2020高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第一节计数原理与排列组合检测理新人教A版

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核按钮(新课标)高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步

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3．两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法 ______________，只有______________才算做完这件事． 4．两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步． (1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． (2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
(2)分两步：先选教师，共 3 种选法，再选学生，共 6＋8＝14 种选法．由分步乘法计数原理知总选法数为 3×14＝42(种)．
(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为 3、6、8 种．由分步乘法计数原理知选法数为 3×6×8＝144(种)．
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类型二两个原理的综合应用
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有一项活动需在 3 名老师，6 名男同学和 8 名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？ (3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有 3、6、8 种选法，总选法数为 3＋6＋8＝17(种)．

新教材高考数学全程一轮总复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第一节计数原理与排列组合学生用书

第一节计数原理与排列组合【课标标准】 1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能利用排列组合解决简单的实际问题．必备知识·夯实双基知识梳理(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＝________种不同的方法．(2)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＝________种不同的方法．2．排列与组合的概念(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照________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)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个元素的一个组合．3．排列数与组合数公式(1)排列数公式＝________＝________(n，m∈N*，且m≤n)．规定0！＝1.(2)组合数公式＝________＝________(n，m∈N*，且m≤n)．规定＝1.4．排列数与组合数的性质；＝；；＝.[常用结论]分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可时标准应统一，避免出现重复或遗漏．夯实双基1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．( )(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )2．(教材改编)从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是( )A．12 B．24 C．64 D．813．(教材改编)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________．4．(易错)6名同学争夺3项冠军，不同的结果有________种．(用具体数字作答)5．(易错)某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法种数为________．关键能力·题型突破题型一两个计数原理例 1 (1)[2023·广东广州模拟]如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为( )A．480 B．600 C．720 D．840(2)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．题后师说2．涂色问题常用的两种方法巩固训练1(1)从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为( )A．7 B．9C．10 D．13(2)[2023·河南安阳模拟]为推动就业与培养有机联动、人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目．现安排甲、乙两所高校与三家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则不同的对接方案共有( )A．15种 B．16种C．17种 D．18种题型二排列问题例 2有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．(1)选其中5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻；(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人；(7)体体排成一排，甲必须排在乙前面；(8)全体排成一排，甲不排在左端，乙不排在右端．题后师说巩固训练2(1)[2023·江西临川一中模拟]为了贯彻落实党史学习教育成果，临川一中名师“学史力行”送教井冈山中学．现有理科语文、数学、英语、物理、化学、生物6名理科老师要安排在该中学理科1到6班上一节公开示范课，每个班级只安排一名老师上课且每个老师只在一个班上课，要求数学老师不能安排在1班，化学老师不能安排在6班，则不同的安排上课的方法数为( )A．720 B．504C．480 D．360(2)[2023·黑龙江哈九中模拟]习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报(不一定相邻)，那么不同的汇报安排种数为( )A．100 B．120C．300 D．600(3)[2023·河南安阳模拟]甲、乙、丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲、乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为( )A．240 B．192C．96 D．48(4)[2023·广东佛山模拟]“五经”是儒家典籍《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则《诗经》《春秋》分开排的情况有________种．题型三组合问题例 3 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生当选；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选．题后师说组合问题的两类题型巩固训练3(1) [2023·安徽十校联考]如图，“天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女)在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为( )A．14 B．18 C．30 D．36(2)[2023·河南安阳模拟]教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市3所高校的校长计划拜访当地企业，共有4家企业可供选择．若每名校长拜访3家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有( )A．60种 B．64种 C．72种 D．80种(3)[2023·山西师大附中模拟]现有16个不同小球，其中红色、黄色、蓝色、绿色小球各4个，从中任取3个，要求这3个小球不能是同一颜色，且红色小球至多1个，不同的取法为________．(4)[2023·黑龙江大庆模拟]某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有________．专题突破10 分组、分配问题微专题1不等分问题例 1(1)[2023·安徽淮南一中模拟]为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有( ) A．18种B．36种C．68种D．84种(2)若将6名教师分到3所中学任教，其中一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．题后师说对于不等分问题，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．微专题2整体均分问题例 2(1)已知有6本不同的书，平均分成三堆，有________种不同的分配方法？(2)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，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．题后师说对于整体均分，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(n为均分的组数)，避免重复计数．微专题3部分均分问题例 3 (1)5位大学生在暑假期间主动参加A，B，C三个社区的志愿者服务，且每个社区至少有1人参加，至多有2人参加，则不同的安排方法共有( )A．30种 B．90种C．120种 D．150种(2)[2023·广东河源模拟]某市教育局人事部门打算将甲、乙、丙、丁、戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，每名学生只去一所学校，则不同的安排方法种数是________．(3)[2023·河南新乡模拟]第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排六名志愿者去四个场馆参加活动，每名志愿者只能去一个场馆．且每个场馆最少安排一名志愿者，则不同的分配方法有( )A．1 020种 B．1 280种C．1 560种 D．1 680种1.[2022·新高考Ⅱ卷]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )A．12种B．24种C．36种 D．48种2．[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3．[2020·新高考Ⅰ卷]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( ) A．120种 B．90种C．60种 D．30种第一节计数原理与排列组合必备知识·夯实双基知识梳理1．（1）m＋n （2）m×n2．（1）一定顺序（2）作为一组3．（1）n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）（2）夯实双基1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)√2．解析：从4本书中选3本有4种选法，把选出的3本书送给3名同学，有6种送法，所以不同的送法有：4×6＝24(种)．故选B.答案：B3．解析：由题意知本题需要分步计数，2和4排在末位时，共有＝2种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个，有＝4×3×2＝24种排法，由分步计数原理得到符合题意的偶数共有2×24＝48个．答案：484．解析：每一项冠军的情况都有6种，故6名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是63＝216(种)．答案：2165．解析：分以下2种情况：(1)A类选修课选1门，B类选修课选2门，有种不同的选法．(2)A类选修课选2门，B类选修课选1门，有种不同的选法．所以不同的选法共有＝18＋12＝30(种)．答案：30关键能力·题型突破例1 解析：(1)依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有3种方法，最后涂湖南有3种方法，由分步乘法计数原理得不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180种，若安徽与陕西不同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有3种方法，涂江西、湖南也各有3种方法，由分步乘法计数原理得不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540 种方法，所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720种．(2)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，可得共有不同的报名方法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，可得共有不同的报名方法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，可得共有不同的报名方法63＝216种．答案：(1)C (2)见解析巩固训练1 解析：(1)其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222.∴共有3＋6＋1＝10个，故选C.(2)甲高校与用人单位对接的方案种数为3＋1＝4，同理，乙高校与用人单位对接的方案种数为4，故不同的对接方案共有4×4＝16种．故选B.答案：(1)C (2)B例2 解析：(1)从7人中选5人排列，有＝7×6×5×4×3＝2 520种排列方法．(2)分两步完成，先选3人站前排，有种方法，余下4人站后排，有种方法，则共有＝5 040种排列方法．(3)先排甲，有5种方法，其余6人有种排列方法，共有＝3 600种排列方法．(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有种方法，再将女生全排列，有种方法，共有＝576种排列方法．(5)(插空法)先排女生，有种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有种方法，则共有＝1 440种排列方法．(6)把甲乙及中间三人看作一个整体，第一步先排甲乙两人有种方法，再从剩下的5人中选3人排列到中间，有种方法，最后把甲乙及中间三人看作一个整体，与剩余2人排列，有种方法，故共有＝720(种)．(7)(消序法)＝2 520.(8)(间接法)无限制排法有种，其中甲或乙在最左端或在最右端的排法为种，是甲在最左端且乙在最右端的排法，共有＝3 720(种)．巩固训练2 解析：(1)根据计数原理可以将事情分成两类：化学老师安排在1班和化学老师不安排在1班．①化学老师排在1班，先排1班，有1种方法，其余5个班的老师做全排列共有＝120种方法；②化学老师不在1班，先排1班，有4种方法，再排6班有4种方法，余下4个班有＝24种方法，所以共有：4×4×24＝384种方法，所以总的排列数为504.故选B.(2)先排B元素，有5种排法，然后排剩余5个元素共＝120，由于A、C、D顺序确定，所以不同的排法共有＝100.故选A.(3)丙在正中间(4号位)；甲、乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，考虑到甲、乙的顺序有种情况；剩下的4个位置其余4人坐有种情况；故不同的坐法的种数为＝192.故选B.(4)先将《周易》《尚书》《礼记》进行排列，共有再从产生的4个空位中选2个安排《诗经》《春秋》，共有种排法，所以满足条件的情形共有＝72种．答案：(1)B (2)A (3)B (4)72例3 解析：(1)一名女生，四名男生，故共有＝350种．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有＝165种．(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和有两名队长．故共有＝825种，或采用排除法：＝825种．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故共有＝966种．(5)分两类：第一类女队长当选：；第二类女队长不当选：故共有＝790种．巩固训练3 解析：(1)将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为其中两名女航天员在一个舱内的方案数为＝12，所以满足条件的方案数为30－12＝18种．故选B.(2)3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为：＝4×4×4＝64种，又每家企业至少接待1名校长，故3名校长选的3家企业，不全相同，因为3名校长选的3家企业完全相同有＝4种，则不同的安排方法共有：64－4＝60种．故选A.(3)由题意，不考虑特殊情况，共有＝560种取法，其中每一种小球各取三个，有＝16种取法，两个红色小球，共有＝72种取法，故所求的取法共有560－16－72＝472种．(4)不妨设既会划左舷又会划右舷的2人为A、B，①若A和B两人均不去参加比赛，则选派方法有种；②若A和B两人只去一人参加比赛，(ⅰ)若只会划左舷的去两人，则选派方法为种；(ⅱ)若只会划右舷的去两人，则选派方法为种；③若A和B两人均去参加比赛，(ⅰ)若只会划左舷的去1人，则A和B两人均去划左舷，则选派方法为种；(ⅱ)若只会划左舷的去2人，则A和B两人中有一人去划左舷，另一人去划右舷，则选派方法为种；(ⅲ)若只会划左舷的去3人，则A和B两人均去划右舷，则选派方法为综上所述，不同的选派方法共有＝92种．答案：(1)B (2)A (3)472 (4)9210分组、分配问题专题突破○例1 解析：(1)根据题意，分派方案可分为两种情况：若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：＝18种方法；故一共有：36种分派方法．故选B.(2)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，有种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有种取法．根据分步乘法计数原理，共有＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．答案：(1)B (2)360例2 解析：(1)6本书平均分成3堆，所以不同的分堆方法的种数为＝＝15.(2)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，有＝90种分配方法．答案：(1)15 (2)90例3 解析：(1)因为5位大学生在暑假期间主动参加A，B，C三个社区的志愿者服务，且每个社区至少有1人参加，至多有2人参加，所以5名大学生分成3组，每组的人数分别为1，2，2，所以不同的安排方式有＝90种．故选B.(2)先将5名学生分成4组共有＝10种，再将4组学生安排到4所不同的学校有＝24种，根据分步计数原理可知：不同的安排方法共有10×24＝240种．(3)根据题意，若6名志愿者以“2，2，1，1”形式分为四个服务小组，共有若6名志愿者以“3，1，1，1”形式分为四个服务小组，＝480种分配方法．由分类加法计数原理知共有1 560种分配方法．故选C.答案：(1)B (2)240 (3)C真题展台——知道高考考什么？1．解析：先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，共有＝24(种)不同的排列方式．故选B.答案：B2．解析：根据题设中的要求，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，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有种安排方法．故满足题意的分配方案共有＝240(种)．答案：C3．解析：首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有；最后剩下的3名同学去丙场馆．故不同的安排方法共有＝60种．故选C.答案：C。

