第9单元-计数原理、概率、随机变量及其分布-数学(理科)-新课标
(新课标)高考数学一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 9-7 二项分布、正态分布
9-7 二项分布、正态分布及其应用课时规X 练(授课提示：对应学生用书第331页)A 组 基础对点练1．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12，则μ等于( C ) A ．1 B ．2 C ．4D ．不能确定解析：当函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点时，Δ＝16－4ξ<0，即ξ>4，根据正态曲线的对称性，当函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12时，μ＝4.2．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 ) A ．0.8 B ．0.75 C ．0.6D ．0.453．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( B )(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%) A ．4.56% B ．13.59% C ．27.18%D ．31.74%4．某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为 38.解析：依题意，元件的使用寿命超过1 000小时的概率为12，则该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12×12＝38.5．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．解析：设A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0,1,2，B 表示事件：甲需使用设备，C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)D ＝A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C ，P (B )＝0.6，P (C )＝0,4，P (A i )＝C i 2×0.52，i ＝0,1,2，所以P (D )＝P (A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C ) ＝P (A 1BC )＋P (A 2B )＋P (A 2B －C ) ＝P (A 1)P (B )P (C )＋P (A 2)P (B )＋P (A 2)P (B －)P (C )＝0.31.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,4，则有P (X ＝0)＝P (B －A 0C －)＝P (B －)P (A 0)P (C －)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P (X ＝1)＝P (BA 0C －＋B －A 0C ＋B －A 1C －)＝P (B )P (A 0)P (C －)＋P (B －)P (A 0)P (C )＋P (B －)P (A 1)P (C －)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，P (X ＝3)＝P (D )－P (X ＝4)＝0.25，P (X ＝4)＝P (A 2BC )＝P (A 2)P (B )P (C )＝0.52×0.6×0.4＝0.06. X 的分布列为P 0.06 0.25 0.38 0.25 0.06数学期望E (X )＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＋4×P (X ＝4) ＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.6．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s 2(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s 2. 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EX . 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. 解析：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2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，s 2＝(－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EX ＝100×0.682 6＝68.26.B 组 能力提升练1．某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即X ～N (100，a 2)(a >0)，试卷满分为150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分(包含100分和110分)之间的人数约为( A ) A ．400 B ．500 C ．600D ．8002．已知随机变量X 服从正态分布N (5,4)，且P (X >k )＝P (X <k －4)，则k 的值为( B ) A ．6 B ．7 C ．8D ．93．某小区有1 000户，各户每月的用电量近似服从正态分布N (300,102)，则用电量在320度以上的户数约为( B )(参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝95.44%，P (μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝99.74%)A ．17B ．23C ．34D ．464．一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为( D ) A.23 B ．512 C.79D ．595.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 (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( B )(附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4) A ．1 193 B ．1 359 C ．2 718D ．3 4136．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是②④.(写出所有正确结论的序号) ①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，它与A 1，A 2，A 3中哪一个发生都有关． 解析：由题意知A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，P (A 1)＝510＝12，P (A 2)＝210＝15，P (A 3)＝310，P (B |A 1)＝12×51112＝511，P (B |A 2)＝411，P (B |A 3)＝411，而P (B )＝P (A 1B )＋P (A 2B )＋P (A 3B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3) ＝12×511＋15×411＋310×411＝922. 7．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为 34.解析：记事件A 为“第一次摸到黑球”，事件B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是P (B |A )＝P AB P A ＝34.8．某学校学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度，现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图记录了他们的幸福度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后一位数字为叶)．(1)指出这组数据的众数和中位数；(2)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”．求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极幸福”的概率；(3)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示抽到“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．解析：(1)众数：8.6；中位数：8.75.(2)设A i (i ＝0,1,2,3)表示所取3人中有i 个人是“极幸福”，至多有1人是“极幸福”记为事件A ，则P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝C 312C 316＋C 14C 212C 316＝121140.(3)ξ的所有可能取值为0,1,2,3.则ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14， P (ξ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫343－k，k ＝0,1,2,3. ξ的分布列为：所以E (ξ)＝3×14＝0.75.9．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，需要通过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析知甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响． (1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X 的分布列．解析：(1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B －C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3， 同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X ～B (3,0.3)，X的可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝k)＝C k3(0.3)k·(1－0.3)3－k. 故P(X＝0)＝C03×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝C13×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝C23×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝C33×0.33＝0.027，故X的分布列为。
高中 高考数学复习 第9单元-计数原理、概率、随机变量及其分布-数学(理科)
[答案] A
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ返回目录
[解析] 分别从 2 名教师中选 1 名，4 名学生中选 2 名安排到甲地参加 社会实践活动即可，则乙地就安排剩下的教师与学生，故不同的安排 方法共有 C21C42＝12(种)．故选 A.
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第55讲
课 前 双 基 巩 固
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
—— 知识聚焦 ——
1．分类加法计数原理 完成一件事有 n 类不同的方案，在第一类方案中有 m1 种不同的方法， 在第二类方案中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类方案中有 mn 种不 m______________ 同的方法，则完成这件事情，共有 N＝ 种不同的方法． 1＋m2＋…＋mn 2．分步乘法计数原理 完成一件事情需要 n 个不同的步骤，完成第一步有 m1 种不同的方法， 完成第二步有 m2 种不同的方法， ……， 完成第 n 步有 mn 种不同的方法， 那么完成这件事情共有 N＝m ________________ 1×m2×…×mn 种不同的方法． 3．两个计数原理的区别 分类加法计数原理与分步乘法计数原理， 都涉及完成一件事情的不同方 法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法 相互独立， 用其中的任一种方法都可以完成这件事； 分步乘法计数原理 与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算 完成．
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使用建议
2．教学指导 (1)计数原理：该部分的特点是基础知识明确且易于掌握，但解题 的方法十分灵活， 部分试题具有较大的难度． 在该部分的教学过程 中要注意如下几点：①使学生树立分类、分步的思想意识，通过典 型例题逐步掌握解决排列、 组合问题的两个基本原理； ②通过例题 使学生掌握几类典型的计数问题的解法， 如分组分配问题、 相邻与 不相邻问题、 涂色问题等， 通过这些典型的问题使学生体会解决排 列、 组合实际应用问题的方法； ③围绕二项展开式的通项公式和特 殊赋值法展开， 通过例题使学生能够灵活运用二项展开式的通项公 式求解二项展开式中特定的项或者项的系数， 会使用特殊值法求二 项式系数或者二项展开式系数的和差问题．
高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第1课时两个计数原理、排列与组合课件
不同的选法有35种
(1)B (2)D (3)ABC [(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法， 由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法． (2)如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉， 有4种不同的布置方案，再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案．若区域B 与区域E布置同一种花卉，则区域C2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方 案．故不同的布置方案有5×4×3×(3＋2×3)＝540(种)．故选D.
