2019版高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练78两个计数原理理

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高三数学一轮复习第11章第1课时课件

＝2 100 元．
两个计数原理的综合应用
对于某些复杂的问题，有时既要用分类计数原理，又要用分步计数原理，重视两个原理的灵活运用，并注意以下几点： (1)认真审题，分析题目的条件、结论，特别要理解题目中所讲的“事情”是什么，完成这件事情的含义和标准是什么． (2)明确完成这件事情需要 “ 分类 ” 还是 “ 分
2．混合问题一般是先分类再分步． 3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． 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．
从近两年的高考试题来看，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是考查的热点．题型为选择题、填空题，分值在5分左右，属中档题．两个计数原理较少单独考查，一般与排列、组合的知识相结合命题．
(2010·广东卷)为了迎接 2010 年广州亚运会，某大
楼安装了 5 个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每
个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜
色，且这 5 个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这 5
个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁，在每个闪
烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两
个闪烁的时间间隔均为 5 秒，如果要实现所有不
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定 a，由于 a<0，所以有 3 种确定方法；第二步确定 b，由于 b>0，所以有 2 种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是 3×2＝6.
(3)点 P(a，b)在直线 y＝x 上的充要条件是 a ＝b.因此 a 和 b 必须在集合 M 中取同一元素，共有 6 种取法，即在直线 y＝x 上的点有 6 个．由(1)得不在直线 y＝x 上的点共有 36－ 6＝30(个)．

北师版高考总复习一轮理科数精品课件第11章计数原理第2节排列与组合

(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至
少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都
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.
对点训练2某课外活动小组共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女各有
一名队长.现从中选5人主持某活动,依下列条件各有多少种选择?
视节目的现场录制,5人坐一排.若小明的父母都与他相邻,则不同坐法的种
数为(
)
A.6
B.12
C.24
D.48
(2)用0,1,2,3,4,5这6个数字能组成奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)
个.
答案:(1)B (2)132
解析:(1)将小明父母与小明三人进行捆绑,
其中小明居于中间,形成一个元素,
与其他两个元素进行排序,则A22 A33 =12,故所求的坐法种数为 12,故选 B.
人有A35 种方法,最后将他们看作一个整体与剩下的 2 人全排列,有A33 种方法,
故共有A22 ·A35 ·A33 =720(种)方法.
A 77
(7)有A 2 =2
2
520(种)方法.
(8)(方法 1 特殊元素法)甲在最右边时,其他的可全排,有A66 种;甲不在最右边
时,可从余下 5 个位置中任选一个,有A15 种,而乙可排在除去最右边位置后剩
有C42 A22 =12(种)情况,则一共有 4+12=16(种)情况.
考向2.相邻与相间问题
典例突破
例4.(2021湖南长沙模拟)一次表彰大会上,计划安排5名优秀学生代表上台
发言,这5名优秀学生分别来自高一、高二和高三三个年级,其中高一、高
二年级各2名,高三年级1名.发言时若要求来自同一年级的学生不相邻,则

高考数学复习热点11 计数原理

热点11 计数原理【命题趋势】计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以选择题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解.【满分技巧】捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n 项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.【考查题型】选择题【限时检测】（建议用时：35分钟）1．（2021·全国高三专题练习）的展开式中各项的()()()()()234511111x x x x x -----指数之和再减去各项系数乘以各项指数之和的值为（）A ．0B ．C ．D ．5590120【答案】C【分析】()()()()()234511111x x x x x -----，151413109876521x x x x x x x x x x x =--+++---++-所以，的展开式中各项的指数之和为()()()()()234511111x x x x x -----，15141310987652190++++++++++=展开式中各项系数乘以各项指数之和为，1514131098765210--+++---++=因此，所求结果为.90090-=故选：C.2．（2021·山东高三专题练习）已知若()20121nn n px b b x b x b x -=+++⋅⋅⋅+，则（）123,4b b =-=，p =A ．1B ．C ．D ．121314【答案】C【分析】展开式的通项为：，()1n px -()()()11n rr rrrr n n T C px C px -+=⋅⋅-=⋅-故，，解得，.()113nb C p pn =⋅-=-=-()2222142n n n b C p p -=⋅==9n =13p =故选：C.3．（2021·山东高三专题练习）2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院，医生乙只能分配到医院或医院，医生丙不能分配到医生甲、A A B 乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( )A ．18种B ．20种C ．22种D ．24种【答案】B【分析】根据医院A 的情况分两类：第一类：若医院A 只分配1人，则乙必在医院B ，当医院B 只有1人，则共有种不2232C A 同分配方案，当医院B 有2人，则共有种不同分配方案，所以当医院A 只分配1人1222C A 时，共有种不同分配方案；2232C A +122210C A =第二类：若医院A 分配2人，当乙在医院A 时，共有种不同分配方案，当乙不在A 医33A 院，在B 医院时，共有种不同分配方案，所以当医院A 分配2人时，1222C A 共有种不同分配方案；33A +122210C A =共有20种不同分配方案.故选：B4．（2021·全国高三专题练习）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方ABCD A 形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆()1,2,,6i i =⋅⋅⋅时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的i A所有不同走法共有（）A ．21种B ．22种C ．25种D ．27种【答案】D【分析】由题意，正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，ABCD ①点数之和为8的情况有：；；；；，排列方法共有1,1,61,2,51,3,42,2,42,3,3种；133113333321C A A C C ++++=②点数之和为16的情况有：；，排列方法共有种.4,6,65,5,611336C C +=所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有种.A 21627+=故选：D.5．（2021·山东高三专题练习）已知参加某项活动的六名成员排成一排合影留念，且甲乙两人均在丙领导人的同侧，则不同的排法共有（）A ．240种B ．360种C ．480种D ．600种【答案】C【解析】：用分类讨论的方法解决．如图中的6个位置，123456①当领导丙在位置1时，不同的排法有种；55120A =②当领导丙在位置2时，不同的排法有种；143472C A =③当领导丙在位置3时，不同的排法有种；2323233348A A A A +=④当领导丙在位置4时，不同的排法有种；2323233348A A A A +=⑤当领导丙在位置5时，不同的排法有种；143472C A =⑥当领导丙在位置1时，不同的排法有种．55120A =由分类加法计数原理可得不同的排法共有480种．故选C ．6．（2021·山东高三专题练习）某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（）A ．240种B ．288种C ．192种D ．216种【答案】D【详解】最前排甲，共有种；最前排乙，最后不能排甲，有种，根55A 120=据加法原理可得，共有种，故选D ．7．（2020·全国高三专题练习（理））某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（）A ．72种B ．48种C ．36种D ．24种【答案】C【分析】首先可将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有种排法，336A =再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，共有种排法，236A =则后六场开场诗词的排法有种，6636⨯=故选：C.8．（2020·全国高三专题练习（理））为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程､20项民生类工程和10项产业建设类工程.现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是（）A ．B ．C ．D ．12131416【答案】D【分析】记第名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类i 分别为事件，，，.i A i B i C 1,2,3i =由题意，事件，，，相互独立，i A i B i C 1,2,3i =则，，，，301()602i P A ==201()603i P B ==101()606i P C ==1,2,3i =故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是.331111()62366i i i P A P A B C ==⨯⨯⨯=故选：D.9．（2020·全国高三专题练习（理））在()()()()()2345111111x x x x x ++++++++++的展开式中，含项的系数是（）2xA ．B ．1015C ．D ．2025【答案】C【分析】解法一：中含的项为，中含的项为，中()21x +2x 222C x ()31x +2x 223C x ()41x +含的项为，中含的项为，2x 224C x ()51x +2x 225C x 则含项的系数为．2x 2222234520C C C C +++=故选：C ．解法二：由等比数列求和公式知：，()()()()()()6234511111111x x x x x x x+-++++++++++=中含的系数为，原式含项的系数为.()31x + 3x 3620C =∴2x 20故选：C .10．（2020·全国高三专题练习（理））若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝（）A ．284B ．356C ．364D ．378【答案】C【分析】令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36，　①令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1，　②①②两式左右分别相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 12)＝36＋1＝730，所以a 0＋a 2＋…＋a 12＝365，再令x ＝0，则a 0＝1，所以a 2＋a 4＋…＋a 12＝364.故选：C.11．（2020·山西高三月考（理））如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面m 积之比为，则的展开式中的常数项是（）n 621m x nx ⎛⎫- ⎪⎝⎭A ．15B ．-15C ．D ．13541354-【答案】A【分析】：设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，所以圆柱的体积R R 2R ，球的体积，所以.又圆柱的表面23122V R R R ππ=⨯=3243V R π=313223423V R m V R ππ===积为，球的表面积为，所以2212226S R R R R πππ=⨯+=224S R π=，，，展开式的通项21226342S R n S R ππ===1m n =662211m x x nx x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令，解得，其常数项为.()123161rr rr T C x-+=-1230r -=4r =()42426115C x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭故选：A12．（2020·江西吉安市·白鹭洲中学高三期中（理））已知随机变量，且()2~1,X N σ，则的展开式中的系数为（）()()0P X P X a ≤=≥()43221ax x x ⎛⎫+⋅+ ⎪⎝⎭2x A ．40B ．120C ．240D ．280【答案】D【分析】根据正态曲线的性质可知，，解得，012a +=⨯2a =的展开式的通项公式为，，()312x +132r r r r T C x +=⋅{}0,1,2,3r ∈的展开式的通项公式为，，422x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()243814422s s s s s s s s T C x c x -+--++=⋅=⋅{}0,1,2,3,4s ∈令两式展开通项之积的指数为，可得或，x 382r s -+=33r s =⎧⎨=⎩02r s =⎧⎨=⎩∴的展开式中的系数为()432212x x x ⎛+⋅⎫+ ⎪⎝⎭2x ，333300223434222225624280C C C C ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=+=13．（2020·湖南长沙市·高三月考）某单位有6名员工，2020年国庆节期间，决定从6人中留2人值班，另外4人分别去张家界､南岳衡山､凤凰古城､岳阳楼旅游.要求每个景点有1人游览，每个人只游览一个景点，且这6个人中甲､乙不去衡山，则不同的选择方案共有（）A ．120种B ．180种C ．240种D ．320种【答案】C【分析】以人为对象，分类讨论：甲不值班乙值班：；甲值班乙不值班：；31343372C C A =31343372C C A =甲乙都不值班；；甲乙都值班；.21342372C C A =4424A =故不同的选择方案.72727224240N =+++=故选：C14．（2020·全国高三专题练习（理））中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（）A ．种B ．种C ．种D ．种30506090【答案】B【分析】若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1121020C C ⋅=若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1131030C C ⋅=所以共有种203050+=故选B15．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三其他模拟（理））2020年湖北抗击新冠肺炎期间，全国各地医护人员主动请缨，支援湖北，某地有3名医生、6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为（）A ．B ．C ．D ．16121813【答案】D【分析】3名医生平均分成3组，有1种分法，6名护士平均分成3组有种分法，226433156156C C A ⨯==3名医生、6名护士分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士的分配方法有（种），333315540A A ⨯⨯=医生甲和护士乙分到同一家医院的分配方法有（种），211224532222180C C C A A A ⨯⨯⨯=则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为.18015403=故选：D .16．（2020·全国高三其他模拟（理））公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范π围是：，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，3.141592631415927π<< ．某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字做为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（）A ．B ．C ．D ．15174567【答案】D【分析】由题意从小数点后的6位数字中随机选取两个数字做为小数点后的前两位，可分为以下情况：①选出两个1，共可组成1个数字；②选出一个1，共可组成个不同数字；12428C A ⋅=③没有选出1，共可组成个不同数字；2412A =所以共可组成个不同的数字；181221++=其中小于等于3.14的数字有：3.11、3.12、3.14，共3个，则大于3.14的数字个数为18，故所求概率.186217P ==故选：D.17．（2020·全国高三专题练习（理））某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（）.A ．444种B ．1776种C ．1440种D ．1560种【答案】B【分析】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，所以只需在生、史、地、政中四选一，有（种）.14C 4=对语文、外语排课进行分类，第1类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节，剩下的四科可全排列，有（种）；114244192C C A =第2类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有（种），133C =语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3种，也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有（种），14C 4=其他三科可以全排列，有（种）.()12332334252C A A +=综上，共有（种）.()41922521776⨯+=故选：B18．（2020·全国高三专题练习）函数的导函数为，则的展开261()(=-f x x x ()f x '()f x '式中含项的系数为（）2x A ．20B ．C ．60D ．20-60-【答案】D【分析】函数导函数为，()f x 25211()6()(2)f x x x x x '=-+则的展开式的通项公式为，251(x x -251031551()()(1)r r r r r r r T C x C x x --+=-=-令，则，此时含项为，1031r -=3r=x 335(1)10C x x -=-再令，则，此时含项为，1034r -=2r =4x 22445(1)10C x x -=所以含的项为，2x 4221(10210660x x x x x -⨯+⨯⨯=-故含项的系数为，2x 60-故选：．D 19．（2020·湖南郴州市·高三二模（理））中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（）种.A ．408B ．120C ．156D ．240【答案】A【分析】解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有（种），66720A =当“乐”排在第一节有（种），55120A =当“射”和“御”两门课程相邻时有（种），2525240A A =当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有（种），242448A A =则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种），72012024048408--+=故选：．A 20．（2020·全国高三专题练习）展开式中的常数项为（）6331x x ⎫⎫-⎪⎪⎭⎭A ．B ．15C ．D ．6666-15-【答案】C展开式的通项公式为，而61x ⎫-⎪⎭()363216611rrrr r rr T C C x x --+⎛⎫=⋅⋅-=⋅-⋅ ⎪⎝⎭，故要想产生常数项，则或3323323x x x ---=-333122r r -=⇒= ，则所求常数为.33302rr -=⇒=()106621315C C ⨯⨯--⨯=-故选：C．。