高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理

2021/12/12
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解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的两边，故有 6 种；第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种；根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
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4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
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一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览 A，B，C 三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点 O 外)
的游览线路有____4_8____种．(用数字作答)
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(新人教A版2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1节两个基本计数原理讲义理

考试要求了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.知识梳理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.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.[微点提醒]分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.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.2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(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.()(3)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.()(4)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.()解析分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)，(4)均不正确.答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－3P28B2改编)现有4种不同颜色要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()A.24种B.30种C.36种D.48种解析需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种).答案 D3.(选修2－3P5例3改编)书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________.解析从书架上任取1本书，有三类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N＝m1＋m2＋m3＝4＋3＋2＝9.答案94.(2016·全国Ⅱ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.24B.18C.12D.9解析分两步，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.答案 B5.(2019·杭州模拟)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种解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.答案 D6.(2019·菏泽六校联考)椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在x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________.解析因为焦点在x轴上，m>n，以m的值为标准分类，分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m ＝2时，使m>n，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个.答案10考点一分类加法计数原理的应用【例1】(1)从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法.(2)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________. 解析(1)分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.(2)当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.答案(1)12(2)13规律方法分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.(2)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，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复.(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例(2)中易漏a＝0这一类.【训练1】(1)从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为()A.6B.5C.3D.2(2)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A.3B.4C.6D.8解析(1)5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.(2)以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；以2为首项的等比数列为2，4，8；以4为首项的等比数列为4，6，9；把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个).答案(1)B(2)D考点二分步乘法计数原理的应用【例2】(1)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有______种.解析(1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.答案(1)100(2)4554规律方法 1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，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.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.【训练2】已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为() A.7 B.9 C.12 D.16解析得到圆的方程分两步：第一步：确定a有3种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个).答案 C考点三两个计数原理的综合应用【例3】(1)(2017·天津卷)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个(用数字作答).(2)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.24D.36解析(1)当不含偶数时，有A45＝120(个)，当含有一个偶数时，有C14C35A44＝960(个)，所以这样的四位数共有1 080个.(2)在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.答案(1)1 080(2)D规律方法 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.【训练3】(1)(2019·衡水调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252C.261D.279(2)(一题多解)(2019·青岛质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A.72种B.48种C.24种D.12种(3)如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).解析(1)0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).(2)法一首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法.法二按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).(3)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).答案(1)B(2)A(3)40[思维升华]1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.2.(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.3.混合问题一般是先分类再分步.4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.[易错防范]1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.2.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.3.确定题目中是否有特殊条件限制.基础巩固题组(建议用时：35分钟)一、选择题1.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，其中虚数的个数是()A.30B.42C.36D.35解析因为a＋b i为虚数，所以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.答案 C2.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.13D.10解析分两类情况讨论：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.答案 C3.(2019·济南调研)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，则不同的监考方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种解析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)不同的监考方法.答案 B4.(2019·宁波质检)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()A.1种B.3种C.6种D.9种解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案.答案 C5.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A.20B.25C.32D.60解析依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.答案 C6.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).答案 B7.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，则不同的安排方案共有()A.12种B.10种C.9种D.8种解析第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C24＝6(种)选派方法；由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×6＝12(种).答案 A8.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，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个解析将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32(个).答案 A二、填空题9.某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种.解析因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种).答案710.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.解析从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5＝60(项).答案6011.在编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种.解析设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；当A放入2，3，4，5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×2＋3×4＝20种不同的放法.答案2012.三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________.解析另两边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案36能力提升题组(建议用时：15分钟)13.如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有()A.360种B.720种C.780种D.840种解析由题意知2，3，4，5的颜色都不相同，先涂1，有6种方法，再涂2，3，4，5，有A45种方法，故一共有6·A45＝720种.答案 B14.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”)，则首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个解析依题意，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).答案 B15.从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________. 解析当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A25＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值.答案1716.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17新高考创新预测17.(试题创新)工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________.解析第一步在六个螺栓中随机选择一个固定，有6种不同的选法，不妨以选择位置1的螺栓为例，第二步，选择一个与1不相邻的位置的螺栓固定，此时有两类：位置4或位置3，5，当选择位置4时，第三个固定的螺栓位置可以为2，6中的一个，第四个固定的螺栓的位置相应有两种情况，此时第五个固定和第六个固定的位置相应确定；当选择位置3，5时，不妨以位置3为例，此时第三个固定的螺栓的位置可以为5，6中的一个，若第三个固定的位置为5，则第四个固定的位置只有2一种选择，第五个固定的位置有两种选择，第六个固定的位置相应确定，若第三个固定的位置为6，则第四个固定的位置只能为4，第五个固定的位置只能为2，第六个固定的位置相应确定.综上所述，不同的固定螺栓方式的种数为6×[2×2＋2×(2＋1)]＝60.答案60。