跟进训练3 (1)(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短 道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项 目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A．60种 B．120种 √C．240种 D．480种
(2)(2024·山东泰安高三模拟)第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至 8月8日在成都举行，比赛项目包括15个必选项目和武术、赛艇、射击3个自选 项目．若将3男、3女6名志愿者分成3组，每组一男一女，分别分配到3个自选 项目比赛场馆服务，则不同的分配方案共有( )
点拨 求解排列应用问题的六种常用方法
考向2 组合问题 [典例3] 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)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
[拓展变式] 若本例(1)中 CD段马路由于正在维修(如图)，暂时不通，则从E到 G的最短路径有___2_6____条．
计数原理概率随机变量及其分布优秀课件
X 10 20 30 40
P
1 4
1 4
1 4
1 4
(2)根据题意，Y 的可能取值为 20,30,40，且 P(Y
＝20)＝C124＝61，P(Y＝30)＝C224＝13，P(Y＝40)＝ C324＝12.
栏目 导引
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
∴Y的分布列为
Y
20
30
40
P
1 6
1 3
X
01234
2X＋1 1 3 5 7 9
|X－1| 1 0 1 2 3
栏目 导引
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
从而由上表得两个分布列为：
(1)2X＋1的分布列：
2X＋1 1 3 5 7 9
P
0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)|X－1|的分布列：
|X－1|
0
1
2
3
P
0.1 0.3 0.3 0.3
n
②_∑ i_＝_1p_i＝__1__.
栏目 导引
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
思考探究 如何求离散型随机变量的分布列？ 提示：首先确定随机变量的取值，求出离散 型随机变量的每一个值对应的概率，最后列 成表格．
栏目 导引
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
3．常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布 若随机变量X的分布列是
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
教材回扣夯实双基
基础梳理
1．离散型随机变量 随着试验结果变化而变化的变量称为_随__机__ _变__量___,常用字母X，Y，ξ，η，…表示． 所有取值可以一一列出的随机变量，称为 __离__散__型__随__机__变__量____．
高考数学专题计数原理与概率随机变量及其分布.资料
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．1．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．2．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．[试一试]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30 B．20C．10 D．6解析：选D从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．2．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＋b i，其中虚数有() A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．1．应用两种原理解题 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． [练一练]1．(2013·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，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 8802．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)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：108分类加法计数原理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A ．50个B ．45个C．36个D．35个解析：选C利用分类加法计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有()A．30种B．31种C．35种D．40种解析：选B分类：第一类，两人拿对：2×C2 5＝20种；第二类，三人拿对：C3 5＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．3．(2013·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种解析：选B设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A 监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．[类题通法]利用分类加法计数原理解题时应注意(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，注意完成这件事情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[典例](2014·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥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，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C1×C12×C113×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案]12[类题通法]利用分步乘法计数原理解决问题时应注意(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有() A．24种B．48种C．96种D．144种解析：选C第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．两个原理的综合应用[典例](2014·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]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C2＝10种选择5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.[答案] B本例中条件若变为“A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}现从中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合”，则可以组成多少个集合？解：(1)选集合A，B，有C14C13＝12；(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[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．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16第二节排列与组合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1．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．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有()A．120B．48C．36 D．18解析：选C有C12C13A33＝36(种)．2．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A22A22A23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法： 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m ＞n2时，通常将计算C m n 转化为计算C n－mn.二是列等式，由C x n ＝C yn 可得x ＝y 或x ＋y ＝n .性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．(2013·河北教学质量监测)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解析：选B 由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.2．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答) 解析：先排甲、乙之外的3人，有A 33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A 24种排法，故共有A 33·A 24＝72(种)排法．答案：72排列问题1．数列{a n }，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{a n }共有( )A ．30个B ．31个C ．60个D ．61个解析：选A 在数列的六项中，只要考虑两个非1的项的位置，即得不同数列，共有A 26＝30个不同的数列．2．(2013·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有()A．6种B．12种C．18种D．24种解析：选B本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．3．(2013·西安检测)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1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有()A．360种B．4 320种C．720种D．2 160种解析：选B法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．[类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·重庆高考)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)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[类题通法]组合两类问题的解法(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．[针对训练](2013·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种解析：选A法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配。
第9章第9讲计数原理概率随机变量及其分布
第9章第9讲计数原理概率随机变量及其分布计数原理是概率论中的基础概念之一，它描述了一系列事件发生的可能性，并给出了用于计算这些可能性的工具。
概率是描述随机事件发生的可能性的数值，它的取值范围在0到1之间。
随机变量是将随机事件映射到实数的函数，它可以是离散型的，也可以是连续型的。
随机变量的分布描述了随机变量的取值与其对应的概率之间的关系。
计数原理在概率论中扮演着非常重要的角色。
它包括了加法法则和乘法法则两个基本原理。
加法法则适用于两个事件的并集，它等于两个事件的概率之和减去两个事件的交集的概率。
乘法法则适用于两个事件的交集，它等于第一个事件发生的概率乘以在第一个事件发生的条件下，第二个事件发生的概率。
概率是描述随机事件发生的可能性的数值。
通常，概率可以通过实验或观察事件发生的频率来估算。
概率的取值范围在0到1之间，概率为0表示事件不可能发生，概率为1表示事件一定会发生。
概率可以通过数学的方法来计算，例如，利用计数原理、排列组合等方法。
随机变量是将随机事件映射到实数的函数。
它可以是离散型的，也可以是连续型的。
离散型随机变量取有限或可数个值，并且每个值有一个对应的概率。
离散型随机变量的概率分布可以用概率质量函数来描述。
连续型随机变量可以取任意实数值，其概率分布可以用概率密度函数来描述。
概率密度函数是一个非负函数，它满足积分的性质。
随机变量的分布是描述随机变量取值与其对应的概率之间的关系。
离散型随机变量的分布称为概率分布，而连续型随机变量的分布称为概率密度分布。
常见的离散型随机变量有伯努利分布、二项分布、泊松分布等，常见的连续型随机变量有均匀分布、正态分布、指数分布等。
这些分布在概率论和统计学中都有广泛的应用。
总结起来，计数原理、概率、随机变量及其分布是概率论中的基本概念和工具。
它们用于描述和计算随机事件的可能性，以及随机变量取值与概率之间的关系。
理解和掌握这些概念和工具对于进一步研究概率论和统计学非常重要。
(新课标)2020年高考数学一轮总复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布列9_4古典概型课件理新人教A版
考点二|古典概型计算较复杂事件的概率 (方法突破) 【例2】 (2018·高考天津卷)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别 为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活 动． (1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？ (2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同 学承担敬老院的卫生工作． ①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； ②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．
4．(必修3·习题3.2B组改编)现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则
甲被选中的概率为
．
答案：23
考点一|古典概型的简单应用 (思维突破)
【例1】 (1)(2017·高考山东卷)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机
抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
(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 n
；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件
A的概率P(A)＝mn .