高三理科数学一轮复习讲义：第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.8条件概率n次独立重复试验与二项分布

§11.8 条件概率、n 次独立重复试验与二项分布考纲展示►1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．考点1 条件概率条件概率 (1)定义设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P ABP A为在事件A 发生条件下，事件B 发生的条件概率．(2)性质①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．条件概率的性质．(1)有界性：0≤P (B |A )≤1.( )(2)可加性：如果B 和C 为互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝P (B |A )＋P (C |A )．( )[典题1] (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数”，事件B ：“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12(2)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )A.1127B.1124C.827D.924[点石成金] 条件概率的两种求解方法 (1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P ABP A求P (B |A )．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.考点2 事件的相互独立性(1)定义：设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝________，则称事件A 与事件B 相互独立． (2)性质：若事件A 与B 相互独立，则A 与B 、A 与B 、A 与B 也都相互独立，P (B |A )＝________，P (A |B )＝________.[典题2] 为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：的概率分别为14，13，甲、乙乘车超过6千米且不超过12千米的概率分别为12，13.(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．[点石成金] 1.利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；2．正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算.在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为 1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．考点3 独立重复试验与二项分布独立重复试验与二项分布(1)[教材习题改编]某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧第n 次出现正面，－第n 次出现反面，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为________．(2)[教材习题改编]小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．二项分布：P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)的值是________．[典题3] [2019·湖南长沙模拟]博彩公司对2019年NBA 总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．前4场，马刺队胜利的概率为12，第5,6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概率降为25，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为35.(1)分别求马刺队以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率； (2)随机变量X 为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X 的分布列．[点石成金] 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p ；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率.某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．[方法技巧] 1.古典概型中，A 发生的条件下B 发生的条件概率公式为P (B |A )＝P ABP A＝n AB n A ，其中，在实际应用中P (B |A )＝n ABn A是一种重要的求条件概率的方法．2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次．3．n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次可看作是C k n个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k个A事件与n－k个A事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为C k n p k(1－p)n－k.[易错防范] 1.相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．2．运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立．真题演练集训1．[2018·重庆模拟]投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.3122．[2018·天津模拟]某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．[典例1] 某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望．[思路分析]判断分布的类型→确定X的取值及其概率→列出分布列并求数学期望易错提示本题容易错误地得到X 服从二项分布，每块地种植甲的概率为12，故X ～B (4,0.5)．错误的根源在于每块地种植甲或乙不是相互独立的，它们之间是相互制约的，无论怎么种植都要保证8块地中有4块种植甲，4块种植乙，事实上X 应服从超几何分布．如果将题目改为：在8块地中，每块地要么种植甲，要么种植乙，那么在选出的4块地中种植甲的数目为X ，则这时X ～B (4,0.5)(这时这8块地种植的方法总数为28，会出现所有地都种植一种作物的情况，而题目要求4块地种植甲，4块地种植乙，其方法总数为C 48)．[典例2] 某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．易错提示本题容易错误地得到甲、乙两考生正确完成的题数均服从二项分布，实际上题目中已知甲、乙两考生按照题目要求独立完成全部实验操作，甲考生正确完成的题数服从超几何分布，乙考生正确完成的题数服从二项分布．。

2019届高考数学人教A版理科第一轮复习课件：第十一章+计数原理+11.3

-9解析
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答案
考点1
考点2
考点3
考点 1
通项公式及其应用(多考向)
1 6 的展开式中,常数项等 ��2
考向一
已知二项式求其特定项(或系数)
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例 1(1)在二项式 3�� +
于 .(用数字作答) (1)展开式的通项公式为 8 2 1 7 �� (2) �� - �� 的展开式中 x 的系数为 .(用数字作答) 1 �� 6-k 6-3k 6-k �� Tk+1=C6 (3x) ��2 = C6 3 x . 思考如何求二项展开式的项或特定项的系数 ?已知特定项的系 4 2 由 6-3k=0,得 k=2,故常数项为 T3=3 C6 =1 215. 数如何求二项式中的参数? 1 �� 2 8-r �� 16-3r (2)展开式通项为 Tr+1=C8 (x ) · =(-1)rC8 x ,令
�� + 1 2
(n∈N*)时,C�� 是递增的 (n∈N*)时,C�� 是递减的
�� 2
��-1 2
最大值
当 n 为偶数时,中间的一项C�� 取得最大值
-1 当 n 为奇数时,中间的两项 ��2 和 ��+1 取 2 C�� C�� 得最大值
关闭
(
(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×
-5-
答案
知识梳理
双基自测
1 2 3 4 5
2.设i为虚数单位,则(x+i)6的展开式中含x4的项为( A.-15x4 B.15x4 C.-20ix4 D.20ix4

近年高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列学案理(2021年整理)

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第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合本节主要包括2个知识点：1。

两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一）两个计数原理［基本知识]1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．两个计数原理的比较名称分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点运用加法运算运用乘法运算分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类"之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情,要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联"电路来理解错误!1．判断题(1）在分类加法计数原理中，某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．填空题(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是________．解析：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）．答案：6（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________个．解析：∵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．答案：36（3)书架的第1层放有4本不同的语文书,第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2，3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120错误!分类加法计数原理(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2）用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3）把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1］（1)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，则不同的传递方式共有（）A．4种B．6种C．10种D．16种（2)（2018·杭州二中月考）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( ）A．14 B．13C．12 D．10[解析］（1）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,甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．(2）①当a＝0时，有x＝－错误!，b＝－1,0,1，2,有4种可能;②当a≠0时,则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0，1，2，有4种可能；（ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0，1,有3种可能；(ⅲ）当a＝2时，b＝－1，0，有2种可能．∴有序数对（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13。

2019年高考数学计数原理、概率、随机变量及其分布复习指导(最适用、最全面)

