的数学期望，立意新颖、构思巧妙．求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，对于这些实际问题中的随机变量X ，如果能够断定它服从超几何分布H (N ，M ，n )，则随机变量X 的概率可利用概率公式P (X ＝m )＝C m M C n －mN －M C n N (m ＝0，1，…，n ，)求得，期望可直接利用公式E (X )＝MnN求得．。

课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.4随机事件的概率学案理2017101425

§11.4随机事件的概率考纲展示►1.了解随机事件发生的不确定性和概率的稳定性，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．考点1随机事件的关系1.事件的分类答案：一定会一定不会可能发生也可能不2．频率和概率(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出n A现的________n A为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f n(A)＝为事件A出现的频率．n(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的________稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．答案：(1)次数(2)频率f n(A)3．事件的关系与运算定义符号表示如果事件A发生，则事件B________，包含________关系这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)(或A⊆B)相等若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件BA＝B 关系相等并事件若某事件发生当且仅当A∪B (和事件) __________________，称此事件为事件(或A＋B)A与事件B的并事件(或和事件)若某事件发生当且仅当交事件______________________________，则称此事件(积事件) (或AB)为事件A与事件B的交事件(或积事件)续表定义符号表示互斥事件若A∩B为________事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝∅A∩B＝∅对立若A∩B为________事件，A∪B为________事件，且A∪B 事件那么称事件A与事件B互为对立事件＝U 答案：一定发生B⊇A事件A发生或事件B发生事件A发生且事件B发生A∩B 不可能不可能必然[教材习题改编]从6名男生、2名女生中任选3人，则下列事件：①3人都是男生；②至少有1名男生；③3人都是女生；④至少有1名女生．其中是必然事件的序号有__________．答案：②解析：因为只有2名女生，所以任选3人，至少有1人是男生.概率的基本概念：事件的概念；频率与概率的关系．(1)抛掷骰子一次，出现的点数可能是1,2,3,4,5,6，设事件A表示出现的点数是偶数或不小于5，则A＝__________.答案：{2,4,5,6}解析：出现偶数有2,4,6，不小于5有5,6，所以事件A＝{2,4,5,6}．(2)某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数10 20 50 100 200 500击中靶心次数8 19 44 92 178 455 这个射手射击一次，击中靶心的概率约是__________．答案：0.90m 解析：击中靶心的频率依次为0.8,0.95,0.88，0.92，0.89,0.91，易知击中靶心的频率n 在0.90附近摆动，故P(A)≈0.90.[典题1](1)[2017·湖北十市联考]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．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”[答案] D[解析]A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球、一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．(2)一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出现奇数点”，事件B表示“向上的一面出现的点数不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的点数不小于4”，则()A．A与B是互斥而非对立事件B．A与B是对立事件C．B与C是互斥而非对立事件D．B与C是对立事件[答案] D[解析]根据互斥事件与对立事件的定义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件A，B不互斥更不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B，C是对立事件．[点石成金]判别互斥事件与对立事件的两种方法(1)定义法判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．(2)集合法①由各个事件所含的结果组成的集合，彼此的交集为空集，则事件互斥．②事件A的对立事件A所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．考点2随机事件的概率概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：________.(2)必然事件的概率P(E)＝________.(3)不可能事件的概率P(F)＝________.(4)概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝________.若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝________，P(A)＝________.答案：(1)[0,1](2)1(3)0(4)P(A)＋P(B)11－P(B)(1)[2017·贵州贵阳一中适应性考试]某校新生分班，现有A，B，C三个不同的班，甲和乙同学将被分到这三个班，每个同学分到各班的可能性相同，则这两名同学被分到同一个班的概率为()1 1 5 3A. B. C. D.3 5 3 4答案：A解析：甲，乙两名同学分班有以下情况：(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9种，其中符合条件的有3种，所以这两名同学被分到3 1同一个班的概率为＝，故选A.9 3(2)[教材习题改编]记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．2答案：9解析：根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率2为.9[典题2]某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.商品甲乙丙丁顾客人数100 √×√√217 ×√×√200 √√√×300 √×√×85 √×××98 ×√××(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？[解](1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所200以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.1 000(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200 位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋200＝0.3.1 000200(3)与(1)同理可得，顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，1 000100＋200＋300顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，1 000100顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.1 000所以如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．[题点发散1]在本例条件下，估计顾客购买乙或丙的概率．217＋98解：解法一：顾客购买乙而不购买丙的概率为＝0.315，1 000100＋300顾客购买丙而不购买乙的概率为＝0.4，1 000200顾客既购买乙又购买丙的概率为＝0.2.1 000故顾客购买乙或丙的概率为0.315＋0.4＋0.2＝0.915.85解法二：顾客既不购买乙也不购买丙的概率为＝0.085.1 000故顾客购买乙或丙的概率为1－0.085＝0.915.[题点发散2]在本例条件下，估计顾客至少购买两件商品的概率是多少？85＋98解：顾客只购买一件商品的概率为＝0.183.1 000故顾客至少购买两件商品的概率是1－0.183＝0.817.[点石成金] 1.概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．2．随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率.随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴日期11 12 13 14 15 16 17 18 19 20天气阴晴晴晴晴晴阴雨阴阴日期21 22 23 24 25 26 27 28 29 30天气晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；(2)某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．解：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，26 13西安市不下雨的概率为＝.30 15(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不7下雨的频率为.87以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.8考点3互斥事件与对立事件的概率(1)[教材习题改编]若A，B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝__________.答案：0.3解析：∵A，B为互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋P(B)＝0.7，∴P(B)＝0.7－0.4＝0.3.(2)[教材习题改编]经统计，在夏日超市付款处排队等候付款的人数及其概率如下：排队人数0 1 2 3 4 5人及以上概率0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04则至少有2人排队的概率为__________．答案：0.74解析：依题意，“至少有2人排队”记为事件A，则其对立事件为至多有1人排队，所以P(A)＝1－(0.1＋0.16)＝0.74.互斥事件：不同时发生；加法公式．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，设A＝{恰有1名男生}，B＝{恰有2名男生}，C＝{至少有1名男生}，D＝{至少有1名女生}，其中彼此互斥的事件是__________，互为对立事件的是__________．答案：A与B，B与D B与D解析：设I为从3名男生和2名女生中，任选2名同学去参加演讲比赛所发生的所有情况．因为A∩B＝∅，B∩D＝∅，所以A与B，B与D为互斥事件．因为B∩D＝∅，B∪D＝I，所以B与D互为对立事件．[典题3][2017·河南洛阳模拟]经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：排队人数0 1 2 3 4 5人及5人以上概率0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04求：(1)至多2人排队等候的概率是多少？(2)至少3人排队等候的概率是多少？[解]记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)解法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.解法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G) ＝0.44.[点石成金]求复杂互斥事件概率的两种方法(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(A)求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就会较简便．[提醒]应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差).某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．1 10 1 50 1解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.1 000 1 000 100 1 000 201 1 1故事件A，B，C的概率分别为，，.1 000 100 20(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.∵A，B，C两两互斥，1＋10＋50 61∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.故1张奖券的中奖概率为1 000 1 00061.1 000(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P(N)＝1－P(A∪B)1 1 989＝1－( ＝.＋100)1 000 1 000989故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.1 000[方法技巧] 1.从集合角度理解互斥事件和对立事件从集合的角度看，几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，事件A的对立事件A所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．2．当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)．真题演练集训1．[2014·新课标全国卷Ⅰ]4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()答案：D解析：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，1＋1 7∴所求概率为1－＝.16 82．[2015·江苏卷]袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．5答案：6解析：由古典概型概率公式，得C24－C 52所求事件的概率为P＝＝.C24 63．[2016·北京卷]A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：A班6 6.577.58B班67 8 9101112C班3 4.567.5910.51213.5(1)试估计C班的学生人数；(2)从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙，假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；(3)再从A，B，C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位：小时)．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．(结论不要求证明)解：(1)由题意知，抽出的20名学生中，来自C班的学生有8名．根据分层抽样方法，C8班的学生人数估计为100×＝40.20(2)设事件A i为“甲是现有样本中A班的第i个人”，i＝1,2，…，5，事件C j为“乙是现有样本中C班的第j个人”，j＝1,2， (8)1由题意可知，P(A i)＝，i＝1,2， (5)51P(C j)＝，j＝1,2， (8)81 1 1P(A i C j)＝P(A i)P(C j)＝×＝，i＝1,2，...，5，j＝1，2， (8)5 8 40设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”．由题意知，∪A5C4.因此P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3)＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3)＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)1 3＝15×＝.40 8(3)μ1<μ0.课外拓展阅读方程思想在概率问题中的运用探讨[典例]袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球1 5 5的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄3 12 12球、绿球的概率各是多少？[思路分析]本题可利用方程的思想及互斥事件、对立事件的概率公式求解，也可逐个求各色球的个数再求其概率．[解]解法一：从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，1则有P(A)＝，35P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，125P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，121 2P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，3 31 1 1联立解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，4 6 41 1 1因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.4 6 4n 1解法二：设红球有n个，则＝，12 3所以n＝4，即红球有4个．5又得到黑球或黄球的概率是，12所以黑球和黄球共5个．又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．5又得到黄球或绿球的概率也是，13- 11 -所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2 ＝3(个)．3 1 2 1 3 1因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是＝，＝，＝.12 4 12 6 12 4- 12 -。

