2016年高考理科数学总复习计数原理与概率9-6
2016年高考数学真题---计数原理
第十二章 计数原理第一节 两个基本计数原理题型146 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.（2016全国甲理5）如图所示，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（ ）.2．（2016上海理13）设,,a b ∈R ，[)0,2πc ∈，若对任意实数x 都有()π2sin 3sin 3x a bx c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则满足条件的有序实数组(),,a b c 的组数为 ．第二节 排列与组合题型147 排列数与组合数的推导、化简和计算——暂无 3.（2016江苏23）（1）求34677C 4C -的值；（2）设*,m n ∈N ，n m，求证：()()()121C 2C 3C m m mm m m m m m +++++++++()()212C 1C 1C m m m n n n n n m +-+++=+．题型148 与排列相关的常见问题4.（2016四川理4）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.48 C.60 D.72 题型149 与组合相关的常见问题5.（2016全国丙卷理12）定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ，12,,,k a a a 中0的个数不少于14m =，则不同的“规范01数列”共有（ ）.A.18个B.16个C.14个D.12个题型150 排列与与组合综合的常见问题第三节 二项式定理题型151 二项式定理展开式的通项及系数 6.（2016北京理10）在()612x -的展开式中，2x 的系数为________________（用数字作答）.7.（2016四川理2）设i 为虚数单位，则6(i)x +的展开式中含4x 的项为（ ）. A.415x-B.415xC.420i x -D.420i x8.（2016天津理10）821x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中7x 的系数为__________ (用数字作答) .9.（2016全国乙理14）(52x +的展开式中，3x 的系数是 （用数字填写答案）.10.（2016山东理12）若52ax⎛+ ⎝的展开式中，5x 的系数是80-，则实数a=_______.11.（2016上海理8）在2nx ⎫⎪⎭的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于 ．题型152 二项式定理的应用第十二章试题详解1. B 解析 从→EF 的最短路径有6种走法，从→F →G的最短路径有3种走法，由乘法原理知，共6318⨯=种走法.故选B ．2．解析 ①当2a =时，若3b =，则5π3c =； 若3b =-，则4π3c =； ②当2a =-时，若3b =-，则π3c=；若3b =，则2π3c =．共4组．故填4． 评注 或者如此考虑，当,a b 确定时，c 也唯一确定，因此有224⨯=种组合．3.解析 （1）34677C 4C 7204350-=⨯-⨯=；（2）证法一（组合数性质）： 因为()()()!1C 1!!m k k kk m k m +=+-()()()()()1!11!11!k m m k m +=++---⎡⎤⎣⎦()111C m k m ++=+，所以左边()()()1111211C 1C 1C =m m m m m n m m m ++++++=++++⋅⋅⋅++()()111112311C C C C m m m m m m m n m +++++++++++++，又因为111C C C k k k n n n ---+=， 所以左边()()211122311C C C C m m m m m m m n m ++++++++=+++++()()2113311C C C =m m m m m n m ++++++=++++()()21411C C m m m n m +++++++=⋅⋅⋅()()21+111C C m m n n m +++=++()2+21C m n m +=+=右边． 证法二（数学归纳法）：对任意的*m ∈N ， ①当nm =时，左边()1C 1m m m m =+=+，右边()221C 1m m m m ++=+=+，等式成立.②假设()n k k m =时命题成立，即()()()121C 2C 3C m m mm m m m m m +++++++++()()212C 1C 1C m m m k k k k k m +-+++=+，当1nk =+时，左边()()()121C 2C 3C m m mm m m m m m ++=+++++++()()11C 1C 2C m m mk k k k k k -+++++()()2211C 2C m mk k m k +++=+++.又由于右边()231C m k m ++=+，而()()22321C 1C =m m k k m m +++++-+()()()()()()()3!2!1=2!1!2!!k k m m k m m k m ⎡⎤+++-⎢⎥+-++-⎣⎦()()()()()2!1312!1!k m k k m m k m ++⨯+--+⎡⎤⎣⎦+-+()()()1!2!1!k k m k m +=+-+()12C mk k +=+． 因此()()()222131C 2C 1C m m m k k k m k m ++++++++=+，因此左边=右边，因此1n k =+时命题也成立．综合①②可得命题对任意n m 均成立．评注 本题从性质上考查组合数性质，从方法上考查利用数学归纳法解决与自然数有关命题，从思想上考查运用算两次解决二项式有关模型．组合数的运算性质不仅有111C C C mm m k k k ++++=，C C m k m k k-=，11C C k k n n k n --⋅=⋅，而且还有此题中出现的()()111C 1C m m k k km +++=+(),1,,k m m n =+，这些不需记忆，但需会推导，平时善于总结才是突破此类问题的核心．4.解析 由题意，要组成没有重复的五位奇数，则个位数应该为1、3、5，其他位置共有44A ，所以其中奇数的个数为443A 72=.故选D .解析 依题意，由“规范01数列”，得第一项为0，第2m 项为1，当4m =时，只需确定中间的6个元素即可，且知中间的6个元素有3个“0”和3个“1”. 分类讨论：①若0后接00，如图所示.1000后面四个空位可以随意安排3个1和1个0，则有34C 种排法； ②若0后接01如图所示.1001后面四个空位可以排的数字为2个“0”和2个“1”，只有一种情形不符合题意，即01后面紧接11，除此外其它的情形故满足要求，因此排法有24C 15-=种排法；③若0后接10，如图所示.011在10后若接0，则后面有13C 种排法，在10后若接1，即0 1 0 1 0 1，第五个数字一定接0，另外两个位置0，1可以随意排，有22A 中排法，则满足题意的排法有312432C 5C A 14+++=种.