2019年高考数学计数原理、概率、随机变量及其分布复习指导第一节计数原理与排列、组合教材细梳理1．两个计数原理1．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．2．“排列”与“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n 个不同元素中取出m 个元素，按一定顺序排成一列”，而排列数是指这种排列的个数．知识微思考1．判断下列结论的正误(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，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．( )(4)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．( )(5)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．( ) (6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) (7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( ) (8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( ) (9)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )(10)A m n ＝n A m －1n －1.( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√ (9)√ (10)√ 2．如何区分某一问题是排列问题还是组合问题？提示：可交换某两个元素的位置，判断对结果是否产生影响，产生影响的是排列问题，否则是组合问题．四基精演练1．(选修2－3·习题1.2A 组改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )A ．16B ．13C ．12D ．10答案：C2．(选修2－3·习题1.2A 组改编)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ab的不同值的个数为( )A ．6B ．8C ．12D ．16答案：C3．(选修2－3·习题A组改编)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()A．3种B．6种C．9种D．18种答案：C4．(选修2－3·习题1.2B组改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．答案：325．(2017·高考全国卷Ⅱ改编)安排3名志愿者完成3项工作，每人完成一项，则不同的安排方式共有________．答案：6考点一计数原理及应用[简单型]——运用数据分析、提升数学运算1．使用分类加法原理时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．2．(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．3．使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．1．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．法一：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)．法二：班级按a，b，c，d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：∴共有9种不同的监考方法．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18C．12 D．9解析：选B．分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B．3．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)．考点二排列的应用[高频型]——发展数学建模、提升数学运算[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：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． [易错提醒] (1)分类要全，以免遗漏．(2)插空时要数清插空的个数，捆绑时要注意捆绑后元素的个数及要注意相邻元素的排列数．(3)用间接法求解时，事件的反面数情况要准确．1．某市内公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )A ．48B ．54C ．72D ．84解析：选C．先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72(种)候车方式．2．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A．72 B．120C．144 D．168解析：选B．歌舞类节目设为a1，a2，a3，小品类节目设为b1，b2，相声类节目设为c，先排a1，a2，a3不相邻，顺序如○b1○b2○c○，共A33A34种方法，b1b2相邻前提下○b1b2○c○插空法共A22A33A22种方法，所以同类节目不相邻的排法种数为A33A34－A22A33A22＝A33·(A34－4)＝6×20＝120.考点三组合问题[简单型]——发展数学建模、提升数学运算1．组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个原理化归为简单问题．2．两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．1．2107年天津全运会之际，某单位要从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有________种．解析：分两类：第1类是有1名女生，共有C12·C26＝2×15＝30(种)；第2类是有2名女生，共有C22·C16＝1×6＝6(种)．由分类加法计数原理得，共有30＋6＝36(种)．答案：362．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，输一局，第4局赢)，共有2C23＝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2C24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．考点四排列、组合的综合应用[探究型]——发展数学建模、提升数学运算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)(2017·高考天津卷)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)．解析：由题意可得，第1类取出的4个数都是奇数，有A45个，第2类取出的4个数中有1个偶数，有C14C35A44个，由分类加法计数原理，得共有A45＋C14C35A44＝120＋960＝1 080(个)．答案：1 080(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C 14C 24C 13×A 22＝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个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24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)．1．解决简单的排列与组合的综合问题的思路(1)根据附加条件将要完成事件先分类．(2)对每一类型取出符合要求的元素组合，再对取出的元素排列． (3)由分类加法计数原理计算总数．2．分组、分配问题的求解策略(1)对不同元素的分配问题．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 ！，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．(2)对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．3．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．解析：①有1名女生的选派方法有C12C34＝8(种)．②有2名女生的选派方法有C22C24＝6(种)．∴不同的选派方案共有8＋6＝14(种)．答案：144．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴全运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：先分组再分配，共有C16C15C242A22·A44＝1 080(种)分配方案．答案：1 080发展数学建模、数学运算(应用型)模型1计数原理、排列、组合与实际应用问题相结合对于排列、组合都是以生活实际问题为背景，加以限制条件，并结合计数原理进行考查．[例4]小陈家来了六位同学(四女两男)，包括他共7人，小陈从果园里摘了7个大小不同的百香果，每人一个．小陈把最小的一个留给自己，4位女同学中的一人拿最大的一个，则百香果的不同分法共有()A．96种B．120种C．480种D．720种解析：可分两步：第一步，4位女同学中的一人拿最大的一个的分法种数为C14；第二步，余下5人的分法种数为A55，根据分步乘法计数原理，百香果的不同分法共有C14A55＝480(种)，故选C．答案：C模型2排列、组合与新定义相结合排列、组合常与数学中的新定义结合考查，利用其它知识进行求解．[例5](2016·高考全国卷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：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．答案：C课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练(25分钟，50分)1．(2018·邵阳模拟)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为()A．24B．48C．60 D．72解析：选B．先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2,4,3,2,1种排法，由分步乘法计数原理知：2×4×3×2×1＝48.2．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长、1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20 B．16C．10 D．6解析：选B．当选a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．3．(2018·自贡一模)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系上点的坐标，则确定的不同的点的个数为()A．36 B．32C．33 D．34解析：选C．不考虑限定条件的情况下，确定的不同的点的个数为C12C13A33＝36，但集合B，C中有相同元素1，由5,1,1三个数确定的不同的点只有3个，故最终确定的不同的点的个数为36－(A33－3)＝33.4．(2018·诸暨一模)在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别，同时为了方便接待，现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国的人员要在a，b，c三家酒店各选择一家，且每家酒店至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有() A．96种B．124种C．130种D．150种解析：选D．可以把五个参会国的人员分成三组，一种是按照1,1,3分；另一种是按照1,2,2分．当按照1,1,3分时，共有C35A33＝60种方法；当按照1,2,2分时，共有C25C23A33A22＝90种方法．根据分类加法计数原理可得安排方法共有60＋90＝150种．5．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，共有3＋6＋3＋3＝15(个)．6．(2018·石家庄模拟)一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分，已知甲球队已赛4场，积4分，在4场比赛中，甲队胜、平、负(包括顺序)的情况共有()A．7种B．13种C．18种D．19种解析：选D．设S i表示第i场胜、P i表示第i场平，F i表示第i场负，积4分可分2胜2负，1胜2平1负或4平三类，其中2胜2负有S1S2F3F4，S1F2S3F4，S1F2F3S4，F1S2S3F4，F1S2F3S4，F1F2S3S4，共6种．1胜2平1负有S1P2P3F4，S1P2F3P4，S1F2P3P4，P1S2P3F4，P1S2F3P4，F1S2P3P4，P1P2S3F4，P1F2S3P4，F1P2S3P4，P1P2F3S4，P1F2P3S4，F1P2P3S4，共12种．4平有P1P2P3P4共1种，由分类加法计数原理有6＋12＋1＝19种．7．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，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．8．(2018·武邑一模)将6名留学归国人员分配到甲、乙两地工作，若甲地至少安排2人，乙地至少安排3人，则不同的安排方法数为________．解析：可以分为以下两类：(1)甲地安排3人，乙地安排3人，有C36＝20种方法；(2)甲地安排2人，乙地安排4人，有C46＝15种方法．根据分类加法计数原理可得，不同的安排方法种数为20＋15＝35.答案：359．(2018·平罗一模)从5名学生中选出4名参加A，B，C，D四科的竞赛(假设每名学生仅能参加一科的竞赛)，其中甲不能参加A，B两科的竞赛，则不同的参赛方案种数为________．解析：可分为以下两步：(1)先从5名学生中选出4名，分为甲参加和甲不参加两种情况，甲参加时，选法有C34＝4种，甲不参加时，选法有C44＝1种；(2)安排科目——甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有C12A33＝12种，甲不参加时，排法有A44＝24种．故不同的参赛方案种数为4×12＋1×24＝72.答案：7210．已知集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c＜0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．解析：依题意知，集合N最多有10个，其中对于不等式ax2＋bx＋c＜0没有实数解的情况可转化为需要满足a＞0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有{1，－4,4}，{1，－2,4},2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：8B级能力升级练(20分钟，30分)1．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．20 B．25C．32 D．60解析：选C．依据题意知，最后五位数字由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＝32.2．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．3．已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有()A．12对B．15对C．18对D．20对解析：选D．依题意，当A，B均有一个元素时，有3对；当B有一个元素，A有两个元素时，有C23＋C23＋2＝8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；当A，B均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20对，选D．4．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”、“546”为“驼峰数”．由数字1,2,3,4,5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为()A．25 B．28C．30 D．32解析：选C．由数字1,2,3,4,5这五个数字构成的无重复数字的三位“驼峰数”中，1在十位的有A24＝12个，2在十位的有A23＝6个，3在十位上的有A22＝2个，所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.5．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意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＝7种情况；A＝{2}时，B有22－1＝3种情况；A＝{3}时，B有1种情况；A＝{1,2}时，B有22－1＝3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：176．数字“2 016”中，各位数字相加和为9，称该数为“至尊四位数”．用数字0,1,2,3,4,5组成的无重复数字且大于2 016的“至尊四位数”共有________个．解析：依题意知：符合条件的四个数字可分为以下两组：0,1,3,5与0,2,3,4.由0,1,3,5组成的大于2 016的“至尊四位数”有2A33＝12个；由0,2,3,4组成的“至尊四位数”有3A33＝18个．由分类加法计数原理可得：共有12＋18＝30个“至尊四位数”．答案：30第二节二项式定理教材细梳理1．二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)，其中右端为(a ＋b )n 的二项展开式．2．二项展开式的通项公式第k ＋1项为：T k ＋1＝C k n an －k b k . 3．二项式系数(1)定义：二项式系数为：C k n (k ∈{0,1,2，…，n })． (2)二项式系数的性质1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”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．( )(5)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( ) (6)在(x ＋1)n 的展开式中，每一项的二项式系数就是这项的系数．( ) (7)(a ＋b )n 与(b ＋a )n 的展开式中通项公式是一样的．( )(8)(x －y )n 的展开式中，第m 项的系数为(－1)m C m －1n.( ) (9)(1＋2x )5的展开式中含x 的项的系数为5.( )(10)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x n的展开式中不可能有常数项．( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)× 2．二项展开式第k ＋1项的二项式系数与第k ＋1项的系数有什么区别？提示：二项展开式第k ＋1项的二项式系数为C k n ，而它的第k ＋1项的系数等于它的二项式系数C k n 与其他常数以及符号的乘积．四基精演练1．(选修2－3·1.3例2改编)(1＋2x )5的展开式中，x 2的系数等于( ) A ．80 B ．40 C ．20 D ．10答案：B2．(选修2－3·习题1.3A 组改编)⎝⎛⎭⎫x ＋12x 8的展开式中常数项为( ) A ．3516B ．358C ．354D ．105答案：B3．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )2展开式中常数项为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案：B4．(选修2－3·习题1.3A 组改编)若(1＋ax )7(a ≠0)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则a ＝________.答案：35．(探究题)(教材探究题)如图杨辉三角中的第二行，第三行，第四行，第五行中的1,2,3,4之和等于第六行的“10”，所体现的性质为1＋2＋3＋…＋C 1n －1＝________.答案：C 2n考点一展开式中的特定项或系数[高频型]——提升数学运算x 3的系数是________．(用数字填写答案)解析：设展开式的第k ＋1项为T k ＋1，k ∈{0,1,2,3,4,5}，所以T k ＋1＝C k 5(2x )5－k (x )k ＝C k 525－kx 5－k 2，令5－k 2＝3得，k ＝4，即T 5＝C 4525－4x 5－42＝10x 3. ∴x 3的系数为10. 答案：10(2)(2016·高考四川卷)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A ．－15x 4 B ．15x 4 C ．－20i x 4D ．20i x 4解析：∵T r ＋1＝C r 6x r (i)6－r ，∴含x 4的项为T 5＝C 46x 4i 2＝－15x 4. 答案：A [母题变式]1．在本例(1)中，条件不变，展开式中系数最大的项是第几项．解：设第r ＋1项的系数最大，T r ＋1＝25－r C r 5·x 5－r 2，第r 项的系数为26－r C r －15 第r ＋2项的系数为24－r C r ＋15 ∴⎩⎪⎨⎪⎧25－r C r 5≥26－r C r －1525－r C r 5≥24－r C r ＋15，1≤r ≤2.当r ＝1时，T 2＝24C 15x 92，当r ＝2时，T 3＝23C 25x 4，故系数最大的项为T 2或T 3.2．在本例(2)中，已知条件不变，求展开式中的常数项．解：由T r ＋1＝C r 6x6－r ·i r 可知，当r ＝6时．常数项为T 7＝C 66·i 6＝－1.[例2] (1)(2017·高考全国卷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＋x )6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r，所以⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30，故选C ．答案：C(2)(2018·河北唐山一模)⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23展开式中的常数项为( ) A ．－8 B ．－12 C ．－20D ．20解析：∵⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23＝⎝⎛⎭⎫x －1x 6，∴T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r 6(－1)r x 6－2r，令6－2r ＝0，得r ＝3，∴常数项为C 36(－1)3＝－20.答案：C(3)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60解析：(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C ．答案：C [母题变式]1．在本例(1)中，求此展开式的常数项．解：⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中常数项为1＋C 26＝16. 2．在本例(3)中，求展开式中含x 3y 3的系数．解析：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有三个取y ，一个取x 2，一个取x 即可，所以x 3y 3的系数为C 35C 12C 11＝10×2×1＝20.1．求二项展开式中的特定项或项的系数问题的思路(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．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．(2017·高考全国卷Ⅲ)(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．(2017·高考浙江卷)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.解析：由题意知a4为含x项的系数，根据二项式定理得a4＝C23×12×C22×22＋C33×13×C12×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C33×13×C22×22＝4.答案：16 4考点二二项展开式的系数和问题[高频型]——提升数学运算[例3](1)(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：法一：直接将(a＋x)(1＋x)4展开得x5＋(a＋4)x4＋(6＋4a)x3＋(4＋6a)x2＋(1＋4a)x ＋a，由题意得1＋(6＋4a)＋(1＋4a)＝32，解得a＝3.法二：(1＋x)4展开式的通项为T r＋1＝C r4x r，由题意可知，a(C14＋C34)＋C04＋C24＋C44＝32，解得a＝3.[母题变式]若本例中条件“x的奇数次幂项”变为“奇数项”，则a＝________.解析：奇数项分别为：a，(6a＋4)x2，(a＋4)x4，∴a＋(6a＋4)＋(a＋4)＝32，∴a＝3.答案：3(2)⎝⎛⎭⎫x ＋a x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( ) A ．－40 B ．－20 C ．20D ．40解析：选D ．令x ＝1得(1＋a )(2－1)5＝1＋a ＝2，所以a ＝1.因此⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中的常数项即为⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中1x 的系数与x 的系数的和.⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式的通项为T k ＋1＝C k 5(2x )5－k ·(－1)k ·x －k ＝C k 525－k x 5－2k ·(－1)k.令5－2k ＝1，得2k ＝4，即k ＝2，因此⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中x 的系数为C 2525－2(－1)2＝80.令5－2k ＝－1，得2k ＝6，即k ＝3，因此⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中1x的系数为C 3525－3·(－1)3＝－40. 所以⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中的常数项为80－40＝40.1．赋值法的应用二项式定理给出的是一个恒等式，对于x ，y 的一切值都成立．因此，可将x ，y 设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x ，y 等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如：(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝1即可．(2)形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． 2．二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )的展开式中(1)各项系数之和为f (1)． (2)奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2.(3)偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.3．(1－x ＋x 2)3(1－2x 2)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 14x 14，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13的值为。