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4随机事件的概率

10.4 随机事件的概率与古典概型
-2-
年份
2017 2016 2015 2014
2013
随机事件的概
12,4 分(理)19(1),7 分(理)
率与古典概型
12,4 分(文)
1.了解事件、互斥事件、对立事件及独立事件的概
考查要求
念. 2.了解概率与频率的概念.
3.了解古典概型,会计算古典概型中事件的概率.
B.10
C.11
D.1
21
21
关闭
从 15 个球中任取 2 球有C125种情况,所取 2 球中恰有 1 个白球,1 个红
球的情况有C110 C51 种,故所求概率
P=CC11012C5 51
=
10.故选
21
B.
关闭
B
解析答案
-10-
知识梳理双击自测
3.给出下列三个命题,其中正确的命题有
个.
①有一大批产品,已知次品率为10%,从中任取100件,必有10件是次
2
63
关闭
3
解析答案
知识梳理双击自测
-13-
自测点评 1.频率与概率有本质的区别,不可混为一谈.频率随着试验次数的改变而变化,概率却是一个常数.当试验次数越来越多时,频率向概率靠近. 2.对立事件是互斥事件,是互斥中的特殊情况,但互斥事件不一定是对立事件,“互斥”是“对立”的必要不充分条件. 3.一个试验是否为古典概型,在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性,只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型.
本事件数.
-3-
知识梳理双击自测
1.概率与频率 (1)概率与频率的概念:在相同的条件S下重复n次试验,观察某一事件频A数是否,称出事现件,称An出次现试的验比中例事f件n(AA)出=��现�� 为的事次件数AnA出为现事的件频A率出现的 . (2)概率与频率的关系:对于给定的随机事件A,由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A),因此可以用频率fn(A) 来估计概率P(A).

2020年高考一轮复习数学(理)教学课件第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节

[过关训练]
1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的
矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有____7_2__种.
解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有 1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).
2020年高考一轮复习数学（理）教学课件
第十章计数原理与概率、随机变量及其分布
全国卷5年考情图解
高考命题规律把握
1.本章在高考中一般考查1个小题和1个解答题，占12～17分. 2.从考查内容来看，主要有：
(1)利用计数原理解决实际问题，有时与古典概型综合考查. (2)几何概型均以选择题的形式单独考查. (3)对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项. (4)对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现. (5)以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型. 3.2018年高考全国卷Ⅰ将概率问题与导数相结合且出现在第20题的位置，应引起考生的注意.
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (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. (√ )
(3)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.
(√)
(4)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
A.48
B.18
C.24
D.36

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.3二项式定理课件

项
二项式系数
二项展开式中各项的二项式系数 C�� (k∈{0,1,2,…,n})
2.二项展开式形式上的特点
(1)项数为n+1 .
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n,即a与b的指数的和为n .
(3)字母a按降幂排列,从第一项开始,次数由n逐项减小1直到零;
字母b按升幂排列,从第一项起,次数由零逐项增加1直到n.
-3-
知识梳理双击自测
1.二项式定理
二项式定理 (a+b)n=C��0�� an+C��1�� an-1b+…+C�� an-kbk+…+C�� bn (n∈N*)
二项展开式的通项公式
Tk+1=C�� an-kbk,它表示第 k+1
令 x=1,则 a0+a1+a2+…+a8=-2. 又 a0=C70=1,a8=C77(-2)7=-128, 所以 a1+a2+…+a7=-2-1-(-128)=125.
C
关闭
关闭
解析答案
-8-
知识梳理双击自测
4.
��3 + 1
2 ��
5
的展开式中 x8 的系数是
.(用数字作答)
解析
关闭
答-案13-
考点一
考点二
考点三
方法总结求二项展开式中的特定项,一般是利用通项公式进行, 化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数k+1,代回通项即可.