故选C.6.60 解析 在()612x -的展开式中，含2x 的项为()22426C 1260x x -=，所以2x 的系数为60.7. A 解析 二项式()6i x +展开的通项616C r r r r T x i -+=，则其展开式中含4x 是当64r -=，即2r =，则展开式中含4x 的项为24246C i 15xx =-，故选A.8.56- 解析 展开式通项为()()821631881C 1C rrr rr rr T x x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭. 令1637r-=，得3r =，所以7x 的系数为()3381C 56-=-．9.10解析(52x +的展开式的通项公式为()()55555221555C 2C 2C 20,1,,5k k k kkk kk kk T x x xk -+----+====.令532k -=，得4k =.故3x 的系数是4545C 210-=. 10.2-. 解析 由题意，5102552155=C C r r rr r rr T ax a x ---+=（.令51052r -=，解得2r =.所以235C 80a =-，解得2a =-. 11. 解析 由题意2256n =，8n =，第1r +项83182rr r r T C xx -+⎛⎫=⋅⋅- ⎪⎝⎭()84382rr r C x -=-⋅．令8403r -=，则2r =，故常数项为()2282112C -=．故填112．。
2016年高考理科数学总复习计数原理与概率9-5
( 2 ) 3
个 ， 不 是 古 典 概
第十章
计数原理和概率
高考调研
新课标版 ·数学（理） ·高三总复习
探究1
古典概型需满足两个条件：①对于每次随机试验
来说，只可能出现有限个不同的试验结果；②对于所有不同
的试验结果而言，它们出现的可能性是相等的．
第20页
第十章
计数原理和概率
高考调研
思考题1
新课标版 ·数学（理） ·高三总复习
②从1－10中任意取出一个整数，求取到1的概率； ③向一个正方形ABCD内投掷一点P，求P恰好与A点重合 的概率； ④向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率
答案 ②
解析 ①③④不是古典概型，②是古典概型．
第 9页
第十章
计数原理和概率
高考调研
新课标版 ·数学（理） ·高三总复习
2． 从 甲 、 乙 、 丙 三 人 中 任 选 两 名 代 表 ， 甲 被 选 中 的 概 率 为( ) 1 A.2 2 C.3 1 B.3 D．1
”为 事 件 B， 则 事 件
2 7 3 P(B)＝3 6 ＝4. 3 4.
第十章 计数原理和概率
∴两 数 中 至 少 有 一 个 奇 数 的 概 率 为 1 3 【答案】 ①9 ②4
第23页
高考调研
新课标版 ·数学（理） ·高三总复习
(2)甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，
乙校1男2女．
掷 两颗 骰 子 的 所 有 基 本 事 件 为 ： ，( 1 6 ,) ，( 3 3 ,) ，( 4 6 ,) ，( 6 3 ,) ，( 2 1 ,) ，( 3 4 ,) ，( 5 1 ,) ，( 6 4 ,) ( 1 4 ,) ，( 2 2 ,) ，( 3 5 ,) ，( 5 2 ,) ，( 6 5 ,) ，( 2 3 ,) ，( 3 6 ,) ，( 5 3 ,) ，( 6 6 ,) ，( 2 4 ,) ，( 4 1 ,) ，( 5 4 ,)
《大高考》2016届高考复习数学理(全国通用)：第十章 计数原理、概率与统计 第一节
排列数公式 1)(n－2)„(n－m＋1) n·（n－1）„（n－m＋1） n！ m· （m－1）„2· 1 公式 n！ m （n－m）！ ＝___________ (m≤n) An m n ！（n－m）！ C ＝ ＝m ______________ n An＝n！＝n(n－1)(n－ Am m 2)„2· 1 (m≤n) 性质 0！＝1，C0 n＝1
考纲考向分析 核心要点突破
3.注意的问题：(1)使用分类加法计数原理应注意：
分类时标准要明确，分类应做到不重不漏.
(2)应用分步乘法计数原理应注意： ①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步 才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了才算 完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成； ③解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还
题即为 7 人排成一排的全排列，无任何限制条件. (3)(优先法)甲为特殊元素.先排甲， 有 5 种方法； 其余 6 人有 A6 6种 方法，故共有 5×A6 6＝3 600(种). (4)(捆绑法)将女生看成一个整体， 与 3 名男生在一起进行全排列，
4 有 A4 种方法，再将 4 名女生进行全排列，也有 A 4 4种方法，故共 4 有 A4 4×A4＝576(种).
要注意元素是否可以重复选取.
考纲考向分析
核心要点突破
知识点二 排列与组合 1. 排列：从 n 个不同元素中 取出 m(m≤n) 个元素，按照 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
一定的顺序 排 成 一 列 ， 叫 ___________
3 A2 种方法，再从剩下的 5 人中选 3 人排到中间，有 A 2 5种方法，最
《大高考》2016届高考复习数学理(全国通用)：第十章 计数原理、概率与统计 第二节
1 3 2 3 －1 x· C52 ·(－1) x ＋ ·C2 5 x
23·(－1)2x＝40. 法二 用组合提取法，把原式看成 6 个因式相乘，若第 1 个括号 1 提出 x，从余下的 5 个括号中选 2 个提出 x，选 3 个提出 ；若第 x 1 1 1 个括号提出 ，从余下的括号中选 2 个提出 ，选 3 个提出 x. x x 1 3 1 1 2 2 2 3 2 3 故常数项为 x· C5(2x) · C3－ ＋ · C5－ · C3 3 (2x) ＝－40＋ x x x 80＝40.
考纲考向分析 核心要点突破
[点评]
对形如 (ax＋b)n、(ax2＋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.
考纲考向分析
核心要点突破
【例 3】
15 a x＋ 2x－ 的展开式中各项系数的和为 x x
据题设求解.