高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布 11.6 几何概型真题演练集训理新

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11.6 几何概型真题演练集训理新人教A版1．［2016·新课标全国卷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.错误! B。

错误! C。

错误! D。

错误!答案：B解析：由题意画图，由图得等车时间不超过10分钟的概率为错误!.2．［2016·新课标全国卷Ⅱ］从区间[0，1］随机抽取2n个数x1,x2，…，x n，y1,y2,…,y n,构成n个数对（x1，y1），(x2，y2），…，（x n，y n），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。

错误! B。

错误! C。

错误! D.错误!答案：C解析:设由错误!构成的正方形的面积为S,x错误!＋y错误!<1构成的图形的面积为S′,所以错误!＝错误!＝错误!，所以π＝错误!,故选C。

3．[2015·陕西卷］设复数z＝(x－1)＋y i（x,y∈R),若｜z|≤1，则y≥x的概率为（)A.错误!＋错误!B。

错误!＋错误!C。

教育最新K12课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.3二项式定理学案理

§11.3 二项式定理考纲展示►1.能利用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．考点1 二项展开式中特定项或系数问题二项式定理n n n n n(1)[教材习题改编](1－2x )7的展开式的第4项的系数是________．答案：－280解析：展开式中，T r ＋1＝C r 7·(－2x )r ＝C r 7·(－2)r x r ，当r ＝3时，T 4＝C 37·(－2)3·x 3＝－280x 3，所以第4项的系数为－280.(2)[教材习题改编]⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 212的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r12x 12－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项.[典题1] (1)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 5的展开式中，含x 4的项的系数是( )A ．10B ．－10C ．－5D ．20 [答案] A[解析] 由二项式定理可知，展开式的通项为C r5(－1)r x10－3r，令10－3r ＝4，得r ＝2，所以含x 4项的系数为C 25(－1)2＝10，故选A.(2)[2017·吉林长春模拟]⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x35的展开式中的常数项为( )A ．80B ．－80C ．40D ．－40 [答案] C[解析] ∵T r ＋1＝C r5(x 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝(－2)r C r 5x10－5r，由10－5r ＝0，得r ＝2， ∴T 3＝(－2)2C 25＝40.(3)[2015·湖南卷]已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( ) A. 3 B ．－ 3 C ．6 D ．－6 [答案] D[解析] T r ＋1＝C r5(x )5－r·⎝⎛⎭⎪⎫－a x r＝C r 5(－a )rx，由5－2r 2＝32，解得r ＝1.由C 15(－a )＝30，得a ＝－6.故选D.(4)⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －124x 8的展开式中的有理项共有________项． [答案] 3[解析] ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －124x 8的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8·(x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝－12r C r8x(r ＝0,1,2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，r 必须是4的倍数，所以r ＝0,4,8，故共有3个有理项．(5)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 2n的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为________．[答案] 5[解析] 二项展开式的的通项是T r ＋1＝C r n x3n －3r x －2r＝C r n x3n －5r，令3n －5r ＝0，得n ＝5r3(r ＝0,1,2，…，n )，故当r ＝3时，n 有最小值5.[点石成金] 1.求展开式中的特定项，可依据条件写出第k ＋1项，再由特定项的特点求出k 的值即可．2．已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k ＋1项，由特定项得出k 的值，最后求出其参数．考点2 二项式系数及项的系数问题二项式系数的性质答案：相等递增的递减的一项两项 2n2n －1二项式系数与项的系数的区别．已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________．答案：29解析：因为展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.根据二项式系数和的相关公式得，奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.1.系数和：赋值法．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为________．答案：8解析：令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0；令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16.故a 0＋a 2＋a 4＝8.2．通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 7的展开式中x 5的系数是________．(用数字填写答案) 答案：35 解析：T r ＋1＝C r7(x 3)7－r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 7·x 21－4r ，令21－4r ＝5，得r ＝4，因此x 5的系数为C 47＝35.[典题2] [2017·四川成都一中模拟]设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2 [答案] A[解析] 令等式中x ＝－1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A. [点石成金] 1.赋值法研究二项式的系数和问题“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．2．二项式系数最大项的确定方法(1)如果n 是偶数，则中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；(2)如果n 是奇数，则中间两项第n ＋12项与第n ＋12＋1项的二项式系数相等并最大.1.在(1＋x )n (x ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5的系数最大，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 答案：C解析：二项式中仅x 5的系数最大，其最大值必为，即得n2＝5，解得n ＝10.2．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为( ) A ．1或3 B ．－3 C ．1 D ．1或－3 答案：D解析：令x ＝0，得a 0＝(1＋0)6＝1. 令x ＝1，得(1＋m )6＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6. 又a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6＝63， ∴(1＋m )6＝64＝26， ∴m ＝1或m ＝－3.考点3 多项式展开式中的特定项或系数问题[考情聚焦] 在高考中，常常涉及一些多项式问题，主要考查学生的化归能力．主要有以下几个命题角度：角度一几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题[典题3] [2017·山东荣成模拟]在1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋(1＋x )4＋(1＋x )5的展开式中，含x 2项的系数是( )A ．10B ．15C ．20D ．25 [答案] C[解析] 含x 2项的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＝20. 角度二几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题[典题4] [2015·新课标全国卷Ⅱ](a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[答案] 3[解析] 设(a ＋x )(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5. 令x ＝1，得(a ＋1)×24＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5.① 令x ＝－1，得0＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5.②①－②，得16(a ＋1)＝2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×32， ∴a ＝3. 角度三三项展开式中的特定项(系数)问题[典题5] [2015·新课标全国卷Ⅰ](x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．60 [答案] C[解析] 解法一：(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C.解法二：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.故选C.[点石成金] 1.对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可．2．对于几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．3．对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．考点4 二项式定理的应用[典题6] (1)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( )A ．0B ．1C ．11D ．12 [答案] D [解析] 512 012＋a ＝(52－1)2 012＋a ＝C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…－C 2 0112 012×52＋C 2 0122 012＋a ，∵C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…－C 2 0112 012×52能被13整除，且512 012＋a 能被13整除，∴C 2 0122 012·(－1)2 012＋a ＝1＋a 也能被13整除，又0≤a <13，因此a 的值为12.(2)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除． [证明] ∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n－12－1＝25n－1＝32n －1＝(31＋1)n－1 ＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．(3)用二项式定理证明2n >2n ＋1(n ≥3，n ∈N *)． [证明] 当n ≥3，n ∈N *时， 2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C nn ＝2n ＋2>2n ＋1， ∴不等式成立．[点石成金] 1.整除问题和求近似值是二项式定理的两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．2．二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式． 3．由于(a ＋b )n的展开式共有n ＋1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的．1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是( ) A ．－1B ．1C ．－87D ．87 答案：B解析：1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.[方法技巧] 二项展开式的通项T k ＋1＝C k n an －k b k中含有a ，b ，n ，k ，T k ＋1五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求第五个元素，这类问题一般是利用二项式定理把问题归纳为解方程(或方程组)的问题，这里必须注意n 是正整数，k 是非负整数，且k ≤n .(1)第m 项：此时k ＋1＝m ，直接代入通项．(2)常数项：即项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程． (3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅰ](2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________．(用数字填写答案)答案：10解析：由(2x ＋x )5，得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r＝25－ r C r5x，令5－r2＝3，得r ＝4，此时系数为10.2．[2016·北京卷]在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答) 答案：60解析：(1 －2x )6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6(－2)r x r，当r ＝2时，T 3＝C 26(－2)2x 2＝60x 2，所以x 2的系数为60.3．[2016·天津卷]⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的展开式中x 7的系数为________．(用数字作答)答案：－56解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r ，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56.4．[2016·山东卷]若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________.答案：－2解析：⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r5(ax 2)5－r·x －r2 ＝C r 5a5－r·x ，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2. 5．[2014·新课标全国卷Ⅰ](x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________．(用数字填写答案)答案：－20解析：x 2y 7＝x ·(xy 7)，其系数为C 78，x 2y 7＝y ·(x 2y 6)，其系数为－C 68，∴x 2y 7的系数为C 78－C 68＝8－28＝－20.课外拓展阅读二项展开式中赋值法的应用[典例] 在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和．[审题视角] 求二项式系数的和或各项系数的和的问题，常用赋值法求解． [解] 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*) 各项系数的和即为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数的和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项的系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9， x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210. (2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29. 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29. (4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1.① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②，得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数的和为1＋5102；①－②，得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数的和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102；x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.方法点睛(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)“赋值法”是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题易出现漏项等情况，应引起注意．例：若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数的和为f (1)，奇数项系数的和为a 0＋a 2＋a4＋…＝f＋f －2，偶数项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f－f －2，令x＝0，可得a 0＝f (0)．。

