2016年高考数学复习专题14计数原理与概率统计二项式定理备考策略

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【志鸿优化设计】高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.3离散型随机变量及分

课时作业63 离散型随机变量及分布列一、填空题1．若随机变量X且p 1＝12p 2，则p 1等于__________． 2．已知随机变量X 的概率分布为：P (X ＝k )＝12k ，k ＝1,2，…，则P (2＜X ≤4)等于__________．3．若离散型随机变量ξ＝⎪⎨⎪⎧0，失败，1，成功的概率分布为则c ＝__________.4．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.X 的概率分布为__________．5．若P (ξ≤n )＝1－a ，P (ξ≥m )＝1－b ，其中m ＜n ，则P (m ≤ξ≤n )等于__________．6．对于下列分布列有P (|ξ7.从4名男生和23人中女生人数不超过1的概率是__________． 8．(2012江苏苏州模拟)其中a ，b ，c 9．随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝an n ＋(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52的值为__________．二、解答题10．在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求：(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列．11.甲、乙两个奥运会主办城市之间有7条网线并联，这7条网线能通过的信息量分别为1,1,2,2,2,3,3，现从中任选三条网线，设可通过的信息量为X ，若可通过的信息量X ≥6，则可保证信息通畅．(1)求线路信息通畅的概率；(2)求线路可通过的信息量X 的分布列；(3)求线路可通过的信息量X 的数学期望．12．为了参加学校田径运动会的开幕式，高三年级某6个班联合到集市购买了6根竹竿，作为班旗的旗杆之用，它们的长度分别为3.8,4.3,3.6,4.5,4. 0，4.1.(单位：米)(1)若从中随机抽取两根竹竿，求长度之差不超过0.5米的概率．(2)若长度不小于4米的竹竿价格为每根10元，长度小于4米的竹竿价格为每根a元．从这6根竹竿中随机抽取两根，若这两根竹竿的价格之和的期望为18元，求a的值．参考答案一、填空题1.13 解析：由p 1＋p 2＝1且p 2＝2p 1，可解得p 1＝13. 2.316 解析：P (2＜X ≤4)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝123＋124＝316. 3.13 解析：由(9c 2－c )＋(3－8c )＝1，解得c ＝13或23. 又9c 2－c ≥0,3－8c ≥0，所以c ＝13. 4.解析：随机变量X 元)，－50 000×50%＝－25 000(元)5．1－(a ＋b ) 解析：P (ξ≥m )＋P (ξ≤n )－1＝(1－a )＋(1－b )－1＝1－(a ＋b )．6.25 解析：P (|ξ|＝2)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝－2)＝a ＋c ＝1－35＝25. 7.45解析：设所选女生人数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝6，M ＝2，n ＝3，则P (X ≤1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 02C 34C 36＋C 12C 24C 36＝45. 8.23 解析：因为a ，b ，c 成等差数列，所以a ＋c ＝2b ，又a ＋b ＋c ＝1，所以b ＝13，所以P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23. 9.56 解析：∵P (X ＝n )＝a n n ＋(n ＝1,2,3,4)， ∴a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，∴a ＝54. ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝54×12＋54×16＝56. 二、解答题10．解：只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本事件数．(1)设A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则A 表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得P (A )＝1－P (A )＝1－C 23C 26＝1－15＝45. (2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，且P (ξ＝0)＝5C 26＝13， P (ξ＝1)＝4C 26＝415，P (ξ＝2)＝3C 26＝15， P (ξ＝3)＝2C 26＝215， P (ξ＝4)＝1C 26＝115. 从而知ξ11．解：(1)P (X ＝8)＝23C 37＝35， P (X ＝7)＝C 23C 12＋C 22C 12C 37＝835， P (X ＝6)＝C 12C 13C 12＋C 33C 37＝1335，所以线路信息通畅的概率为2435. (2)P (X ＝5)＝C 22C 12＋C 23C 12C 37＝835，P (X ＝4)＝C 22C 13C 37＝335， X 的分布列为(3)由分布列知E (X )＝35＋35＋35＋35＋35＝6. 12．解：(1)因为6根竹竿的长度从小到大依次为3.6,3.8,4.0,4.1,4.3,4.5，其中长度之差超过0.5米的两根竹竿长可能是3.6和4.3,3.6和4.5,3.8和4.5.设“抽取两根竹竿的长度之差不超过0.5米”为事件A ，则P (A )＝3C 26＝315＝15，所以P (A )＝1－P (A )＝1－15＝45. 故所求的概率为45. (2)设任取两根竹竿的价格之和为ξ，则ξ的可能取值为2a ，a ＋10,20.其中P (ξ＝2a )＝1C 26＝115， P (ξ＝a ＋10)＝C 12C 14C 26＝815， P (ξ＝20)＝C 24C 26＝615. 所以E (ξ)＝2a ×115＋(a ＋10)×815＋20×615＝2a ＋403. 令2a ＋403＝18，得a ＝7.。

高考理科数学专题练习十四《计数原理》

专题十四计数原理考点45：排列与组合（1-6题，13,14题，17-19题）考点46：二项式定理（7-12题，15,16题，20-22题）考试时间：120分钟满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I卷（选择题）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1、考点45 中难某校高三年级共有6个班,现在安排6名教师担任某次模拟考试的监考工作,每名教师监考一个班级.在6名教师中,甲为其中2个班的任课教师,乙为剩下4个班中2个班的任课教师,其余4名教师均不是这6个班的任课教师,那么监考教师都不担任自己所教班的监考工作的概率为( )A.715B.815C.115D.4152、考点45 中难某单位周一至周六要安排甲、乙、丙、丁四人值班,每人至少值一天班,则甲至少值两天班的概率为( )A. 11 26B. 9 26C. 11 52D. 9 523、考点45 中难某同学有7本不同的书,其中语文书2本、英语书2本、数学书3本,现在该同学把这7本书放到书架上排成一排,要求2本语文书相邻、2本英语书相邻、3本数学书中任意2本不相邻,则不同的排法种数为( )A.12B.24C.48D.7204、考点45 中难一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有（）种 A.6B.12C.36D.725、考点45 中难某种植基地将编号分别为1,2,3,4,5,6的六个不同品种的马铃薯种在如图所示的这六块实验田上进行对比试验,要求这六块实验田分别种植不同品种的马铃薯,若种植时要求编号1,3,5的三个品种的马铃薯中至少有两个相邻,且2号品种的马铃薯不能种植在A 、F 这两块实验田上,则不同的种植方法有 ( )A.360种B.432种C.456种D.480种 6、考点45 难2017年11月30日至12月2日,来自北京、上海、西安、郑州、青岛及凯里等七所联盟学校(“全国理工联盟”)及凯里当地高中学校教师代表齐聚凯里某校举行联盟教研活动,在数学同课异构活动中,7名数学教师各上一节公开课,教师甲不能上第三节课,教师乙不能上第六节课,则7名教师上课的不同排法有种( )A.5040B.4800C.3720D.4920 7、考点46 易24)(121()x x ++的展开式中3x 的系数为( )A ．12B ．16C ．20D ．248、考点46 易已知1021001210(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+-+-++-L ，则=8a （）A.-180B.180C.45D.-45 9、考点46 易9(23)x y -的展开式中各项的二项式系数之和为（）A ．-1B ．1C ．-512D ．51210、考点46 中难已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数为5,则a =( ) A.-4B.-3C.-2D.-111、考点46 中难在二项式1121x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中,系数最大的项为( )A.第五项B.第六项C.第七项D.第六项或第七项 12、考点46 中难332除以9的余数是( )A.1B.2C.4D.8第II 卷（非选择题）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。

计数原理,排列、组合,二项式定理复习教案

国规教材
教育学生数据真实性与诚信、社会责任与公共利益、团队协作
教学流程图
4知识点检测：
（1）从甲、乙、丙3名同学中选出两名同学，一名担任班长，一名担任副班长，有多少种不同的选法？
（2）从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别参加上午和下午的活动，有多少种不同的方法？
1.组织学生在了解的基础上理解排列的概念，掌握排列数公
1.组合的概念
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素组成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
排列与组合的区别：排列是从n个不同的元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，与m个元素的排列顺序有关；组合是从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素组成一组，与m个元素的排列顺序无关.
2.组合数
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素的所有组合的个数，称为从n个不同元素中取出m个元素的组合数，
用符号表示.
5、知识点检测：
某天上午共4节课，排语文、数学、体育、计算机课，其中体育课不排在第一节课，那么这天上午课表的不同排法种数是（）
1.引导并组织学生根据信息进行讨论.区别排列与组合。

国主义情怀.
1.二项式定理的内容
设 a.,b是任意实数，n是任意给定的正整数，则
2.二项展开式的通项公式
3.二项式系数与二项展开式中某项的系数
3.知识点检测：
组织学生运用二项式定理的相关内容解决实际问题.。

高考数学复习专题14计数原理与概率统计二项式定理考点剖析

二项式定理主标题：二项式定理副标题：为学生详细的分析二项式定理的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：二项式定理，二项式系数，项系数难度：2重要程度：4考点剖析：1．能用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.命题方向：1．二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择、填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．2．高考对二项式定理的考查主要有以下几个命题角度：(1)求二项展开式中的第n项；(2)求二项展开式中的特定项；(3)已知二项展开式的某项，求特定项的系数．规律总结：1个公式——二项展开式的通项公式通项公式主要用于求二项式的特定项问题，在运用时，应明确以下几点：(1)C r n a n－r b r是第r＋1项，而不是第r项；(2)通项公式中a，b的位置不能颠倒；(3)通项公式中含有a，b，n，r，T r＋1五个元素，只要知道其中的四个，就可以求出第五个，即“知四求一”．3个注意点——二项式系数的三个注意点(1)求二项式所有系数的和，可采用“赋值法”；(2)关于组合式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；(3)展开式中第r＋1项的二项式系数与第r＋1项的系数一般是不相同的，在具体求各项的系数时，一般先处理符号，对根式和指数的运算要细心，以防出错．知识梳理1．二项式定理二项式定理 (a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C nn b n (n ∈N *)二项展开式的通项公式 T r ＋1＝C r n an －r b r ，它表示第r ＋1项二项式系数二项展开式中各项的系数C 0n ，C 1n ，…，C nn 2.二项式系数的性质(1)0≤k ≤n 时，C k n 与C n －k n 的关系是C k n ＝C n －kn .(2)二项式系数先增后减中间项最大当n 为偶数时，第n 2＋1项的二项式系数最大，最大值为2n n C ；当n 为奇数时，第n ＋12项和n ＋32项的二项式系数最大，最大值为21-n n C或21+n n C . (3)各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.。