考纲考向分析
核心要点突破
方法2 用赋值法求二项展开式系数和
赋值法求二项式中项的系数的和与差的应用技巧 (1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋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；同 理求系数之差时，只需根据题目要求令 x＝1，y＝－1 或 x＝－1， y＝1 即可；如何赋值，要观察所求和与差式的特点，发现差异， 确保正确. (2)若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之 f（1）＋f（－1） 和为 f(1)，偶次项数之和为 a0＋a2＋a4＋„＝ ， 2 f（1）－f（－1） 奇次项系数之和为 a1＋a3＋a5＋„＝ ，令 x＝0， 2 可得 a0＝f(0).
【三维设计】2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习精讲课件第九章 计数原理与概率、随机变量
基础盘查二
常见离散型随机变量的分布列
(一)循纲忆知
理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)如果随机变量 X 的分布列由下表给出： X 2 5 P 则它服从二点分布． 0.3 0.7 ( × )
(2)p2＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1.
[提醒] 分布列的性质(2)的作用：可以用来检查所写出的分布
列是否有误，还可以求分布列中的某些参数．
[题组练透]
1．已知随机变量 X 的概率分布如下： X 1 P 2 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 2 2 2 2 2 2 2 m 32 33 34 35 36 37 38 39 ( 2 B．310 1 D．310 )
X P 2 11 14 3 13 63 4 1 126
[类题通法]
1．求离散型随机变量的分布列的关键是分析清楚随机 变量的取值有多少，并且正确求出随机变量所取值对应的 概率．
2．在求解随Βιβλιοθήκη 变量概率值时，注意结合计数原理、古 典概型等知识求解．
[演练冲关]
(2015· 湖北八校联考)某射手射击一次所得环数 X 的分布列如 下： X P 7 0.1 8 0.4 9 0.3 10 0.2
[类题通法]
利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要 注意检验，以保证每个概率值均为非负数．
考点二
离散型随机变量的分布列求法 (重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
离散型随机变量的分布列的表示 设离散型随机变量 X 可能取的值为 x1，x2，…xi，…，xn， X 取每一个值 xi(i＝1,2，…，n)的概率 P(X＝xi)＝pi，则下表称 为随机变量 X 的概率分布，简称为 X 的分布列. X P x1 p1 x2 p2 … … xi pi … … xn pn
2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习计数原理与概率、随机变量及其分布概要1讲解
第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础盘查一分类加法计数原理(一)循纲忆知1．理解分类加法计数原理．2．会用分类加法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事()答案：(1)×(2)√2．(人教A版教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．答案：93．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．答案：36基础盘查二分步乘法计数原理(一)循纲忆知1．理解分步乘法计数原理．2．会用分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事()答案：(1)√(2)×2．(人教A版教材例题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序命名．答案：1 0530，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中3．从集合{}虚数有________．答案：36考点一分类加法计数原理|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]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种不同方法．[提醒]分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．[题组练透]1．(2015·辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方案共有()A．20种B．30种C．40种D．60种解析：选A可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A24种排法；②甲排在周二，共有A23种排法；③甲排在周三，共有A22种排法，故不同的安排方案共有A24＋A23＋A22＝20种．故选A.2．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：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．答案：53．(2015·济南模拟)若椭圆x2m＋y2n＝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：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6种当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5种；当m＝3时，n＝4,5,6,7共4种；当m＝4时，n＝5,6,7共3种；当m＝5时，n＝6、7共2种，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20种．答案：20[类题通法]利用分类加法计数原理解题时的注意事项(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法计数原理|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]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．[提醒]分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[典题例析]有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729种．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．[类题通法]一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么．也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．[演练冲关](2014·大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种解析：选C从中选出2名男医生的选法有C26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C15＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.考点三两个原理的应用|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．1．如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．解析：从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．答案：4802．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：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5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．答案：260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查．3．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18C．24 D．36解析：选D分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有{}a1，a2，a3，…，a n的子集有2n个，真子集有2n－1个．4．(2015·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B 中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种解析：选B从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C25＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．一、选择题1．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．40B．16C．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．2．从集合{}1，2，3，4，…，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A ．32个B ．34个C ．36个D ．38个解析：选A 先把数字分成5组：{}1，10，{}2，9，{}3，8，{}4，7，{}5，6，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．3．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 ．56B ．54C ．53D ．52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个对数值中，log 24＝log 39，log 42＝log 93，log 23＝log 49，log 32＝log 94，即满足条件的对数值共有56－4＝52个．4．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．5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．20种解析：选D 分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．6．(2015·商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A ．3 360元B ．6 720元C ．4 320元D ．8 640元解析：选D 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)．二、填空题7．(2015·河北保定调研)已知集合M ＝{}1，2，3，4，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x <y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．解析：A ＝{}1时，B 有23－1种情况；A ＝{}2时，B 有22－1种情况；A ＝{}3时，B 有1种情况；A ＝{}1，2时，B 有22－1种情况；A ＝{}1，3，{}2，3，{}1，2，3时，B 均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．答案：178．如图所示，用五种不同的颜色分别给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步，A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．答案：1809.(2015·湖南十二校联考)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法．第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：10810．在2014年南京青奥会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880种．答案：2 880三、解答题11．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．12.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．第二节排列与组合基础盘查一 排列与排列数(一)循纲忆知(1)理解排列概念．(2)能用计数原理推导排列数公式．