2018版高考数学(理)一轮复习文档：第十一章统计与概率11.2含解析

1．作频率分布直方图的步骤（1)求极差(即一组数据中最大值与最小值的差）．（2）决定组距与组数．(3）将数据分组．（4）列频率分布表．(5）画频率分布直方图．2．频率分布折线图和总体密度曲线(1)频率分布折线图：连接频率分布直方图中各小长方形上端的中点，就得到频率分布折线图．(2)总体密度曲线:随着样本容量的增加，作图时所分的组数增加，组距减小，相应的频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线,统计中称这条光滑曲线为总体密度曲线．3．茎叶图统计中还有一种被用来表示数据的图叫做茎叶图，茎是指中间的一列数，叶就是从茎的旁边生长出来的数．4．标准差和方差(1）标准差是样本数据到平均数的一种平均距离．（2)标准差：s＝错误!。

（3）方差：s2＝错误!［(x1－错误!)2＋(x2－错误!）2＋…＋(x n－错误!)2](x n是样本数据，n是样本容量，错误!是样本平均数）．【知识拓展】1．频率分布直方图的特点(1)频率分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距,纵坐标表示错误!，频率＝组距×频率组距。

（2)频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1,因为在频率分布直方图中组距是一个固定值，所以各小长方形高的比也就是频率比．(3）频率分布表和频率分布直方图是一组数据频率分布的两种形式,前者准确，后者直观．2．平均数、方差的公式推广(1）若数据x1，x2，…，x n的平均数为错误!,那么mx1＋a，mx2＋a,mx3＋a,…,mx n＋a的平均数是m错误!＋a.（2）数据x1，x2，…,x n的方差为s2。

①数据x1＋a，x2＋a，…，x n＋a的方差也为s2;②数据ax1,ax2，…，ax n的方差为a2s2.【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1)平均数、众数与中位数从不同的角度描述了一组数据的集中趋势．( √)(2)一组数据的众数可以是一个或几个，那么中位数也具有相同的结论．( ×）(3)从频率分布直方图得不出原始的数据内容，把数据表示成直方图后，原有的具体数据信息就被抹掉了．（√)（4）茎叶图一般左侧的叶按从大到小的顺序写，右侧的叶按从小到大的顺序写，相同的数据可以只记一次．（×）（5)在频率分布直方图中，最高的小长方形底边中点的横坐标是众数．( √）（6）在频率分布直方图中,众数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．（×)1。

(课标通用)2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.3二项式定理学案理

§11.3 二项式定理考纲展示►1.能利用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．考点1 二项展开式中特定项或系数问题二项式定理n n n n n(1)[教材习题改编](1－2x )7的展开式的第4项的系数是________．答案：－280解析：展开式中，T r ＋1＝C r 7·(－2x )r ＝C r 7·(－2)r x r ，当r ＝3时，T 4＝C 37·(－2)3·x 3＝－280x 3，所以第4项的系数为－280.(2)[教材习题改编]⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 212的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r12x 12－r·⎝⎛⎭⎪⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项.[典题1] (1)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 5的展开式中，含x 4的项的系数是( )A ．10B ．－10C ．－5D ．20 [答案] A[解析] 由二项式定理可知，展开式的通项为C r5(－1)r x10－3r，令10－3r ＝4，得r ＝2，所以含x 4项的系数为C 25(－1)2＝10，故选A.(2)[2017·吉林长春模拟]⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x35的展开式中的常数项为( )A ．80B ．－80C ．40D ．－40 [答案] C[解析] ∵T r ＋1＝C r5(x 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝(－2)r C r 5x10－5r，由10－5r ＝0，得r ＝2， ∴T 3＝(－2)2C 25＝40.(3)[2015·湖南卷]已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( ) A. 3 B ．－ 3 C ．6 D ．－6 [答案] D[解析] T r ＋1＝C r5(x )5－r·⎝⎛⎭⎪⎫－a x r＝C r 5(－a )rx，由5－2r 2＝32，解得r ＝1.由C 15(－a )＝30，得a ＝－6.故选D.(4)⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －124x 8的展开式中的有理项共有________项． [答案] 3[解析] ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －124x 8的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8·(x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝－12r C r8x(r ＝0,1,2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，r 必须是4的倍数，所以r ＝0,4,8，故共有3个有理项．(5)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 2n的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为________．[答案] 5[解析] 二项展开式的的通项是T r ＋1＝C r n x3n －3r x －2r＝C r n x3n －5r，令3n －5r ＝0，得n ＝5r3(r ＝0,1,2，…，n )，故当r ＝3时，n 有最小值5.[点石成金] 1.求展开式中的特定项，可依据条件写出第k ＋1项，再由特定项的特点求出k 的值即可．2．已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k ＋1项，由特定项得出k 的值，最后求出其参数．考点2 二项式系数及项的系数问题二项式系数的性质答案：相等递增的递减的一项两项 2n2n －1二项式系数与项的系数的区别．已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________．答案：29解析：因为展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.根据二项式系数和的相关公式得，奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.1.系数和：赋值法．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为________．答案：8解析：令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0；令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16.故a 0＋a 2＋a 4＝8.2．通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 7的展开式中x 5的系数是________．(用数字填写答案) 答案：35 解析：T r ＋1＝C r7(x 3)7－r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 7·x 21－4r ，令21－4r ＝5，得r ＝4，因此x 5的系数为C 47＝35.[典题2] [2017·四川成都一中模拟]设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2 [答案] A[解析] 令等式中x ＝－1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A. [点石成金] 1.赋值法研究二项式的系数和问题“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．2．二项式系数最大项的确定方法(1)如果n 是偶数，则中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；(2)如果n 是奇数，则中间两项第n ＋12项与第n ＋12＋1项的二项式系数相等并最大.1.在(1＋x )n (x ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5的系数最大，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 答案：C解析：二项式中仅x 5的系数最大，其最大值必为，即得n2＝5，解得n ＝10.2．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为( ) A ．1或3 B ．－3 C ．1 D ．1或－3 答案：D解析：令x ＝0，得a 0＝(1＋0)6＝1. 令x ＝1，得(1＋m )6＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6. 又a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6＝63， ∴(1＋m )6＝64＝26， ∴m ＝1或m ＝－3.考点3 多项式展开式中的特定项或系数问题[考情聚焦] 在高考中，常常涉及一些多项式问题，主要考查学生的化归能力．主要有以下几个命题角度：角度一几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题[典题3] [2017·山东荣成模拟]在1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋(1＋x )4＋(1＋x )5的展开式中，含x 2项的系数是( )A ．10B ．15C ．20D ．25 [答案] C[解析] 含x 2项的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＝20. 角度二几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题[典题4] [2015·新课标全国卷Ⅱ](a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[答案] 3[解析] 设(a ＋x )(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5. 令x ＝1，得(a ＋1)×24＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5.① 令x ＝－1，得0＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5.②①－②，得16(a ＋1)＝2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×32， ∴a ＝3. 角度三三项展开式中的特定项(系数)问题[典题5] [2015·新课标全国卷Ⅰ](x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．60 [答案] C[解析] 解法一：(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C.解法二：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.故选C.[点石成金] 1.对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可．2．对于几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．3．对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．考点4 二项式定理的应用[典题6] (1)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( )A ．0B ．1C ．11D ．12 [答案] D [解析] 512 012＋a ＝(52－1)2 012＋a ＝C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…－C 2 0112 012×52＋C 2 0122 012＋a ，∵C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…－C 2 0112 012×52能被13整除，且512 012＋a 能被13整除，∴C 2 0122 012·(－1)2 012＋a ＝1＋a 也能被13整除，又0≤a <13，因此a 的值为12.(2)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除． [证明] ∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n－12－1＝25n－1＝32n －1＝(31＋1)n－1 ＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．(3)用二项式定理证明2n >2n ＋1(n ≥3，n ∈N *)． [证明] 当n ≥3，n ∈N *时， 2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C nn ＝2n ＋2>2n ＋1， ∴不等式成立．[点石成金] 1.整除问题和求近似值是二项式定理的两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．2．二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式． 3．由于(a ＋b )n的展开式共有n ＋1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的．1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是( ) A ．－1B ．1C ．－87D ．87 答案：B解析：1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.[方法技巧] 二项展开式的通项T k ＋1＝C k n an －k b k中含有a ，b ，n ，k ，T k ＋1五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求第五个元素，这类问题一般是利用二项式定理把问题归纳为解方程(或方程组)的问题，这里必须注意n 是正整数，k 是非负整数，且k ≤n .(1)第m 项：此时k ＋1＝m ，直接代入通项．(2)常数项：即项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程． (3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅰ](2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________．(用数字填写答案)答案：10解析：由(2x ＋x )5，得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r＝25－ r C r5x，令5－r2＝3，得r ＝4，此时系数为10.2．[2016·北京卷]在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答) 答案：60解析：(1 －2x )6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6(－2)r x r，当r ＝2时，T 3＝C 26(－2)2x 2＝60x 2，所以x 2的系数为60.3．[2016·天津卷]⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的展开式中x 7的系数为________．(用数字作答)答案：－56解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r ，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56.4．[2016·山东卷]若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________.答案：－2解析：⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r5(ax 2)5－r·x －r2 ＝C r 5a5－r·x ，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2. 5．[2014·新课标全国卷Ⅰ](x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________．(用数字填写答案)答案：－20解析：x 2y 7＝x ·(xy 7)，其系数为C 78，x 2y 7＝y ·(x 2y 6)，其系数为－C 68，∴x 2y 7的系数为C 78－C 68＝8－28＝－20.课外拓展阅读二项展开式中赋值法的应用[典例] 在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和．[审题视角] 求二项式系数的和或各项系数的和的问题，常用赋值法求解． [解] 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*) 各项系数的和即为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数的和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项的系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9， x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210. (2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29. 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29. (4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1.① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②，得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数的和为1＋5102；①－②，得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数的和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102；x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.方法点睛(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)“赋值法”是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题易出现漏项等情况，应引起注意．例：若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数的和为f (1)，奇数项系数的和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f＋f －2，偶数项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f－f －2，令x＝0，可得a 0＝f (0)．。