2019高考数学(理)一轮复习全套学案

2019高考数学（理）一轮复习全套学案目录第一章集合与常用逻辑用语第1节集合第2节命题及其关系、充分条件与必要条件第3节全称量词与存在量词、逻辑联结词“且”“或”“非”第二章函数、导数及其应用第1节函数及其表示第2节函数的单调性与最值第3节函数的奇偶性、周期性与对称性第4节二次函数与幂函数第5节指数与指数函数第6节对数与对数函数第7节函数的图像第8节函数与方程第9节函数模型及其应用第10节变化率与导数、计算导数第11节第1课时导数与函数的单调性第11节第2课时导数与函数的极值、最值学案第11节第3课时导数与函数的综合问题学案第12节定积分与微积分基本定理第三章三角函数、解三角形第1节任意角、弧度制及任意角的三角函数第2节同角三角函数的基本关系与诱导公式第3节三角函数的图像与性质第4节函数y＝Asin（ωx＋φ）的图像及应用学案第5节两角和与差及二倍角的三角函数第6节正弦定理和余弦定理第6节简单的三角恒等变换第7节正弦定理和余弦定理第8节解三角形实际应用举例第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第1节平面向量的概念及线性运算第2节平面向量的基本定理及坐标表示第3节平面向量的数量积与平面向量应用举例第4节数系的扩充与复数的引入第五章数列第1节数列的概念与简单表示法第2节等差数列及其前n项和第3节等比数列及其前n项和第4节数列求和第六章不等式、推理与证明第1节不等式的性质与一元二次不等式第2节基本不等式及其应用第3节二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题第4节归纳与类比第5节综合法、分析法、反证法第6节数学归纳法第七章立体几何第1节简单几何体的结构及其三视图和直观图第2节空间图形的基本关系与公理第3节平行关系第4节垂直关系第5节简单几何体的表面积与体积第6节空间向量及其运算第7节第1课时利用空间向量证明平行与垂直第7节第2课时利用空间向量求空间角第八章平面解析几何第1节直线的倾斜角与斜率、直线的方程第2节两条直线的位置关系第3节圆的方程第4节直线与圆、圆与圆的位置关系第5节椭圆第6节抛物线第7节双曲线第8节曲线与方程第9节第1课时直线与圆锥曲线的位置关系第9节第2课时定点、定值、范围、最值问题第九章算法初步、统计与统计案例第1节算法与算法框图第2节随机抽样第3节统计图表、用样本估计总体学案第4节变量间的相关关系与统计案例第十章计数原理、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第2节排列与组合第3节二项式定理第4节随机事件的概率学案第5节古典概型第6节几何概型第7节离散型随机变量及其分布列第8节二项分布与正态分布第9节离散型随机变量的均值与方差不等式选讲第1节绝对值不等式不等式选讲第2节不等式的证明坐标系与参数方程第1节坐标系坐标系与参数方程第2节参数方程第一节集合[考纲传真] 1.了解集合的含义，体会元素与集合的属于关系；能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)描述不同的具体问题.2.理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集；在具体情境中，了解全集与空集的含义.3.(1)理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集．(2)理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集．(3)能使用Venn 图表达集合间的基本关系及集合的基本运算．[基础知识填充]1．元素与集合(1)集合中元素的三个特性：确定性、互异性、无序性． (2)元素与集合的关系是属于或不属于，表示符号分别为∈和∉. (3)集合的三种表示方法：列举法、描述法、Venn 图法． (4)常见数集的记法2.中至少有一AB3.A ∪BA ∩B∁A[(1)若有限集A 中有n 个元素，则A 的子集有2n个，真子集有2n－1个． (2)任何集合是其本身的子集，即：A ⊆A . (3)子集的传递性：A ⊆B ，B ⊆C ⇒A ⊆C . (4)A ⊆B ⇔A ∩B ＝A ⇔A ∪B ＝B .(5)∁U (A ∩B )＝(∁U A )∪(∁U B )，∁U (A ∪B )＝(∁U A )∩(∁U B )．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)任何集合都有两个子集．( )(2){x |y ＝x 2}＝{y |y ＝x 2}＝{(x ，y )|y ＝x 2}．( ) (3)若{x 2,1}＝{0,1}，则x ＝0,1.( ) (4){x |x ≤1}＝{t |t ≤1}．( )(5)对于任意两个集合A ，B ，关系(A ∩B )⊆(A ∪B )恒成立． (6)若A ∩B ＝A ∩C ，则B ＝C .( )[解析] (1)错误．空集只有一个子集，就是它本身，故该说法是错误的．(2)错误．三个集合分别表示函数y ＝x 2的定义域(－∞，＋∞)，值域[0，＋∞)，抛物线y ＝x 2上的点集．(3)错误．当x ＝1时，不满足互异性．(4)正确．两个集合均为不大于1的实数组成的集合． (5)正确．由交集、并集、子集的概念知，正确． (6)错误．当A ＝∅时，B ，C 可为任意集合．[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)×2．(教材改编)若集合A ＝{x ∈N |x ≤22}，a ＝2，则下列结论正确的是( )A ．{a }⊆AB ．a ⊆AC ．{a }∈AD ．a ∉A D [由题意知A ＝{0,1,2}，由a ＝2，知a ∉A .]3．若集合A ＝{x |－2＜x ＜1}，B ＝{x |x ＜－1或x ＞3}，则A ∩B ＝( )A ．{x |－2＜x ＜－1}B ．{x |－2＜x ＜3}C ．{x |－1＜x ＜1}D ．{x |1＜x ＜3}A [∵A ＝{x |－2＜x ＜1}，B ＝{x |x ＜－1或x ＞3}， ∴A ∩B ＝{x |－2＜x ＜－1}．故选A.]4．设全集U ＝{x |x ∈N ＋，x ＜6}，集合A ＝{1,3}，B ＝{3,5}，则∁U (A ∪B )等于( )A ．{1,4}B ．{1,5}C ．{2,5}D ．{2,4}D [由题意得A ∪B ＝{1,3}∪{3,5}＝{1,3,5}．又U ＝{1,2,3,4,5}，∴∁U (A ∪B )＝{2,4}．] 5．已知集合A ＝{x 2＋x,4x }，若0∈A ，则x ＝________.－1 [由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＝0，4x ≠0或⎩⎪⎨⎪⎧4x ＝0，x 2＋x ≠0，解得x ＝－1.](第2页)(1)设集合A ＝{1,2,3}，B ＝{4,5}，M ＝{x |x ＝a ＋b ，a ∈A ，b ∈B }，则M 中的元素个数为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6(2)已知a ，b ∈R ，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ，b a，1＝{a 2，a ＋b,0}，则a 2 019＋b 2 019为( )A ．1B ．0C ．－1D ．±1(1)B (2)C [(1)因为集合M 中的元素x ＝a ＋b ，a ∈A ，b ∈B ，所以当b ＝4，a ＝1,2,3时，x ＝5,6,7. 当b ＝5，a ＝1,2,3时，x ＝6,7,8. 由集合元素的互异性，可知x ＝5,6,7,8. 即M ＝{5,6,7,8}，共有4个元素． (2)由已知得a ≠0，则b a＝0，所以b ＝0，于是a 2＝1，即a ＝1或a ＝－1，又根据集合中元素的互异性可知a ＝1应舍去，因此a ＝－1，故a2 019＋b2 019＝(－1)2 019＋02 019＝－1.]确定集合中的元素是什么，即集合是数集还是点集看这些元素满足什么限制条件根据限制条件列式求参数的值或确定集合中元素的个数，要注意检验集合是否满足元素的互异性[跟踪训练A.92 B.98 C ．0 D ．0或98(2)已知集合A ＝{m ＋2,2m 2＋m }，若3∈A ，则m 的值为________.【79140001】(1)D (2)－32 [(1)若集合A 中只有一个元素，则方程ax 2－3x ＋2＝0只有一个实根或有两个相等实根．当a ＝0时，x ＝23，符合题意；当a ≠0时，由Δ＝(－3)2－8a ＝0得a ＝98，所以a 的取值为0或98.(2)因为3∈A ，所以m ＋2＝3或2m 2＋m ＝3.当m ＋2＝3，即m ＝1时，2m 2＋m ＝3，此时集合A 中有重复元素3，所以m ＝1不符合题意，舍去；当2m 2＋m ＝3时，解得m ＝－32或m ＝1(舍去)，此时当m ＝－32时，m ＋2＝12≠3符合题意．所以m ＝－32.](1)已知集合A ＝{x |y ＝1－x 2，x ∈R }，B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A }，则( ) A ．A B B ．B A C ．A ⊆BD ．B ＝A(2)已知集合A ＝{x |(x ＋1)(x －3)＜0}，B ＝{x |－m ＜x ＜m }．若B ⊆A ，则m 的取值范围为________． (1)B (2)m ≤1 [(1)由题意知A ＝{x |－1≤x ≤1}，所以B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A }＝{x |0≤x ≤1}，因此B A .(2)当m ≤0时，B ＝∅，显然B ⊆A ，当m ＞0时，因为A ＝{x |(x ＋1)(x －3)＜0}＝{x |－1＜x ＜3}．当B ⊆A 时，有所以⎩⎪⎨⎪⎧－m ≥－1，m ≤3，－m ＜m .所以0＜m ≤1.综上所述，m 的取值范围为m ≤1.] 化简集合，从表达式中寻找两集合的关系用列举法或图示法等表示各个集合，从元素或图形中寻找关系2.根据集合间的关系求参数的方法已知两集合间的关系求参数时，关键是将两集合间的关系转化为元素或区间端点间的关系，进而转化为参数满足的关系，解决这类问题常常要合理利用数轴、A ≠，应分[跟踪训练] (1)已知集合A ＝{x |x 2－3x ＋2＝0，x ∈R }，B ＝{x |0＜x ＜5，x ∈N }，则满足条件A ⊆C ⊆B 的集合C 的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4(2)已知集合A ＝{x |－2≤x ≤7}，B ＝{x |m ＋1＜x ＜2m －1}，若B ⊆A ，则实数m 的取值范围是________． (1)D (2)(－∞，4] [(1)由x 2－3x ＋2＝0，得x ＝1或x ＝2，所以A ＝{1,2}．由题意知B ＝{1,2,3,4}，所以满足条件的C 可为{1,2}，{1,2,3}，{1,2,4}，{1,2,3,4}． (2)∵B ⊆A ，∴当B ＝∅时，有m ＋1≥2m －1，则m ≤2. 当B ≠∅时，若B ⊆A ，如图．则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≥－2，2m －1≤7，m ＋1＜2m －1，解得2＜m ≤4.综上，m 的取值范围为m ≤4.]◎角度1 集合的运算(1)(2017·全国卷Ⅰ)已知集合A ＝{x |x <1}，B ＝{x |3x＜1}，则( ) A ．A ∩B ＝{x |x ＜0} B ．A ∪B ＝R C ．A ∪B ＝{x |x ＞1}D ．A ∩B ＝∅(2)(2018·九江一中)设U ＝R ，A ＝{－3，－2，－1，0,1,2}，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩(∁U B )＝( ) A ．{1,2}B ．{－1,0,1,2}C ．{－3，－2，－1,0}D ．{2}(1)A (2)C [(1)∵B ＝{x |3x＜1}，∴B ＝{x |x ＜0}．又A ＝{x |x ＜1}，∴A ∩B ＝{x |x ＜0}，A ∪B ＝{x |x ＜1}．故选A. (2)由题意得∁U B ＝{x |x ＜1}，∴A ∩(∁U B )＝{－3，－2，－1,0}，故选C.] ◎角度2 利用集合的运算求参数(2018·合肥第二次质检)已知A ＝[1，＋∞)，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ∈R ⎪⎪⎪12a ≤x ≤2a －1，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)A [集合A ∩B ≠∅，则⎩⎪⎨⎪⎧12a ≤2a －1，2a －1≥1，解得a ≥1，故选A.] ◎角度3 新定义集合问题如果集合A 满足若x ∈A ，则－x ∈A ，那么就称集合A 为“对称集合”．已知集合A ＝{2x,0，x 2＋x }，且A 是对称集合，集合B 是自然数集，则A ∩B ＝______.{0,6} [由题意可知－2x ＝x 2＋x ，所以x ＝0或x ＝－3.而当x ＝0时不符合元素的互异性，所以舍去．当x ＝－3时，A ＝{－6,0,6}，所以A ∩B ＝{0,6}．]看元素组成，集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提看集合能否化简，集合能化简的先化简，再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于求解要借助用数轴表示，并注意端点值的取舍以集合为依托，对集合的定义、运算、性质加以创新，但最终应转化为原来的集合问题来解决[跟踪训练A ．{1，－3} B ．{1,0} C ．{1,3}D ．{1,5}(2)已知全集U ＝R ，集合M ＝{x |(x －1)(x ＋3)＜0}，N ＝{x ||x |≤1}，则阴影部分(如图111)表示的集合是( )图111A ．[－1,1)B ．(－3,1]C ．(－∞，－3)∪[－1，＋∞)D ．(－3，－1)(3)设A ，B 是非空集合，定义A ⊗B ＝{x |x ∈A ∪B 且x ∉A ∩B }．已知集合A ＝{x |0＜x ＜2}，B ＝{y |y ≥0}，则A ⊗B ＝________.【79140002】(1)C (2)D (3){0}∪[2，＋∞) [(1)∵A ∩B ＝{1}， ∴1∈B .∴1－4＋m ＝0，即m ＝3. ∴B ＝{x |x 2－4x ＋3＝0}＝{1,3}．故选C.(2)由题意可知，M＝(－3,1)，N＝[－1,1]，∴阴影部分表示的集合为M∩(∁U N)＝(－3，－1)．(3)由已知A＝{x|0＜x＜2}，B＝{y|y≥0}，又由新定义A⊗B＝{x|x∈A∪B且x∉A∩B}，结合数轴得A⊗B＝{0}∪[2，＋∞)．]第二节命题及其关系、充分条件与必要条件[考纲传真] 1.理解命题的概念；了解“若p，则q”形式的命题及其逆命题、否命题与逆否命题，会分析四种命题的相互关系.2.理解必要条件、充分条件与充要条件的意义．(第3页)[基础知识填充]1．四种命题及其相互关系(1)四种命题间的相互关系图121(2)四种命题的真假关系①两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；②两个命题互为逆命题或互为否命题，它们的真假性没有关系．2．充分条件与必要条件(1)若p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；(2)若p⇒q，且⇒/p，则p是q的充分不必要条件；(3)若p⇒/q且q⇒p，则p是q的必要不充分条件；(4)若p⇔q，则p是q的充要条件；(5)若p⇒/q且q⇒/p，则p是q的既不充分也不必要条件．[知识拓展] 集合与充要条件设集合A＝{x|x满足条件p}，B＝{x|x满足条件q}，则有：(1)若A⊆B，则p是q的充分条件，若A B，则p是q的充分不必要条件．(2)若B⊆A，则p是q的必要条件，若B A，则p是q的必要不充分条件．(3)若A＝B，则p是q的充要条件．