[三基自测]
1．(必修3·习题3.2A组改编)一个盒子里装有标号为1,2,3,4的4张卡片，随机地抽取
2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是( )
跟踪训练 一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字2,3，这三张卡片除标记 的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数 字依次记为a，b，c. (1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．
高考数学一轮复习第9单元计数原理、概率、随机变量及其分布听课学案理
第九单元计数原理、概率、随机变量及其分布第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理课前双击巩固题组一常识题1.[教材改编]已知集合M=,N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素分别作为点的横、纵坐标,可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是.2.[教材改编] 6名同学争夺3项冠军,获得冠军的可能性有种.3.[教材改编]由0,1,2,3,5组成无重复数字的五位数,其中偶数共有个.4.[教材改编]李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同颜色的裙子,另有2套不同样式的连衣裙,现在需选择1套服装参加歌舞演出,则李芳选择服装的不同方法有种.题组二常错题◆索引:分类、分步时出错或对概念的理解出错.5.有3女2男共5名志愿者要全部分到3个社区去参加志愿服务,每个社区1到2人,甲、乙2名女志愿者需到同一社区,男志愿者到不同社区,则不同的分法种数为.6.在一次游戏中,三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者.三个人互相传递,每人每次只能传一下,由甲开始传,经过五次传递后,花又被传回给甲,则不同的传递方式有种.(用数字作答)7.已知a,b∈{2,3,4,5,6,7,8,9},则log a b的不同取值个数为.8.有6 名学生,其中有3 名只会唱歌,2 名只会跳舞,1名既会唱歌又会跳舞.现从中选出2 名会唱歌的学生,1名会跳舞的学生,去参加文艺演出,则所有不同的选法种数为.课堂考点探究探究点一分类加法计数原理1 (1)图书馆的书架有三层,第一层有3本不同的数学书,第二层有5本不同的语文书,第三层有8本不同的英语书,现从中任取1本书,则不同的取法共有()A.120种B.16种C.64种D.39种(2)如图9-55-1,从甲地到乙地有2条路,从乙地到丁地有3条路,从甲地到丙地有4条路,从丙地到丁地有2条路,则从甲地到丁地不同的路有 ()图9-55-1A.11条B.14条C.16条D.48条[总结反思] 解答此类问题的关键是充分理解题意,理解分类计数原理:(1)分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类,即分类的标准是“不重不漏,一步完成”;(2)分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在各个步骤中任取一种方法,即是完成这个步骤的一种方法,即步与步之间的方法“相互独立,分步完成”.式题 (1)[2017·辽宁重点高中期末]甲、乙、丙3人从1楼乘电梯去商场的3到9楼,每层楼最多下2人,则下电梯的方法有()A.210种B.84种C.343种D.336种(2)[2017·东北三省三校模拟]在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,广告牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块广告牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案共有()A.20种B.21种C.22种D.24种探究点二分步乘法计数原理2 (1)[2017·淮北一中检测]甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案的种数为()A.5B.24C.32D.64(2)某公司准备在一幢“五角楼”的五个角装上五盏3种不同颜色的灯,要求相邻两盏灯的颜色不同,则不同的安装方法有种.[总结反思] 利用分步乘法计数原理解决问题时应注意:(1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,以元素(或位置)为主体的计数问题,通常先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置);(2)对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.式题 (1)[2017·杭州萧山一中月考]有六种不同颜色,给如图9-55-2所示的六个区域涂色,要求相邻区域不同色,不同的涂色方法共有()A.4320种B.2880种C.1440种D.720种图9-55-2(2)某学校高三年级有2个文科班,3个理科班,现每个班指定1人对各班的卫生进行检查,若每班只安排1人检查,且文科班学生不检查文科班,理科班学生不检查自己所在的班,则不同安排方法的种数是()A.24B.32C.48D.84探究点三两个计数原理的综合3 (1)张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园,为安全起见,首尾一定要排2位大人,另外,2个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为()A.144B.124C.72D.36(2)如图9-55-3,一个地区分为五个行政区域,现给该地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有四种颜色可供选择,则不同的着色方法共有种.(用数字作答)图9-55-3[总结反思] (1)涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法: 按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;以颜色为主分类讨论,适用于区域、点、线段等问题,用分类加法计数原理分析; 将空间问题平面化,转化成平面区域的涂色问题.(2)分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类;分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,只有完成每一步,整件事才算完成.若综合利用两个计数原理,一般先分类再分步.式题 (1)若自然数n作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“开心数”.例如,32是“开心数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是“开心数”,因为23+24+25产生进位现象.那么,小于100的“开心数”的个数为()A.9B.10C.11D.12(2)“五一”黄金周将至,小明一家五口决定外出游玩,购买的车票分布如图9-55-4.图9-55-4若爷爷喜欢走动,需要坐靠近走廊的位置,妈妈需要照顾妹妹,两人必须坐在一起,则座位的安排方式一共有种.第56讲排列与组合课前双击巩固1.排列与组合的概念2.排列数与组合数=(1)=”表示=(1)(2)(3)+题组一常识题1.[教材改编]世界华商大会的某分会场有A,B,C三个展台,将甲、乙、丙、丁4名“双语”志愿者选派3名分别到这三个不同的展台担任翻译工作,则不同的选派方法有种.2.[教材改编]甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则不同的选法共有种.3.[教材改编]某数学教研组准备从甲、乙等7名教师中选派4名教师发言,如果要求甲、乙两人至少有一人发言,那么不同的选派方法有种.题组二常错题◆索引:分类讨论中分类标准不清楚导致重复计数;不能灵活使用间接法.4.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装计算机和组装计算机各2台,则不同的取法有种.5.有大小和形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球,将它们排成一排,共有种不同的排列方法.6.现有6个人排成一排照相,其中甲、乙、丙3人不同时相邻的排法有种.课堂考点探究探究点一排列问题1 (1)[2017·江西重点中学盟校联考]将A,B,C,D,E这5名同学从左至右排成一排,则A 与B相邻且A与C之间恰好有1名同学的排法有()A.18种B.20种C.21种D.22种(2) 四位男演员与五位女演员排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站两端的排法种数为()A.-2B.-C.-2D.-[总结反思] (1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法和元素分析法.