2016高考数学复习资料及答题技巧：概率与统计_答题技巧

2016高考数学复习资料及答题技巧：概率与统计_答题技巧
摘要：高考在即，查字典数学网为了帮助考生们掌握最新资讯，特分享高考数学复习资料及答题技巧，供大家阅读!
1。

高考对两个原理的考查主要集中在排列、组合及其综合题方面，题目灵活多样。

2。

二项式定理重点考查二项展开式中的指定项及二项式的展开式系数问题。

3。

概率统计内容是中学数学的重要知识，与高等数学联系非常密切，是进一步学习高等数学的基础，也是高考数学命题的热点内容，纵观全国及各自主命题省市近几年的高考试题，概率与统计知识在选择、填空、解答三种题型中每年都有试题，分值在17分到20分之间。

主要考查以下三点：
(1)会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想，解决一些简单的实际问题;
(2)理解古典概型及其概率计算公式，会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率;
(3)理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些相应的实际问题。

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高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.6二项式定理教学案苏教版

14.6 二项式定理考纲要求1．能用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．1．二项式定理(a ＋b )n ＝____________________，该等式右边的多项式叫做(a ＋b )n的二项展开式．该展开式有如下特点：(1)它是_____________项和的形式；(2)各项次数的和都等于二项式的幂指数____，各项从左到右是按字母a 的降幂且按字母b 的升幂排列的；(3)它是两项和的形式，公式中a ，b 的位置不能互换，(a －b )n 可按[a ＋(－b )]n 展开；(4)C rn (r ＝0,1,2，…，n )叫做二项式第_____________项的二项式系数，它与a ，b 的取值无关．2．通项公式T r ＋1＝C r n a n －r b r(r ＝0,1,2，…，n )，它表示展开式中的任意一项，只要n ，r 确定，该项也就随之确定．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 rn ＝______.(2)增减性与最大值：当n 是偶数时，中间一项的二项式系数__________最大；当n 是奇数时，中间两项的二项式系数____________、__________相等且最大．(3)各二项式系数的和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝____，其中C 0n ＋C 2n ＋…＝__________＝2n －1，即奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，都等于2n －1.1．若(1＋2)5＝a ＋b 2(a ，b 为有理数)，则a ＋b ＝__________.2．设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝__________.3．已知(x ＋1)15＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 15x 15，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝__________.二项式系数与各项的系数有什么区别和联系？提示：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn .它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关，如(a ＋bx )n的展开式中，第k ＋1项的二项式系数是C k n ，而该项的系数是C k n a n －k b k.当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的．一、二项展开式中的特定项或特定项的系数【例1】已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项．方法提炼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，代回通项公式即可．请做针对训练1二、用赋值法求二项式展开式系数的和【例2】已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|. 方法提炼(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n 、(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f 1 ＋f －12，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f 1 －f －12.请做针对训练3三、二项式积的运算【例3】(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的展开式中的常数项为__________．方法提炼求两个以上二项式积的展开式中某指定项时，仍然是从通项公式入手，结合乘法对加法的分配律，拼凑出指定要求的项；对于三项和的展开式，一般是合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去解．请做针对训练2四、二项式定理的综合应用【例4】已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含x 23的项；(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．方法提炼求展开式中系数最大的项，如求(a ＋bx )n(a ，b ∈R )的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1解出k ，即可求得．请做针对训练4高考对本节内容的考查主要是二项展开式和通项的应用，具体会涉及到求特定的项或系数，以及二项式系数等问题，是高考的必考点之一，但题目较为容易，多以填空题的形式出现．1．若⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 26展开式的常数项为60，则常数a 的值为__________．2．(1＋x 3)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x26展开式的常数项为__________． 3．若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，求： (1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6.4．已知(a 2＋1)n展开式中各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n展开式的二项式系数最大的项的系数等于54，求a 的值．参考答案基础梳理自测知识梳理1．C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *) (1)n ＋1 (2)n (4)r ＋13．(1)C n －r n (2)C n 2n C n －12n C n ＋12n (3)2n C 1n ＋C 3n ＋…基础自测1．70 解析：(1＋2)5＝1＋52＋10(2)2＋10(2)3＋5(2)4＋(2)5＝41＋292，由已知条件，得a ＝41，b ＝29，则a ＋b ＝70.2．0 解析：T r ＋1＝C r 21x 21－r (－1)r ＝(－1)r C r 21x 21－r.由题意知a 10，a 11分别是含x 10和x 11项的系数，所以a 10＝－C 1121，a 11＝C 1021，∴a 10＋a 11＝C 1021－C 1121＝0.3．214解析：由题意知 a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7 ＝C 1515＋C 1415＋…＋C 815 ＝C 015＋C 115＋…＋C 715.又C 015＋C 115＋C 215＋…＋C 815＋C 915＋…＋C 1515＝215， ∴C 015＋C 115＋…＋C 715＝214. 考点探究突破【例1】解：(1)通项公式为T k ＋1＝C k n x n －k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x －k 3＝C k n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x n －2k 3. ∵第6项为常数项，∴k ＝5时，n －2×53＝0，即n ＝10.(2)令10－2k 3＝2，得k ＝2，故含x 2的项的系数是C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝454. (3)根据通项公式，由题意⎩⎪⎨⎪⎧10－2k3∈Z ，0≤k ≤10，k ∈N ，令10－2k 3＝r (r ∈Z )，则10－2k ＝3r ，k ＝5－32r ，∵k ∈N ，∴r 应为偶数．∴r 可取2,0，－2，即k 可取2,5,8， ∴第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122x 2，C 510⎝ ⎛⎭⎪⎫－125，C 810⎝ ⎛⎭⎪⎫－128x －2. 【例2】解：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.①令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.②(1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2.(2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094.(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.(4)∵(1－2x )7展开式中，a 0，a 2，a 4，a 6大于零，而a 1，a 3，a 5，a 7小于零，∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.【例3】－5 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的展开式中的通项为T k ＋1＝C k 6x 6－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝(－1)k C k 6x 6－2k.令6－2k ＝0，得k ＝3，T 4＝(－1)3C 36＝－C 36；令6－2k ＝－1，得k ＝72(舍)；令6－2k ＝－2，得k ＝4，T 5＝(－1)4C 46x －2＝C 46x －2.∴(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的展开式中的常数项为1×(－C 36)＋C 46＝－20＋15＝－5.【例4】解：由题意知，第五项的系数为C 4n ·(－2)4，第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n · －2 4C 2n · －2 2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)．(1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1.(2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2k ＝C k 8·(－2)k·x 8－k 2－2k ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.(3)设展开式中的第k 项，第k ＋1项，第k ＋2项的系数绝对值分别为C k －18·2k －1，C k 8·2k，C k ＋18·2k ＋1，若第k ＋1项的系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C k －18·2k －1≤C k8·2k，C k ＋18·2k ＋1≤C k 8·2k.解得5≤k ≤6.又T 6的系数为负，所以系数最大的项为T 7＝1 792x －11.由n ＝8知第5项二项式系数最大，此时T 5＝1 120x －6. 演练巩固提升针对训练1．4 解析：二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 26展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 6x 6－r (－a )r x －2r ＝C r 6x 6－3r(－a )r ，当r ＝2时，T r ＋1为常数项，即常数项是C 26a ，根据已知C 26a ＝60，解得a ＝4.2．35 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 26的通项公式为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2r ＝C r 6x 6－3r ，(1＋x 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 26的展开式中的常数项由两部分组成：①由6－3r ＝0，得r ＝2，C 26＝15；②由6－3r ＝－3，得r ＝3，C 36＝20. 相加得15＋20＝35.3．解：(1)令x ＝0，则a 0＝－1；令x ＝1，得a 7＋a 6＋…＋a 1＋a 0＝27＝128，① ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝129. (2)令x ＝－1，得－a 7＋a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)7，②由①－②得2(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝128－(－4)7. ∴a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝8 256. (3)由①＋②得2(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)＝128＋(－4)7， ∴a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－8 128.4．解：由⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5，得T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r ·C r 5·x 20－5r 2.令T r ＋1为常数项，则20－5r ＝0，∴r ＝4，∴常数项T 5＝C 45×165＝16.又(a 2＋1)n 展开式的各项系数之和等于2n，由题意得2n＝16， ∴n ＝4.由二项式系数的性质知，(a 2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T 3， ∴C 24a 4＝54，∴a ＝± 3.。

《大高考》2016届高考复习数学理(全国通用)：第十章计数原理、概率与统计第二节

1 3 2 3 －1 x· C52 ·(－1) x ＋ ·C2 5 x
23·(－1)2x＝40. 法二用组合提取法，把原式看成 6 个因式相乘，若第 1 个括号 1 提出 x，从余下的 5 个括号中选 2 个提出 x，选 3 个提出；若第 x 1 1 1 个括号提出，从余下的括号中选 2 个提出，选 3 个提出 x. x x 1 3 1 1 2 2 2 3 2 3 故常数项为 x· C5(2x) · C3－＋ · C5－ · C3 3 (2x) ＝－40＋ x x x 80＝40.
考纲考向分析核心要点突破
[点评]
对形如 (ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a、b∈R)的式子求其展
开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x ＝ 1 即可；对形如
(ax＋by)n，(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x
＝y＝1即可.
考纲考向分析
核心要点突破
【例 3】
15 a x＋ 2x－的展开式中各项系数的和为 x x
据题设求解.
考纲考向分析
核心要点突破
方法2 用赋值法求二项展开式系数和
赋值法求二项式中项的系数的和与差的应用技巧 (1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x＝1 即可；对形如(ax＋by)n(a， b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝y＝1 即可；同理求系数之差时，只需根据题目要求令 x＝1，y＝－1 或 x＝－1， y＝1 即可；如何赋值，要观察所求和与差式的特点，发现差异，确保正确. (2)若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之 f（1）＋f（－1）和为 f(1)，偶次项数之和为 a0＋a2＋a4＋„＝， 2 f（1）－f（－1）奇次项系数之和为 a1＋a3＋a5＋„＝，令 x＝0， 2 可得 a0＝f(0).