(3)能用排列解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列( )(2)A m n ＝n (n －1)(n －2)×…×(n －m )( )(3)A m n ＝n ！(n －m )！( ) (4)A m n ＝nA m －1n －1( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√2．(人教A 版教材例题改编)用0到9这10个数字，可以组成________个没有重复数字的三位数．组成没有重复数字的四位偶数有________个．答案：648 2 2963．方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或23(舍去)，∴x ＝5. 答案：54．室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有________种排法．(用数字作答)解析：把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A 33＝6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A 24＝12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A 22＝2种排法．所以不同的排法种数为23×6×12＝576.答案：576基础盘查二 组合与组合数(一)循纲忆知1．理解组合概念．2．能用计数原理推导组合数公式．3．能用组合解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同( )(2)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立( )(3)C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ( ) (4)C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝C 3n ＋1( )答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√2．(北师大版教材习题改编)平面内有12个点，任何3点不在同一直线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可以画________个三角形．答案：2203．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m 8＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 28＝28. 答案：284．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：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法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．答案：472考点一 排列问题|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]1．排列与排列数从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．排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！(m，n∈N*，并且m≤n)A n n＝n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1.规定：0！＝1.[提醒]排列与排列数是不同概念，易混淆，排列数是问题中所有不同排列的个数．[题组练透]1．(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种解析：选B当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝9×24＝216种．2．(2015·四川绵阳一模)从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有() A．280种B．240种C．180种D．96种解析：选B根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A46＝360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A35＝60种，乙从事翻译工作，有A35＝60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360－60－60＝240种．3．(2015·合肥质检)某办公室共有6人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有________种．解析：当甲、乙在第二排且相邻时有4A44＝4×4×3×2×1＝96种排法，当甲、乙在第三排且相邻时有A22A44＝2×4×3×2×1＝48种排法，所以不同的安排方法总数为144种．[类题通法]解决排列问题的主要方法(1)“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”．考点二组合问题|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．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.2．组合数公式C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！(m，n∈N*，并且m≤n)3．组合数的性质(1)C m n＝C n－mn(2)C m n＋1＝C m n＋C m－1n[提醒]易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．[典题例析](2014·广东高考)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0，1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．130B．120C．90 D．60解析：选A易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C35C13＋C35C23＝80种情况．综上知，满足条件的元素个数共有10＋40＋80＝130(种)，故答案为A.[类题通法]两类组合问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[演练冲关](2015·温州十校联考)已知直线xa＋yb＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有()A．52条B．60条C．66条D．78条解析：选B由于满足x2＋y2＝100的整数点(x，y)有12个，它们分别为(±10,0)，(±6，±8)，(±8，±6)，(0，±10)，故直线xa＋yb＝1与圆的交点必须经过这些点，但a，b为非零常数，故在以这些点为公共点的直线中有这样几类：一类公共点为2个点，去除垂直坐标轴和经过原点的直线，共有C212－10－4＝52条；一类为公共点为1个点(即圆的切线)，同样去除垂直坐标轴的直线，共有8条．综上，所求的直线共有60条，故选B.考点三分组分配问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]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.常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题； (3)不等分问题.角度一：整体均分问题1．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．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． 答案：90角度二：部分均匀问题2．(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种．解析：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11A 22＝6种分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．答案：36角度三：不等分问题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：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种取法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．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：360[类题通法]解决分组分配问题的策略1．对于整体均分，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．对于部分均分，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．对于不等分组，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．一、选择题1．(2015·兰州，张掖联考)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是() A．150B．300C．600 D．900解析：选C若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有C25×A44＝240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从6名教师中选4名，共有C46×A44＝360种方法．因此共有600种不同的选派方案．2．(2015·北京海淀区期末)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有() A．50种B．51种C．140种D．141种解析：选D因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝141种，故选D.3．(2015·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为()A．72 B．324C．648 D．1 296解析：选D核潜艇排列数为A22，6艘舰艇任意排列的排列数为A66，同侧均是同种舰艇的排列数为A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为A22(A66－A33A33×2)＝1 296.4．(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为() A．144 B．120C．72 D．24解析：选D剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.5．8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为。
【福建省】2016届高考数学年(理科)计数原理、概率统计专题练习答案
C． 0.648
D ． 0.792
（4）从 0,6 中选一个数字，从 5,7,9 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（
）
A．6
B ． 12
C． 18
D ．24
（5）采用系统抽样方法从 960 人中抽取 32 人做问卷调查：首先将这 960 人随机编号为 1,2, ,960 并分组，
P 的值恰好等于与
（13）（本小题满分 15 分） 某工厂生产的甲、 乙两种产品都需经过两道工序加工而成，
且两道工序的加工结果均有 A, B 两个等级． 当两
道工序的加工结果都为 A 级时， 产品为一等品， 其余均为二等品． 已知两种不同的产品之间及其每一道工序
的加工结果都相互独立，且加工结果为 A 级的概率如表一所示．
C． 3 413
D． 4 772
（3）甲、乙二人进行一次乒乓球比赛，约定先胜
3 局者为胜方，比赛结束．假设在每一局比赛中，甲获胜
的概率为 0.6，乙获胜的概率为 0.4，且各局比赛结果相互独立，那么在前 2 局比赛中甲、乙各胜 1 局的情
况下，甲为比赛胜方的概率为（
）
A ． 0.156
B ． 0.504
福建省 2016 年高考数学（理科） -专题练习
计数原理、概率统计
一、选择题：本大题共 6 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． （1）变量 x ， y 的几组实验测量数据如下表所示：
x
0.50
0.99
2.01
2.98
y
1.42
1.99
3.98
8.00
则根据上表数据，在下列函数中，拟合变量
1
《大高考》2016届高考复习数学理(全国通用)：第十章 计数原理、概率与统计 第六节
[点评]
(1)在解答有关均值和方差问题时，有时也可直接应用
离散型随机变量 ξ 服从二项分布 B(n ， p) 的公式 E(ξ) ＝ np ， D(ξ)
＝np(1－p)和E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b进行求解.