【人教A版】2018版高考数学(理)一轮设计：第11章-计数原理、概率、随机变量及其分布第3讲

基础诊断
考点突破
课堂总结
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
n k k (1)Ck a b 是二项展开式的第 k 项.( n
－
精彩 PPT 展示 )
(2) 二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.( )
(3)(a ＋ b)n 的展开式中某一项的二项式系数与 a ， b 无关.( )
n 项式系数，所以＋1＝6，n＝10. 2
答案 10
基础诊断
考点突破
课堂总结
2 2 5 5.x －x3 展开式中的常数项为________.
解析
2 k k 2 5－k k k 10－5k － Tk＋1＝C5(x ) . 3 ＝C5(－2) x

x
2 令 10－5k＝0，则 k＝2.∴常数项为 T3＝C2 ( － 2) ＝40. 5
的值为( A.2 C.2 017
) B.4 D.2 016×2 017
解析
22 017 原式＝ 2 016－1＝22＝4. 2
答案 B
基础诊断
考点突破
课堂总结
4.(2017· 石家庄调研)(1＋x)n的二项式展开式中，仅第6项的系数最大，则n＝________.
解析 (1＋x)n 的二项式展开式中，项的系数就是项的二
2.二项式系数的性质
性质对称性性质描述
n－k Ck 与首末等距离的两个二项式系数相等，即________ n＝Cn
增减性
二项式系数 Ck n
n＋1 递增的当 k＜ 2 (n∈N*)时，是______ n＋1 递减的当 k＞ 2 (n∈N*)时，是______

2018高三新课标·数学(理)总复习课件：第十一章计数原理和概率11-3

课堂总结
课前自助餐
基础诊断
考点突破
课堂总结
二项式定理的内容 (1)(a＋b)n＝Cn0an＋Cn1an－1b1＋…＋Cnran－rbr＋…＋ Cnnbn(n∈N*)． (2)第r＋1项，Tr＋1＝Cnran rbr．
－
(3)第r＋1项的二项式系数为Cnr(r＝0，1，…，n)．
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案解析 60 二项式(1－2x)6 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝C6r(－2x)r
＝C6r·(－2)rxr，令 r＝2，则 x2 的系数为 C62·(－2)2＝60.
基础诊断
考点突破
课堂总结
1 3．(2017· 保定模拟)( －2x2)5 的展开式中常数项是( x A．5 C．10
答案解析 D 常数项为 C51( 1 4 ) (－2x2)＝－10. x
题型一
已知在( x－ (1)求 n；
3
求展开式中的特定项
1
)n 的展开式中，第 6 项为常数项． 3 2 x
(2)求含 x2 项的系数； (3)求展开式中所有的有理项．
基础诊断
考点突破
课堂总结
【解析】 (1)通项公式为 Tr＋1＝Cnrx 3
n－r
1r r 1 r n－2r r (－2) x－3＝Cn (－2) x 3 .
二项式系数的性质 (1)0≤k≤n 时，Cnk 与 Cnn k 的关系是相等．
－
n (2)二项式系数先增后减中间项最大且 n 为偶数时第2＋1 项 n n－1 n＋1 2 的二项式系数最大，最大为 C n，当 n 为奇数时第 2 ＋1 或 2 ＋1
n－1 n＋1 项的二项式系数最大，最大为 C 2 n 或 C 2 n． (3)各二项式系数和：Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnn＝2n，Cn0＋Cn2

18版高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.5古典概型课件理新人教A版

(2)设“a⊥b”为事件 B，则 y＝3x. 事件 B 包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共 2 个． 2 故 a⊥b 的概率为 P(B)＝ . 9
角度二古典概型与直线、圆相结合 [ 典题 4] [2017· 河南洛阳统考] 将一颗骰子先后抛掷两
次分别得到点数 a，b，则直线 ax＋by＝0 与圆(x－2)2＋y2＝2 7 12 有公共点的概率为________ ．
内的随机点，求函数 y
＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
[解]
2b (1)∵函数 f(x)＝ax －4bx＋1 的图象的对称轴为 x＝ a ，
2
要使 f(x)＝ax2－4bx＋1 在区间[1，＋∞)上为增函数， 2b 当且仅当 a>0 且 a ≤1，即 2b≤a. 若 a＝1，则 b＝－1；若 a＝2，则 b＝－1,1；若 a＝3，则 b＝－1,1. ∴事件包含基本事件的个数是 1＋2＋2＝5， 5 1 ∴所求事件的概率为15＝3.
为振兴旅游业，四川省面向国内发行总量为 2 000 万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡 (简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡 (简称银卡 )．某旅游公司组织 3 了一个有 36 名游客的旅游团到四川名胜景区旅游，其中 4 1 是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有持金卡， 3 2 在省内游客中有持银卡． 3
2 2 1 C3 C3 3 C3 C 1 3 3 则 P(B)＝＝，P(C)＝＝ . C4 5 C4 5 6 6
由互斥事件的概率加法，得 3 1 4 P(A)＝P(B)＋P(C)＝＋＝， 5 5 5 4 故所求事件的概率为5.
[点石成金]
1.求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解