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)有限制条件的排列问题的常用方法:相邻问题采用捆绑法,不相邻问题采用插空法.式题 (1)5名学生进行知识竞赛.笔试结束后,甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说:“你们5人的成绩互不相同,很遗憾,你的成绩不是最好的”;对乙说:“你不是最后一名”.根据以上信息,这5人的笔试名次的所有可能的种数是 ()A.54B.72C.78D.96(2)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人1张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不同分法的种数为()A.12B.24C.36D.48探究点二组合问题2 (1)[2017·辽宁实验中学模拟]篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成,2017年的NBA篮球赛中,休斯顿火箭队采取了“八人轮换”的阵容,即每场比赛只有8名队员有机会出场,这8名队员中包含2名中锋,2名控球后卫.若要求每一套出场阵容中有且仅有1名中锋,至少包含1名控球后卫,则休斯顿火箭队的主教练出场阵容的选择方案共有()A.16种B.28种C.84种D.96种(2)现有12张不同颜色的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张,现从中任取3张,要求3张卡片不能全是同种颜色,且蓝色卡片至多1张,则不同的取法种数是()A.135B.172C.189D.162[总结反思] 解决组合问题中两类题型的方法:(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,再从剩下的元素中选取.(2)对于“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型,若直接分类复杂,则间接求解.式题 (1)[2017·银川二模]某地实行高考改革,考生除参加语文、数学、外语统一考试外,还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科,要求物理、化学、生物三科至少选一科,政治、历史、地理三科至少选一科,则可供考生选择的选考方法种数为()A.6B.12C.18D.24(2)[2017·郴州质检]把3名男生2名女生共5名新生分配到甲、乙两个班,每个班分配的新生不少于2名,且甲班至少分配1名女生,则不同的分配方案种数为.(用数字作答)探究点三分组分配问题考向1整体均分问题3 数学活动小组由12名同学组成,现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题,并要求每组选出1名组长,则不同的分配方案有()A.种B.34种C.43种D.43种[总结反思] (1)平均分配给不同小组的分法种数等于平均分堆的分法种数乘堆数的全排列.(2)对于分堆与分配问题应注意三点:①处理分配问题要注意先分堆再分配;②被分配的元素是不同的;③分堆时要注意是否均匀.考向2部分均分问题4 为防止部分学生考试时用搜题软件作弊,命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这三种题型进行改编,则每种题型至少指派1名教师的不同分派方法种数为()A.150B.180C.200D.280[总结反思] 对于部分均分问题,解题时要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!.考向3不等分问题5 A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌上开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,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,则不同的坐法有()A.24种B.30种C.48种D.60种[总结反思] 对于不等分问题,首先要对分配数量的可能情形进行一一列举,然后再对每一种情形分类考虑.在每一类的计数中,又要考虑是分步计数还是分类计数,是排列问题还是组合问题.强化演练1.【考向1】[2017·汕头模拟]现有编号为A,B,C,D的四本书,将这四本书平均分给甲、乙两位同学,则A,B两本书不被同一位同学分到的概率为 ()A. B.C. D.2.【考向2】6位机关干部被选调到4个贫困自然村进行精准扶贫,要求每位机关干部只能参加一个自然村的扶贫工作,且每个自然村至少有1位机关干部扶贫,则不同的分配方案有种.3.【考向3】将7名应届师范大学毕业生分配到3所中学任教,若4个人分到甲学校,2个人分到乙学校,1个人分到丙学校,则有种不同的分配方案.4.【考向2】在“心连心”活动中,五名党员被分配到甲、乙、丙三个村子进行入户走访,每个村子至少安排一名党员参加,且A,B两名党员必须在同一个村子的不同分配方法种数为.5.【考向2】现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多有2名,若其中教师甲和教师乙均不能单独带队,则不同的带队方案有种.(用数字作答)第57讲二项式定理课前双击巩固1.二项式定理=+++b二项展开式中各项的系数为2.二项式系数的性质(1)当0≤k≤n时,与的关系是.(2)二项式系数先增后减中间项最大.当n为偶数时,第+1项的二项式系数最大,最大值为;当n为奇数时,第项和第项的二项式系数最大,最大值为或.(3)各二项式系数和:+++…+= ,+++…=+++…= .题组一常识题1.[教材改编]已知(x-3y)n的展开式中,第5项的二项式系数与第12项的二项式系数相等,则展开式共有项.2.[教材改编]二项式x+12的展开式中常数项是第项.3.[教材改编]在二项式x-8的展开式中,含x5项的系数是.(用数字作答)4.[教材改编]若x1-4=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5, 则a1+a3+a5= .题组二常错题◆索引:二项展开式的通项记错致误;混淆二项式系数之和与各项系数之和致误.5.(1-2x)7的展开式中第4项的系数是.6.在二项式x2-n的展开式中,所有二项式系数的和是32,则展开式中各项系数的和为.7.已知(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10,则a8= .8.[2017·惠州模拟] (x+1)5(x-2)的展开式中x2的系数为.课堂考点探究探究点一求展开式中的特定项或特定系数1 (1)(1-2x)5的展开式中x3的系数为()A.-80B.80C.10D.-10(2)二项式x-6的展开式中常数项为()A.-15B.15C.-20D.20[总结反思] 本类题主要考查二项展开式的通项与系数,考查的核心是通项T r+1=a n-r b r.求解此类问题可以分两步完成:第一步,根据给出的条件(特定项)和通项,建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r);第二步,根据所求的指数求解所求的项.式题 (1)[2017·贵阳二模]若x-5的展开式中x3的系数为30,则实数a=()A.-6B.6C.-5D.5(2)[2017·株洲一模]在+2x5的展开式中,x3的系数为.(用数字作答)探究点二二项式系数与各项的系数问题2 (1)在x+n的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为64∶1,则x3的系数为()A.15B.45C.135D.405(2)[2017·唐山三模]若(1-x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|=()A.1B.513C.512D.511[总结反思] (1)“赋值法”普遍应用于恒等式,是一种处理与二项式相关问题的比较常用的方法.对形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a,b,c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和,只需令x=1即可.(2)当n为偶数时,展开式中第+1项的二项式系数最大,最大值为;当n为奇数时,展开式中第项和第项的二项式系数最大,最大值为或.式题 (1)在(x-2)6的展开式中,二项式系数的最大值为m,含x5项的系数为n,则=()A. B.-C. D.-(2)[2017·西宁一模]若x2+n的展开式中,二项式系数和为64,所有项的系数和为729,则a的值为.探究点三多项式展开式中的特定项考向1几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题3 在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)11的展开式中,x2项的系数是()A.55B.66C.165D.220[总结反思] 几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:先分别求出每一个多项式中的特定项,再合并.