(2)机械地套用公式解题是易犯的错误，要注意只有当随机变量
服从特殊的分布时，才可运用相应的均值公式求解(或方差公式
P 0.3 0.4 0.2 0.1 于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3； D(Y) ＝ (0 － 3)2×0.3 ＋ (2 － 3)2×0.4 ＋ (6 － 3)2×0.2 ＋ (10 － 3)2×0.1
＝9.8， 故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
考纲考向分析 核心要点突破
P(X＝1)称为成功概率. 其中p＝_______
考纲考向分析
核心要点突破
(2)超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则
n k Ck C M N M n C 事 件 {X ＝ k} 发 生 的 概 率 为 P(X ＝ k) ＝ __________ ，k＝0，1， N
解 随机变量 X 的取值为 3，4，5，6. 从袋中随机地取 3 个球， 包含的基本事件总数为 C3 事件“X＝3” 6， 包含的基本事件总数为 C3 事件“X＝4”包含的基本事件总数为 3；
2 1 2 C1 C ； 事件“ X ＝ 5 ”包含的基本事件总数为 C 事件“X＝6” 1 3 1C4； 2 包含的基本事件总数为 C1 C 1 5，
考纲考向分析
核心要点突破
2 1 1 因此 P(Y＝17)＝ ＝ ，同理可得 P(Y＝18)＝ ， 16 8 4 1 1 1 P(Y＝19)＝ ，P(Y＝20)＝ ，P(Y＝21)＝ . 4 4 8 所以随机变量 Y 的分布列为： Y P 17 1 8 18 1 4 19 1 4 20 1 4 21 1 8
2016年高考“概率与统计、计数原理”专题命题分析
§ ｊ 王 ｉ 鞭 ｈ ｊ － Ｒ ｕ …………………………………………………… 。
０ １ ５ 年 高考试 题 一样 ，除独 立 摘 要 ：对 ２ ０ １ ６ 年 高 考 概 率 、统 计 及 计 数 原 理 试 的知 识点 覆 盖 面广 ，与 ２ 题 ，从 考 点 ，题 量 ，题 型 ，分 值 ，难 度 ， 内容 特 点 ， 性检验外 ，其余都有涉及 ，并且 以统计为背景命制概 考 查 的 思想 方 法 ，文 、理 科 的差 异等 几 个 方 面 总体 概 率试 题 更 加新 颖 ． 计 数 原 理 以常规 的排 列 、组 合 、二 括 了概 率统计和计数原理 的考查特 点，并从 《 普通 高 项式定理等题 目为载体 ，重点考查 了应用两个原理分 中数 学课 程 标 准 （ 实验 ） 》依 据 、 总 体 思路 、题 面 形 析 问题 和解 决 问题 的能 力 ，弱化 了复 杂排 列 组 合数 公
重应 用 ；强化 思想 ，提 炼 方法 ；重视 交会 ，提 升 能力 ．
关键 词 ：概 率统计 ；计 数原 理 ；命题 规律
总体 ，回归方程 的确定 和应用 ；概率知识 主要考查古 典 概 型 、几何 概 型 、随 机 数 、相 互 独 立 事 件 的 概 率 、
互斥事件的概率加法公式 、随机变量的分布列 、数学 ２ ０ １ ６ 年 高 考相 关 地 区数 学 试 卷对 概 率统 计 及 计数 期 望 、方 差 、独 立 性 重 复 试 验 、二 项 分 布 等 主 干 知 原理 的考 查 ，依 然 遵 循教 育 部 《 普 通 高 中数 学 课 程标 识 ；计数原理考查排列 中的排数 问题 、组合 问题 ，二 准 （ 实验 ） 》（ 以下 简称 《 标 准》 ）及考 试 大 纲 的要 求 ， 项 式 定 理 中应 用 展 开 式 的通 项 公 式 求 指定 项 的 系 数 、 题 型 基本 稳 定 ，注 重基 础 ，突 出方 法 ．考 试 内容 主要 二 项式 系数 和 问题 ． 集 中在 统 计 图 ，离 散 型 随 机 变量 分 布 列 ，古 典 概 型 ， ２ ．题 量与 分值 分析 几 何 概 型 ，计 数 原 理 ，二 项 式定 理 ，线性 相 关 与线 性 在考查统计与概率 、计数原理的 ｌ ７ 份试卷 中，题 回归方程的求法及应用等部分 ． 量 最 多 的是 北 京 卷 文科 、山 东 卷 理科 及 四川 卷 理 科 ，
2016高考总复习课件(人教A版)高中数学_第九章_计数原理、概率、随机变量及其分布_第3讲_二项式定理
r a 7－r r 7－2r ＝Cr · 2 a x ，令 7－2r＝－3，得 r＝5.故展开式 7 x
1 2 5 中 3的系数是 C5 2 7 a ＝84，解得 a＝1. x
栏目 导引
第九章 计算原理、概率、随机变量及其分布
4．(2015· 山西省第三次四校联考)如果(2x－1)6＝a0＋a1x＋ 0 a2x2＋„＋a6x6，那么a1＋a2＋„＋a6的值等于________ ．
栏目 导引
第九章 计算原理、概率、随机变量及其分布
5 5－r 1 1 x ·(－ x－2y 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr [解析] (1) 5 2 2 5－ r 2 1 1 r 5－r r 3 3 2y)r＝Cr · · ( － 2) · x · y . 当 r ＝ 3 时， C · ( － 2) 5 5 2 2
栏目 导引
第九章 计算原理、概率、随机变量及其分布
2．二项展开式系数最大项的求法 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用 待定系数法，设展开式各项系数分别为 A1，A2，„，An＋1，
Ak≥Ak－1 且第 k 项系数最大，应用 从而解出 k 来，即得． Ak≥Ak＋1
栏目 导引
第九章 计算原理、概率、随机变量及其分布
5 1 x－2y 的展开式中 x2y3 的系数 (1)(2014· 高考湖南 B．－5 D．20
6 1 的二项展开式中的常数项为 (2)(2013· 高考天津卷 ) x－ x 15 ． ________ 6 b ax2＋ 的展开式中 x3 项的系数为 (3)(2014· 高考山东卷 ) 若 x 2 20，则 a2＋b2 的最小值为________ ．
【福建省】2016届高考数学(理科)-计数原理、概率统计-专题练习-答案
）， B 表示事件
“甲为胜方”。因前两局中，甲、乙各胜一局，故甲成为胜方当且仅当在后面的比赛中，甲先胜 2 局，从而
B A3 A4 B3 A4 A5 A3 B4 A5 ，由于各局比赛结果相互独立，计算可得 P( A) 0.648 ，故选 C．
4．选 C．【解析】第一类：从 0，6 中选一个数字 0，则 0 只能排在十位，从 5，7，9 中选两个数字排在个
福建省 2016 年高考数学（理科）-专题练习 计数原理、概率统计
答案
一、选择题．
1~5．ADCCC
6．D
二、填空题．
（7）3
（8）18
（9）31.43
（10）2
三、解答题．
11．解：（Ⅰ）由题意得列联表：
语文优秀 语文不优秀 总计
外语优秀
60
100
160
外语不优秀
140
500
640
总计
200
600
从剩下的 4 个球中选两个放入一个盒子，有 C24 6 种不同的选法；第三步：余下两球放入最后一个盒子，
只有 1 种选法，所以共有 C13 C24 18 种选法，故填 18．
4/5
9．填 31.43 。【解析】由频率分布直方图可知[20，25) 的频率为 0.1 ，[25，30) 的频率为 0.3 ，[30，35] 的频率
解析
一。选择题。