[推荐学习]课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.2排列与组合

§11.2排列与组合考纲展示►1.理解排列与组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能利用排列组合知识解决简单的实际问题．考点1 排列问题1.排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，__________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．答案：按照一定的顺序排成一列2．排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__________________叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.答案：所有不同排列的个数3．排列数公式及性质A m n＝__________________＝n！n－m！(2)1对排列的概念理解是否正确？(1)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相同而顺序不同的排列，都不是同一个排列．( )(2)排列定义规定，给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况，也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了．( ) 答案：(1)√(2)√[典题1] (1)A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种 [答案] B[解析] 由题意知，不同的座次有A 22A 44＝48(种)．(2)有A ，B ，C ，D ，E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A ，B 两位学生去问成绩，老师对A 说：“你的名次不知道，但肯定没得第一名．”又对B 说：“你是第三名．”请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为( )A ．6B ．18C ．20D ．24 [答案] B[解析] 由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18. (3)3名女生和5名男生排成一排．①如果女生全排在一起，有多少种不同排法？ ②如果女生都不相邻，有多少种排法？ ③如果女生不站两端，有多少种排法？④其中甲必须排在乙前面(可不相邻)，有多少种排法？ ⑤其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？[解] ①(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A 66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A 33种排法，因此共有A 66A 33＝4 320(种)不同排法．②(插空法)先排5个男生，有A 55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A 36种排法，因此共有A 55A 36＝14 400(种)不同排法．③解法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A 25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25A 66＝14 400(种)不同排法．解法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36A 55＝14 400(种)不同排法．④8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中12，所以符合要求的排法种数为12A 88＝20 160(种)．⑤甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．解法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有A 77种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个位置中的任一个上，有A 16种，其余人全排列，共有A 16A 16A 66种．由分类加法计数原理，共有A 77＋A 16A 16A 66＝30 960(种)．解法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A 17种，余下7个位置全排，有A 77种，但应剔除乙在最右边时的排法A 16A 66种，因此共有A 17A 77－A 16A 66＝30 960(种)．解法三(间接法)：8个人全排，共A 88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A 77种，乙在最右边时，有A 77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A 66种．因此共有A 88－2A 77＋A 66＝30 960(种)．[点石成金] 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法，定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．考点2 组合问题1.组合从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个________．答案：组合 2．组合数从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的________，记作________．答案：组合数 C mn 3．组合数公式及性质C m n＝A mn A m m＝nn －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！n(1)[教材习题改编]从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有________种不同的选法．答案：120解析：易知有C15C34＋C25C24＋C35C14＝120(种)不同的选法．(2)[教材习题改编]将7个不同的小球全部放入编号为2和3的两个小盒子里，使得每个盒子里的球的个数不小于盒子的编号，则不同的放球方法共有________种．(用数字作答) 答案：91解析：分类即可，共有C27＋C37＋C47＝21＋35＋35＝91(种)放法.组合问题：关键在于“无序”．(1)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答) 答案：590解析：从12名医生中选出5名的选法有C512＝792(种)，其中只不选骨科医生的选法有C59－1＝125(种)，只不选脑外科医生的选法有C58－1＝55(种)，只不选内科医生的选法有C57＝21(种)，同时不选骨科和脑外科医生的选法有1种，故骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数为792－(125＋55＋21＋1)＝590.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种，其中某一种假货不能在内，不同的取法有________种．答案：5 984解析：从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.[典题2] (1)[2017·福建三明一中高三第一次月考]从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A．85 B．56 C．49 D．28[答案] C[解析]分两种情况：第一种甲乙只有1人入选，则有C12C27＝42(种)，第二种甲乙都入选，有C22C17＝7(种)，所以共有42＋7＝49(种)方法，故选C.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．①其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？②其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？③至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？④至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解]①从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同的取法有561种．②从34种可选商品中，选取3种，有C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同的取法有5 984种．③选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．④选取3件的总数有C335种，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．[点石成金] 组合问题常有以下两类题型(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解.1.[2017·湖北武汉二模]若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种B．63种C．65种D．66种答案：D解析：共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种)．2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．答案：472解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．考点3 分组分配问题[考情聚焦] 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．主要有以下几个命题角度：角度一整体均分问题[典题3] 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．[答案] 90[解析] 先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种)分派方法．角度二部分均分问题[典题4] [2017·四川内江模拟]某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考情况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )A ．144B ．72C ．36D ．48 [答案] C[解析] 分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36(种)．角度三不等分问题[典题5] 若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[答案]360[解析]将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C16C25C33＝60(种)取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A33＝6(种)分法，故共有60×6＝360(种)不同的分法．[点石成金] 解决分组分配问题的三种策略(1)整体均分：解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n(n为均分的组数)，避免重复计数．(2)部分均分：解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(3)不等分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．考点4 排列组合的综合应用[典题6] (1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( )A．300 B．216C．180 D．162[答案] C[解析]分两类：第1类，不取0，即从1,2,3,4,5中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C23C22A44＝72(个)没有重复数字的四位数；第2类，取0，此时2和4只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C12C23(A44－A33)＝108(个)没有重复数字的四位数．根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有72＋108＝180(个)．(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)[答案]324[解析]当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C23A33C14＝72；若选出的三个偶数不含0，此时千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A33C13＝18.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A33C14＝72；若选出的偶数不是0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是C13C23A33C13＝162.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．根据分类加法计数原理，符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．[点石成金] 利用先选后排法解答问题的三个步骤从1到9的9个数字中取3个偶数和4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数和4个奇数进行排列，有A77种情况．所以符合题意的七位数有C34C45A77＝100 800(个)．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A55A33＝14 400(个)．(3)3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34C45A33A44A22＝5 760(个).[方法技巧] 1.排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理； (5)不相邻问题插空处理； (6)定序问题排除法处理； (7)分排问题直接处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部； (9)构造模型；(10)正难则反，等价转化．2．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑 (1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素． (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数． [易错防范] 1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关． 2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．3．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．4．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．真题演练集训1．[2016·江苏卷](1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.(1)解：7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时， (k ＋1)C mk ＝k ＋k ！m ！k －m ！＝(m ＋1)·k ＋！m ＋！k ＋－m ＋！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．[2015·重庆卷]端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C12C13C15C310＝14.(2)X的所有可能值为0,1,2，且P(X＝0)＝C38C310＝715，P(X＝1)＝C12C28C310＝715，P(X＝2)＝C22C18C310＝115.综上知，X的分布列为故E(X)＝0×715＋1×715＋2×15＝5.课外拓展阅读特殊元素(位置)优先安排法解排列组合问题[典例] 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为( )A．360 B．288 C．216 D．96[审题视角] 分两步计算：第一步，计算满足3位女生中有且只有两位相邻的排法，将3位女生分成两组，插空到排好的3位男生中；第二步，在第一步的结果中排除甲站两端的排法．[解析]3位男生排成一排有A33种排法，3名女生分成两组．其中2名排好看成一个整体有C23A22种排法，这两组女生插空到3名男生中有A24种插法，于是6位同学排成一排且3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有C23A22A33A24＝432(种)．其中男生甲在排头或排尾时，其余两男生的排法有A22种，两组女生插到2名男生中有A23种插法．于是男生甲在排头或排尾，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有2A22A23C23A22＝144(种)．所以满足条件的排法共有432－144＝288(种)．故选B.[答案] B方法点睛生活的色彩就是学习该题涉及两个特殊条件：“男生甲不站两端”与“3位女生中有且只有两位女生相邻”，显然对于“男生甲不站两端”这类问题可利用间接法求解，将其转化为“男生甲站两端”的问题，要优先安排男生甲，然后再安排其他元素；对于“三位女生中有且只有两位女生相邻”中的相邻问题利用捆绑法；而不相邻问题可以利用插空法求解．K12的学习需要努力专业专心坚持。