计数原理与概率各考点

计数原理与概率[考情分析] 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.3.概率重点考查古典概型、条件概率的基本应用．考点一排列与组合问题核心提炼解决排列、组合问题的一般过程(1)认真审题，弄清楚要做什么事情；(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素．例1(1)甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A，B，C三个路口协助交警值勤，他们申请值勤路口的意向如下表：交通路口 A B C志愿者甲、乙、丙、丁甲、乙、丙丙、丁这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求A，B，C三个路口都要有志愿者值勤，则不同的安排方法有()A．14种B．11种C．8种D．5种答案 B解析由题意得，以C路口为分类标准：C路口值勤分得人数情况有2种，两个人或一个人，若C路口值勤分得人数为2，丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在A，B路口值勤，此时有两种安排方法．若C路口值勤分得人数为1，丙或丁在C路口，具体情况如下．丙在C路口：A(丁)B(甲乙)C(丙)；A(甲丁)B(乙)C(丙)；A(乙丁)B(甲)C(丙)．丁在C路口：A(甲乙)B(丙)C(丁)；A(丙)B(甲乙)C(丁)；A(甲丙)B(乙)C(丁)；A(乙)B(甲丙)C(丁)；A(乙丙)B(甲)C(丁)；A(甲)B(乙丙)C(丁)．所以一共有2＋3＋6＝11(种)安排方法．(2)(2022·衡阳模拟)2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时，创意新颖，惊艳了全球观众，某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？()A．192 B．240 C．120 D．288答案 A解析由题意得，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到A22A55＝240(种)，当“立春”和“惊蛰”相邻，且“清明”与“惊蛰”也相邻时，有2种排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法，将三者捆在一起，即2A44＝48(种)，所以最终满足题意的排法为240－48＝192(种)．规律方法排列、组合问题的求解方法与技巧(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化．跟踪演练1(1)2021年1月18号，国家航天局探月与航天工程中心表示，中国首辆火星车全球征名活动已经完成了初次评审．评审委员会遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共10个名称，将其作为中国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名称的涵义，计划从中选3个名称依次进行分析，其中有1个是祝融，其余2个从剩下的9个名称中随机选取，则祝融不是第3个被分析的情况有()A．144种B．336种C ．672种D ．1 008种答案 A解析选取的3个名称中含有祝融的共有C 29种不同的情况．分析选取的3个名称的不同情况有A 33种，其中祝融是第3个被分析的情况有A 22种，故祝融不是第3个被分析的情况有C 29(A 33－A 22)＝144(种)．(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为( ) A ．12 B ．14 C ．16 D ．18 答案 B解析因为甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，则安排方法分两类：若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有A 22＝2(种)；若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有C 12＝2(种)，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有C 23A 22＝6(种)，则共有2×6＝12(种)．综上，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为12＋2＝14.考点二二项式定理核心提炼1．求二项展开式中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)代回通项公式即得所求．2．对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解．例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)⎝⎛⎭⎫1－yx (x ＋y )8的展开式中x 2y 6的系数为________(用数字作答)．答案－28解析 (x ＋y )8展开式的通项T k ＋1＝C k 8x 8－k y k ，k ＝0，1，…，7,8.令k ＝6，得T 6＋1＝C 68x 2y 6；令k ＝5，得T 5＋1＝C 58x 3y 5，所以⎝⎛⎭⎫1－y x (x ＋y )8的展开式中x 2y 6的系数为C 68－C 58＝－28. (2)已知⎝⎛⎭⎫x ＋ax 4n 的展开式中第四项的系数为120，所有奇数项的二项式系数之和为512，则实数a 的值为________，展开式中的常数项为________．答案 1 45解析因为⎝⎛⎭⎫x ＋ax 4n 的展开式的所有项的二项式系数之和为2n ，且奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，所以2n －1＝512，解得n ＝10，所以展开式中第四项T 4＝C 310x 7⎝⎛⎭⎫a x 43，所以C 310a 3＝120，解得a ＝1，所以⎝⎛⎭⎫x ＋1x 410的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 10x 10－k ⎝⎛⎭⎫1x 4k ＝C k 10x 10－5k ，令10－5k ＝0，解得k ＝2，所以展开式中的常数项为C 210＝45.易错提醒二项式(a ＋b )n 的通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k (k ＝0,1,2，…，n )，它表示的是二项式的展开式的第k ＋1项，而不是第k 项；其中C k n 是二项式展开式的第k ＋1项的二项式系数，而二项式的展开式的第k ＋1项的系数是字母幂前的常数，要区分二项式系数与系数．跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x )8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，则a 6等于( ) A ．－448 B ．－112 C ．112 D ．448答案 C解析 (1－x )8＝(x －1)8＝[(1＋x )－2]8 ＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，a 6＝C 28×(－2)2＝112.(2)(多选)已知(1－2x )2 023＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 023x 2 023，则( ) A ．展开式中各项系数和为1B ．展开式中所有项的二项式系数和为22 023C ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 023＝－2D ．a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 02322 023＝0答案 BCD解析令x ＝1得a 0＋a 1＋…＋a 2 023＝－1， ∴A 错误；二项式系数和为C 02 023＋C 12 023＋…＋C 2 0232 023＝22 023， B 正确；令x ＝0得a 0＝1，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 023＝－2，∴C 正确；令x ＝12有a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 02322 023＝0，∴D 正确．考点三概率核心提炼1．古典概型的概率公式 P (A )＝事件A 包含的样本点数试验的样本点总数.2．条件概率公式设A ，B 为两个随机事件，且P (A )>0，则P (B |A )＝P (AB )P (A ).3．全概率公式设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1,2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝∑i ＝1nP (A i )P (B |A i )．例3 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( ) A.16 B.13 C.12 D.23 答案 D解析从7个整数中随机取2个不同的数，共有C 27＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为1421＝23.(2)(多选)(2022·临沂模拟)甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A 1，A 2，A 3表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B 表示取出的球是红球的事件，则( ) A ．A 1，A 2，A 3两两互斥 B ．P (B |A 2)＝25C ．P (B )＝12D ．B 与A 1相互独立答案 AB解析 A 1，A 2，A 3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，A 正确； P (B |A 2)＝P (BA 2)P (A 2)＝29×41029＝25，B 正确；P (A 1)＝49，P (B )＝P (A 1)·P (B |A 1)＋P (A 2)·P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3) ＝49×510＋29×410＋39×410＝49，C 错误；又P (A 1B )＝49×510＝29，P (A 1)P (B )＝49×49＝1681，∴P (A 1B )≠P (A 1)·P (B )∴A 1与B 不相互独立，D 错误．(3)(2022·益阳调研)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如框图所示，其中编号为i 的方框表示第i 场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i 场比赛的胜者称为“胜者i ”，负者称为“负者i ”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为23，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )A.827B.1627C.3281D.4081 答案 D解析甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜．所以甲获得冠军的概率为⎝⎛⎭⎫233＋2×⎝⎛⎭⎫233×13＝4081. 规律方法求概率的方法与技巧 (1)古典概型用古典概型概率公式求解． (2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解．(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解．跟踪演练3 (1)某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为( ) A.13 B.49 C.34 D.916 答案 D解析三人挑选四种书，每人有4种选法，共有43＝64种方法，恰有2人选同一种书的方法有C 23C 14C 13种，即36种方法，故恰有2人选同一种书的概率P ＝3664＝916.(2)(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者被评为“智答能手”．设甲被评为“智答能手”为事件A ，乙被评为“智答能手”为事件B ，若P (B |A )＝P (B )，则下列结论正确的是( ) A ．P (A |B )＝P (A ) B ．P (B |A )＝115C ．甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为1645D ．甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为4445答案 ABD解析由题意，可得P (A )＝C 26C 14＋C 36C 310＝60＋20120＝23， P (B )＝C 28C 12＋C 38C 310＝56＋56120＝1415，由P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )，所以P (AB )＝P (A )P (B )，事件A ，B 相互独立，所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝P (A )P (B )P (B )＝P (A )，故A 正确；P (B |A )＝P (B )＝1415，由条件概率的性质得P (B |A )＝1－P (B |A )＝1－1415＝115，故B 正确；因为事件A ，B 相互独立，所以A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立．甲、乙都被评为“智答能手”的概率P (AB )＝P (A )P (B )＝23×1415＝2845，所以甲、乙至多有一人被评为“智答能手”的概率为1－P (AB )＝1－2845＝1745，故C 错误；甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P (A B )＝P (A )·P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－1415＝13×115＝145，所以甲、乙至少有一人被评为“智答能手”的概率为1－P (A B )＝1－145＝4445，故D 正确．专题强化练一、单项选择题1．(2022·福州质检)⎝⎛⎭⎫3x －1x 6展开式中的常数项为( ) A ．－540 B ．－15 C ．15 D ．135答案 D解析二项式⎝⎛⎭⎫3x －1x 6展开式的通项公式为 T k ＋1＝C k 6(3x )6－k ·⎝⎛⎭⎫－1x k＝(－1)k·36－k C k 6·362k x-，k ≤6，k ∈N ，由6－32k ＝0，解得k ＝4，则T 5＝(－1)4×32×C 46＝135，所以⎝⎛⎭⎫3x －1x 6展开式中的常数项为135. 2．(2022·荆州联考)某人民医院召开抗疫总结表彰大会，有7名先进个人受到表彰，其中有一对夫妻．现要选3人上台报告事迹，要求夫妻两人中至少有1人报告，若夫妻同时被选，则两人的报告顺序需要相邻，这样不同的报告方案共有( ) A ．80种 B ．120种 C ．130种 D ．140种答案 D解析若夫妻中只选一人，则有C 12C 25A 33＝120(种)不同的方案；若夫妻二人全选，且两人报告顺序相邻，则有C 15A 22A 22＝20种不同的方案，故总计有140种不同的方案．3．(2022·惠州模拟)(a －x )(2＋x )6的展开式中x 5的系数是12，则实数a 的值为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 答案 C解析利用二项式定理展开得(a －x )(2＋x )6＝(a －x )(C 0626＋C 1625x ＋C 2624x 2＋C 3623x 3＋C 4622x 4＋C 562x 5＋C 66x 6)，则x 5的系数为a C 562－C 4622＝12，∴a ＝6.4．从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为( ) A.114 B.37 C.47 D.34 答案 C解析从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为C 38，这3只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为C 34×23，所以所求概率为P ＝C 34×23C 38＝47. 5．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h ，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h 的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为( ) A.25 B.38 C.58 D.34答案 B解析令A 1＝“玩手机时间超过1 h 的学生”， A 2＝“玩手机时间不超过1 h 的学生”， B ＝“任意调查一人，此人近视”，则Ω＝A 1∪A 2，且A 1，A 2互斥， P (A 1)＝0.2，P (A 2)＝0.8，P (B |A 1)＝0.5， P (B )＝0.4，依题意，P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2) ＝0.2×0.5＋0.8×P (B |A 2)＝0.4，解得P (B |A 2)＝38，所以所求的概率为38.6．为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员工休假的概率均为13，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家店铺无人休假，则从无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业．则两家店铺该节假日都能正常营业的概率为( ) A.19 B.49 C.59 D.89答案 D解析设两家店铺不能都正常营业为事件A ，由题意可知有4人休假的概率为⎝⎛⎭⎫134＝181，有3人休假的概率为C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫231＝881，所以两家店铺不能都正常营业的概率为P (A )＝181＋881＝19，所以两家店铺该节假日都能正常营业的概率为1－P (A )＝89.7．(2022·锦州模拟)定义：两个正整数a ，b ，若它们除以正整数m 所得的余数相等，则称a ，b 对于模m 同余，记作a ＝b (mod m )，比如：26＝16(mod 10)．已知n ＝C 010＋C 110·8＋C 210·82＋…＋C 1010·810，满足n ＝p (mod 7)，则p 可以是( ) A ．23 B ．31 C ．32 D ．19答案 A解析因为n ＝C 010＋C 110·8＋C 210·82＋…＋C 1010·810＝(1＋8)10＝(7＋2)10，也即n ＝C 010·710＋C 110·79·2＋…＋C 910·7·29＋C 1010·210，故n 除以7的余数即为C 1010·210＝1 024除以7的余数，1 024除以7的余数为2，结合选项知23除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意．8．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是( )A ．C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 210＝165B ．在第2 022行中第1 011个数最大C ．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数D ．第34行中第15个数与第16个数之比为2∶3答案 C解析由C m －1n ＋C m n ＝C m n ＋1可得 C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 210＝C 23＋C 33＋C 24＋C 25＋…＋C 210－1＝C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 210－1 ＝C 311－1＝11×10×93×2×1－1＝164，故A 错误；第2 022行中第1 011个数为C 1 0102 022<C 1 0112 022，故B 错误；C 66＋C 67＋C 68＝C 77＋C 67＋C 68＝C 78＋C 68＝C 79，故C 正确；第34行中第15个数与第16个数之比为C 1434∶C 1534＝34×33×…×2114×13×…×1：34×33×…×2015×14×13×…×1＝15∶20＝3∶4，故D 错误．二、多项选择题9．(2022·山东省实验中学诊断)已知(a ＋b )n 的展开式中第五项的二项式系数最大，则n 的值可以为( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 ABC解析若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则n 2＋1＝5，解得n ＝8；若展开式中第四项和第五项的二项式系数最大，则n ＋32＝5，解得n ＝7；若展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则n ＋12＝5，解得n ＝9. 10．(2022·湖南师大附中模拟)抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x 表示红色骰子的点数，y 表示绿色骰子的点数，设事件A ＝“x ＋y ＝7”，事件B ＝“xy 为奇数”，事件C ＝“x ＞3”，则下列结论正确的是( )A ．A 与B 互斥B ．A 与B 对立C ．P (B |C )＝13D ．A 与C 相互独立答案 AD解析事件A 包含的基本事件为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，所以P (A )＝66×6＝16，事件B 包含的基本事件为(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共9种，则P (B )＝96×6＝14，所以A 与B 互斥但不对立，故A 正确，B 错误；事件C 包含的基本事件数为3×6＝18，则P (C )＝186×6＝12， P (BC )＝36×6＝112，所以P (B |C )＝P (BC )P (C )＝16，故C 错误；因为P (AC )＝36×6＝112， P (A )·P (C )＝16×12＝112，则P (AC )＝P (A )·P (C )，所以A 与C 相互独立，故D 正确．11．(2022·襄阳模拟)A ，B ，C ，D ，E 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )A ．若A ，B 两人站在一起，则共有24种排法B ．若A ，B 不相邻，则共有72种排法C ．若A 在B 左边，则共有60种排法D ．若A 不站在最左边，B 不站在最右边，则共有78种排法答案 BCD解析对于A ，先将A ，B 排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步乘法计数原理可知，共有A 22A 44＝48(种)，所以A 不正确；对于B ，先将A ，B 之外的3人全排列，产生4个空，再将A ，B 两元素插空，所以共有A 33A 24＝72(种)，所以B 正确；对于C,5人全排列，而其中A 在B 的左边和A 在B 的右边是等可能的，所以A 在B 的左边的排法有12A 55＝60(种)，所以C 正确；对于D ，对A 分两种情况：一是若A 站在最右边，则剩下的4人全排列有A 44种，另一个是A 不站在最左边也不站在最右边，则A 从中间的3个位置中任选1个，然后B 从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法计数原理可知，共有A 44＋A 13A 13A 33＝78(种)，所以D 正确．12．甲、乙两个均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A 为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B 为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C 为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是( )A ．P (A )＝P (B )＝P (C )B ．P (BC )＝P (AC )＝P (AB )C ．P (ABC )＝18D ．P (B |A )＝12答案 ABD解析由已知得P (A )＝24×24＋24×24＝12， P (B )＝P (C )＝24＝12，所以P (A )＝P (B )＝P (C )，则A 中结论正确；P (AB )＝24×24＝14， P (AC )＝14，P (BC )＝14，所以P (BC )＝P (AC )＝P (AB )，则B 中结论正确；事件A ，B ，C 不相互独立，故P (ABC )＝18错误，即C 中结论错误； P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12，则D 中结论正确．三、填空题13．(2022·益阳调研)为迎接新年到来，某中学“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行．校文娱委员会要在已经排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为________．答案 90解析总共10个节目排顺序，先把老师的节目排好，剩下的8个学生的节目按原来的顺序即可，故共有A 210＝90种不同的排法．14．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．答案 635解析从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C 48＝70(种)．其中4个点共面有以下两种情况：(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．故4个点在同一个平面共有6＋6＝12(种)情况．所以所取的4个点在同一个平面的概率P ＝1270＝635. 15．(2022·滨州模拟)(x ＋y －z )6的展开式中xy 2z 3的系数是________．答案－60解析依题意xy 2z 3的系数为C 16C 35(－1)3＝－60.16．(2022·广州模拟)如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O 出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于－2的位置”的概率为__________．答案 1564解析由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R ，向左移动一次为L ，则该题可转化为RRLLLL 六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为A 66A 22A 44＝15，所以移动结果的总数为26＝64，所有落在－2上的概率为P ＝1564.。