1．选 A．【解析】画出散点图，或取近似值代入后， y 2x 最适合。
2．选 D．【解析】该正态分布标准差 1 ，而 P( 2 2 ) 2
P(1 1) 0.9544 ，则 P(0 1) 0.4722，故选 D．
3．选 C．【解析】用 Ai 表示事件“第 i 局甲胜”， B j 表示事件“第 j 局乙胜”（ i, j 54,3
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第八节 n次
第二十八页，编辑于星期五：二十一点 五十二 分。
P(X＝1)＝C13·35·252＝13265； P(X＝2)＝C23352·25＝15245； P(X＝3)＝C33·353＝12275. X 的分布列为
＝69＝23.
()
第十五页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
[类题通法] 条件概率的求法 (1)定义法：先求 P(A)和 P(AB)，再由 P(B|A)＝PPAAB， 求 P(B|A)；
(2)基本事件法：当 基 本 事 件 适 合 有 限 性 和 等 可 能 性 时，可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)，再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本 事件数 n(AB)，得 P(B|A)＝nnAAB.
第二十页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
[题点发散 2] 若本例条件“3 人能被选中的概率分别为25，34，13”变
为“甲、乙两人只有一人被选中的概率为2110，两人都被选中的概率
为130,丙被选中的概率为13”,求恰好有 2 人被选中的概率．
解：设甲被选中的概率为 P(A)，
乙被选中的概率为 P(B)，
P(A)·P(B)
(× )
第二页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
2．(人教 A 版教材例题改编)一张储蓄卡的密码共有 6 个数字， 每位数字都可从 0～9 中任选一个，某人忘记了密码的最后一 2 位数字但记得是偶数，则不超过 2 次就按对的概率为_5__．
第三页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
第八页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
2016年高考数学总复习第九章第1讲计数原理与排列组合课件理
A.144种
B.120种
C.72种
D.24种
解析：先放3把空椅子，剩下3人带着椅子插空坐，共有
考点2 组合问题 例2：从4名男同学和3名女同学中，选出3人参加学校 的某项调查，求在下列情况下，各有多少种不同的选法？ (1)无任何限制； (2)甲、乙必须当选； (3)甲、乙都不当选； (4)甲、乙只有一人当选； (5)甲、乙至少有一人当选； (6)甲、乙至多有一人当选.
1
1.将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，则不同放法种数有
(B )
A.81 种
B.64 种
C.12 种
D.14 种
2.(2013 年大纲)从进入决赛的 6 名选手中决出 1 名一等奖，
2 名二等奖，3 名三等奖，则可能的决赛结果共有__6_0___种.(用
数字作答)
3.(2013 年大纲)6 个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的 不同排法共有___4_8_0__种.(用数字作答)
【规律方法】求解排列、组合问题的思路是：“排组分清， 加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘.” 求解排列、组合问题的常用方法： ①简单问题直接法：把符合条件的排列数直接列式计算； ②部分符合条件排除法：先求出不考虑限制条件的排列， 然后减去不符合条件的排列数；
③相邻问题捆绑法：在特定条件下，将几个相关元素当作 一个元素来考虑，待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的” 排列，它主要用于解决相邻或不相邻的问题； ④相间问题插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元 素插排在它们之间或两端的空中，它与捆绑法有同等作用； ⑤特殊元素位置优先安排：对问题中的特殊元素或位置首 先考虑排列，再排列其他一般元素或位置； ⑥多元问题分类法：将符合条件的排列分为几类，而每一 类的排列数较易求出，然后根据分类计数原理求出排列总数；
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第一节 分类
第二十五页，编辑于星期五：二十一点 五十一 分。
[类题通法] 在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分 类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类 的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相 独立，“步”间互相联系．
第二十六页，编辑于星期五：二十一点 五十一 分。
“课后演练提能”见“课时跟踪检测(六十一)”
(单击进入电子文档)
第二十七页，编辑于星期五：二十一点 五十一 分。
谢谢观看
第二十八页，编辑于星期五：二十一点 五十一 分。
第十三页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
[典题例析] 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种 不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限． 解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同 的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共 有36＝729种．
3．从集合{0，1， 2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数 a，b 组成复数 a＋bi，其中虚数有___3_6____．
第七页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
考点一 分类加法计数原理 (基础送分型考点——自主练透) [必备知识]
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种不同方法．
数原理进行计数； (2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类
加法计数原理进行计数．
第十九页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第二节 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”．
常见的命题角度有： (1)整体均分问题； (2)部分均分问题； (3)不等分问题.