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)“x 2＋2x －3<0”是命题．( )(2)命题“若p ，则q ”的否命题是“若p ，则﹁q ”．( ) (3)四种形式的命题中，真命题的个数为0或2或4.( ) (4)当q 是p 的必要条件时，p 是q 的充分条件．( )(5)“若p 不成立，则q 不成立”等价于“若q 成立，则p 成立”．( ) [解析] (1)错误．该语句不能判断真假，故该说法是错误的． (2)错误．否命题既否定条件，又否定结论．(3)正确．因为两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性． (4)正确．q 是p 的必要条件说明p ⇒q ，所以p 是q 的充分条件． (5)正确．原命题与逆否命题是等价命题． [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√2．(教材改编)命题“若α＝π4，则tan α＝1”的逆否命题是( )A ．若α≠π4，则tan α≠1B ．若α＝π4，则tan α≠1C ．若tan α≠1，则α≠π4D ．若tan α≠1，则α＝π4C [“若p ，则q ”的逆否命题是“若﹁q ，则﹁p ”，显然﹁q ：tan α≠1，﹁p ：α≠π4，所以该命题的逆否命题是“若tan α≠1，则α≠π4”．]3．“x ＝1”是“(x －1)(x ＋2)＝0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件A [若x ＝1，则(x －1)(x ＋2)＝0显然成立，但反之不一定成立，即若(x －1)(x ＋2)＝0，则x ＝1或－2.]4．命题“若a ＞－3，则a ＞－6”以及它的逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4B [原命题正确，从而其逆否命题也正确；其逆命题为“若a ＞－6，则a ＞－3”是假命题，从而其否命题也是假命题．因此4个命题中有2个真命题．]5．(2017·天津高考)设x ∈R ，则“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 B [∵2－x ≥0，∴x ≤2. ∵|x －1|≤1，∴0≤x ≤2.∵当x ≤2时不一定有x ≥0，当0≤x ≤2时一定有x ≤2， ∴“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的必要而不充分条件．故选B.](第4页)(1)命题“若a 2＞b 2，则a ＞b ”的否命题是( ) A ．若a 2＞b 2，则a ≤b B ．若a 2≤b 2，则a ≤b C ．若a ≤b ，则a 2＞b 2D ．若a ≤b ，则a 2≤b 2(2)(2017·河南开封二十五中月考)下列命题中为真命题的是( ) A ．命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题 B ．命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题 C ．命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题 D ．命题“若1x＞1，则x ＞1”的逆否命题(1)B (2)B [(1)根据命题的四种形式可知，命题“若p ，则q ”的否命题是“若﹁p ，则﹁q ”．该题中，p 为a 2＞b 2，q 为a ＞b ，故﹁p 为a 2≤b 2，﹁q 为a ≤b .所以原命题的否命题为：若a 2≤b 2，则a ≤b .(2)对于A ，命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题为“若x ≤1，则x 2≤1”，易知当x ＝－2时，x2＝4＞1，故为假命题；对于B ，命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题为“若x ＞|y |，则x ＞y ”，分析可知为真命题；对于C ，命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题为“若x ≠1，则x 2＋x －2≠0”，易知当x ＝－2时，x 2＋x －2＝0，故为假命题；对于D ，命题“若1x＞1，则x ＞1”的逆否命题为“若x ≤1，则1x≤1”，易知为假命题，故选B.]联系已有的数学公式、定理、结论进行正面直接判断利用原命题与逆否命题，逆命题与否命题的等价关系进行判断易错警示：写一个命题的其他三种命题时，需注意：判断一个命题为真命题，要给出推理证明；判断一个命题是假命题，只需举出反例[跟踪训练个等于0”，在该命题的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为( )【79140007】A．0 B．1C．2 D．3D[原命题为真命题，逆命题为“已知a，b，c为实数，若a，b，c中至少有一个等于0，则abc＝0”，也为真命题．根据命题的等价关系可知其否命题、逆否命题也是真命题，故在该命题的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为3.](1)(2017·北京高考)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件(2)(2017·安徽百所重点高中二模)“a3＞b3”是“ln a＞ln b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件(1)A(2)B[(1)法一：由题意知|m|≠0，|n|≠0.设m与n的夹角为θ.若存在负数λ，使得m＝λn，则m与n反向共线，θ＝180°，∴m·n＝|m||n|cos θ＝－|m||n|<0.当90°<θ<180°时，m·n<0，此时不存在负数λ，使得m＝λn.故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的充分而不必要条件．故选A.法二：∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2.∴当λ<0，n≠0时，m·n<0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos 〈m ，n 〉<0⇔cos 〈m ，n 〉<0⇔〈m ，n 〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，当〈m ，n 〉∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的充分而不必要条件．故选A.(2)由a 3＞b 3可得a ＞b ，当a ＜0，b ＜0时，ln a ，ln b 无意义；反之，由ln a ＞ln b 可得a ＞b ，故a 3＞b 3.因此“a 3＞b 3”是“ln a ＞ln b ”的必要不充分条件．]定义法：根据集合法：根据断问题.等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题[跟踪训练] (1)(2017·天津高考)设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－12<12”是“sin θ<2”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件(2)(2018·合肥第一次质检)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A ，B 为两个同高的几何体，p ：A ，B 的体积不相等，q ：A ，B 在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件(1)A (2)A [(1)∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12，∴－π12<θ－π12<π12，即0<θ<π6.显然0<θ<π6时，sin θ<12成立．但sin θ<12时，由周期函数的性质知0<θ<π6不一定成立．故0<θ<π6是sin θ<12的充分而不必要条件．故选A.(2)由祖暅原理可得﹁q ⇒﹁p ，即p ⇒q ，则充分性成立；反之不成立，如将同一个圆锥正放和倒放，在等高处的截面积不恒相等，但体积相等，∴p 是q 的充分不必要条件，故选A.]m 的取值范围为________．[0,3] [由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10， ∴P ＝{x |－2≤x ≤10}，由x ∈P 是x ∈S 的必要条件，知S ⊆P . 则⎩⎪⎨⎪⎧1－m ≤1＋m ，1－m ≥－2，1＋m ≤10，∴0≤m ≤3.即所求m 的取值范围是[0,3]．]1．把本例中的“必要条件”改为“充分条件”，求m 的取值范围．[解] 由x ∈P 是x ∈S 的充分条件，知P ⊆S ，则⎩⎪⎨⎪⎧1－m ≤1＋m ，1－m ≤－2，1＋m ≥10，解得m ≥9，即所求m 的取值范围是[9，＋∞)．2．本例条件不变，问是否存在实数m ，使x ∈P 是x ∈S 的充要条件？并说明理由．[解] 不存在．理由：若x ∈P 是x ∈S 的充要条件，则P ＝S ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m ＝－2，1＋m ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，m ＝9，无解，∴不存在实数m ，使x ∈P 是x ∈S 的充要条件．组求解易错警示：求解参数的取值范围时，一定要注意区间端点值的检验，尤其是利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象[跟踪训练] (1)已知p ：x ≥k ，q ：x ＋1＜1，如果p 是q 的充分不必要条件，则实数k 的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．(2，＋∞) C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－1)(2)已知条件p ：2x 2－3x ＋1≤0，条件q ：a ≤x ≤a ＋1.若﹁p 是﹁q 的必要不充分条件，则实数a 的取值范围是________.【79140008】(1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 [(1)∵3x ＋1＜1，∴3x ＋1－1＝2－x x ＋1＜0，即(x －2)(x ＋1)＞0，∴x ＞2或x ＜－1， ∵p 是q 的充分不必要条件，∴k ＞2.(2)命题p 为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤1，命题q 为{x |a ≤x ≤a ＋1}．﹁p 对应的集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＞1或x ＜12，﹁q 对应的集合B ＝{}x |x ＞a ＋1或x ＜a .∵﹁p 是﹁q 的必要不充分条件，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＞1，a ≤12或⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥1，a ＜12，∴0≤a ≤12.]第三节全称量词与存在量词、逻辑联结词“且”“或”“非”[考纲传真] 1.了解逻辑联结词“且”“或”“非”的含义.2.理解全称量词与存在量词的意义.3.能正确地对含有一个量词的命题进行否定．(第5页) [基础知识填充]1．简单的逻辑联结词(1)命题中的“且”“或”“非”叫作逻辑联结词． (2)命题p 且q ，p 或q ，﹁p 的真假判断2.(1)常见的全称量词有：“任意一个”“一切”“每一个”“任给”“所有的”等．(2)常见的存在量词有：“存在一个”“至少有一个”“有些”“有一个”“某个”“有的”等．3．全称命题与特称命题(1)含有全称量词的命题叫全称命题． (2)含有存在量词的命题叫特称命题.4．命题的否定(1)全称命题的否定是特称命题；特称命题的否定是全称命题． (2)p 或q 的否定为：﹁p 且﹁q ；p 且q 的否定为：﹁p 或﹁q .[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)命题“5＞6或5＞2”是假命题．( )(2)命题﹁(p 且q )是假命题，则命题p ，q 中至少有一个是假命题．( ) (3)“长方形的对角线相等”是特称命题．( )(4)命题“对顶角相等”的否定是“对顶角不相等”．( ) [解析] (1)错误．命题p 或q 中，p ，q 有一真则真． (2)错误．p 且q 是真命题，则p ，q 都是真命题．(3)错误．命题“长方形的对角线相等”可叙述为“所有长方形的对角线相等”，是全称命题． (4)错误．“对顶角相等”是全称命题，其否定为“有些对顶角不相等”． [答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(教材改编)已知p ：2是偶数，q ：2是质数，则命题﹁p ，﹁q ，p 或q ，p 且q 中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4B [p 和q 显然都是真命题，所以﹁p ，﹁q 都是假命题，p 或q ，p 且q 都是真命题．] 3．下列四个命题中的真命题为( )A ．存在x 0∈Z,1＜4x 0＜3B ．存在x 0∈Z,5x 0＋1＝0C ．任意x ∈R ，x 2－1＝0 D ．任意x ∈R ，x 2＋x ＋2＞0D [选项A 中，14＜x 0＜34且x 0∈Z ，不成立；选项B 中，x 0＝－15，与x 0∈Z 矛盾；选项C 中，x ≠±1时，x 2－1≠0；选项D 正确．]4．命题：“存在x 0∈R ，x 20－ax 0＋1＜0”的否定为________．任意x ∈R ，x 2－ax ＋1≥0 [因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“存在x 0∈R ，x 20－ax 0＋1＜0”的否定是“任意x ∈R ，x 2－ax ＋1≥0”．]5．若命题“任意x ∈R ，ax 2－ax －2≤0”是真命题，则实数a 的取值范围是________．[－8,0] [当a ＝0时，不等式显然成立．当a ≠0时，依题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＝a 2＋8a ≤0，解得－8≤a ＜0.综上可知－8≤a≤0.](第6页)(1)(2018·东北三省四市模拟(一))已知命题p：函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)上单调递减，命题q：函数y＝2cos x是偶函数，则下列命题中为真命题的是( )A．p且q B．(﹁p)或(﹁q)C．(﹁p)且q D．p且(﹁q)(2)若命题“p或q”是真命题，“﹁p为真命题”，则( )A．p真，q真B．p假，q真C．p真，q假D．p假，q假(1)A(2)B[(1)命题p中，因为函数u＝1－x在(－∞，1)上为减函数，所以函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)上为减函数，所以p是真命题；命题q中，设f(x)＝2cos x，则f(－x)＝2cos(－x)＝2cos x＝f(x)，x∈R，所以函数y＝2cos x是偶函数，所以q是真命题，所以p且q是真命题，故选A.(2)因为﹁p为真命题，所以p为假命题，又因为p或q为真命题，所以q为真命题．]确定命题的构成形式；判断依据“或”——一真即真，p”等形式命题的真假是y＝|tan x| [跟踪训练] (2018·呼和浩特一调)命题p：x＝2π是函数y＝|sin x|的一条对称轴，q：2的最小正周期，下列命题①p或q；②p且q；③p；④﹁q，其中真命题有( )【79140013】A．