计数原理及二项式定理概念公式总结

计数原理及二项式定理概念公式总结计数原理和二项式定理是组合数学中的基本概念之一，被广泛应用于概率统计、离散数学、组合数学等领域。

下面将对这两个概念进行详细的解释和总结。

一、计数原理计数原理是组合数学中的一种基本原理，用于求解离散数学中的计数问题。

计数原理包括基本计数原理、乘法原理、加法原理和排列组合原理。

1.基本计数原理：基本计数原理是运用数学归纳法来解决计数问题的基本方法。

它的核心思想是将一个计数问题分解为若干个互相独立的子问题，再对子问题求解，最后将子问题的解累加得到原问题的解。

2.乘法原理：乘法原理是计数原理的一种特殊形式，用于解决多阶段决策类计数问题。

乘法原理的关键是将决策问题分解为多个阶段的决策子问题，然后通过求解每个子问题在相应阶段的可选项个数，再将各阶段的可选项个数相乘得到问题的解。

3.加法原理：加法原理是计数原理的另一种特殊形式，适用于解决分情况计数问题。

加法原理的核心思想是将计数问题分解为若干个情况，然后分别计算每种情况下的计数结果，最后将各种情况下计数结果相加得到问题的解。

4.排列组合原理：排列组合原理是计数原理的核心概念，描述了从给定元素集合中选取若干元素进行排列或组合的方法。

排列组合分为无重复元素的排列组合和有重复元素的排列组合两种情况。

-无重复元素的排列组合：若从n个不同元素中选取r个元素进行排列，称为排列数，用符号P(n,r)表示，排列数的计算公式为P(n,r)=n*(n-1)*...*(n-r+1)=n!/(n-r)。