第二十四页，编辑于星期五：二十一点 五十一 分。
角度一：整体均分问题
1．国家教育部为了发展贫困地区教育师范生，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，
第十三页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
2．(2015·四川绵阳一模)从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导
游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不
能从事翻译工作，则选派方案共有
()
A．280种
B．240种
C．180种
D．96种
解析：根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从
D．60
解析：易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况 讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3， x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10
种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，
有__9_0__种不同的分派方法．
解析：先把6个毕业生平均分成3组，有
C26C24C22 A33
种方法，再将3
组毕业生分到3所学校，有A
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第三节 二项
( ×) (√ )
(3)2n－C1n×2n－1＋C2n×2n－2＋…＋(－1)n－1Cnn－1×2＋(－1)n＝1
(√ )
第二页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
2．(人教 A 版教材例题改编)(x－1x)9 的展开式中 x3 的系数为_-_8_4__. 3．(x y－y x)4 的展开式中，x3y3 项的系数为_6___．
第十八页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
(2)如果 n 是奇数，则中间两项第n＋2 1项与第n＋2 1＋1 项的二项式系数相等并最大．
3．二项展开式系数最大项的求法 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用 待定系数法，设展开式各项系数分别为 A1，A2，…，An＋1，且 第 k 项系数最大，应用AAkk≥≥AAkk－＋11，， 从而解出 k 来，即得．
第三节
二项式定理
基础盘查一 二项式定理 (一)循纲忆知 1．能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．(通
项Tk＋1＝Cknan－kbk，k＝0,1，…n)
第一页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
(二)小题查验
1．判断正误
(1)Crnan－rbr是(a＋b)n展开式中第r项 (2)C1n－2Cn2＋3Cn3－…＋(－1)n－1nCnn＝0
第十六页，编辑于星期五：二十一点 五十一分。
3．若x2－1xn 的展开式中含 x 的项为第 6 项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋
a2x2＋…＋anxn，则 a1＋a2＋…＋an 的值为_2_5_5__．
解析：展开式x2－1xn 的通项为 Tr＋1＝Crn(x2)n－r·－1xr＝Crn(－1)rx2n －3r，因为含 x 的项为第 6 项，所以 r＝5,2n－3r＝1，解得 n＝8， 令 x＝1，得 a0＋a1＋…＋a8＝(1－3)8＝28，又 a0＝1，所以 a1＋… ＋a8＝28－1＝255.
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 解答题增分
[技法概述] 在高考的实际综合应用问题中，题目中的图表、数据包含着 问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向，在审题 时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，为问题解决提供 帮助的方法．
第一页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
[适用题型] 在高考中以下几种题型常用到此审题方法： (1)概率与统计部分； (2)回归分析与统计案例； (3)算法与程序框图.
第二页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
(2014·辽宁高考)(本题满分 12 分)一家面包房根据以往某种面包的 销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图．如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互 独立．
第三页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且 另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变 量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．
第四页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
第五页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
[解题流程]
1设 A1 表示事件“日销售量不低于 100
第一步
个”，A2 表示事件“日销售量低于 50 个”，B
分析图表
⇐ 表示事件“在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日
表示事件
销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于
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第十一页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
谢谢观看
第十二页，编辑于星期五：二十一点 五十二分。
对应概率
9分
PX＝3＝C33·0.63＝0.216.
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第十章
计数原理和概率
高考调研
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4．(2015·衡水调研卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1内有
一个内切球 O ，则在正方体 ABCD－ A1B1C1D1 内任取点 M ，点 M在球O内的概率是( π A.4 )
π B.8 π D.12
π C.6 答案 C
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第十章
计数原理和概率
高考调研
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【解析】 画草图易知区域 D 是 边 长 为
2 的正方形，到
原点的距离大于 2 的点在以原点为圆心，以 2 为半径的圆的 1 2×2－4π ·2 · 外部，所以所求事件的概率为 P＝ 2×2
【答案】 D
2
4－π ＝ 4 .选 D.