2020年高考理科数学一轮复习：第十章《计数原理、概率、随机变量及分布》

第一节计数原理与排列组合教材细梳理知识点1两个计数原理(1)分类加法计数原理完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，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m n种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．(2)分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．知识点2排列与组合(1)排列、组合的定义(2)排列数、组合数的定义、公式、性质[1．正确理解组合数的性质(1)C m n ＝C n －m n 从n 个不同元素中取出m 个元素的方法数等于取出剩余n －m 个元素的方法数．(2)C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1 从n ＋1个不同元素中取出m 个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A 有C m n 种方法；②含特殊元素A 有C m －1n 种方法． 2．分类加法计数原理中各类办法之间是相互独立的，并列的，互斥的．分步乘法计数原理中各步之间是相互依存的．四基精演练1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(2)如果完成一件事情有n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i (i ＝1,2,3，…，n )，那么完成这件事共有m 1m 2m 3…m n 种方法．( )(3)在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×2．(知识点2)从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到a b的不同值的个数为( ) ⇐源自选修2－3P 27T 11A ．6B ．8C ．12D ．16答案：C3．(知识点1)某校开设A 类选修课2门，B 类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( ) ⇐源自选修2－3P 27T 7A ．3种B ．6种C ．9种D ．18种答案：C4．(知识点2)男篮比赛中8支球队分为两个小组，单循环比赛，则两个小组共进行________场比赛． ⇐源自选修2－3P 27T 5A ．A 28B ．C 28 C ．2A 24D ．2C 24答案：D5．(知识点2)把5张不同的电影票分给4个人，每人至少一张，则不同的分法种数为________． ⇐源自选修2－3P 28T 13答案：C 25A 44＝240(种)．考点一两个原理的直接应用[基础练通]1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1, 若a ∈{2,4,6,8}，b ∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有( ) A ．12个B ．16个C ．28个D ．32个解析：选C.若焦点在x 轴上，则a ＞b ，a ＝2时，有1个；a ＝4时，有3个；a ＝6时，有5个；a ＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16(个)．若焦点在y 轴上，则b ＞a ，b ＝3时，有1个；b ＝4时，有1个；b ＝5时，有2个；b ＝6时，有2个；b ＝7时，有3个，b ＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12(个)．故共有16＋12＝28(个)．2．某校为了丰富学生的课外活动，安排了A ，B 两个活动小组．某班甲、乙、丙、丁4名同学报名参加，每人只报一项，则4名同学的不同报名方案的种数为( )A ．6B ．8C ．12D ．16解析：选D.分步完成，甲有2种报名方法，乙有2种报名方法，丙有2种报名方法，丁有2种报名方法，都报完了事件结束，故共有2×2×2×2＝24＝16(种)．3．(2018·广州模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A ，B ，C ，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A ．400种B ．460种C．480种D．496种解析：选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知：不同涂法有360＋120＝480(种)．1．分类、分步的应用技巧(1)分类：一般按特殊情况优先分类，每类中再分步计数，当分类不多时，可用枚举法，当分类较多时，也可用间接法求解．(2)分步：先按一定的顺序分步，再按特殊要求分类．2．涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理．[提醒]对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解．考点二排列的应用[探究变通][例1](1)若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有________种(用数字作答)．解析：由于B，C相邻，把B，C看作一个整体，有2种排法．这样，6个元素变成了5个．先排A，由于A不排在两端，则A排在中间的3个位置中，有A13＝3种排法，其余的4个元素任意排，有A44种不同排法，故不同的排法有2×3×A44＝144(种)．答案：144(2)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________种．解析：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)．答案：12[母题变式]1．若本例(2)中条件“任意两个数字都不相邻”改为“1,2,3这三个数字必须相邻”，则这样的全排列方法有________种．解析：用捆绑法，有A33A33＝36(种)．答案：362．若本例(2)中条件变为：符号“＋”与“－”都不相邻，则这样的全排列有________种．解析：共有A 33A 24＝72(种)．答案：721．求解有限制条件排列问题的主要方法(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置．(2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类．考点三组合问题[探究变通][例3] (1)[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)解析：解法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C 12C 24＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有C 22C 14＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种．解法二：从6人中任选3人，不同的选法有C 36＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C 34＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种)．答案：16(2)[一题多解]甲、乙两人从4门选修课中各选修2门，则甲乙所选的课程中至少有一门相同的选法共有( )A ．30种B ．36种C．60种D．144种解析：解法一：(直接法)有一门相同的选法有C24C12C12＝24(种)，有两门相同的选法有C24C22＝6(种)，故共有24＋6＝30种选法．解法二：(间接法)C24C24－C24C22＝36－6＝30(种)．答案：A(3)(2018·西安模拟)共享单车是指企业与政府合作，在公共服务区等地方提供自行车单车共享服务．现从6辆黄色共享单车和4辆蓝色共享单车中任取4辆进行检查，则至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是________．解析：分三种情况讨论：①两辆蓝色共享单车，有C24C26＝90(种)，②三辆蓝色共享单车，有C34C16＝24(种)，③四辆蓝色共享单车，有C44＝1(种)．根据分类加法计数原理可得，至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是90＋24＋1＝115.答案：115两类含有附加条件的组合问题的解法1．“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“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”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“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，用间接法求解．1．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．10种B．9种C．12种D．8种解析：选C.依题意，满足题意的不同安排方案共有C12·C24＝12(种)．★2.现有12张不同的扑克牌，其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张，现从中任取3张，要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张，则不同的取法种数为________．解析：分类完成，含有一张黑桃的不同取法有C13C29＝108(种)，不含黑桃时，有C39－3C33＝81(种)不同的取法．故共有108＋81＝189(种)不同的取法．答案：189考点四排列、组合的综合应用[创新贯通][例3](1)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种解析：将4项工作分成3部分，每部分至少有1项工作，共有C24＝6(种)方法，再分别分给3人，由分步乘法计数原理知，共有C24×A33＝36(种)不同方法．答案：D(2)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之间恰好有一名同学的排法有()A．18种B．20种C．21种D．22种解析：当A，C之间为B时，看成一个整体进行排列，共有A22·A33＝12种，当A，C之间不是B时，先在A，C之间插入D，E中的任意一个，然后B在A之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有C12·A22·A22＝8(种)，所以共有20种不同的排法．故选B.答案：B学生用书第175页[例4]有4个不同的球和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？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个盒子内，由分步乘法计数原理得，共有C14C24C13×A22＝144(种)．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒内不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)．分组问题的求解策略1．对不同元素的分配问题．(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 ！，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．2．对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．3．将6名同学平均分成三组，每组两人，则不同的分组方法的种数为( )A ．60B ．30C ．15D ．10解析：选C.平均分成三组的方法种数为C 26C 24C 22A 33＝15(种)． 4．将5名交警分配到三个拥挤的路口疏导交通，其中一个路口1人，另两个路口各2人的不同安排方案共有________种．A ．360B ．180C ．90D ．60解析：选C.先分组后排列，共有C 15C 24C 22A 22A 33＝90(种)不同的安排方案． ★5.某学校需从3名男生和2名女生中选出4人，分派到甲、乙、丙三地参加义工活动，其中甲地需要选派2人且至少有1名女生，乙地和丙地各需要选派1人，则不同的选派方法的种数是( )A ．18B ．24C ．36D ．42解析：选D.由题设可分两类：一是甲地只含有一名女生，先考虑甲地有C 12C 13种情形，后考虑乙、丙两地，有A 23种情形，共有C 12C 13A 23＝36(种)情形；二是甲地只含有两名女生，则甲地有C 22种情形，乙、丙两地有A 23种情形，共有C 22A 23＝6(种)情形．由分类计数原理可得36＋6＝42(种)情形．故选D.排列与组合问题中的容斥原理容斥原理设card(A)表示集合A的元素个数，则card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)；card(A∪B∪C)＝card(A)＋card(B)＋card(C)－card(A∩B)－card(A∩C)－card(B∩C)＋card(A∩B∩C)．[例5]有6名同学咨询成绩，老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的．而且6人的成绩各不相同，那么他们6人的成绩不同的可能排序共有() A．120种B．216种C．384种D．504种解析：以A记为甲成绩排名第一的所有可能的排序的集合，以B记为乙成绩排名最后的所有可能的排序的集合，则|A|＝|B|＝5！，|A∩B|＝4！.由容斥原理知，甲排名第一或乙排名最后的所有的排序数为|A∪B|＝|A|＋|B|－|A∩B|＝216.按照老师所述，这6名同学成绩可能的排序数为6！－216＝504，故选D.答案：D本题是逻辑推理题，关键是建立适当的数学模型进行求解．通过分析，可转化为与排列有关的容斥原理问题，进而求出答案．利用容斥原理能有效降低问题的维度．[素材库]1．(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)解析：若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为C25C23A44；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为C25C13C13A33.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为C25C23A44＋C25C13C13A33＝720＋540＝1 260.答案：1 2602．(2016·全国卷Ⅲ)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.限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练1．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，其中虚数的个数是()A．30B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以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．2．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()A．85 B．56C．49 D．28解析：选C.