通常要用到方程或不等式的知识求解.考向2几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题4 在(-1)4·(x-1)2的展开式中,含x项的系数为()A.-4B.-2C.2D.4[总结反思] 几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:先分别化简或展开为多项式和的形式,再分类考虑特定项产生的每一种情形,求出相应的特定项,最后进行合并即可.考向3三项展开式中的特定项(系数)问题5 [2017·长沙三模]x2-+34的展开式中常数项是.[总结反思] 三项展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:(1)通常将三项式转化为二项式积的形式,然后利用多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法求解;(2)将其中某两项看成一个整体,直接利用二项式定理展开,然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形.强化演练1.【考向2】(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的值为()A.-3B.3C.-5D.52.【考向1】已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+a n x n(n∈N*),若a0+a1+…+a n=62,则log n25等于.3.【考向3】[2017·锦州质检] (x2-x-2)3的展开式中含x项的系数为.4.【考向2】在多项式(1+2x)6(1+y)5的展开式中,xy3的系数为.5.【考向2】在x-(2x-1)6的展开式中,x3的系数是.(用数字作答)6.【考向2】[2017·赣州二模]若(1+y3)x-n(n∈N+)的展开式中存在常数项,则常数项为.探究点四二项式定理的简单应用考向1利用二项式定理证明不等式6 设函数f(x,y)=(1+my)x(m>0,y>0).已知正整数n与正实数t,满足f(n,1)=m n f n,.求证:f2017,>6f-2017,.[总结反思] 利用二项式定理证明不等式,常取展开式的部分项朝预定目标进行不等放缩,从而得证.考向2有关整除问题7 若等差数列{a n}的首项为a1=-(m∈N),公差是-n的展开式中的常数项,其中n为7777-15除以19的余数,求通项公式a n.[总结反思] 用二项式定理处理整除问题,通常把被除数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,但要注意两点:一是余数的范围,a=cr+b,其中余数b∈[0,r),r是除数,切记余数不能为负;二是二项式定理的逆用.强化演练1.【考向2】883+6被49除所得的余数是 ()A.-14B.0C.14D.352.【考向2】若n是正整数,则7n+7n-1+7n-2+…+7除以9的余数是.3.【考向1】利用二项式定理证明:<(n∈N且n≥3).第58讲随机事件的概率与古典概型课前双击巩固1.事件的分类2.频率与概率(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出现的次数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.(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,把这个记作P(A),称为事件A发生的概率,简称为A的概率.3.事件的关系与运算4.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)①若事件A与事件B互斥,则P(A∪B)= .②若事件B与事件A互为对立事件,则P(A)= .5.古典概型(1)基本事件的特点:①任何两个基本事件是的;②任何事件(除不可能事件)都可以表示成的和.(2)古典概型的特点:①试验中所有可能出现的基本事件只有个,即;②每个基本事件发生的可能性,即.(3)概率公式:P(A)= .题组一常识题1.[教材改编]在天气预报中,有“降水概率预报”.例如,预报“明天降水概率为85%”,对这句话理解正确的说法序号是.①明天该地区有85%的地区降水,其他15%的地区不降水;②明天该地区约有85%的时间降水,其他时间不降水;③气象台的专家中,有85%的专家认为会降水,另外15%的专家认为不降水;④明天该地区降水的可能性为85%.2.[教材改编]抽查10件产品,记事件A为“至少有2件次品”,则A的对立事件为.3.[教材改编]从含有两件正品a1,a2和一件次品b的三件产品中,每次任取一件.若每次取后放回,连续取两次,则取出的两件产品中恰有一件次品的概率为.4.[教材改编]中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛,甲夺得冠军的概率为,乙夺得冠军的概率为,那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为.5.[教材改编]已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8.现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次,至少击中3次的概率.先由计算器算出0~9之间取整数值的随机数,指定0,1表示没有击中目标,2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标,因为射击4次,所以以每4个随机数为一组,代表射击4次的结果.经随机模拟产生了20组随机数:57270293714098570347437386369647141746980371623326168045601136619597742467104281据此估计,该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为.题组二常错题◆索引:求基本事件时出错;确定对立事件时出错;互斥事件判定出错.6.甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏,则平局的概率为;甲赢的概率为.7.从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的不是一等品”的概率为.课堂考点探究探究点一随机事件的频率与概率1 (1)下列说法正确的是 ()A.某人打靶,射击10次,击中7次,则此人中靶的概率为0.7B.一位同学做抛硬币试验,抛6次,一定有3次“正面朝上”C.某地发行福利彩票,回报率为47%,若有人花了100元钱买彩票,则一定会有47元的回报D.发生的概率等于1的事件不一定为必然事件(2)有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙,已知从城市甲到城市乙只有两条公路,据调查统计,通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如下表:假设汽车A只能在约定日期(某月某日)的前11天出发,汽车B只能在约定日期的前12天出发(将频率视为概率),为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙,估计汽车A 和汽车B选择的最佳路径分别为()A.公路1和公路2B.公路2和公路1C.公路2和公路2D.公路1和公路1[总结反思] 随机事件的频率与概率问题应注意:(1)理解频率与概率的区别:概率可看成是频率在理论上的稳定值,频率随着试验次数的变化而变化,概率却是一个常数.(2)理解概率的基本性质:①0≤P(A)≤1;②P(Ω)=1,P(⌀)=0.式题 [2017·福州一中质检]规定:投掷飞镖3次为一轮,若3次中至少2次投中8环以上为优秀.根据以往经验,某选手投掷1次命中8环以上的概率为.现采用计算机做模拟试验来估计该选手获得优秀的概率.用计算机产生0到9之间的随机整数,用0,1表示该次投掷未在8 环以上,用2,3,4,5,6,7,8,9表示该次投掷在 8 环以上,经随机模拟试验产生了如下 20 组随机数:907966191925271932812458569683031257393527556488730113537989据此估计,该选手投掷一轮,可以拿到优秀的概率为()A. B.C.D.探究点二互斥事件与对立事件的概率2[2017·浏阳一中模拟]公元五世纪,数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就,把3.141 592 6称为“祖率”,这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”,让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字,整数部分3不变,那么得到的数大于3.14的概率为()A.B.C.D.[总结反思] 求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:(1)直接求法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率,再运用互斥事件概率的加法公式计算.