若从n个不同元素中选取r个元素进行组合，称为组合数，用符号C(n,r)表示，组合数的计算公式为C(n,r)=P(n,r)/r!=n!/(r!*(n-r)。

-有重复元素的排列组合：若从n个相同元素中选取r个元素进行排列，称为重复排列，用符号P(n;r₁,r₂,...,r_k)表示，重复排列的计算公式为P(n;r₁,r₂,...,r_k)=n!/(r₁!*r₂!*...*r_k!)，其中r₁,r₂,...,r_k分别表示重复元素的个数。

2016年高考“概率与统计、计数原理”专题命题分析

试题研究》
§ ｊ王ｉ鞭ｈｊ－Ｒｕ …………………………………………………… 。
０１５年高考试题一样，除独立摘要：对２０１６年高考概率、统计及计数原理试的知识点覆盖面广，与２题，从考点，题量，题型，分值，难度，内容特点，性检验外，其余都有涉及，并且以统计为背景命制概考查的思想方法，文、理科的差异等几个方面总体概率试题更加新颖．计数原理以常规的排列、组合、二括了概率统计和计数原理的考查特点，并从《普通高项式定理等题目为载体，重点考查了应用两个原理分中数学课程标准（实验）》依据、总体思路、题面形析问题和解决问题的能力，弱化了复杂排列组合数公
重应用；强化思想，提炼方法；重视交会，提升能力．
关键词：概率统计；计数原理；命题规律
总体，回归方程的确定和应用；概率知识主要考查古典概型、几何概型、随机数、相互独立事件的概率、
互斥事件的概率加法公式、随机变量的分布列、数学２０１６年高考相关地区数学试卷对概率统计及计数期望、方差、独立性重复试验、二项分布等主干知原理的考查，依然遵循教育部《普通高中数学课程标识；计数原理考查排列中的排数问题、组合问题，二准（实验）》（以下简称《标准》）及考试大纲的要求，项式定理中应用展开式的通项公式求指定项的系数、题型基本稳定，注重基础，突出方法．考试内容主要二项式系数和问题．集中在统计图，离散型随机变量分布列，古典概型，２．题量与分值分析几何概型，计数原理，二项式定理，线性相关与线性在考查统计与概率、计数原理的ｌ７份试卷中，题回归方程的求法及应用等部分．量最多的是北京卷文科、山东卷理科及四川卷理科，

数学高考数学中的概率与统计题解题方法与思路总结

数学高考数学中的概率与统计题解题方法与思路总结概率与统计是数学中的一个重要分支，也是高考数学中的一项重要内容。

考查概率与统计的题目在高考中占据一定比例，掌握好解题方法与思路对于考生来说是至关重要的。

本文将对高考数学中的概率与统计题解题方法与思路进行总结，并提供一些实用的技巧和示例，帮助考生更好地应对这类题目。

一、概率题解题方法与思路在高考数学中，概率题目主要包括事件与概率、排列组合与概率、概率的计算与运用等内容。

以下是一些解题方法与思路的总结：1. 理清题意：在解概率题前，首先要仔细阅读题目，理解题目所描述的背景和条件。

确定给定事件和所求事件，并结合题目中的条件将问题转化为一个概率问题。

2. 构建样本空间：根据题目所给条件，建立一个恰当的样本空间。

样本空间是所有可能的结果组成的集合，对于复杂的问题，可以利用树状图、表格等方式来构建样本空间，帮助理清逻辑关系。

3. 确定事件：根据题目要求，确定所关注的事件，并通过分析题目中的条件，对事件进行限定条件，以便进行计算。

4. 计算概率：利用概率的定义，计算所求事件发生的概率。

常用的计算方法有等可能原理、排列组合等概率的性质。

5. 运用概率：在解概率题时，还需要掌握条件概率、独立事件等相关概念和计算方法。

根据题目给出的条件，利用已知的概率计算所求的概率，注意要根据条件的不同进行不同的计算。

二、统计题解题方法与思路统计是高考数学中的另一个重要内容，主要包括频率分布、参数估计、假设检验等。

以下是一些解题方法与思路的总结：1. 构建频数表：对于给定的数据，首先要进行整理和分类，然后利用频数表将数据进行统计。

频数表是将数据按照一定的规则分组，统计各组的频数。

2. 绘制统计图表：根据频数表，可以绘制统计图表，如直方图、频率多边形等。

统计图表可以直观地展示数据的分布情况，对于理解问题和进行进一步分析具有重要意义。

3. 计算统计指标：在统计题中，常常需要计算一些统计指标，如平均数、标准差等。

高考数学冲刺一轮复习第十四章理计数原理与二项式定理

【理】第十四章、计数原理与二项式定理第1节排列与组合考纲要求考纲研读1.分类加法计数原理、分步乘法计数原理 (1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． (2)会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理和解决一些简单的实际问题．2.排列与组合 (1)理解排列、组合的概念． (2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． (3)能解决简单的实际问题.利用计数原理和排列组合解决计数问题时，要注意不重不漏，合理分类或分步，灵活掌握一些常用的思想方法．要掌握一些常见模型的处理方式，比如平均分组问题、球放盒的模型、指标分配问题等.1．分类加法原理与分步乘法原理做一件事，完成它有 n 类办法，在第一类办法中有 m 1 种不同的方法，在第二类办法中有 m 2种不同的方法，…，第 n 类办法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝种不同的方法．做一件事，完成它要分成 n 个步骤，在第一个步骤中有 m 1种不同的方法，在第二个步骤中有m 2种不同的方法，…，第 n 个步骤中有 m n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝种不同的方法． 2．排列与排列数(1)从 n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列．(2)从 n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从 m 个不同元素中取出mn A 个元素的排列数，用m n A 表示，且m n A ＝ .3．组合与组合数(1)从 n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合． (2)从 n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用m n C 表示，且m n C ＝ .1．已知集合 M ＝{1，－2,3}，N ＝{－4,5,6，－7}，从两个集合 M 、N 中各选一个数分别作为点的横坐标和纵坐标，则在第一、二象限内不同的点个数为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．122．(湖北)现有 4 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( ) A ．54 B ．65 C.5×6×5×4×3×22D ．6×5×4×3×23．从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加迎新座谈会，若这 4 人中必须既有男生又有女生，不同的选法共有( )A ．40 种B ．120 种C ．35 种D ．34 种4．从 5 名男同学，3 名女同学中选 3 名参加公益活动，则选到的 3 名同学中既有男同学又有女同学的不同选法共有种(用数字作答)．5．安排 7 位工作人员在 10 月 1 日到 10 月 7 日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在 10 月 1 日和 10 月 2 日．不同的安排方法共有种．1.由 1,2,3,4,5 组成没有重复数字且 1,2 都不与5 相邻的五位数的个数是( ) A ．36 B ．32 C ．28 D ．242.从 4 名男同学和 3 名女同学中，选出 3 人参加学校的某项调查，求在下列情况下，各有多少种不同的选法？(1)无任何限制；(2)甲、乙必须当选；(3)甲、乙都不当选；(4)甲、乙只有一人当选；(5)甲、乙至少有一人当选；(6)甲、乙至多有一人当选．关于排列、组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧：①特殊元素(特殊位置)优先考虑；②排列、组合混合问题先选后排；③相邻问题捆绑处理；④不相邻问题插空处理；⑤“小集团”排列问题先整体后局部；⑥合理分类与准确分步；⑦ 正难则反，等价转化．第2节二项式定理考纲要求考纲研读(1)能用计数原理证明二项式原理． (2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.对于二项式定理，主要考查利用通项公式求展开式的特定项、求特定项的系数、利用赋值法求二项式展开式系数问题等.1．二项式定理(a ＋b)n ＝，所表示的定理叫做二项式定理．2．通项:T r ＋1＝C r n a n －r b r为第项． 3．二项式系数式子叫做二项式系数．1．在二项式521⎪⎭⎫⎝⎛-x x 的展开式中，含x 4的项的系数是( )A ．－10B ．10C ．－5D ．52．(x －1)10的展开式中第 6 项的系数是( )A. C 610B. －C 610 C ．C 510 D ．－C 5103．(重庆)(1＋3x)n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与 x 6 的系数相等，则 n ＝( ) A ．6 B ．7 C. 8 D. 94．若C 1n ＋3C 2n ＋32C 3n ＋…＋3n －2C n －1n ＋3n －1＝85，则 n 的值为 . 5．(湖北)在1831⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 展开式中含x 15的项的系数为 (结果用数值表示)．1.在10221⎪⎭⎫⎝⎛+x x 的二项展开式中，x 11的系数是 .2.若nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+1展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( ) A.10 B.20 C.30 D.1203.设(x －1)4(x ＋2)8＝a 0x 12＋a 1x 11＋…＋a 11x ＋a 12，则a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12＝ .4.在n x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+312的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是 .1．(a ＋b )n 的展开式中第r ＋1项为T r ＋1＝C r n an －rb r . 2．二项式系数的性质(1)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.(2)对称性：C r n ＝C n －r n . (3)最值问题①当n 为偶数时，中间一项2n nC 最大；②当n 为奇数时，中间两项12n nC -＝12n nC+且最大．3．处理二项式的展开式的系数和的问题时，可考虑采用赋值法．认真听讲，做好笔记（模板）：。