由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．所以由分类加法计数原理知，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．3．从1,3,5中取两个数，从2,4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为()A．12 B．18C．24 D．36解析：选C.从1,3,5中取两个数有C23种方法，从2,4中取一个数有C12种方法，而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为C23C12A12A22＝3×2×2×2×1＝24(个)．4．六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.第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．5．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()A．1 860 B．1 320C．1 140 D．1 020解析：选C.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．6．(2018·河南天一大联考)如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法共有() A．360种B．720种C．780种D．840种解析：选B.由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1：有6种方法，再涂2,3,4,5，有A45种方法，故一共有6×A45＝720(种)．7．某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有()A．36种B．68种C．104种D．110种解析：选C.分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C37－1)·A22＝68(种)；第二类有(C27－C23)·A22＝36(种)，所以共有N＝68＋36＝104(种)．8．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：369．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．答案：6010．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有________种．解析：把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11B级能力提升练11．(2018·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是() A．540 B．480C．360 D．200解析：选D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有C15C15 A22＝50(种)排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4(种)满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．12．(2018·浙江温州高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有()A．12 B．14C．16 D．18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻．分四类：①先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；②先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4种排法；③先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；④先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14(种)排法，故选B.13．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C.不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．14．(2018·黑龙江哈尔滨第六中学期末)某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A．484 B．472C．252 D．232解析：选B.若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有C14C212＝264(种)选法．若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C312－3C34＝208(种)选法．故总共有264＋208＝472(种)不同的选法．15．用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)解析：分两种情况：第一种：四位数都不是偶数的个数为：A45＝120(个)，第二种：四位数中有一位为偶数的个数为C14C14A35＝960(个)，则共有1 080个．答案：1 08016．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．解析：由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c＜a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c＜4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c＜6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c＜8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c＜10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c＜12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27(个)．答案：27第二节二项式定理教材细梳理知识点1 二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做(a ＋b )n 的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫做二项式系数．二项展开式中的C r n an －r b r叫做二项展开式的通项，用T r ＋1表示，即通项为展开式的第r ＋1项：T r ＋1＝C r n an －r b r . 知识点2 二项展开式形式上的特点对于(a ＋b )n 的展开式，有 (1)项数为n ＋1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n .(3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项开始，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式系数从C 0n ，C 1n 一直到C n －1n ，C nn .知识点3 二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C m n ＝C n －m n. (2)增减性与最大值：对于二项式系数C r n (r ＝0,1,2，…，n )，当r ＜n ＋12时，二项式系数是递增的；当r ＞n ＋12时，二项式系数是递减的．①当n 是偶数时，二项展开式的中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大，即最大的二项式系数为C n2n .②当n 是奇数时，二项展开式的中间两项第n ＋12项和第n ＋32项的二项式系数最大，即最大的二项式系数为C n －12n 和C n ＋12n.(3)二项式系数的和(a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1. [拓展] 杨辉三角下面的数表称为杨辉三角1．第n 行的数字就是(a ＋b )n 展开的各项的二项式系数．2．每一行除两端的“1”之外，每一个数字都是(上一行)它“肩”上的两数字之和．四基精演练1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)C r n an －r b r是二项展开式的第r 项．( ) (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．( ) (4)在(1－x )9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．(知识点1)(1＋2x )5的展开式中，x 2的系数等于( ) ⇐源自选修2－3P 37T 5 A ．80 B ．40 C ．20 D ．10答案：B3．(知识点3)⎝⎛⎭⎫x ＋12x 8的展开式中常数项为( ) ⇐源自选修2－3P 37T 5 A.3516 B ．358C.354 D ．105答案：B4．(知识点3)若(1＋ax )7(a ≠0)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则a ＝________. ⇐源自选修2－3P 37A 组T 4答案：3考点一二项展开式通项公式的应用[探究变通][例1] (1)(2018·全国卷Ⅲ)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．80解析：T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝⎛⎭⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r，由10－3r ＝4，得r ＝2，所以展开式中x 4的系数为C 25×22＝40.答案：C(2)(2017·全国卷Ⅰ)⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为( ) A ．15 B ．20 C ．30D ．35解析：⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中含x 2的项为1·C 26x 2＋1x 2·C 46x 4＝30x 2，故x 2的系数为30. 答案：C [母题变式]1．若本例(1)条件不变，求第一项与第三项系数的和．解：第一项与第三项系数的和为C 0520＋C 25×22＝41.2．若本例(2)中条件不变，求展开式中的常数项．解：常数项为1＋1x 2·C 26x 2＝16.[例2] (1)[一题多解]当x ＞0时，⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25的展开式中的常数项为________(用数字作答)．解析：解法一：⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 10，二项展开式的通项公式为 T r ＋1＝C r 10⎝⎛⎭⎫1210－r (x )10－2r ，所以，当r ＝5时为常数项，即为C 510·⎝⎛⎭⎫125＝6322.解法二：(化三项式为二项式) ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋22x ＋22x 5＝132x5·[(x ＋2)2]5 ＝132x5·(x ＋2)10. 求原展开式中的常数项，转化为求(x ＋2)10的展开式中x 5项的系数，即为C 510·(2)5. 所以，所求的常数项为C 510·(2)532＝6322.答案：6322(2)(2018·河南信阳二模)(x 2＋1)⎝⎛⎭⎫1x －25的展开式的常数项是( ) A ．5 B ．－10 C ．－32 D ．－42解析：由于⎝⎛⎭⎫1x －25的通项为C r 5·⎝⎛⎭⎫1x 5－r ·(－2)r ＝C r 5(－2)r ·x r －52，故(x 2＋1)·⎝⎛⎭⎫1x －25的展开式的常数项是C 15·(－2)＋C 55(－2)5＝－42，故选D.答案：D [母题变式]若本例(2)中的条件不变，求含x －2的项．解：由于⎝⎛⎭⎫1x －25的通项为C r 5(－2)r ×x r －52，只有当r ＝1时，(x 2＋1)⎝⎛⎭⎫1x －25展开式中才有x －2，即1×C 15(－2)1·x －2＝－10x －2.1．求二项展开式中的特定项的系数问题的步骤 (1)利用通项公式将T k ＋1项写出并化简．(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k .(3)代回通项得所求．(4)对于三项式问题或几个多项式积的问题，可转化为二项式问题求解． 2．求多项式展开式中的特定项或项的系数问题的方法(1)对于三项式问题，一般先变形化为二项式，再用通项公式求解，或用组合知识求解． (2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合与其他因式相乘情况求解特定项，或根据因式连乘的规律，结合组合知识求解，但要注意适当地运用分类思想，以免重复或遗漏．(3)对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，只需依据各个二项展开式中分别得到符合要求的项，再求和即可．★1.(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为()A．－80B．－40C．40 D．80解析：选C.由二项式定理可得，原式展开式中含x3y3的项为x·C25(2x)2(－y)3＋y·C35(2x)3(－y)2＝40x3y3，则x3y3的系数为40，故选C.2．设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为()A．－15x4B．15x4C．－20i x4D．20i x4解析：选A.∵T r＋1＝C r6x r(i)6－r，∴含x4的项为T5＝C46x4i2＝－15x4.考点二二项式系数的性质及各项和[创新贯通][例3](1)在(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式二项式系数最大的项为________．解析：由二项式系数的性质知，2n－1＝128，解得n＝8，(1－2x)8的展开式共有9项，中间项，即第5项的二项式系数最大，T4＋1＝C4814(－2x)4＝1 120x4.答案：1 120x4(2)[一题多解](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＝________.解析：解法一：由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，故(a＋x)(1＋x)4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax3，x,6x3，x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3.解法二：设出(a＋x)(1＋x)4的展开式，利用赋值法求解．设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，所以a＝3.答案：3[母题变式]若将本例(2)的条件不变，试求其展开式中各项系数之和．解析：由例(2)的解析知a＝3，所以(a＋x)(1＋x)4＝(3＋x)(1＋x)4，赋值x＝1，得，其展开式中各项系数之和为(3＋1)(1＋1)4＝26＝64.。