课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.2排列与组合学案理201

§11.2排列与组合考纲展示►1.理解排列与组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能利用排列组合知识解决简单的实际问题．考点1排列问题1.排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，__________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．答案：按照一定的顺序排成一列2．排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__________________叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.答案：所有不同排列的个数3．排列数公式及性质n！公式A m n＝__________________＝n－m！性质(1)A ＝________；(2)0！＝________n备注n，m∈N*，且m≤n答案：n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(1)n!(2)1对排列的概念理解是否正确？(1)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相同而顺序不同的排列，都不是同一个排列．()(2)排列定义规定，给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况，也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了．()答案：(1)√(2)√- 1 -[典题1](1)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种[答案] B[解析]由题意知，不同的座次有A2A4＝48(种)．(2)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：“你的名次不知道，但肯定没得第一名．”又对B说：“你是第三名．”请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为()A．6 B．18 C．20 D．24[答案] B[解析]由题意知，名次排列的种数为C13A3＝18.(3)3名女生和5名男生排成一排．①如果女生全排在一起，有多少种不同排法？②如果女生都不相邻，有多少种排法？③如果女生不站两端，有多少种排法？④其中甲必须排在乙前面(可不相邻)，有多少种排法？⑤其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？[解]①(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A6种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A3种排法，因此共有A6A3＝4 320(种)不同排法．②(插空法)先排5个男生，有A5种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3 个位置排女生，有A36种排法，因此共有A A ＝14 400(种)不同排法．5 63③解法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A6种排法，因此共有A25A6＝14 400(种)不同排法．解法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A5种排法，因此共有A36A5＝14 400(种)不同排法．1④8名学生的所有排列共A8种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，所以符合要21 求的排法种数为A ＝20 160(种)．82⑤甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．- 2 -解法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有 A 7种；甲不在最右边时，可从余下 6个位置中任选一个，有 A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6个位置中的任一个上，有 A 16种，其余人全排列，共有 A 16A 16A 6种．由分类加法计数原理，共有 A 7＋A 16A 16A 6＝30 960(种)．解法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有 A 17种，余下 7个位置全排，有 A 7种，但应剔除乙在最右边时的排法 A 16A 6种，因此共有 A 17A 7－A 16A 6＝30 960(种)．解法三(间接法)：8个人全排，共 A 8种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A 7种，乙在最右边时，有 A 7种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A 6种．因此共有 A 8－2A 7＋A 6＝30 960(种)．[点石成金] 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法，定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．考点 2 组合问题1.组合从 n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个________．答案：组合2．组合数从 n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的________，记作________．答案：组合数 C m n3．组合数公式及性质公式 A m n n n －1…n －m ＋1 C m n ＝＝ A m ！ mn ！＝m ！n －m ！性质 (1)C 0n ＝________； - 3 -(2)C m n＝________；(3)C m n＋C m－n1＝C n＋m1备注n，m∈N*，且m≤n答案：(1)1(2)C n－n m(1)[教材习题改编]从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有________种不同的选法．答案：120解析：易知有C15C34＋C25C24＋C35C14＝120(种)不同的选法．(2)[教材习题改编]将7个不同的小球全部放入编号为2和3的两个小盒子里，使得每个盒子里的球的个数不小于盒子的编号，则不同的放球方法共有________种．(用数字作答) 答案：91解析：分类即可，共有C27＋C37＋C47＝21＋35＋35＝91(种)放法.组合问题：关键在于“无序”．(1)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答) 答案：590解析：从12名医生中选出5名的选法有C152＝792(种)，其中只不选骨科医生的选法有C59－1＝125(种)，只不选脑外科医生的选法有C58－1＝55(种)，只不选内科医生的选法有C57＝21(种)，同时不选骨科和脑外科医生的选法有1种，故骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数为792－(125＋55＋21＋1)＝590.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种，其中某一种假货不能在内，不同的取法有________种．答案：5 984解析：从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C324＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.[典题2](1)[2017·福建三明一中高三第一次月考]从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()- 4 -A．85 B．56 C．49 D．28[答案] C[解析]分两种情况：第一种甲乙只有1人入选，则有C12C27＝42(种)，第二种甲乙都入选，有C2C17＝7(种)，所以共有42＋7＝49(种)方法，故选C.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．①其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？②其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？③至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？④至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解]①从余下的34种商品中，选取2种有C324＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同的取法有561种．②从34种可选商品中，选取3种，有C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同的取法有5 984种．③选取2件假货有C210C125种，选取3件假货有C135种，共有选取方式C210C125＋C135＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．④选取3件的总数有C335种，因此共有选取方式C335－C135＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．[点石成金]组合问题常有以下两类题型(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解.1.[2017·湖北武汉二模]若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种答案：D解析：共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C ＋C C ＝66(种)．4 5242- 5 -2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．答案：472解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C122＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C132－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．考点3分组分配问题[考情聚焦]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．主要有以下几个命题角度：角度一整体均分问题[典题3]国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3 所学校去任教，有________种不同的分派方法．[答案]90C26C24C2[解析]先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，A3C26C24C2有A ＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90(种)分派方法．3 33A角度二部分均分问题[典题4][2017·四川内江模拟]某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考情况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为()A．144 B．72 C．36 D．48[答案] CC24C12C1 [解析]分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二A2C24C12C1步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A3种，所以满足条件的分配方案有·A3＝A236(种)．角度三- 6 -不等分问题[典题5]若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________ 种不同的分法．[答案]360[解析]将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C3种取法．根据分步乘法计数原理，共有C16C25C3＝60(种)取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A3＝6(种)分法，故共有60×6＝360(种)不同的分法．[点石成金]解决分组分配问题的三种策略(1)整体均分：解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n(n为均分的组数)，避免重复计数．(2)部分均分：解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(3)不等分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．考点4排列组合的综合应用[典题6](1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为()A．300 B．216C．180 D．162[答案] C[解析]分两类：第1类，不取0，即从1,2,3,4,5中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C23C A ＝72(个)没有重复数字的四位2 4数；第2类，取0，此时2和4只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C12C23(A －A )＝108(个)没有重复数字的四位数．4 3根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有72＋108＝180(个)．(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字- 7 -之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)[答案]324[解析]当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C23A3C14＝72；若选出的三个偶数不含0，此时千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A3C31＝18.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A C ＝72；若选出的偶数不是3 410，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是C13C23A3C13＝162.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．根据分类加法计数原理，符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．[点石成金]利用先选后排法解答问题的三个步骤从1到9的9个数字中取3个偶数和4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数和4个奇数进行排列，有A 种情况．所以符合题7意的七位数有C34C45A ＝100 800(个)．7(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A5A3＝14 400(个)．(3)3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34C45A3A4A ＝5 760(个).2[方法技巧] 1.排列、组合问题的求解方法与技巧- 8 -(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直接处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价转化．2．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．[易错防范] 1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关．2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．3．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．4．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．真题演练集训1．[2016·江苏卷](1)求7C36－4C47的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C ＋(m＋2)C ＋(m＋3)C ＋…＋n C ＋(n＋1)Cm m＋m1 m＋m2 n－m1m＝(m＋1)C n＋2.6 × 5 × 47 × 6 × 5 × 4(1)解：7C36－4C47＝7×－4×＝0.3 × 2 × 14 × 3 × 2 × 1(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．当n>m时，k＋1·k！(k＋1)C m k＝m！·k－m！k＋1！＝(m＋1)·m＋1！·[k＋1－m＋1]！＝(m＋1)C m，k＝m＋1，m＋2，…，n.k＋1又C m＋C k＋1＝C k m＋2，k＋1 m 2所以(k＋1)C m k＝(m＋1)(C m－C )，k＝m＋1，m＋2，…，n.k＋2 m k＋21因此，(m＋1)C m＋(m＋2)C m＋m1＋(m＋3)C m＋m2＋…＋(n＋1)C n m＝(m＋1)C m＋[(m＋2)C m＋m1＋(m- 9 -＋3)C m＋m2＋…＋(n＋1)C m n]＝(m＋1)C m＋2＋(m＋1)[(C m＋23－C m＋2)＋(C m＋42－C m＋23)＋…＋(C n m＋2－C n m＋21)]＝(m＋1)C n m＋2.2．[2015·重庆卷]端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C12C13C15 1＝.C130 4(2)X的所有可能值为0,1,2，且C387 C12C287P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，C13015 C13015C2C18 1P(X＝2)＝＝.C13015综上知，X的分布列为X 0 1 2P 7157151157 7 1 3故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.15 15 15 5课外拓展阅读特殊元素(位置)优先安排法解排列组合问题[典例]3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为()A．360 B．288 C．216 D．96[审题视角]分两步计算：第一步，计算满足3位女生中有且只有两位相邻的排法，将3位女生分成两组，插空到排好的3位男生中；第二步，在第一步的结果中排除甲站两端的排法．[解析]3位男生排成一排有A3种排法，3名女生分成两组．其中2名排好看成一个整体有C23A 种排法，这两组女生插空到3名男生中有A 种插法，于是6位同学排成一排且3位女2 42生中有且只有两位女生相邻的排法有C23A A A ＝432(种)．2 3 24其中男生甲在排头或排尾时，其余两男生的排法有A2种，两组女生插到2名男生中有A32种插法．于是男生甲在排头或排尾，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有2A2A23C23A2＝144(种)．所以满足条件的排法共有432－144＝288(种)．故选B.[答案] B- 10 -方法点睛该题涉及两个特殊条件：“男生甲不站两端”与“3位女生中有且只有两位女生相邻”，显然对于“男生甲不站两端”这类问题可利用间接法求解，将其转化为“男生甲站两端”的问题，要优先安排男生甲，然后再安排其他元素；对于“三位女生中有且只有两位女生相邻”中的相邻问题利用捆绑法；而不相邻问题可以利用插空法求解．- 11 -。