高考数学一轮总复习统计与概率应试技巧整理

高考数学一轮总复习统计与概率应试技巧整理一、引言在高考数学考试中，统计与概率是一个重要的考点，也是一些学生容易出现困惑的部分。

为了帮助同学们更好地复习和备考，本文将整理一些高考数学统计与概率的应试技巧。

二、基础知识梳理在复习统计与概率前，要先掌握相关的基础知识。

常见的统计与概率的基础知识包括：事件的概念、随机事件的概念、样本空间与事件的关系、频率与概率的概念、设备的概念等。

掌握这些基础知识是理解后续内容的基础。

三、常见概念与公式1. 概率的基本性质在复习概率时，要了解概率的基本性质。

例如，概率是介于0和1之间的实数，所有样本点的概率之和为1等。

2. 条件概率条件概率是统计与概率中的重要概念，也是高考考点中常见的一部分。

复习时，要掌握条件概率的计算方法和应用，包括乘法定理和全概率公式等。

3. 事件的运算了解事件的运算是复习统计与概率的关键。

在考试中，往往需要对事件进行求交集、求并集、求补集等运算。

复习时，要熟练掌握这些运算的方法，并能够灵活应用。

4. 离散型随机变量与概率分布在统计与概率中，离散型随机变量是一个重要的概念。

复习时，要了解离散型随机变量的概念及其概率分布函数，包括分布列、累积分布函数等。

5. 连续型随机变量与概率密度函数与离散型随机变量类似，连续型随机变量也是一个重要的概念。

复习时，要了解连续型随机变量的概念及其概率密度函数，包括密度函数的性质、分布函数的计算等。

6. 统计图表的应用在高考数学中，统计图表的应用经常出现。

复习时，要熟悉各种统计图表的类型、特点和应用场景，包括条形图、折线图、饼图、散点图等。

四、解题技巧与策略1. 增强计算能力统计与概率涉及到大量的计算，而高考数学试卷的时间是有限的。

因此，提高计算速度和准确性是非常重要的。

可以通过多做一些练习题、刷一些真题来提升计算能力。

2. 理解题意，理顺思路在解决统计与概率的题目时，往往需要理解题意，抓住关键信息，进行问题分析。

然后，根据问题的要求，选择合适的方法和技巧来求解。

高考数学复习专题14计数原理与概率统计二项式定理备考策略

二项式定理备考策略主标题：二项式定理备考策略副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。

关键词：二项式定理，二项式系数，项系数，备考策略难度：2重要程度：4考点一通项公式及其应用【例1】 (1)设二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －13x 5的展开式中常数项为A ，则A ＝________. (2)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a 等于( )．A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1 解析 (1)T r ＋1＝C r 5(x )5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13x r ＝()x C r rr 6525`51--，令52－56r ＝0，得r ＝3，∴A ＝－C 35＝－10. (2)(1＋ax )(1＋x )5＝(1＋x )5＋ax (1＋x )5，又(1＋x )5中含有x 与x 2的项为T 2＝C 15x ，T 3＝C 25x 2.∴展开式中x 2的系数为C 25＋a ·C 15＝5，∴a ＝－1.答案 (1)－10 (2)D【备考策略】 (1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r ，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．考点二二项式系数的性质与各项系数和【例2】 (1)设(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋…＋a n ＝63，则展开式中系数最大的项是( )．A ．15x 2B ．20x 3C ．21x 3D ．35x 3(2)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n 的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为________．审题路线 (1)先赋值求a 0及各项系数和，进而求得n 值，再运用二项式系数性质与通项公式求解．(2)根据二项式系数性质，由C 2n ＝C 6n ，确定n 的值，求出1x 2的系数．解析 (1)∵(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，令x ＝0，得a 0＝1.令x ＝1，则(1＋1)n ＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝64，∴n ＝6，又(1＋x )6的展开式二项式系数最大项的系数最大，∴(1＋x )6的展开式系数最大项为T 4＝C 36x 3＝20x 3.(2)由题意知，C 2n ＝C 6n ，∴n ＝8.∴T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ，当8－2r ＝－2时，r ＝5，∴1x 2的系数为C 58＝C 38＝56.答案 (1)B (2)56【备考策略】 (1)第(1)小题求解的关键在于赋值，求出a 0与n 的值；第(2)小题在求解过程中，常因把n 的等量关系表示为C 3n ＝C 7n ，而求错n 的值．(2)求解这类问题要注意：①区别二项式系数与展开式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质；②根据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为1，－1.考点三二项式定理的应用【例3】设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( )． A ．0 B ．1 C ．11 D ．12解析 512 012＋a ＝(52－1)2 012＋a ＝C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…＋C 2 0112 012×52·(－1)2 011＋C 2 0122 012·(－1)2 012＋a ， ∵C 02 012·522 012－C 12 012·522 011＋…＋C 2 0112 012×52·(－1)2 011能被13整除．且512 012＋a 能被13整除，∴C 2 0122 012·(－1)2 012＋a ＝1＋a 也能被13整除．因此a 可取值12.答案 D【备考策略】 (1)本题求解的关键在于将512 012变形为(52－1)2 012，使得展开式中的每一项与除数13建立联系．(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，但要注意两点：一是余数的范围，a ＝cr ＋b ，其中余数b ∈[0，r )，r 是除数，切记余数不能为负，二是二项式定理的逆用．。

高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.4独立性及二项分布教学案

14.4 独立性及二项分布考纲要求1．了解条件概率和两个事件相互独立的概率．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．1．条件概率及其性质(1)一般地，若有两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，则称为事件B 发生的条件下事件A 的__________，记为__________，其公式为P (A |B )＝__________.(2)条件概率具有的性质： ①______________.②如果A 和B 是两个互斥事件，则P (A ＋B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )．2．相互独立事件(1)一般地，若事件A ，B 满足P (A |B )＝P (A )，则称事件A ，B 独立．(2)若A 与B 相互独立，则P (A |B )＝__________，P (AB )＝__________＝________.(3)若A 与B 相互独立，则__________，__________，__________也都相互独立．(4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B ____.(5)若A 1，A 2，…，A n (n ＞2)相互独立，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．3．二项分布(1)一般地，由n 次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A 与A ，每次试验中P (A )＝p ＞0.我们将这样的试验称为n 次独立重复试验，也称为伯努利试验．(2)若随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C k n p k q n －k，其中0＜p ＜1，p ＋q ＝1，k ＝0,1,2，…，n ，则称X 服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )．1．已知P (AB )＝320，P (A )＝35，则P (B |A )＝__________.2．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__________．3．如果X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为__________．4．有1道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它．求2人都未解决的概率和问题得到解决的概率．1．P (B |A )与P (AB )有何区别？提示：P (B |A )的值是AB 发生相对于事件A 发生的概率的大小；而P (AB )是AB 发生相对于原来的全体基本事件而言，一般P (B |A )≠P (AB )．2．若事件A ，B 互斥，则P (B |A )是多少？提示：A 与B 互斥，即A 与B 不同时发生，所以P (AB )＝0，P (B |A )＝0.3．互斥事件与相互独立事件有什么区别？提示：两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．互斥事件与相互独立事件之间没有必然的联系，也就是说两个事件相互独立，则一定不能互斥；反之，若两个事件互斥，则不能相互独立．一、条件概率及其性质【例1】抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A 为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”．(1)求P (A )，P (B )，P (AB )；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．方法提炼条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P ABP A，这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.请做针对训练1二、事件的独立性的应用【例2】已知挑选空军飞行学员可以说是“万里挑一”，要想通过需过“五关”——目测、初检、复检、文考、政审等．若某校甲、乙、丙三个同学都顺利通过了前两关，有望成为光荣的空军飞行学员．根据分析，甲、乙、丙三个同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，通过政审关的概率均为1.后三关相互独立．(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过复检的概率；(2)设通过最后三关后，能被录取的人数为X ，求随机变量X 的数学期望E (X )．方法提炼(1)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有： 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． (2)已知两个事件A ，B 相互独立，它们的概率分别为P (A )，三、二项分布【例3】(2012江苏四市联考)某地区通过先初试再复试选拔篮球运动员，初试依次进行四项测试，若选手通过其中两项测试，则可直接进入复试，不再进行剩余项测试；若选手前三项测试均不通过，则不进行第四项测试．假设选手甲在初试中通过每项测试的概率都是23，且每项测试是否通过互相独立．(1)求选手甲前两项测试均不通过的概率；(2)设选手甲参加初试测试的次数为X (X ≥2)，求X 的概率分布及X 的数学期望．方法提炼1．独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的．2．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X ＝k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.在利用该公式时一定要审清公式中的n，k各是多少．请做针对训练3四、概率的综合应用【例4】一个口袋中装有n个红球(n≥5且n∈N)和5个白球，这些球除颜色外完全相同，每次从袋中任意摸出两个球，记录下颜色后，再放回袋中．(1)当n＝5时，设ξ表示第一次摸出的两个球中红球的个数，求ξ的概率分布及数学期望．(2)某人共三次摸出球，记三次摸球中恰有一次两球颜色不同的概率为P.当n等于多少时，P最大？方法提炼二项分布实际上是对n次独立重复试验从概率分布的角度作出的阐述，它是一种很常见的随机变量的分布，应用十分广泛，如有放回地取球取到白球的个数、射击试验命中的次数等都服从二项分布．利用二项分布的模型可以快速地写出随机变量的分布列，从而简化了求随机变量取每一个具体概率值的过程．因此，我们应熟练掌握二项分布．请做针对训练4二项分布及其应用在每年的高考解答题中均有考查，主要以条件概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验和二项分布的概率模型为载体，综合考查某一事件发生的概率．能正确确定离散型随机变量的取值，明确各个值所对应的事件的概率是正确解答此类问题的关键．1．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为__________．2．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．3．一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的分布列．4．某城市有甲、乙、丙、丁4个旅游景点，一位客人游览这4个景点的概率都是0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响．设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．(1)求ξ的分布列及数学期望；(2)记“函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间[4，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)条件概率 P (A |B ) P ABP B(2)①0≤P (A |B )≤12．(2)P (A ) P (A |B )P (B ) P (A )P (B ) (3)A 与B A 与B A 与B (4)相互独立基础自测1.14 解析：P (B |A )＝P ABP A ＝32035＝14. 2.49 解析：所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.3．3或4 解析：采取特殊值法．∵P (X ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412，P (X ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144·⎝ ⎛⎭⎪⎫3411，P (X ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭⎪⎫3410，从而易知P (X ＝3)＝P (X ＝4)>P (X ＝5)．考点探究突破【例1】解：(1)①P (A )＝26＝13.②∵两颗骰子的点数之和共有36个等可能的结果，点数之和大于8的结果共有10个．∴P (B )＝1036＝518.③当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的结果有5个，故P (AB )＝536.(2)由(1)知P (B |A )＝P ABP A ＝53613＝512.【例2】解：(1)分别记甲、乙、丙三个同学复检合格为事件A 1、A 2、A 3，E 表示事件“恰有一人通过复检”．P (E )＝P (A 1 A 2 A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1 A 2 A 3)＝0.5×0.4×0.25＋0.5×0.6×0.25＋0.5×0.4×0.75＝0.275.(2)方法一：因为甲、乙、丙三个同学通过三关的概率均为p ＝0.3，所以X ～B (3,0.3)．故E (X )＝np ＝3×0.3＝0.9.方法二：分别记甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格为事件A ，B ，C ，则P (A )＝P (B )＝P (C )＝0.3，所以P (X ＝1)＝3×(1－0.3)2×0.3＝0.441. P (X ＝2)＝3×0.32×0.7＝0.189， P (X ＝3)＝0.33＝0.027，于是，E (X )＝1×0.441＋2×0.189＋3×0.027＝0.9.【例3】解：(1)记“选手甲前两次测试均不通过”为事件A ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝19.即选手甲前两次测试均不通过的概率为19.(2)P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P (X ＝3)＝C 12×23×13×23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝13，P (X ＝4)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29.故X∴E (X )＝2×49＋3×3＋4×9＝9.【例4】解：(1)当n ＝5时，ξ可取0,1,2，P (ξ＝0)＝C 25C 210＝29，P (ξ＝1)＝C 15C 15C 210＝59，P (ξ＝2)＝C 25C 210＝29，P29 59 29E (ξ)＝0×29＋1×59＋2×29＝1.(2)设每次摸球，两球颜色不同的概率为p ，则p ＝C 15·C 1nC 2n ＋5＝10nn ＋5n ＋4.则三次摸球中恰有一次两球颜色不同的概率为P ＝P 3(1)＝C 13·p ·(1－p )2＝3p 3－6p 2＋3p,0<p <1. P ′＝9p 2－12p ＋3＝3(p －1)(3p －1)，令P ′＝0，则p ＝1(舍)，p ＝13.∵P 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上为减函数，∴当p ＝13时，P 取得最大值．∴p ＝10n n ＋5n ＋4＝13，解得n ＝20.答：当n ＝20时，P 最大．演练巩固提升针对训练1．0.72 解析：设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗(即发芽，又成活为幼苗)为事件AB ，出芽后的幼苗的成活率为：P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9，根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.2．解：(1)设“购买甲种保险”事件为A ，“购买乙种保险”事件为B .由已知条件P (A )＝0.5，P (B A )＝0.3， ∴P (B )P (A )＝0.3，P (B )＝0.3P A＝0.6，所以，1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－(1－0.5)(1－0.6)＝0.8.(2)一位车主两种保险都不购买的概率为P ＝P (A B )＝0.2，因此3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为C 13×0.2×0.82＝0.384.3．解：(1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的，故X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫6，13.所以X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫13k·⎝ ⎛⎭⎪⎫236－k ，k ＝0,1,2,3,4,5,6.(2)由于Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y 是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．P (Y ＝k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ·13(k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为P (Y ＝6)＝ ⎛⎪⎫236，因此Y 的分布列为：景点”“客人游览丙景点”“客人游览丁景点”为事件A 1，A 2，A 3，A 4，由已知A 1，A 2，A 3，A 4相互独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (A 4)＝0.6，客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3,4；相应的，客人没有游览的景点数的可能取值为4,3,2,1,0.所以ξ的可能取值为0,2,4.P (ξ＝0)＝C 24(0.6)2(1－0.6)2＝0.345 6，P (ξ＝2)＝C 14(0.6)1(1－0.6)3＋C 34(0.6)3(1－0.6)1＝0.499 2， P (ξ＝4)＝(0.6)4＋(1－0.6)4＝0.155 2. 所以ξE (ξ) 1.619 2.(2)因为f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －32ξ2＋1－94ξ2，所以函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫32ξ，＋∞上单调递增．要使f (x )在[4，＋∞)上单调递增，当且仅当32ξ≤4，即ξ≤83.从而P (A )＝P ⎝⎛⎭⎪⎫ξ≤83＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝2)＝0.844 8.。