2020高考数学大一轮复习计数原理、概率、随机变量及其分布1第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理课件理

[迁移探究 1] (变条件)在本例(1)中，若 m∈{1，2，…，k}，n ∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆有多少个？解：因为 m>n. 当 m＝k 时，n＝1，2，…，k－1. 当 m＝k－1 时，n＝1，2，…，k－2. … 当 m＝3 时，n＝1，2. 当 m＝2 时，n＝1. 所以共有 1＋2＋…＋(k－1)＝k（k2－1）(个)．
分类加法计数原理的两个条件 (1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类． (2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
1．如图，从 A 到 O 有________种不同的走法(不重复过一点)．
3．从－1, 0，1，2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)＝ ax2＋bx＋c 的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数学作答)．解析：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，同上可知共有 3×2＝6(个)偶函数．答案：18 6
利用分步乘法计数原理解题的策略 (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)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数． [提醒] 分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，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应用(多维探究)
角度一涂色、种植问题

高考数学大一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及

第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点、方法题号分类加法计数原理1,7,9,11分步乘法计数原理2,3,6,8,10,13,14,15两个原理的综合4,5,12基础对点练(时间:30分钟)1.从甲地到乙地,一天中有5次火车,12次客车,3次飞机航班,还有6次轮船,每人某天要从甲地到乙地,则共有不同走法的种数是( A )(A)26 (B)60 (C)18 (D)1 080解析:由分类加法计数原理知有5+12+3+6=26种不同走法.2.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( C )(A)8 (B)24 (C)48 (D)120解析:偶数的个位数是偶数,分四步完成.第一步,安排个位,有2种不同的安排方法;第二步,安排十位,有4种不同的安排方法;第三步,安排百位,有3种不同的安排方法;第四步,安排千位,有2种不同的安排方法.根据分步乘法计数原理,共可组成2×4×3×2=48个无重复数字的四位偶数.3.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( D )(A)10种(B)32种 (C)25种 (D)16种解析:由分步乘法计数原理知有2×2×2×2=16种不同走法.4.(2016·山东东营模拟)如图所示2×2方格,在每一个方格中填入一个数字,数字可以是1,2,3,4中的任何一个,允许重复.若填入A方格的数字大于B方格的数字,则不同的填法共有( C )(A)192种(B)128种 (C)96种 (D)12种解析:可分三步:第一步,填A,B方格的数字,填入A方格的数字大于B方格的数字有6种填法(若方格A填入2,则方格B只能填入1;若方格A填入3,则方格B只能填入1或2;若方格A 填入4,则方格B只能填入1或2或3);第二步,填方格C的数字,有4种不同的填法;第三步,填方格D的数字,有4种不同的填法.由分步乘法计数原理得不同的填法总数为6×4×4=96.5.如图,用4种不同的颜色涂入图中的矩形A,B,C,D中,要求相邻的矩形涂色不同,则不同的涂法有( A )(A)72种 (B)48种(C)24种(D)12种解析:先分两类.一是四种颜色都用,这时A有4种涂法,B有3种涂法,C有两种涂法,D有一种涂法,共有4×3×2×1=24种涂法;二是用三种颜色,这时A,B,C的涂法有4×3×2=24种,D 只要不与C同色即可,故C有两种涂法.故不同的涂法共有24+24×2=72(种).6.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( D )(A)10种(B)20种 (C)25种 (D)32种解析:可以分五步完成报名工作,即5位同学依次报名,而每位同学的报名方式有两种,由分步乘法计数原理可得不同的报名方法共有25=32(种),选D.7.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( B )(A)18个 (B)15个(C)12个(D)9个解析:首位数字为2,则其余三位数字之和为4.数字0,0,4的有3个,0,1,3的有6个,0,2,2的有3个,1,1,2的有3个.共有15个.8.(2016·海南海口模拟)三张卡片的正、反两面分别写有1,2,3,4,5,6,将这三张卡片排成一排,可以组成三位数的个数为.解析:分三步:先排百位,有6种排法;再排十位,有4种排法;最后排个位,有2种排法,故共有6×4×2=48(种)排法.答案:489.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:510.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,共有5×4×3×3=180(种)不同的涂色方法.答案:180能力提升练(时间:15分钟)11.导学号 18702556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( C )(A)40 (B)16 (C)13 (D)10解析:分两类情况讨论:第一类,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;第二类,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.12.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( D )(A)56 (B)54 (C)53 (D)52解析: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,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,即满足条件的对数值共有56-4=52(个).13.在某校举行的一次运动会的百米决赛上,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名运动员比赛的不同方式的种数为( C )(A)120 (B)480 (C)2 880 (D)3 200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.所以安排方式有4×3×2=24(种).第二步:安排另外5人,可有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).所以安排这8人的方式有24×120=2 880(种).14.导学号 18702558从集合A={1,2,3,4}到集合B={a,b,c}可以建立种不同的映射,从集合B到集合A可以建立种不同的映射.解析:根据映射的定义,集合A中的元素1有3种对应方法,元素2,3,4也各有3种对应方法,只有这四个元素都找到了对应的元素这个映射才算完成,共有3×3×3×3=81种不同的映射;同理集合B到集合A可以建立4×4×4=64种不同的映射.答案:81 6415.正整数180的正约数的个数为.解析:180=22×32×5,其正约数的构成是2i3j5k形式的数,其中i=0,1,2,j=0,1,2,k=0,1,故其不同的正约数有3×3×2=18(个).答案:18好题天天练1.导学号 18702559有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球,从中取出4个,则取出的编号互不相同的种数为( B )(A)5 (B)80 (C)105 (D)210解题关键:把号码相同的小球放在一组后考虑选法.解析:把号码相同的小球放在一组,从中取出4组,再从每组中各取其一.方法数是×24=80.2.导学号 18702560如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通,今发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有种.解题关键:分类考虑、从反面考虑.解析:四个焊接点共有24种情况,其中使线路通的情况有1,4都通,2和3至少有一个通时线路才通,共有3种情况.故不通的情况有24-3=13(种).答案:13。