【拔高教育】K12课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布

§11.8 条件概率、n 次独立重复试验与二项分布考纲展示►1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．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．考点1 条件概率条件概率 (1)定义设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P ABP A为在事件A 发生条件下，事件B 发生的条件概率．(2)性质①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．条件概率的性质．(1)有界性：0≤P (B |A )≤1.( ) 答案：√(2)可加性：如果B 和C 为互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝P (B |A )＋P (C |A )．( ) 答案：√[典题1] (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数”，事件B ：“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12 [答案] B[解析] 解法一：事件A 包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，共4个．事件AB 发生的结果只有(2,4)一种情形，故P (B |A )＝n AB n A ＝14.解法二：P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得 P (B |A )＝P ABP A ＝110410＝14.(2)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )A.1127 B.1124 C.827 D.924[答案] C[解析] 设从1号箱取到红球为事件A ，从2号箱取到红球为事件B . 由题意，P (A )＝42＋4＝23， P (B |A )＝3＋18＋1＝49，所以P (AB )＝P (B |A )·P (A ) ＝23×49＝827，所以两次都取到红球的概率为827.[点石成金] 条件概率的两种求解方法 (1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P ABP A求P (B |A )．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.考点2 事件的相互独立性(1)定义：设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝________，则称事件A 与事件B 相互独立． (2)性质：若事件A 与B 相互独立，则A 与B 、A 与B 、A 与B 也都相互独立，P (B |A )＝________，P (A |B )＝________.答案：(1)P (A )P (B ) (2)P (B ) P (A )[典题2] 为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：的概率分别为14，13，甲、乙乘车超过6千米且不超过12千米的概率分别为12，13.(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．[解] (1)由题意可知，甲、乙乘车超过12千米且不超过22千米的概率分别为14，13.则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率P 1＝14×13＋12×13＋14×13＝13，所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P ＝1－P 1＝1－13＝23.(2)由题意可知，ξ＝6,7,8,9,10.P (ξ＝6)＝14×13＝112， P (ξ＝7)＝14×13＋12×13＝14， P (ξ＝8)＝14×13＋14×13＋12×13＝13， P (ξ＝9)＝12×13＋14×13＝14， P (ξ＝10)＝14×13＝112.所以ξ的分布列为[点石成金] 1.2．正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算.在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为 1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．解：(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，因为利润＝产量×市场价格－成本，所以X所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000，300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.P(X＝4 000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2 000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2.所以X的分布列为(2)设C i表示事件“第i，由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，P(C i)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512；3季中有2季的利润不少于2 000元的概率为P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3) ＝3×0.82×0.2＝0.384.所以，3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.考点3 独立重复试验与二项分布独立重复试验与二项分布(1)[教材习题改编]某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧第n 次出现正面，－第n 次出现反面，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为________．答案：14解析：依题意得知，“S 4＝2”表示在连续4次抛掷中恰有3次出现正面，因此“S 4＝2”的概率为C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123×12＝14.(2)[教材习题改编]小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．答案：49解析：所求概率P ＝C 13·13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.二项分布：P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)的值是________．答案：516解析：P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.[典题3] [2017·湖南长沙模拟]博彩公司对2016年NBA 总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．前4场，马刺队胜利的概率为12，第5,6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概率降为25，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为35.(1)分别求马刺队以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率； (2)随机变量X 为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X 的分布列．[解] (1)设“马刺队以4∶0胜利”为事件A ，“马刺队以4∶1胜利”为事件B ，“马刺队以4∶2胜利”为事件C ，“马刺队以4∶3胜利”为事件D ，“总决赛马刺队获得冠军”为事件E ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116，P (B )＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124×25＝110， P (C )＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124×35×25＋C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝325，P (D )＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫353＋C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124×C 12×25×35×35＋C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124×25×25×35＝93500. P (E )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＋P (D )＝9372 000. (2)随机变量X 的可能取值为4,5,6,7，P (X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124×2＝18，P (X ＝5)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124·⎝ ⎛⎭⎪⎫25＋35＝14，P (X ＝6)＝2C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫25×35＋C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124·425＋925＝63200， P (X ＝7)＝1－P (X ＝4)－P (X ＝5)－P (X ＝6)＝31100. 所以随机变量X 的分布列为[点石成金] 率模型是否满足公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p ；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率.某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．解：(1)由直方图知，成绩在[9.9,11.4)的频率为 1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1. 因为成绩在[9.9,11.4)的频数是4，故抽取的总人数为40.1＝40.又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40－0.05×1.5×40＝37.(2)ξ的所有可能的取值为0,1,2，利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中随机抽取一名成绩合格的概率为3740，成绩不合格的概率为1－3740＝340，可判断ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，340. P (ξ＝0)＝C 02×⎝ ⎛⎭⎪⎫37402＝1 3691 600， P (ξ＝1)＝C 12×340×3740＝111800，P (ξ＝2)＝C 22×⎝ ⎛⎭⎪⎫3402＝91 600，故所求分布列为[方法技巧] 1.古典概型中，A 发生的条件下B 发生的条件概率公式为P (B |A )＝P AB P A＝n AB n A ，其中，在实际应用中P (B |A )＝n ABn A是一种重要的求条件概率的方法．2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次．3．n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次可看作是C kn 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k 个A 事件与n －k 个A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k(1－p )n －k.因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k.[易错防范] 1.相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P (AB )＝P (A )P (B )．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )．2．运用公式P (AB )＝P (A )P (B )时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A ，B 相互独立时，公式才成立．真题演练集训1．[2015·新课标全国卷Ⅰ]投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312 答案：A解析：3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝C 23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.2．[2014·新课标全国卷Ⅱ]某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45答案：A解析：根据条件概率公式P (B |A )＝P AB P A ，可得所求概率为0.60.75＝0.8.课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．[典例1] 某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X ，求X 的分布列和数学期望．[思路分析]判断分布的类型→确定X 的取值及其概率→列出分布列并求数学期望 [解] X 的所有可能取值为0,1,2,3,4，且P (X ＝0)＝1C 48＝170，P (X ＝1)＝C 14C 34C 48＝835，P (X ＝2)＝C 24C 24C 48＝1835，P (X ＝3)＝C 34C 14C 48＝835，P (X ＝4)＝1C 48＝170.故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝0×170＋1×835＋2×1835＋3×835＋4×170＝2.易错提示本题容易错误地得到X 服从二项分布，每块地种植甲的概率为12，故X ～B (4,0.5)．错误的根源在于每块地种植甲或乙不是相互独立的，它们之间是相互制约的，无论怎么种植都要保证8块地中有4块种植甲，4块种植乙，事实上X 应服从超几何分布．如果将题目改为：在8块地中，每块地要么种植甲，要么种植乙，那么在选出的4块地中种植甲的数目为X ，则这时X ～B (4,0.5)(这时这8块地种植的方法总数为28，会出现所有地都种植一种作物的情况，而题目要求4块地种植甲，4块地种植乙，其方法总数为C 48)．[典例2] 某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．[思路分析][解] (1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ，η，则ξ的所有可能取值分别为1,2,3；η的所有可能取值分别为0,1,2,3.P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (ξ＝3)＝C 34C 02C 36＝15.所以考生甲正确完成题数的概率分布列为E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.因为P (η＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，同理，P (η＝1)＝29，P (η＝2)＝49，P (η＝3)＝827.所以考生乙完成题数的概率分布列为E (η)＝0×127＋1×29＋2×9＋3×27＝2.(2)因为P (ξ≥2)＝35＋15＝0.8，P (η≥2)＝49＋827＝2027，所以P (ξ≥2)>P (η≥2)．故从正确完成题数的数学期望分析，两人水平相当；从至少完成2题的概率分析，甲通过的可能性大．因此可以判断甲的实验操作能力较强．易错提示本题容易错误地得到甲、乙两考生正确完成的题数均服从二项分布，实际上题目中已知甲、乙两考生按照题目要求独立完成全部实验操作，甲考生正确完成的题数服从超几何分布，乙考生正确完成的题数服从二项分布．。