4．几何概型的试验中 事件A的概率P(A)只与子区域A的几何度量(长度、面积和 体积)成正比，而与A的位置和形状无关． 5．求试验中几何概型的概率 关键是求得事件所占区域和整个区域Ω的几何度量，然后 代入公式即可求解．
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第十章
计数原理和概率
高考调研
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1．(2014·湖南文)若在区间[－2,3]上随机选取一个数X， 则X≤1的概率为( )
)若 在 区 间 ( 0 2 ,)
内 任 取 两 数
m，
n(m≠n) ，则椭圆 ________．
x2 y2 m2 ＋ n2 ＝ 1 的离心率大于
3 2 的概率为
1 答案 2
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第十章
计数原理和概率
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解析 如图，m，n的取值在边长为2的正方形中．
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间 的 均 匀 随 机 数 a ， 则 事 件 “ 3a － 1>0” 发 生 的 概 率 为
1 2 【解析】 事件“3a－1>0”，即“a>3”，故概率 P＝3. 2 【答案】 3
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第十章
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( 2 ) (20 1 3 · 湖 北 文 )在区间[－2,4]上 随 机 地 取 一 个 数 5 满足|x|≤m 的概率为6，则 m＝_ _ _ _ _ _ _ _ . 5 m－－2 【解析】 由几何概型，得6＝ ⇒m＝3. 6
3 ．有一杯 2升的水，其中含一个细菌，若用一个小杯从 水中取0.1升水，则此小杯中含有这个细菌的概率是( )
A．0.01
C．0.05 答案 C
B．0.02
D．0.04
解析 试验的全部结果构成的区域体积为 2 升，所求事 0.1 1 件的区域体积为 0.1 升，故所求概率为 P＝ 2 ＝20＝0.05.
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【解析】 当 P 在 三 棱 锥 的 中 截 面 及 下 底 面 构 成 的 正 三 1 7 棱台内时符合要求，由几何概型知，P＝1－8＝8. 7 【答案】 8
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第十章
计数原理和概率
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探究3
几何概型的概率公式中的“几何度量”，除了前
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第十章
计数原理和概率
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第十章
计数原理和概率
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第6课时
几何概型
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第十章
计数原理和概率
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1．了解几何概型的意义． 2．了解日常生活中的几何概型． 请注意 纵观近几年高考所涉及几何概型的考查内容特点是与实 际生活密切相关，这就要求抓好破势训练，从不同角度，不 同侧面对题目进行分析，查找思维的缺陷．
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第十章
计数原理和概率
高考调研
思考题2
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(1)(2015·湖北八校联考)正方形的四个顶
点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1,1)，D(－1,1)分别在抛物线y
＝－x2 和y ＝x2 上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形
ABCD中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．
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第十章
计数原理和概率
高考调研
【解析】 概 率 公 式 求 解 ． 正 方 形 内 空 白 部 分 面 积 为
2
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利用定积分直接求面积，再利用几何概型的
[ 1－1
x2－(－x2) ] d x
2 3|1 2 2 4 ＝ 2 x dx＝3· x －1＝3－－3＝3， 1－1 阴 影 部 分 面 积 为 4 8 2×2－3＝3， 8 3 2 4＝3.
4 A.5 2 C.5
3 B.5 1 D.5
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答案 B
解析 区间[－2,3]的长度为 3－(－2)＝5，[－2,1]的长度 3 为 1－(－2)＝3，故满足条件的概率 P＝5.
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＝2 e －2 e x|1 e －( 2 e －2 ) ＝2， 由 几 何 概 型 的 概 率 计 算 公 式 ， 0＝2 得 所 求 的 概 率 S阴 影 2 P＝ ＝e2. S正 方 形
2 【答案】 e2
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(2)两人约定在20：00到21：00之间相见，并且先到者必 须等迟到者 40分钟方可离去，如果两人出发是各自独立的，
中的单位正方形内(包括边界)的点来表示，两人能在约定的时
间范围内相见的所有时刻(x，y)的各种可能结果可用图中的阴 影部分(包括边界)来表示．
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因此阴影部分与单位正方形的面积比就反映了两人在约 定时间范围内相遇的可能性的大小，也就是所求的概率为 S阴 影 S单 位 正 方 形 12 1－3 8 ＝ 12 ＝9.
如果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 )成比例，那么称这样的概率模型为几何 ______(
概率模型，简称为 几何概型 ．
2．几何概型中 事件 A 的概率计算公式
P(A)＝_______________________________________.
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第十章
计数原理和概率
在20：00 至21：00 各时刻相见的可能性是相等的，求两人在
约定时间内相见的概率．
2 【思路】 两人不论谁先到都要等迟到者 40 分钟， 即3小 时．设两人分别于 x 时和 y 时到达约见地点，要使两人在约 2 2 定的时间范围内相见，当且仅当－3≤x－y≤3，因此转化成 面积问题，利用几何概型求解．
x，若 x
【答案】 3
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题型二 与面积有关的几何概型 例2 (1)(2014·福建理)如图所示，若在边长为 e(e为自然
对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分 的概率为________．
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【 解 析 】 其 图 像 关 于 直 线 交 点 坐 标 为
因 为 函 数
y＝ex 与 函 数
y＝lnx 互 为 反 函 数 ， y＝ex 与 直 线 y＝e 的
x 2 ( e ×1－ e dx) 10
y＝x 对 称 ， 又 因 为 函 数
(1，e)， 所 以 阴 影 部 分 的 面 积 为
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第十章
计数原理和概率
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课 前 自 助 餐
授人以渔
自助餐
题 组 层 级 快 练
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计数原理和概率
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课 前 自 助 餐
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第十章
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1．几何概型
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题型三 与体积有关的几何概型
例 3 已知正三棱锥 S－ABC 的 底 面 边 长 为 4，高为 3，
1 在正三棱锥内任取一点 P ，使得 VP － ABC< 2 VS － ABC 的概率是 ________．
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3．要切实理解掌握几何概型试验的两个基本特点 (1) 无 限 性 ： 在 一 次 试 验 中 ， 可 能 出 现 的 结 果 有 无限多个 ； __________ (2)等可能性：每个结果的发生具有 等可能性 ．
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2．在长为6 m的木棒上任取一点P，使点P到木棒两端点 的距离都大于2 m的概率是( )
1 A.4 1 C.2
答案 B
1 B.3 2 D.3
解析 将木棒三等分，当 P 位于中间一段时，到两端 A， 2 1 B 的距离都大于 2 m，∴P＝6＝3.