1个B．2个C．3个D．4个C[由已知得命题p为真命题，命题q为假命题，所以p或q为真命题，p且q为假命题，﹁q为真命题，所以真命题有①③④，共3个，故选C.]◎角度1 全称命题、特称命题的真假判断下列命题中，真命题是( ) A ．任意x ∈R ，x 2－x －1＞0B ．任意α，β∈R ，sin(α＋β)＜sin α＋sin βC ．存在x ∈R ，x 2－x ＋1＝0D ．存在α，β∈R ，sin(α＋β)＝cos α＋cos βD [因为x 2－x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－54≥－54，所以A 是假命题．当α＝β＝0时，有sin(α＋β)＝sin α＋sin β，所以B 是假命题．x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，所以C 是假命题．当α＝β＝π2时，有sin(α＋β)＝cos α＋cos β，所以D 是真命题，故选D.] ◎角度2 含有一个量词的命题的否定命题“任意n ∈N ＋，f (n )∈N ＋且f (n )≤n ”的否定形式是( ) A ．任意n ∈N ＋，f (n )∉N ＋且f (n )>n B ．任意n ∈N ＋，f (n )∉N ＋或f (n )>n C ．存在n 0∈N ＋，f (n 0)∉N ＋且f (n 0)>n 0 D ．存在n 0∈N ＋，f (n 0)∉N ＋或f (n 0)>n 0D [写全称命题的否定时，要把量词“任意”改为“存在”，并且否定结论，注意把“且”改为“或”．]要判断一个全称命题是真命题，必须对限定集合x 成立；但要判断全称命题是假命题，只要能找出集合x 0不成立即可要判断一个特称命题是真命题，只要在限定集合中，至少能找到一个＝x 0，使x 0成立即可，否则，这一特称命题就是假命题2.全称命题与特称命题的否定改写量词：确定命题所含量词的类型，省去量词的要结合命题的含义加上量词，再对量词进行改写否定结论：对原命题的结论进行否定[跟踪训练] (1)已知命题p ：存在x ∈⎝⎭⎪⎫0，2，使得cos x ≤x ，则﹁p 为( )A ．存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x ＞xB ．存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x ＜xC ．任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，总有cos x ＞xD ．任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，总有cos x ≤x(2)下列命题中的假命题是( ) A ．存在x 0∈R ，lg x 0＝0 B ．存在x 0∈R ，tan x 0＝ 3 C ．任意x ∈R ，x 3＞0D ．任意x ∈R,2x＞0(1)C (2)C [(1)原命题是一个特称命题，其否定是一个全称命题，而“cos x ≤x ”的否定是“cos x ＞x ”．故选C.(2)当x ＝1时，lg x ＝0，故命题“存在x 0∈R ，lg x 0＝0”是真命题；当x ＝π3时，tan x ＝3，故命题“存在x 0∈R ，tan x 0＝3”是真命题；由于x ＝－1时，x 3＜0，故命题“任意x ∈R ，x 3＞0”是假命题；根据指数函数的性质，对任意x ∈R,2x＞0，故命题“任意x ∈R,2x＞0”是真命题．]给定命题p ：对任意实数x 都有ax 2＋ax ＋1＞0成立；q ：关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0有实数根．如果p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，求实数a 的取值范围．[解] 当p 为真命题时，“对任意实数x 都有ax 2＋ax ＋1＞0成立”⇔a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0，∴0≤a ＜4.当q 为真命题时，“关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0有实数根”⇔Δ＝1－4a ≥0，∴a ≤14.∵p 或q 为真命题，p 且q 为假命题， ∴p ，q 一真一假．∴若p 真q 假，则0≤a ＜4，且a ＞14，∴14＜a ＜4；若p 假q 真，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0或a ≥4，a ≤14，即a ＜0.故实数a 的取值范围为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，4.先求出每个简单命题是真命题时参数的取值范围再根据复合命题的真假确定各个简单命题的真假情况有时不一定只有一种情况最后由的结果求出满足条件的参数取值范围[跟踪训练] (1)(2018·太原模拟(二))若命题“任意x ∈(0，＋∞)，x ＋x≥m ”是假命题，则实数m 的取值范围是________.【79140014】(2)已知p ：存在x 0∈R ，mx 20＋1≤0，q ：任意x ∈R ，x 2＋mx ＋1＞0，若p 或q 为假命题，则实数m 的取值范围为( ) A ．m ≥2B ．m ≤－2C ．m ≤－2或m ≥2D ．－2≤m ≤2(1)(2，＋∞) (2)A [(1)由题意，知“存在x ∈(0，＋∞)，x ＋1x＜m ”是真命题，又因为x ∈(0，＋∞)，所以x ＋1x≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，所以实数m 的取值范围为(2，＋∞)．(2)依题意知，p ，q 均为假命题．当p 是假命题时，任意x ∈R ，mx 2＋1＞0恒成立，则有m ≥0；当q 是假命题时，则有Δ＝m 2－4≥0，m ≤－2或m ≥2.因此，由p ，q 均为假命题得⎩⎪⎨⎪⎧m ≥0，m ≤－2或m ≥2，即m ≥2.]第一节函数及其表示[考纲传真] 1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念.2.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图像法、列表法、解析法)表示函数.3.了解简单的分段函数，并能简单应用(函数分段不超过三段)．(第8页) [基础知识填充]1．函数与映射的概念2.(1)函数的定义域、值域：数集A 叫作函数的定义域；函数值的集合{f (x )|x ∈A }叫作函数的值域． (2)函数的三要素：定义域、对应关系和值域．(3)相等函数：如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数． (4)函数的表示法：表示函数的常用方法有解析法、图像法和列表法． 3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫作分段函数．分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集．[知识拓展]1．函数与映射的本质是两个集合间的“多对一”和“一对一”关系．2．分段函数是高考必考内容，常考查(1)求最值；(2)求分段函数单调性；(3)分段函数解析式；(4)利用分段函数求值，解题的关键是分析用哪一段函数，一般需要讨论．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数是特殊的映射．( )(2)函数y ＝1与y ＝x 0是同一个函数．( )(3)与x 轴垂直的直线和一个函数的图像至多有一个交点．( ) (4)分段函数是两个或多个函数．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)×2．(教材改编)函数y ＝2x －3＋1x －3的定义域为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．(－∞，3)∪(3，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3∪(3，＋∞) D ．(3，＋∞)C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥0，x －3≠0，解得x ≥32且x ≠3.]3．如图211所示，所给图像是函数图像的有( )图211A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个B [(1)中，当x ＞0时，每一个x 的值对应两个不同的y 值，因此(1)不是函数图像；(2)中，当x ＝x 0时，y 的值有两个，因此(2)不是函数图像；(3)(4)中，每一个x 的值对应唯一的y 值，因此(3)(4)是函数图像，故选B.]4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，2x，x ＞1，则f (f (3))＝________.139 [f (3)＝23，f (f (3))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋1＝139.]5．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 3－2x 的图像过点(－1,4)，则a ＝________.－2 [∵f (x )＝ax 3－2x 的图像过点(－1,4)， ∴4＝a ×(－1)3－2×(－1)，解得a ＝－2.](第9页)(1)(2018·济南一模)函数f (x )＝2x－12＋3x ＋1的定义域为________．(2)若函数y ＝f (x )的定义域为[0,2]，则函数g (x )＝f x x －1的定义域是________．(1)(－1，＋∞) (2)[0,1) [(1)由题意得⎩⎨⎧2x －12≥0，x ＋1≠0，解得x ＞－1，所以函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(2)由0≤2x ≤2，得0≤x ≤1，又x －1≠0，即x ≠1，所以0≤x ＜1，即g (x )的定义域为[0,1)．]已知函数解析式，构造使解析式有意义的不等式组求解实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式组求解抽象函数：①若已知函数x 的定义域为g x 的定义域由不等式x b 求出；②若已知函数g x 的定义域为x 的定义域为x 在时的值域.x 定义域为[m x 定义域，先求φx 值域[a a ≤h xb ，.[跟踪训练] (1)函数f (x )＝1－x＋lg(3x ＋1)的定义域是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 (2)已知函数f (2x)的定义域为[－1,1]，则f (x )的定义域为________.【79140019】(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 [(1)由题意可知{ 1－x ＞0，x ＋1＞0，解得⎩⎨⎧x ＜1，x ＞－13，∴－13＜x ＜1，故选A.(2)∵f (2x)的定义域为[－1,1]， ∴12≤2x ≤2，即f (x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.](1)已知f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函数且f (0)＝2，f (x ＋1)－f (x )＝x －1，求f (x )的解析式；(4)已知f (x )＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x (x ≠0)，求f (x )的解析式．[解] (1)由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，令t ＝x ＋1x，当x ＞0时，t ≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取等号；当x ＜0时，t ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ≤－2，当且仅当x ＝－1时取等号，∴f (t )＝t 2－2t ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．综上所述．f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．(2)令2x ＋1＝t ，由于x ＞0，∴t ＞1且x ＝2t －1，∴f (t )＝lg2t －1，即f (x )＝lg 2x －1(x ＞1)． (3)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝2，得c ＝2，f (x ＋1)－f (x )＝a (x ＋1)2＋b (x ＋1)－ax 2－bx ＝x －1，即2ax ＋a ＋b ＝x －1，∴{ 2a ＝1，a ＋b ＝－1，即⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－32，∴f (x )＝12x 2－32x ＋2.(4)∵f (x )＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋2f (x )＝1x.联立方程组⎩⎨⎧fx ＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2f x ＝1x ，解得f (x )＝23x －x3(x ≠0)．待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法换元法：已知复合函数gx 的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围构造法：已知关于x 与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f －x 的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出x已知f x ＋1)＝，求f (x )的解析式；(2)设y ＝f (x )是二次函数，方程f (x )＝0有两个相等实根，且f ′(x )＝2x ＋2，求f (x )的解析式． [解] (1)法一：(换元法)设x ＋1＝t (t ≥1)，则x ＝t －1，所以f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－1(t ≥1)，所以f (x )＝x 2－1(x ≥1)．法二：(配凑法)f (x ＋1)＝x ＋2x ＝(x ＋1)2－1，又x ＋1≥1，所以f (x )＝x 2－1(x ≥1)． (2)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2，所以a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又因为方程f (x )＝0有两个相等的实根，所以Δ＝4－4c ＝0，c ＝1，故f (x )＝x 2＋2x ＋1.◎角度1 求分段函数的函数值(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝{ 1＋log 2－x ，x <1，x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( )A ．3B ．6C ．9D ．12C [∵－2<1，∴f (－2)＝1＋log 2(2＋2)＝1＋log 24＝1＋2＝3. ∵log 212>1，∴f (log 212)＝2log 212－1＝122＝6.∴f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9.故选C.]。