【人教A版】2018版高考数学(理)一轮设计：第11章-计数原理、概率、随机变量及其分布第2讲

3 末位数字排法有 A1 ，其他位置排法有 A 2 4种，共有
3 A1 2A4＝48 种.
答案 48
基础诊断
考点突破
课堂总结
5.(2017· 唐山调研)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________(用数字作答).
解析法一
解 (1)为保证“恰有 1 个盒不放球”，先从 4 个盒子中任意
取出去一个，问题转化为“4 个球，3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把 4 个球分成 2，1，1 的三组，然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余 2 个球放在另外 2
2 1 2 个盒子内，由分步乘法计数原理，共有 C1 C C × A 4 4 3 2＝144(种).
基础诊断
考点突破
课堂总结
解析
(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3
种，第二步，前排 3 人形成了 4 个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种方法.
3 4 (2)若只有甲乙其中一人参加，有 C1 C 2 5A4＝480 种方法；若 2 4 甲乙两人都参加，有 C2 则共有 480＋240 2C5A4＝240 种方法，
30 种. 法二从 7 名同学中任选 3 名的方法数，再除去所选 3 名同学
3 3 全是男生或全是女生的方法数，即 C3 － C － C 7 4 3＝30.
答案 C
基础诊断考点突破课堂总结
4.用数字 1 ，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________(用数字作答).

2018届高考数学一轮复习第十一章概率11.1随机事件的概率课件文北师大版

不互斥更不对立;B∩C=⌀,B∪C=Ω(Ω为必然事件),故事件B,C是对立事件.
(2)由互斥与对立的关系及定义知,①不互斥,②对立,③不互斥,④互斥不对
立.
关闭
(1)D (2)④
解析答案
解题心得判断随机事件之间的关系有两种方法:(1)紧扣事件的分类,结合互斥事件、对立事件的定义进行分析判断;(2)类比集合进行判断,把所有试验结果写出来,看所求事件包含哪些试验结果,从而断定所给事件的关系.若两个事件所含的结果组成的集合的交集为空集,则这两事件互斥;事件A的对立事件 �� 所含的结果组成的集合,是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集.
1.下列结论正确的画“√”,错误的画“×”. (1)事件发生的频率与概率是相同的.( ) (2)随机事件和随机试验是一回事.( ) (3)在大量重复试验中,概率是频率的稳定值.( ) (4)两个事件的和事件是指两个事件至少有一个发生.( (5)若A,B为互斥事件,则P(A)+P(B)=1.( )
)
2.频率与概率 (1)频率:在n次重复次试验中,某一事件A出现的次数与n的比值称为这n次试验中事件A的频率. (2)概率:在相同的条件下,大量重复进行同一试验时,随机事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动,即随机事件A发生的频率具有稳定性 .这时我们把这个常数叫随机事件A的概率,记作P(A).概率的取值范围:0≤P(A)≤1 . (3)频率与概率的关系:频率反映了一个随机事件出现的频繁程度, 频率是随机的,但当试验次数比较大时,频率会在某个常数附近摆动,这个常数就是概率,所以概率是一个确定的值 .人们用概率来反映随机事件发生的可能性的大小.
3.互斥事件与对立事件 (1)互斥事件:在一个随机试验中,把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件. (2)和事件:给定事件A,B,我们规定A+B为一个事件,事件A+B发生是指事件A和事件B至少有一个发生 . (3)和事件的概率:在一个随机试验中,如果随机事件A和事件B是互斥事件,那么有P(A+B)=P(A)+P(B) ;如果随机事件A1,A2,…,An 中任意两个是互斥事件,那么有 P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An). (4)对立事件:在每一次试验中,相互对立的事件A和事件 �� 不会同时发生,并且一定有一个发生 .所以有P( �� )=1-P(A) .

2018版高考数学人教A版理科一轮复习课件：第十一章计

[典题 1]
(1)袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球，
其中有 10 个白球、5 个红球．从袋中任取 2 个球，所取的 2 个球中恰有 1 个白球、1 个红球的概率为( B 5 A. 21 10 B. 21 11 C. 21 D．1 )
[解析]
2 从 15 个球中任取 2 个球共有 C15 种取法，其中有 1 1 C1 10C5＝50(种)，所以
2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
只有有限个． (1)试验中所有可能出现的基本事件____________
相等 (2)每个基本事件出现的可能性________ ．
3．如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是 1 ________ ；如果某个事件 A 包括的结果有 m 个，那么事件 A 的 n m 概率 P(A)＝________. n 4．古典概型的概率计算公式
考点 2
较复杂古典概型的概率
古典概型：基本事件的个数；古典概型概率公式． (1)[2015· 云南昆明模拟]抛掷两颗相同的正方体骰子 (骰子质地均匀，且各个面上依次标有点数 1,2,3,4,5,6)一次，则两颗骰子 1 9 向上点数之积等于 12 的概率为__________ ．
解析：抛掷两颗相同的正方体骰子，共有 36 种等可能的结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，„，(6,6)．点数之积等于 12 的结果有(2,6)，(3,4)，(4,3)，(6,2)，共 4 种，故所求事件的概率 4 1 为36＝9.
A包含的基本事件的个数基本事件的总数 P(A)＝________________________________.

2018版高考数学理第一轮总复习教师用书：第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列含答案精品

第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合突破点(一) 两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ×n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n 类．本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；排列、组合问题.(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504B．210C．336D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有() A．10种B．25种C．52种D．24种解析：选D由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．5.[考点三]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，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二)排列、组合问题1．排列与排列数(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，叫做从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叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1](1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为() A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为()A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析](1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案](1)C(2)C(3)8组合问题组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2](1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A．60 B．63 C．65 D．66(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种解析：选B 由题知，可先将B ，C 二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A 22A 44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )A ．56B ．63C ．72D ．78解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B.4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12·(C13＋C23＋C33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C12·C13＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C14·C13＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C14·C12＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A24＝12种；由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)如图，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．24 B．18 C．12 D．9解析：选B分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有() A．12种B．10种C．9种D．8种解析：选A2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016·四川高考)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．24 B．48C．60 D．72解析：选D奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A．12种B．10种C．8种D．6种解析：选D因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有()A．36个B．24个C．18个D．6个解析：选B各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A ．12B ．6C ．8D ．16解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C 12×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C 13×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33×2＝40种．二、填空题7．某班组织文艺晚会，准备从A ，B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A ，B 两个节目至少有一个选中，且A ，B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．答案：1 1408．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C24＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有C24C12C12＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．答案：369．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．答案：9610．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为________．解析：所标数字互不相邻的取法有135,136,146,246，共4种.3个球颜色互不相同有A34＝4×3×2＝24种取法，所以这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有4×24＝96(种)．答案：96三、解答题11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．。