高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[考纲解读] 1.理解两个计数原理(分类加法计数原理和分步乘法计数原理)．(重点) 2．能正确区分“类〞和“步〞，并能利用两个计数原理解决一些简单的实际问题．(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，对两个计数原理很少独立命题．预测2021年高考将会综合考查两个计数原理与排列组合知识．试题以客观题的形式呈现，难度不大，属中、低档题型.1.两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事有□01几类不同的方案．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m n种不同的方法完成一件事需要□02n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法结论完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立不重不漏步步相依缺一不可1．概念辨析(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)在分步乘法计数原理中，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成．()(3)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．()答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)从甲地到乙地，每天飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班．某人某天从甲地前往乙地，那么其出行方案共有()A．22种B．33种C．300种D．3600种答案 B解析由分类加法计数原理，知共有5＋10＋6＋12＝33种出行方案．(2)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种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，知共有24种不同的走法．(3)集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，那么P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A．6 B．12C．24 D．36答案 A解析分两步：第一步确定a，由a<0，知有3种方法，第二步确定b，由b>0，知有2种方法，由分步乘法计数原理，得到第二象限上的点的个数是3×2＝6.(4)如图，要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况)，可有________条不同的路径．答案9解析分以下三种情况计数：①第一层有3×2＝6条路径；②第二层有1条路径；③第三层有2条路径；由分类加法计数原理，知共有6＋1＋2＝9条路径．题型一分类加法计数原理的应用1．椭圆x2a2＋y2b2＝1，假设a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有()A．12个B．16个C．28个D．32个答案 C解析解法一：假设焦点在x轴上，那么a>b，a＝2时，有1个；a＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个．假设焦点在y轴上，那么b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个，b＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个．故共有16＋12＝28个．解法二：椭圆中a≠b，而a＝b有4种情况，故椭圆的个数为4×8－4＝28.2．(2019·西城区一模)如下图，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.假设a，b，c成等差数列，那么不同的分珠计数法有________种．答案32解析根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d的范围是－3到3，①当公差d＝0时，有C18＝8种，②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C16＝12种，③当公差d＝±2时，b不取7,8,13,14，有2×C14＝8种，④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C12＝4种，综上共有8＋12＋8＋4＝32种．1．分类加法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分类加法计数原理进行计数时，需要根据完成事件的特点，将要完成一件事的方法进行“分类〞计算．(2)要求：各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．2．使用分类加法计数原理应遵循的原那么有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏〞的原那么．提醒：对于分类类型较多，而其对立事件包含的类型较少的可用间接法求解．1．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，那么不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种答案 B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件的有3种踢法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．应选B.2．(2019·重庆模拟)在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6)中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，那么这样的点P 的个数为________．答案20解析依题意可知，当a＝1时，b＝5,6,2种情况；当a＝2时，b＝5,6,2种情况；当a＝3时，b＝4,5,6,3种情况；当a＝4时，b＝3,5,6,3种情况；当a＝5或6时，b各有5种情况．由分类加法计数原理，得点P的个数为2＋2＋3＋3＋5＋5＝20.题型二分步乘法计数原理1．(2019·湖南师范大学附中模拟)假设m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：2019＋100＝2119)，那么称(m，n)，为“简单的〞有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为2019的“简单的〞有序对的个数是()A．100 B．96C．60 D．30答案 C解析由题意可知，只要确定了m，n即可确定，那么可确定一个有序数对(m，n)，那么对于数m，利用分步计数原理，第一位取法有3种：0,1,2；第二位取法有1种：0；第三位取法有2种：0,1；第四位取法有10种：0,1,2,3,4,5,6,7,8,9；所以值为2019的“简单的〞有序对的个数是3×1×2×10＝60.2．某市汽车牌照号码可以网上自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母G，L中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主从左到右第一个号码只想在1,3,5,7中选择，其他号码只想在1,3,6,8,9中选择，那么供他可选的车牌号码的种数为()A．21 B．800C．960 D．1000解析分步完成．从左到右第一个号码有4种选法，第二个号码有2种选法，第三个号码有5种选法，第四个号码有5种选法，第5个号码有5种选法，共有4×2×5×5×5＝1000种不同的选法．1．分步乘法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分步乘法计数原理时，需要根据要完成事件的发生过程进行“分步〞计算．(2)要求：每个步骤相互依存，其中的任何一步都不能单独完成这件事，只有当各个步骤都完成，才算完成这件事．2．应用分步乘法计数原理的注意点(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)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取.工人在悬挂如下图的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以此类推，那么不同的固定方式有________种．解析先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有C16种方法；再随意拧第三个螺丝，和其对角线上的，有C14种方法；然后随意拧第五个螺丝，和其对角线上的，有C12种方法．故不同的固定方式共有C16C14C12＝48种．题型三两个计数原理的综合应用角度1与数字有关的问题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40000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个答案 B解析由题意可知，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)．角度2涂色、种植问题2．(2020·衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如下图的六个相连的圆涂色，假设每种颜色只能涂两个圆，且相邻的两个圆所涂颜色不能相同，那么不同的涂色方案的种数是()A．12 B．24C．30 D．36解析按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，假设前三个圆用了三种颜色，那么第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C12×C12＝24(种)，假设前三个圆用了两种颜色，那么后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是30.角度3分配问题3．(2020·山西大学附中模拟)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，那么不同的分配方案有() A．72种B．36种C．24种D．18种答案 B解析2名内科医生，每村1名，有2种分法.3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，可分1名外科医生、2名护士和2名外科医生、1名护士．假设甲村有1名外科医生、2名护士，有3×3＝9(种)分法，其余的分到乙村．假设甲村有2名外科医生、1名护士，有3×3＝9(种)分法，其余的分到乙村．所以总的分配方案有2×(9＋9)＝2×18＝36(种)．1．利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．2．与数字有关问题的解题思路一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．见举例说明1.3．涂色(种植)问题的解题关注点和关键(1)关注点：分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．(2)关键是对每个区域逐一进行分步处理．见举例说明2.4．分配问题的解题思路一般按分配规那么总体分类，每类中再分步计数．如举例说明3.提醒：对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解.1．(2019·天津模拟)如下图的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，那么不同的涂色方法种数为()A．24 B．48C．72 D．96答案 C解析分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．2．为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，那么不同的推荐方案的种数为________(用数字作答)．答案24解析假设参加乐器培训的是女生，那么各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；假设参加乐器培训的是男生，那么各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．3．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.那么：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．答案(1)90(2)9×10n解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，知共有9×10n种填法．组基础关1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，那么这样的点的个数是() A．9 B．14C．15 D．21答案 B解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．2．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，那么不同的监考方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种答案 B解析设教1,2,3,4班的教师分别为1,2,3,4，满足题意的监考方法有共9种不同的监考方法．3．用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是()A．18 B．16C．12 D．9答案 D解析千位上是1的四位数有3×2×1＝6个，千位上是2的四位数有2110、2101、2011，共3个，由加法计数原理可得，可组成不同四位数的个数是6＋3＝9.4．直线l：xa＋yb＝1中，a∈{1,3,5,7}，b∈{2,4,6,8}．假设l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，那么这样的直线的条数为() A．6 B．7C．8 D．16答案 B解析l与坐标轴围成的三角形的面积为S＝12ab≥10，即ab≥20.当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．当a∈{5,7}时，b∈{4,6,8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，那么直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.应选B.5．非空集合A，B满足A∪B＝{1,2,3}，当A中元素个数不少于B中元素个数时，(A，B)对(当A≠B时，(A，B)与(B，A)不同)的个数为()A．18 B．16C．9 D．8答案 B解析假设A中有一个元素，设A＝{1}，那么{2,3}⊆B，不符合题意；假设A中有两个元素，设A＝{1,2}，那么{3}⊆B，B有三种取法，B＝{3}，B＝{1,3}，B＝{2,3}，此种情况下共有3×3＝9；假设A＝{1,2,3}，B非空，那么B有7种取法，综上，共有9＋7＝16种．6．(2019·大连二模)把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，那么1号球不放入1号盒子的方法共有() A．18种B．9种C．6种D．3种答案 A解析由于1号球不放入1号盒子，那么1号盒子有2、3、4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2、3、4号盒子中，那么2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C13·C13·C12·1＝18种．应选A.7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，那么不同的涂色方法种数有()A．24 B．48C．96 D．120答案 C解析假设A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2＝24种；假设A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D颜色相同时，C有2种涂法，当B和D颜色不同时，B，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72种．根据分类加法计数原理可得，不同的涂色方法共有24＋72＝96种．8．如下图，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．答案40解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个，由分类加法计数原理，知共有32＋8＝40(个)．9．(2019·诸暨市模拟)假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖(219)元的货款，那么有________种不同的支付方式．答案 6解析9元的支付有两种情况，5＋2＋2或者5＋2＋1＋1，①当9元采用5＋2＋2方式支付时，200元的支付方式为2×100或1×100＋2×50或1×100＋1×50＋2×20＋10，共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有1×3×1＝3种支付方式；②当9元采用5＋2＋1＋1方式支付时：200元的支付方式为2×100或1×100＋2×50或1×100＋1×50＋2×20＋10，共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有1×3×1＝3种支付方式；所以总的支付方式共有3＋3＝6种．10．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两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，那么不同的安排方案共有________种．答案36解析①第一节课假设安排A，那么第四节课只能安排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第一节课假设安排B ，那么第四节课可安排A 或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2×4×3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．组能力关1．(2019·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数〞(如2013是“六合数〞)，那么“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个答案 B解析依题意，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)．应选B.2．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对答案 C解析解法一：与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对，正方体的12条面对角线共有8×12＝96(对)，且每对均重复计算一次，故共有962＝48(对)．解法二：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有12×11÷2＝66(对)．同一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满足题意的对角线，所以不满足题意的共有3×6＝18(对)．故从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有66－18＝48(对)．3．将1,2,3，…，9这9个数字填在如下图的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有()A．6种B．12种C．18种D．24种答案 A解析根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如下图，那么剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，假设8放在B处，那么可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，假设8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．4．(2020·北京昌平区模拟)2019年3月2日，昌平“回天〞社区开展了7种不同类型的“三月雷锋月，回天有我〞社会服务活动. 其中有2种活动既在上午开展、又在下午开展，3种活动只在上午开展，2种活动只在下午开展．小王参加了两种不同的活动，且分别安排在上、下午，那么不同安排方案的种数是________．答案18解析小王参加的是两种不同的活动，有2种活动既在上午开展、又在下午开展，(1)设小王没参加既在上午开展、又在下午开展的2种活动，那么有3×2＝6种方案．(2)设小王参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动，①上午参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动之一，那么有2×2＝4种方案；②下午参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动之一，那么有3×2＝6种方案；③上下午都参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动，那么有2×1＝2种方案．所以不同的安排方案有6＋4＋6＋2＝18种．5．数列{a n}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，a2，…，a10}，从A中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．答案24解析当公比为q时，满足题意的等比数列有7个，当公比为1q时，满足题意的等比数列有7个，当公比为q2时，满足题意的等比数列有4个，当公比为1q2时，满足题意的等比数列有4个，当公比为q3时，满足题意的等比数列有1个，当公比为1q3时，满足题意的等比数列有1个，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(个)．6．(2019·河北衡水质检)一个公园的形状如下图，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，那么不同的种法共有________种．答案18解析根据题意，分两步进行分析：①对于A，B，C区域，三个区域两两相邻，种的植物都不能相同，将3种不同的植物全排列，安排在A，B，C区域，有A33＝6(种)情况；②对于D，E区域，分2种情况讨论：假设C，E种的植物相同，那么D有2种种法；假设C，E种的植物不同，那么E有1种种法，D也有1种种法；那么D，E区域共有2＋1＝3(种)不同种法，故不同的种法共有6×3＝18(种)．。