高考数学一轮复习第十一章计数原理、随机变量及其分布第6讲离散型随机变量的均值与方差练习理

第十一章计数原理、随机变量及其分布第6讲离散型随机变量的均值与方差练习理基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.(2016·茂名模拟)若离散型随机变量X 的概率分布为则X 的数学期望E (X )＝解析由概率分布的性质，a 2＋a 22＝1，∴a ＝1.故E (X )＝12×0＋12×1＝12.答案 122.已知随机变量X 服从二项分布，且E (X )＝2.4，V (X )＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值分别为________，________.解析由二项分布X ～B (n ，p )及E (X )＝np ，V (X )＝np ·(1－p )得2.4＝np ，且1.44＝np (1－p )，解得n ＝6，p ＝0.4. 答案 6 0.43.罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差V (X )的值为________.解析因为是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35，∴V (X )＝4×35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425.答案24254.口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E (X )的值是________. 解析由题意知，X 可以取3，4，5，P (X ＝3)＝1C 35＝110，P (X ＝4)＝C 23C 35＝310，P (X ＝5)＝C 24C 35＝610＝35，所以E (X )＝3×110＋4×310＋5×35＝4.5.答案 4.55.某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为________. 解析记“不发芽的种子数为Y ”，则Y ～B (1 000，0.1)，所以E (Y )＝1 000×0.1＝100，而X ＝2Y ，故E (X )＝E (2Y )＝2E (Y )＝200. 答案 2006.已知X 的概率分布为设Y ＝2X ＋1，则Y 解析由概率分布的性质，a ＝1－12－16＝13，∴E (X )＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，因此E (Y )＝E (2X ＋1)＝2E (X )＋1＝23.答案 237.(2016·青岛模拟)设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于________.解析由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，E (X )＝2，得np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243.答案 802438.(2014·浙江卷)随机变量ξ的取值为0，1，2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则V (ξ)＝________.解析设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ，则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以V (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.答案 25二、解答题9.(2016·常州调研)某公园设有自行车租车点，租车的收费标准是每小时2元(不足一小时的部分按一小时计算).甲、乙两人各租一辆自行车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14，12，一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12，14，两人租车时间都不会超过三小时.(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的概率分布与数学期望E (ξ). 解 (1)甲、乙两人所付车费用相同即为2，4，6元.由题意知甲、乙超过两小时还车的概率分别为1－14－12＝14，1－12－14＝14.都付2元的概率为P 1＝14×12＝18，都付4元的概率为P 2＝12×14＝18，都付6元的概率为P 3＝14×14＝116，故所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝18＋18＋116＝516.(2)依题意知，ξ的可能取值为4，6，8，10，12.P (ξ＝4)＝14×12＝18， P (ξ＝6)＝14×14＋12×12＝516， P (ξ＝8)＝14×14＋12×14＋12×14＝516， P (ξ＝10)＝14×14＋12×14＝316，P (ξ＝12)＝14×14＝116.故ξ的概率分布为所求数学期望E (ξ)＝4×8＋6×16＋8×16＋10×16＋12×16＝2.10.(2016·南京、盐城模拟)某中学有4位学生申请A ，B ，C 三所大学的自主招生.若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的. (1)求恰有2人申请A 大学的概率；(2)求被申请大学的个数X 的概率分布与数学期望E (X ). 解 (1)记“恰有2人申请A 大学”为事件A ， P (A )＝C 24×2234＝2481＝827.即恰有2人申请A 大学的概率为827.(2)X 的所有可能值为1，2，3.P (X ＝1)＝334＝127，P (X ＝2)＝C 24×A 23＋C 24A 23A 2234＝4281＝1427， P (X ＝3)＝C 24×A 3334＝3681＝49.X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝1×27＋2×27＋3×9＝27.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E (X )＝3，则V (X )＝________.解析由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，3m ＋3，又E (X )＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，35，故V (X )＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65. 答案 6512.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c (a 、b 、c ∈(0，1))，已知他投篮一次得分的均值为2(不计其他得分情况)，则ab 的最大值为________.解析设投篮得分为随机变量X ，则X 的分布列为依题意，E (X )＝3a ＋2b ＝2，又∴2＝3a ＋2b ≥26ab ，则ab ≤16，当且仅当3a ＝2b ，即a ＝13，b ＝12时上式取等号.答案 1613.(2016·青岛调研)某项游戏活动的奖励分成一、二、三等奖且相应获奖概率是以a 1为首项，公比为2的等比数列，相应资金是以700元为首项，公差为－140元的等差数列，则参与该游戏获得资金的数学期望为________元. 解析由概率分布性质a 1＋2a 1＋4a 1＝1， ∴a 1＝17，从而2a 1＝27，4a 1＝47.因此获得资金ξ的概率分布为∴E (ξ)＝700×17＋560×7＋420×7＝500(元).答案 50014.(2016·苏北四市质检)某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果，其中某班级的背诵正确的概率为p ＝23，背诵错误的概率为q ＝13，现记“该班级完成n 首背诵后总得分为S n ”.(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1，2，3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的概率分布及数学期望.解 (1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确4首，错误2首，若第一首和第二首正确，则其余4首可任意背诵对2首；若第一首正确，第二首背诵错误，则第三首背诵正确，其余3首可任意背诵对2首.故所求的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋23·13·23·C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝1681.(2)因为ξ＝|S 5|的取值为10，30，50. 所以P (ξ＝10)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝4081； P (ξ＝30)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝3081； P (ξ＝50)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫235＋C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1181.所以ξ的概率分布为所以E (ξ)＝10×4081＋30×81＋50×81＝81.。

北师版高考总复习一轮数学精品课件第11章计数原理、概率、随机变量及其分布概率与统计中的综合问题

0 1 3 1
1 1 3 3
2 1 3 3
3 1 3 1
P(ξ=0)=C3 ( ) = ,P(ξ=1)=C3 ( ) = ,P(ξ=2)=C3 ( ) = ,P(ξ=3)=C3 ( ) = , ....6
2
8
2
8
2
8
2
8
所以 ξ 的分布列为
分
ξ
P
0
1
1
8
2
3
8
3
3
8
1
8
........................................................................................................................... 7 分
(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数
学期望;
关键点:结合题意弄清楚X服从的是超几何分布还是二项分布.
(2)试验结果如下:
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2
18.8 20.2
21.3
22.5 23.2
25.8
26.5 27.5
34.3
34.8 35.6
35.6
C47
C13 C34
P(η=1)=
C47
=
12
C23 C24
,P(η=2)=
35
C47
=
18
C33 C14
,P(η=3)=
35
C47
1
2
=
4
.
35
所以 η 的分布列为
η
P
所以 Eη=0×