高考数学复习专题14计数原理与概率统计古典概型备考策略

古典概型备考策略主标题：古典概型备考策略副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。

关键词：古典概型，古典概型公式，备考策略难度：2重要程度：4考点一简单古典概型的概率【例1】现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答．试求：(1)所取的2道题都是甲类题的概率；(2)所取的2道题不是同一类题的概率．解从6道题中任取2道有n ＝C 26＝15(种)取法．(1)记“所取的2道题都是甲类题”为事件A ，则A 发生共有m ＝C 24＝6种结果． ∴所求事件概率P (A )＝m n ＝615＝25. (2)记“所取的2道题不是同一类题”事件为B ，事件B 包含的基本事件有C 14C 12＝8(种)，则事件B 的概率为P (B )＝815. 【备考策略】有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.考点二复杂的古典概型的概率【例2】将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，求：(1)两数中至少有一个奇数的概率；(2)以第一次向上点数为横坐标x ，第二次向上的点数为纵坐标y 的点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15的外部或圆上的概率．解由题意，先后掷2次，向上的点数(x ，y )共有n ＝6×6＝36种等可能结果，为古典概型．(1)记“两数中至少有一个奇数”为事件B ，则事件B 与“两数均为偶数”为对立事件，记为B .∵事件B 包含的基本事件数m ＝C 13C 13＝9.∴P (B )＝936＝14，则P (B )＝1－P (B )＝34，因此，两数中至少有一个奇数的概率为34. (2)点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15的内部记为事件C ，则C 表示“点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15上或圆的外部”．又事件C 包含基本事件：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)共有8个．∴P (C )＝836＝29，从而P (C )＝1－P (C )＝1－29＝79.∴点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15上或圆外部的概率为79.【备考策略】 (1)一是本题易把(2,4)和(4,2)，(1,2)和(2,1)看成同一个基本事件，造成计算错误．二是当所求事件情况较复杂时，一般要分类计算，即用互斥事件的概率加法公式或考虑用对立事件求解．(2)当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时，通常考虑用对立事件的概率公式P (A )＝1－P (A )求解．考点三古典概型与统计的综合问题【例3】某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．(1)根据茎叶图计算样本均值；(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人？(3)从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率．审题路线 (1)阅读茎叶图得出样本数据，利用平均数公式计算出样本均值．(2)根据样本算出优秀工人的比例，再估计12人中优秀工人的个数．(3)用组合数公式求出所有可能的组合的个数和符合条件的组合的个数，利用古典概型概率公式计算．解 (1)由茎叶图可知：样本数据为17,19,20,21,25,30.则x ＝16(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，故样本均值为22.(2)日加工零件个数大于样本均值的工人有2名，故优秀工人的频率为26＝13.该车间12名工人中优秀工人大约有12×13＝4(名)，故该车间约有4名优秀工人．(3)记“恰有1名优秀工人”为事件A ，其包含的基本事件总数为C 14C 18＝32，所有基本事件的总数为C 212＝66.由古典概型概率公式，得P (A )＝3266＝1633. 所以恰有1名优秀工人的概率为1633. 【备考策略】 (1)本题求解的关键在于从茎叶图准确提炼数据信息，进行统计与概率的正确计算．(2)一是题目考查茎叶图、样本均值、古典概型等基础知识，考查样本估计总体的思想方法，以及数据处理能力．二是求解时要设出所求事件，进行必要的说明，规范表达，这都是得分的重点．。

高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.1两个基本计数原理教学案

第14章计数原理、二项式定理、概率14．1 两个基本计数原理考纲要求1．理解分类计数原理和分步计数原理．2．会用分类计数原理和分步计数原理分析和解决一些简单的实际问题．1．分类计数原理：完成一件事，有n 类方式，在第1类方式中有m 1种不同的方法，在第2类方式中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方式中有m n 种不同的方法，那么完成这件事情共有__________种不同的方法．2．分步计数原理：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，……做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事情共有____________种不同的方法．1．5名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，则不同的报名方法有__________种．2．有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是__________．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．从书架上任取1本书，不同的取法数为__________．从第1,2,3层分别各取一本书，不同的取法数为__________．4．由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有________．5．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种(用数字作答)．在计数问题中如何判定是分类计数原理还是分步计数原理？提示：如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类计数原理；如果每类办法中的每种方法只能完成事件的一部分，就用分步计数原理．一、分类计数原理的应用【例1】方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？方法提炼使用分类计数原理计数的两个条件一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．二是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法．请做针对训练3二、分步计数原理的应用【例2】已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，点P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，问：(1)点P可表示平面上多少个不同的点？(2)点P可表示平面上多少个第二象限的点？(3)点P可表示多少个不在直线y＝x上的点？方法提炼应用分步计数原理要注意两点：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么，必须经几步才能完成．(2)完成这件事需分为若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步本事件都不可能完成．请做针对训练1三、两个计数原理的综合应用【例3】某个同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选两本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？方法提炼在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求．请做针对训练2从近三年高考试题来看，高考对此部分内容考查都在附加题中．单独考查较少，往往结合概率进行考查，题型为解答题，难度为中档题．1．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)2．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，则不同的选法共有__________种．3．高三一班有学生50人，男30人，女20人；高三二班有学生60人，男30人，女30人；高三三班有学生55人，男35人，女20人．(1)从高三一班或二班或三班学生中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班的男生中，或从高三三班的女生中选一名学生任校学生会体育部部长，有多少种不同的选法？参考答案基础梳理自测知识梳理1．N＝m1＋m2＋…＋m n2．N＝m1×m2×…×m n基础自测1．32 解析：分5步完成，每一步有两种不同的方法，故不同的报名方法有25＝32种．2．12 解析：由分步计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12种选法．3．15 120 解析：由分类计数原理，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步计数原理，不同的取法总数为4×5×6＝120.4．174个解析：可用排除法，由0,1,2,3可组成的所有四位数有3×4×4×4＝192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3×3×2×1＝18(个)，故共有192－18＝174(个)．5．24 解析：分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法；其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法；最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法．于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．考点探究突破【例1】解：以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法，即有20个符合题意的椭圆．【例2】解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36.(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．【例3】解：(1)完成的事情是带一本书，无论是带外语书还是带数学书、物理书，事情都能完成，从而确定为分类计数原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本书后，才能完成这件事，因此应用分步计数原理，结果为5×4×3＝60种．(3)选1本数学书和选1本外语书，应用分步计数原理，有5×4＝20种选法，同样地，选外语书、物理书各一本有5×3＝15种选法，选数学书、物理书各一本有4×3＝12种选法，应用分类计数原理，结果为20＋15＋12＝47种．演练巩固提升针对训练1．14 解析：用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16－2＝14(个)．2．30 解析：分两类．第一类：A类选修课选1门，B类选修课选2门，不同的选法有3×6＝18(种)；第二类：A类选修课选2门，B类选修课选1门，不同的选法有3×4＝12(种)．根据分类计数原理共有18＋12＝30种不同的选法．3．解：(1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，根据分类计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165种选法．(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法，综上知，共有30＋30＋20＝80种选法．。