2020年高考数学理科一轮复习讲义：第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第9讲 Word版

姓名，年级：时间：第9讲离散型随机变量的均值、方差和正态分布[考纲解读］1。

理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，并能根据分布列正确求出期望与方差，并能解决一些实际问题．（重点、难点）2。

借助直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，掌握正态曲线的相关性质，并能进行正确求解．［考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的热点题型. 预计2020年将会考查：①与分布列相结合求期望与方差，通过设置密切贴近现实生活的情景,考查概率思想的应用意识和创新意识;②正态分布的考查，尤其是正态总体在某一区间内的概率. 题型为解答题中的一问，试题难度不会太大,属中档题型。

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X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n（1）＝错误!x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的错误!平均水平．(2)D(X）＝错误!(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）的错误!平均偏离程度,其算术平方根错误!为随机变量X的标准差．2．均值与方差的性质(1）E(aX＋b)＝错误!aE（X)＋b；（2）D(aX＋b)＝错误!a2D（X）(a，b为常数)．3．两点分布与二项分布的均值、方差4．正态曲线(1)正态曲线的定义函数φμ，σ(x）＝错误!e错误!，x∈(－∞，＋∞),其中实数μ和σ（σ>0)为参数，称φμ,σ（x）的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线（μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差）．（2）正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交;②曲线是单峰的，关于直线错误!x＝μ对称；③曲线在错误!x＝μ处达到峰值错误!；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时,曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时,曲线的形状由σ确定,错误!σ越小,曲线越“高瘦”,表示总体的分布越集中;错误!σ越大,曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．5．正态分布（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)＝错误!φμ，σ（x）d x(即x＝a，x＝b，正态曲线及x轴围成的曲边梯形的面积)，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2）．(2)正态分布的三个常用数据①P（μ－σ〈X≤μ＋σ）＝错误!0.6826；②P（μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝错误!0.9544；③P（μ－3σ〈X≤μ＋3σ)＝错误!0.9974.1．概念辨析（1）随机变量不可以是负数，随机变量所对应的概率可以是负数，随机变量的均值不可以是负数．（）（2）正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差．（)(3）随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小. （)（4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．（）答案（1）×（2）√（3)√（4)√2．小题热身（1）已知随机变量X的分布列为X－202P错误!错误!错误!则E（X)与D（X)的值分别为( )A．0，2 B．0，83C．2,0 D.错误!，0答案B解析E（X）＝(－2）×错误!＋0×错误!＋2×错误!＝0,D(X）＝（－2－0）2×错误!＋(0－0）2×错误!＋(2－0)2×错误!＝错误!.（2)设ξ～B（n，p），若E（ξ）＝15，D(ξ)＝11.25,则n＝( ) A．45 B．50 C．55 D．60答案D解析由错误!解得错误!A．1 B．2 C．3 D．4答案B解析先求出E(X）＝(－1）×错误!＋0×错误!＋1×错误!＝－错误!。