(2)间接求法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P()求概率,即运用逆向思维(正难则反).特别是对“至多”“至少”型题目,用间接求法更简便.式题 [2017·临汾一中月考]现有4张卡片,正面分别标有1,2,3,4,背面完全相同.将卡片洗匀,背面向上放置,甲、乙二人轮流抽取卡片,每人每次抽取一张,抽取后不放回,甲先抽,若二人约定,先抽到标有偶数的卡片者获胜,则甲获胜的概率是()A. B.C. D.探究点三古典概型的概率3 学校为了奖励数学竞赛中获奖的优秀学生,将“梅”“兰”“竹”“菊”四幅名画送给获奖的甲、乙、丙三名学生,每名学生至少获得一幅,则甲得到名画“竹”的概率是()A. B.C. D.[总结反思] 古典概型中基本事件的探求方法:(1)列举法.(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法.(3)列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.式题 (1)[2017·大同三模]现有7名数理化成绩优秀者,分别用A1,A2,A3,B1,B2,C1,C2表示,其中A1,A2,A3的数学成绩优秀,B1,B2的物理成绩优秀,C1,C2的化学成绩优秀.从中选出数学、物理、化学成绩优秀的各1人,组成一个小组代表学校参加竞赛,则A1或B1仅1人被选中的概率为()A. B.C. D.(2)一个三位自然数abc的百位、十位、个位上的数字依次为a,b,c,当且仅当a>b且c>b时称为“凹数”.若a,b,c∈{4,5,6,7,8},且a,b,c互不相同,任取一个三位数abc,则它为“凹数”的概率是()A. B.C. D.探究点四古典概型的交汇命题考向1古典概型与平面向量相结合4 设平面向量a=(m,-1),b=(2,n),其中m,n∈{-2,-1,1,2}.。
(新课标)2020年高考数学一轮总复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布列9_5几何概型课件理新人教A版
名师点拨 求解与体积有关问题的注意点 对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的 体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．
跟踪训练 如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容
器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现
【例3】 (1)(2016·高考全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn， y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和 小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )
4n A. m
B．2mn
4m C. n
[三基自测] 1．(必修3·3.3练习改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小 球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘 是( )
答案：A
2．(必修3·3.3例2改编)已知A＝{(x，y)|－1≤x≤1，0≤y≤2}，B＝
x，y| 1－x2≤y .若在区域A中随机地扔一粒豆子，则该豆子落在区域B中的概率 为( )
用几何度量求概率.
查，难度为中档.
[基础梳理] 1．几何概型的定义 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，则称 这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．
2．几何概型的特点 (1)无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有 无限多 个． (2)等可能性：试验结果在每一个区域内 均匀 分布． 3．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
12，2
，长度为
2024届高考数学大一轮复习配套讲义第九章计数原理与概率随机变量及其分布
2024届高考数学大一轮复习配套讲义第九章计数原理与概率随机变量及其分布一、计数原理与概率计数原理是概率论的基础，它通过数学方法统计事件发生的可能性。
常用的计数原理有排列、组合、分支法则等。
1.排列排列是从一组元素中选择若干个元素进行排列，排列可以有重复，也可以没有重复。
排列有两种情况，一种是从n个元素中选取m个进行排列，这种情况下，排列数用P(n,m)表示，计算公式为P(n,m)=n!/(n-m)!；另一种是从n个元素中选取n个进行排列，这种情况下，排列数用P(n,n)表示，计算公式为P(n,n)=n。
2.组合组合是从一组元素中选择若干个元素进行组合，组合不考虑排列顺序，只考虑元素的选取。
从n个元素中选取m个进行组合，组合数用C(n,m)表示，计算公式为C(n,m)=n!/[(n-m)!*m!]。
3.分支法则分支法则是指当一件事情分为若干个步骤时，每个步骤的选择数目是相互独立的，那么整个事情的选择数目就等于每个步骤的选择数目的乘积。
1.随机变量随机变量是概率论中的重要概念，用来描述随机事件的数量特征。
随机变量可以是离散的，也可以是连续的。
离散随机变量取有限或可数个值，连续随机变量取无限个值。
2.离散随机变量的分布列对于离散随机变量X，它的取值用x1、x2、..表示，概率用P(X=xi)表示，离散随机变量的概率分布列可以通过列出所有可能取值和对应的概率进行计算。
3.连续随机变量的密度函数对于连续随机变量X，它的取值无限多，因此不能列出所有可能取值和对应的概率。
连续随机变量的概率可以使用密度函数描述，密度函数是一个非负函数，且积分等于1、连续随机变量的概率可以通过概率密度函数在一些区间上的积分进行计算。
三、常见的离散分布1.二项分布二项分布是一种离散分布，它描述了n个独立重复试验中成功次数的概率分布。
记为B(n,p)，其中n表示试验次数，p表示每次试验成功的概率。
二项分布的概率质量函数为P(X=k)=C(n,k)*p^k*(1-p)^(n-k)，其中X表示成功次数。
2020年高考数学一轮总复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布列9_3随机事件的概率课件理新人教A版
至少有1个红球的概率为
．
答案：1
考点一|随机事件的关系 (易错突破) 【例1】 (1)一枚均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字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( )
跟踪训练 (2018·沈阳模拟)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.
(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？
(1)90分以上的概率： (2)不及格的概率：
； .
答案：(1)0.07 (2)0.1
2．(必修3·习题3.1A组改编)袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰
有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少
有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的
[解析] (1)根据互斥事件与对立事件的意义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件 A，B不互斥也不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω，故事件B，C是对立事件． (2)从口袋内一次取出2个球，这个试验的基本事件空间Ω＝{(白，白)，(红，红)， (黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)}，包含6个基本事件，当事件A“两球都 为白球”发生时，①②不可能发生，且A不发生时，①不一定发生，②不一定发 生，故非对立事件，而A发生时，③可以发生，故不是互斥事件． [答案] (1)D (2)A
第三节 随机事件的概率
2020届新高考数学艺考生总复习第九章计数原理概率随机变量及其分布第3节二项式定理课件
第九章 计数原理、概率、随机变量及其 分布
第3节 二项式定理
艺考生山东版数学
最新考纲
核心素养
考情聚焦
1.二项展开式中特定项
预计2020年的高考将从
或系数问题，达成直 以下四个方面进行考查：
1.能用计数原 观想象和数学运算的 1.二项展开式中特定项或系
理证明二项 素养．
数．
式定理．
2.二项式系数及项的系 2.二项式展开式系数最大
－12rC
r 5
，令
3
5－2r＝2
可得：r＝2，则
ห้องสมุดไป่ตู้
x2 的系数为－122C
1 52＝4×
5 10＝2.