2020高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第二节排列与组合课后作业理

【2019最新】精选高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第二节排列与组合课后作业理一、选择题1．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．56 C．49 D．283．某会议室第一排有9个座位，现安排4人就座，若要求每人左右均有空位，则不同的坐法种数为( )A．8 B．16 C．24 D．604．市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )A．48 B．54 C．72 D．845．将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学这三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法为( )A．240种 B．180种 C．150种 D．540种二、填空题6．数列{an}共有六项，其中四项为1，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{an}共有________个．7．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有________种．8．(2016·江苏淮海中学期中)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)．三、解答题9．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？10．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．1．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．1 320 C．1 140 D．1 0202．(2016·深圳模拟)某班准备从含甲、乙的7名男生中选取4人参加4×100米接力赛，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们在赛道上顺序不能相邻，那么不同的排法种数为( )A．720 B．520 C．600 D．3603．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18 C．12 D．64．将5名学生分到A，B，C三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A宿舍的不同分法有( )A．18种 B．36种 C．48种 D．60种5．数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是________．答案一、选择题1. 解析：选C 若甲、乙在同一路口，则有CA＝18种；若甲、乙与其余一名交警在同一路口，则有CA＝18种，所以一共有 36 种分配方案．2. 解析：选C 由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．法一：(直接法)甲、乙两人均入选，有CC种选法，甲、乙两人只有1人入选，有CC种选法．∴由分类加法计数原理，共有CC＋CC＝49种不同选法．法二：(间接法)从9人中选3人有C种选法，其中甲、乙均不入选有C种选法．∴满足条件的选派方法有C－C＝84－35＝49种不同选法．3. 解析：选C 根据题意，9个座位中满足要求的座位只有4个，现有4人就座，把4人进行全排列，即有A＝24种不同的坐法．4. 解析：选C 先把3名乘客进行全排列，有A＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．5. 解析：选C 5名学生分成 2,2,1或3,1,1两种形式，当 5 名学生分成 2,2,1时，共有CCA＝90 种方法，当 5 名学生分成 3,1,1时，共有CA＝60 种方法，根据分类加法计数原理知共有 90＋60＝150种．二、填空题6. 解析：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＝30个不同的数列．答案：307. 解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C·(C＋C＋C)＝14种方式；当第一组有两个接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：218. 解析：由于B，C相邻，把B，C看做一个整体，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在中间的 3 个位子中，有A＝3 种方法，其余的 4 个元素任意排，有A种不同方法，故不同的排法有 2×3×A＝144 种．答案：144三、解答题9. 解：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C·C＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A＝12种；由分类加法计数原理，选派方法数共有6＋12＋8＋12＝38(种)．10. 解：(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有CC＋CC种，后排有A种，共有(CC＋CC)·A＝5 400种．(2)除去该女生后，先取后排，有C·A＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有C·C·A＝3 360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，选出的3人全排有A种，共C·C·A＝360种．1. 解析：选C 当A，B节目中只选其中一个时，共有CCA＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有CAA＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．2. 解析：选C 根据题意，分2种情况讨论．①甲乙只有其中一人参加，有CCA＝480种情况；②甲乙两人都参加，有CCA＝240种情况，其中甲乙相邻的有CCAA＝120种情况．不同的排法种数为480＋240－120＝600种，故选C.3. 解析：选B 根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取2个数字排在个位与百位．∴排成的三位奇数有CA＝6个．②当选数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．∴排成的三位奇数有CCA＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个符合条件的三位奇数．4. 解析：选D 由题意知A，B，C三个宿舍中有两个宿舍分到2人，另一个宿舍分到1人．若甲被分到B宿舍：(1)A中2人，B中1人，C中2人，有C＝6种分法；(2)A中1人，B中2人，C中2人，有CC＝12种分法；(3)A中2人，B中2人，C中1人，有CC＝12种分法，即甲被分到B宿舍的分法有30种，同样甲被分到C宿舍的分法也有30种，所以甲不到A宿舍一共有60种不同的分法，故选D.5. 解析：(元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有C种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C种方法，剩下的两个数字有A种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是CACA＝240.答案：240。

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题组训练78 两个计数原理1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )A．21种B．315种C．143种D．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．2．(2017·武汉市二中月考)从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得和为奇数的不同情形的种数是( )A．10 B．15C．20 D．25答案 D解析当且仅当偶数加上奇数后和为奇数，从而不同情形有5×5＝25(种)．3.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种答案 D解析共有4×3×2×2＝48(种)，故选D.4．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是( ) A．35B．53C．A32D．C53答案 A解析第n名应届毕业生报考的方法有3种(n＝1，2，3，4，5)，根据分步计算原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)．5．(2018·沧州七校联考)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种B．18种C ．37种D ．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．6．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为( ) A ．42 B ．30 C ．20 D ．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．7．(2018·绵阳二诊)小孔家有爷爷、奶奶、姥爷、姥姥、爸爸、妈妈，包括他，一共7人，一天爸爸从果园里摘了7个大小不同的梨，给家里每人一个，小孔拿了最小的一个，爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿了最大的一个，则梨子的不同分法共有( ) A ．96种 B ．120种 C ．480种 D ．720种答案 C解析由题意知，小孔拿了最小的一个，爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿了最大的一个的拿法有C 41＝4种，其余人的拿法有A 55＝120种，故梨子的不同分法共有4×120＝480种．8．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 ．5 B ．4 C ．6 D ．8答案 D解析分类考虑，当公比为2时，等比数列可为1，2，4；2，4，8，当公比为3时，可为1，3，9，当公比为32时，可为4，6，9，将以上各数列颠倒顺序时，也是符合题意的，因此，共有4×2＝8个．9．(2014·安徽，理)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解析先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征求解．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C ，BC 1，A 1D ，AD 1，AB 1，A 1B ，D 1C ，DC 1，共8条，同理与DB 成60°角的面对角线也有8条．因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)．又因为每对被计算了2次，因此成60°的面对角线有12×96＝48(对)．10．(2018·定州一模)将“福”、“禄”、“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写办法有( )A.288种 B ．144种 C ．576种 D ．96种答案 C解析依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576种．11.(2018·福建福州闽侯二中期中)把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在下图图案中的1，2，3，4，5，6，7所示的位置上，其中三盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有( ) A ．2 680种 B ．4 320种 C ．4 920种 D ．5 140种答案 B解析由题图可知7个点可组成的三角形有C 73－5＝30个，∵三盆兰花不能放在一条直线上，∴可放入三角形的三个顶点上，有C 301A 33＝180种放法，再放4盆不同的玫瑰花，没有限制，放在剩余4个位置，有A 44＝24种放法，∴不同的摆放方法有180×24＝4 320种． 12．已知I ＝{1，2，3}，A ，B 是集合I 的两个非空子集，且A 中所有数的和大于B 中所有数的和，则集合A ，B 共有( ) A ．12对 B ．15对 C ．18对D ．20对答案 D解析依题意，当A ，B 均有一个元素时，有3对；当B 有一个元素，A 有两个元素时，有8对；当B 有一个元素，A 有三个元素时，有3对；当B 有两个元素，A 有三个元素时，有3对；当A ，B 均有两个元素时，有3对；共20对，选择D.13．(2017·邯郸一中模拟)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个答案 B解析依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成有3个数，分别为400，040，004；由3，1，0组成有6个数，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成有3个数，分别为220，202，022；由2，1，1组成有3个数，分别为211，121，112，共3＋6＋3＋3＝15个．14．直线方程Ax ＋By ＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中任取两个不同的数作为A ，B 的值，则可表示________条不同的直线．答案 22解析分成三类：A ＝0，B ≠0；A≠0，B ＝0和A≠0，B ≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A 有5种取法，再取B 有4种取法，故5×4＝20种．所以可以表示22条不同的直线．15．由1到200的自然数中，各数位上都不含8的有________个．答案 162解析一位数8个，两位数8×9＝72个． 3位数有9×9＝81个，另外1个(即200)，共有8＋72＋81＋1＝16．某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________种(用数字作答)．答案 266解析分两类：第一类，买5本2元的有C 85种；第二类，买4本2元的和2本1元的有C 84×C 32种．故共有C 85＋C 84×C 32＝266种不同的买法种数．17．(2017·东北三校联考)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，则这样的点P 的个数为______．答案 20解析依题意可知：当a ＝1时，b ＝5，6，两种情况；当a ＝2时，b ＝5，6，两种情况；当a ＝3时，b ＝4，5，6，三种情况；当a ＝4时，b ＝3，5，6，三种情况；当a ＝5或6时，b 各有五种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．18．标号为A ，B ，C 的三个口袋，A 袋中有1个红色小球，B 袋中有2个不同的白色小球，C 袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球． (1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？ (2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？答案 (1)11 (2)4解析 (1)若两个球颜色不同，则应在A ，B 袋中各取一个或A ，C 袋中各取一个，或B ，C 袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11种．(2)若两个球颜色相同，则应在B 或C 袋中取出2个． ∴应有1＋3＝4种．19．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？答案 36个解析设较小的两边长为x 、y 且x≤y，则⎩⎪⎨⎪⎧x≤y≤11，x ＋y>11，x 、y∈N *.当x ＝1时，y ＝11；当x ＝2时，y ＝10，11；当x ＝3时，y ＝9，10，11；当x ＝4时，y ＝8，9，10，11；当x ＝5时，y ＝7，8，9，10，11；当x ＝6时，y ＝6，7，8，9，10，11；当x ＝7时，y ＝7，8，9，10，11； ……当x ＝11时，y ＝11.所以不同三角形的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．1．如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(120，343，275)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B．204C．729 D．920答案 A解析当中间数为2时，有1×2＝2个；当中间数为3时，有2×3＝6个；当中间数为4时，有3×4＝12个；当中间数为5时，有4×5＝20个；当中间数为6时，有5×6＝30个；当中间数为7时，有6×7＝42个；当中间数为8时，有7×8＝56个；当中间数为9时，有8×9＝72个．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个凸数．2．从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A．56 B．54C．53 D．52答案 D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．3．(2017·山东济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案数为( )A．70 B．60C．50 D．40答案 C解析C62＋C63＋C64＝50，故选C.4．从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，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个答案 A解析先把数字分成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．5．某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( )A．1 205秒B．1 200秒C．1 195秒D．1 190秒答案 C解析要实现所有不同的闪烁且需要的时间最少，只要所有闪烁连续地、不重复地依次闪烁一遍．而所有的闪烁共有A55＝120个；因为在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，即每个闪烁的时长为5秒，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒，所以要实现所有不同的闪烁，需要的时间至少是120×(5＋5)－5＝1 195秒．6．若从集合P到集合Q＝{a，b，c}所有的不同映射共有81个，则从集合Q到集合P所有的不同映射共有( )A．32个B．27个C．81个D．64个答案 D解析可设P集合中元素的个数为x，由映射的定义以及分步乘法计数原理，可得P→Q的映射种数为3x＝81，可得x＝4.反过来，可得Q→P的映射种数为43＝64.7.(2018·山东日照模拟)将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，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，填写空格的方法为( )A．6种B．12种C．18种D．24种答案 A解析因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1，2，9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后之相邻的空格可填6，7，8任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.8．(2018·郑州市市高三第二次质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )A．72 B．120C．192 D．240答案 D解析将“数字124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有5×4×3×2×12＝60种情况；(2)若末位数字为6，同理有5×4×3×2×12＝60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120种情况．综上，共有60＋60＋120＝240种情况．9.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．答案 180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．10.用红黄蓝三种颜色给如图所示的六连圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案共有________种．答案 30解析由题意知每种颜色涂两个圆，共有5类，每类A 33种涂法，所以总数为5A 33＝30. 注：将六圆依次编号①②③④⑤⑥，可分如下5类：①③，②⑤，④⑥， ①④，②⑤，③⑥， ①④，②⑥，③⑤， ①⑤，②④，③⑥， ①⑥，②④，③⑤.11．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值日，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值日表共有________种不同的排法．答案 1 280解析完成一件事是安排值日表，因而需一天一天地排，用分步计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排人的相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1 280种不同的排法．。