答案：52
考点一 二项展开式中特定项或系数问题(自主练透)
[题组集训]
1．(2018·全国Ⅲ卷)x2＋2x5 的展开式中的 x4 系数为(
)
A．10 B．20
C．40
D．80
解析：C [x2＋2x5 的第 k＋1 项为 Tk＋1＝Ck52kx10－3k.令 10－3k＝4， 得 k＝2.∴x4 的系数为 C52×22＝40.]
[思考辨析]
判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，
错误的打“×”．
(1)Cknan－kbk 是二项展开式的第 k 项．(
)
(2)通项 Cknan－kbk 中的 a 和 b 不能互换．(
)
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(4)(a＋b)n 的展开式中某一项的二项式系数与 a，b 无关．(
为( )
A．10
B．20
C．30
D．120
解析：B [二项式系数之和 2n＝64，所以 n＝6，Tr＋1＝Cr6·x6－r·1x
【三维设计】(新课标)高考数学大一轮复习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布精品讲义 理(
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3．从集合{}中虚数有________．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，D 4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．48 B．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．40 B．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 ！－m ！5！－m ！－m ！6！＝－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(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．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4A 44＝4×4×3×2×1＝96种排法，当甲、乙在第三排且相邻时有A 22A 44＝2×4×3×2×1＝48种排法，所以不同的安排方法总数为144种．答案：144[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 mn .2．组合数公式 C m n＝A mn A m m＝n n －n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！(m ，n ∈N *，并且m ≤n )3．组合数的性质 (1)C mn ＝C n －mn (2)C mn ＋1＝C mn ＋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 ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1,0，1}，i ＝1,2,3,4,5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．130B ．120C ．90D ．60解析：选A 易知|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝1，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C 15C 12＝10种情况；其二：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝2，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5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2C 25＋C 25C 12＝40种情况；其三：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝3，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5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2C 35＋C 35C 13＋C 35C 23＝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x a ＋yb＝1(a ，b 是非零常数)与圆x 2＋y 2＝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x 2＋y 2＝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x a ＋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C 212－10－4＝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．150 B．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．120。
新课程中计数原理随机变量及其分布内容的定位
新课程中计数原理、随机变量及其分布内容的定位：
新教材中新课程中计数原理、随机变量及其分布安排在选修2-3第一章及第二章中。
要求：
1、从学生比较容易理解的两个计数原理出发到排列及排列数再到组合
及组合数最后到综合应用的发展过程。
2、在随机变量及分布列中要以技术原理及排列组合为基础，重点学习
定义及两个概率模型即超几何概型及二项分布。
变化：
新教材中新课程中计数原理、随机变量及其分布内容的变化：
1、内容安排上：两个计数原理、排列及排列数、组合及组合数、二项式定理及随机变量分布列。
2、重点突出思想方法及创造性思维的教学。
缘由：由浅入深、由简单到复杂，尊重了学生认知发展的规律；体现螺旋式上升的思想及以人为本的理念；有利于调动学生的学习兴趣。
新教材中微积分内容的定位：
新教材中微积分内容安排在选修2-2第一章中，是在导数的基础上来学习的。
要求：
在学生比较熟悉的物理学中瞬时速度的基础上引入导数的概念—导数与函数的关系—定积分及其应用的递进式发展过程。
变化：
1、内容安排上：注重概念的发生发展过程—在函数中的应用—极限思想—
定积分概念及简单几何意义—在物理及面积中的应用。
2、重点放在单重积分的应用。
缘由：
由由浅入深、由简单到复杂，尊重了学生认知发展的规律；体现螺旋式上升的思想及以人为本的理念；有利于调动学生的学习兴趣。
高中数学 高三一轮 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 9.4 随机事件的概率 【教案】
归纳：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。了解两个互斥事件的概率加法公式。
学生回顾，总结.
引导学生对学习过程进行反思,为在今后的学习中，进行有效调控打下良好的基础。
环节四：
课后作业：学生版练与测
学生通过作业进行课外反思，通过思考发散巩固所学的知识.
通过对考纲的解读和分析.让学生明确考试要求，做到有的放矢
由常见问题的解决和总结，使学生形成解题模块，提高模式识别能力和
教师引导学生及时总结，以帮助学生形成完整的认知结构
引导学生对所学的知识进行小结，由利于学生对已有的知识结构进行编码处理，加强理解记忆，提高解题技能。
环节三：
课堂小结：
1。了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别．
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．
考点三:互斥事件、对立事件的概率
1。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：
9.4 随机事件的概率
【教学目标】
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
3．两个计数原理的区别 分类加法计数原理与分步乘法计数原理都涉及完成一件 事情的不同方法的种数．它们的区别是：分类加法计数原理 与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都 可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤 相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
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使用建议
1．编写意图 (1)计数原理：该部分的主要内容是分类加法计数原理与 分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理．该部分是高 中数学中相对独立的一个知识板块，在高考中一般以选择题 或填空题的形式出现1到2个题目．在近年的高考中排列、组 合试题的难度有所下降，为此在编写该部分时注重了选题的 难度，强化了对基本方法的总结归类，以提高学生的解题能 力． (2)概率：概率的主要内容是随机事件的概率、古典概 型、几何概型．高考主要以小题的形式考查古典概型或几何 概型的计算，在解答题中和随机变量综合作为解决问题的方 法进行考查．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
2．[教材改编] 从甲地到乙地有 3 条路，从乙地到丙地有 4 条路，则从甲地到丙地有________条不同的路线．
[答案] 12
[解析] 由分步乘法计数原理可知有3× 4＝12(条)不 同的路线．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基 础 自 主 梳 理
—— 知识聚焦 ——
1．分类加法计数原理 完成一件事有 n 类不同的方案，在第 1 类方案中有 m1 种不同的方法，在第 2 类方案中有 m2 种不同的方法，„„， 在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法， 那么完成这件事情共有 m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法． N＝__________________ 2．分步乘法计数原理 完成一件事情需要 n 个步骤， 完成第 1 步有 m1 种不同的 方法，完成第 2 步有 m2 种不同的方法，„„，完成第 n 步有 mn 种 不 同 的 方 法 ， 那 么 完 成 这 件 事 情 共 有 N ＝ m1× m2×…×mn 种不同的方法． _______________
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使用建议
(3)随机变量及其分布：随机变量及其分布是理科高考试题 中概率统计部分的核心考查点，主要考查以独立事件为中心的 概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布， 考查概率统计知识在实际问题中的应用．在试卷中一般以一道 解答题的形式对上述问题进行综合考查，也可能有小题考查该 部分的重要知识点(如二项分布、 正态分布等)． 试题的难度中等， 预计 2016 年不会有大的变化，突出对独立事件概率的计算和对 n 次独立重复试验概率应用的考查．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
[答案] (1)6
(2)960
[解析] (1)从 0，1，2，3，4，5 这六个数字中，任取 两数和为偶数可分为两类：取出的两数都是偶数，共有 3 种方法；取出的两数都是奇数，共有 3 种方法．故由分类 加法计数原理得共有 3＋3＝6(种)不同的取法． (2)按照车主的要求，从左到右第一个号码有 5 种选 法，第二个号码有 3 种选法，其余三个号码各有 4 种选 法．因此车牌照号码可选的所有可能情况有 5× 3× 4× 4× 4 ＝960(种)．
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使用建议
3．课时安排 本单元共 8 讲、1 个突破高考解答题专项训练、1 个 45 分 钟三维滚动复习卷，建议 10 个课时完成复习任务．
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基 础 自 主 梳 理 考 点 互 动 探 究 易 错 易 混 透 析
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第55讲 分类加法计数原理与 分步乘法计数原理
考试大纲
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解 决一些简单的实际问题.
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
—— 正本清源 ——
► 链接教材
1．[教材改编] 现有高一年级的学生 3 名，高二年级的 学生 5 名，从中任选 1 人参加接待外宾的活动，不同的选法 有________种．
[答案] 8
[解析] 有3＋5＝8(种)不同的选法．
[答案]
(1)10
(2)6
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
[解析] (1)赠送 1 本画册，3 本集邮册，需从 4 人中选 取 1 人赠送画册，其余送集邮册，有 C1 4种方法；赠送 2 本画册，2 本集邮册，只需从 4 人中选出 2 人送画册，其 余 2 人送集邮册，有 C2 4种方法．由分类加法计数原理知， 2 不同的赠送方法共有 C1 ＋ C 4 4＝10(种)． (2)因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应将四 面体的对棱涂成相同的颜色， 故有 3× 2× 1＝6(种)不同的涂 色方案．
[答案]
(1)A
(2)B
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第九单元
计数原理、概率、随机 变量及其分布
第55讲 第56讲
分类加法计数原理与分步乘法计数原理 排列与组合
第57讲
第58讲
二项式定理
随机事件的概率与古典概型
第59讲
第60讲 第61讲 第62讲
几何概型
离散型随机变量及其分布列 n次独立重复试验与二项分布 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
单元网络
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
考 点 互 动 探 究
[总结反思] 分类标准是运用分类计数原理的难点所 在，重点在于抓住题目中的关键词、关键元素或关键位 置．首先，根据题目特点恰当选择一个分类标准；其 次，分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属 于某一类．应用分类加法计数原理计数，应先明确分类 标准，确保计数不重复，不遗漏．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
考 点 互 动 探 究
[思路点拨] 依据题意，可采用列举法进行计数．为保 证计数不重复，不遗漏，可选择节点个数分类，或是引进 步长，以步长数为标准分类．
[答案] C
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
考 点 互 动 探 究
[解析] 列举分类，不妨设每两点之间的距离为步长 1， 则从 A 到 H 有以下几类： 总步长为 3 的有 ABFH， ABEH， ACEH， ADEH， ADGH， 共 5 种； 总步长为 4 的有 ABEFH， ABEGH，ACEFH，ACEGH，ADEFH，ADEGH，ABCEH， ADCEH，共 8 种；总步长为 5 的有 ABCEFH，ABCEGH， ADCEFH，ADCEGH，共 4 种．由分类加法计数原理可知 总共有 5＋8＋4＝17(种)不同的路线．
►
易错易混
4． 两个计数原理的区别： 每一种方法都能完成这件事情； 所有步骤完成才算完成． (1)某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，从中 取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友 1 本，则不同的赠送方 法共有________种． (2)将一个四面体 ABCD 的六条棱上涂上红、黄、白三种 颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案 有________种．
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使用建议
(2)概率：清楚概率的统计定义，使学生理解随机事件概率 的意义，辨清事件的对立和互斥，使学生明确它们的概率之间 的关系，在此基础上使学生掌握好古典概型和几何概型的计算 公式，并学会对实际问题的意义进行分析，转化为适当的概率 问题进行计算． (3)随机变量及其分布：该部分的核心内容是离散型随机变 量及其分布，但问题的解答却是以概率计算为核心．因此在该 部分的教学过程中，要使学生在掌握基本内容(离散型随机变量 的分布列、事件的独立性、二项分布、离散型随机变量的期望 和方差、正态分布)的基础上，重点提高概率计算能力，包括根 据事件的互斥性、对立性、独立性计算概率，使用排列、组合 知识求解概率，这是该部分教学的关键．
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第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基 础 自 主 梳 理
►
通性通法
5．利用两个基本原理求解问题的基本思路：①明确题中 要完成的事是什么；②合理选用计数原理，分类用加法公式， 分步用乘法公式；③准确列式并计算求解． (1)从 0，1，2，3，4，5 这六个数字中，任取两个不同 数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为________． (2)某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第 二个号码只能从字母 B，C，D 中选取，其他四个号码可以从 0～9 这十个数字中选取(数字可以重复)．有位车主第一个号 码(从左到右)只想在数字 3，5，6，8，9 中选择，其他号码 只想在 1，3，6，9 中选择，则他的车牌照号码可选的所有可 能情况有________种．
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使用建议
2．教学指导 (1)计数原理：该部分的特点是基础知识明确且易于掌握， 但解题的方法十分灵活，部分试题具有较大的难度．在该部分 的教学过程中要注意如下几点：①使学生树立分类、分步的思 想意识，通过典型例题逐步掌握解决排列、组合问题的两个基 本原理；②通过例题使学生掌握几类典型的计数问题的解法， 如分组分配问题、相邻与不相邻问题、涂色问题等，通过这些 典型的问题使学生体会解决排列、组合实际应用问题的方法思 路；③围绕二项展开式的通项公式和特殊赋值法展开，通过例 题使学生能够灵活运用二项展开式的通项公式求解二项展开式 中特定的项或者项的系数，会使用特殊值法求二项式系数或者 二项展开式系数的和差问题．
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核心导语
一、计数原理与二项式定理 1．两个原理——分清是“分类”还是“分步”． 2．排列与组合——关键是选出的元素与顺序是否有关． 3．二项式定理——核心是展开式的通项． 二、概率 1．概率模型——辨别是否符合这两个模型的特点． 2．事件——互斥事件与对立事件、相互独立事件的区别与 联系． 三、随机变量及其分布 1．分布列——确定随机变量的取值，应用分布列的性质． 2．数字特征——利用分布列求期望与方差． 3．二项分布——试验背景是n次独立重复实验.