2016届高考数学(理)考纲解读及热点难点试题演练专题14计数原理、随机变量及其分布列14(教师版)

【2016年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计算原理、分步乘法计数原理，B 级要求． (2)排列与组合，B 级要求．(3)离散型随机变量及其分布列、超几何分布、条件概率及相互独立事件，A 级要求． (4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B 级要求. 【重点、难点剖析】 1．两种计数原理分类计数原理和分步计数原理． 2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．3．组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C m n ＝nn －n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．(3)组合数性质：C m n ＝C n －mn；C m n ＋C m －1n＝C m n ＋1. 4．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1°p i ≥0(i ＝1,2,3，…，n )；2°p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝1；(2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X ～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X ～H (n ，M ，N )；2°概率分布列：X ～H (r ；n ，M ，N )＝P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC M N；③二项分布(又叫独立重复试验，波努利试验)：1°符号表示：X ～B (n ，p )；2°概率分布列：P (X＝k )＝C k n p k (1－p )n －k. 注意：P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝r )＋…＋P (X ＝n )＝1. 【题型示例】题型一计数原理及其应用【例1】 (1)(2014·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A ．60种B ．70种C ．75种D ．150种(2)航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( ) A ．12种 B ．16种 C ．24种 D ．36种【命题意图】(1)本题主要考查基本计数原理的应用，意在考查考生的逻辑分析能力和运算求解能力．(2)本题主要考查排列组合的基础知识，意在考查考生利用排列组合的知识解决计数问题的能力．【易错指导】解决排列组合问题首先要根据所求事件是否与顺序有关，将其进行分类：将该事件分为几个彼此互斥的事件，再根据事件发生的过程将其分成几个简单的步骤，逐步求解，最后利用基本计数原理求解即可，这样可将复杂的事件转化为简单的排列组合问题来解决．【答案】(1)C (2)D(2)当甲排在边上时，有2A 33＝12种方法；当甲不排在边上时，有12A 22＝24种方法．这样一共有12＋24＝36种不同的着舰方法．【感悟提升】分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对的是“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的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．【变式探究】设整数n ≥4，P (a ，b )是平面直角坐标系xOy 中的点，其中a ，b ∈{1,2,3，…，n }，a ＞b .(1)记A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .【解析】(1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形．由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0,1,2}，则k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1(n －3k )＝mn －3m m ＋2＝mn －3m －2，将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝n －n －6－r r －6，所以B n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n －6，n3是整数，n －n －6，n3不是整数.【规律方法】此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【变式探究】设集合P n ＝{1,2，…，n }，n ∈N *.记f (n )为同时满足下列条件的集合A 的个数：①A ⊆P n ；②若x ∈A ，则2x ∉A ；③若x ∈∁Pn A ，则2x ∉∁Pn A . (1)求f (4)；(2)求f (n )的解析式(用n 表示)．题型二条件概率与相互独立事件的概率例2、(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312解析该同学通过测试的概率为p ＝0.6×0.6＋C 12×0.4×0.62＝0.648.答案 A【变式探究】(1)(2014·新课标全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A ．0.8 B ．0.75 C ．0.6 D ．0.45(2)一出租车司机从饭店到火车站的途中要经过六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是13，那么这位司机遇到红灯前，已经通过了两个交通岗的概率是________．【命题意图】本题主要考查概率的计算，涉及事件相互关系的分析与条件概率的计算，意在考查考生的理解能力与运算求解能力．【答案】(1)A (2)427【感悟提升】 1．条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P ABP A .这是通用的求条件概率的方法． (2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A . 2．求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法及注意点(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或为一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解． (2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．(3)注意点：注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．【变式探究】甲、乙二人比赛投篮，每人连续投3次，投中次数多者获胜，若甲前2次每次投中的概率都是13，第3次投中的概率是12；乙每次投中的概率都是25.甲、乙每次投中与否相互独立．(1)求乙直到第3次才投中的概率； (2)在比赛前，从胜负的角度考虑，你支持谁？请说明理由．【解析】(1)记事件A i ：乙第i 次投中(i ＝1,2,3)，则P (A i )＝25(i ＝1,2,3)，事件A 1，A 2，A 3相互独立，∴P (乙直到第3次才投中)＝P (A 1·A 2·A 3)＝P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)＝⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－25×25＝18125.(2)设甲投中的次数为ξ，乙投中的次数为η，由η～B ⎝⎛⎭⎫3，25，∴乙投中次数的数学期望E (η)＝3×25＝65.ξ的所有可能取值是0,1,2,3，甲前2次投中次数服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫2，13，且每次投中与否相互独立，∴P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－12＝29，P (ξ＝1)＝C 12×13×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－12＋C 22×⎝⎛⎭⎫1－132×12＝49， P (ξ＝2)＝C 22×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫1－12＋C 12×13×⎝⎛⎭⎫1－13×12＝518，P (ξ＝3)＝C 22×⎝⎛⎭⎫132×12＝118， ∴甲投中次数的数学期望E (ξ)＝0×29＋1×49＋2×518＋3×118＝76， ∴E (η)＞E (ξ)，∴在比赛前，从胜负的角度考虑，应支持乙.【变式探究】红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A 、B 、C 进行围棋比赛，甲对A 、乙对B 、丙对C 各一盘．已知甲胜A 、乙胜B 、丙胜C 的概率分别为0.6、0.5、0.5.假设各盘比赛结果相互独立．(1)求红队至少两名队员获胜的概率；(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)．(2)由题意，知ξ的可能取值为0,1,2,3.因此P(ξ＝0)＝P(D E F)＝0.4×0.5×0.5＝0.1，P(ξ＝1)＝P(D E F)＋P(D E F)＋P(D E F)＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.由对立事件的概率公式，得P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.所以ξ的分布列为因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.【变式探究】某品牌设计了编号依次为1,2，3，…，n(n≥4，且n∈N*)的n种不同款式的时装，由甲、乙两位模特分别独立地从中随机选择i，j(0≤i，j≤n，且i，j∈N)种款式用来拍摄广告．(1)若i＝j＝2，且甲在1到m(m为给定的正整数，且2≤m≤n－2)号中选择，乙在(m＋1)到n号中选择．记P st(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)为款式(编号)s和t同时被选中的概率，求所有的P st的和；(2)求至少有一个款式为甲和乙共同认可的概率．(2)甲从n 种不同款式的服装中选取服装的所有可能种数为：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n，同理得，乙从n 种不同款式的服装中选取服装的所有可能种数为2n ，据分步乘法计数原理得，所有等可能的基本事件的种数为：2n ·2n ＝4n ，记“至少有一个款式为甲和乙共同认可”为事件B ，则事件B 的对应事件B 为：“没有一个款式为甲和乙共同认可”，而事件B 包含的基本事件种数为：C 0n ·(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )＋C 1n ·(C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋…＋C n －1n ·(C 01＋C 11)＋C n n ·(C 00)＝C 0n ·2n ＋C 1n ·2n －1＋…＋C n －1n ·2＋C n n ·20 ＝(1＋2)n ＝3n ，所以P (B )＝1－P (B )＝1－⎝⎛⎭⎫34n .【规律方法】对于求较复杂事件的概率问题，可以将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求对立事件的概率，再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率．【变式探究】甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响． (1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．求乙恰好射击5次后被中止射击的概率．题型三离散型随机变量的分布列例3、(2015·安徽，17)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果． (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率； (2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望)．解 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A .P (A )＝A 12A 13A 25＝310.(2)X 的可能取值为200，300，400.P (X ＝200)＝A 22A 25＝110，P (X ＝300)＝A 33＋C 12C 13A 22A35＝310， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－110－310＝610.故X 的分布列为E (X )＝200×110＋300×310＋400×610＝350.【变式探究】(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定． (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．所以X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.【举一反三】(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个． (1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．解 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 15C 310＝14. (2)X 的所有可能值为0，1，2，且P (X ＝0)＝C 38C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.综上知，X 的分布列为故E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)．题型四均值与方差例4．(2015·天津，16)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．(1)设A 为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.【变式探究】(2015·山东，19)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345； (2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此 P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142，所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝421.【举一反三】(2015·湖南，18)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以 P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15， P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12.故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. 于是 P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫151⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152⎝⎛⎭⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35. 题型五排列组合例5．(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( ) A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个答案 B【变式探究】 (1)(2014·重庆)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 ．120 C ．144 D ．168(2)(2014·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．【命题意图】本题主要考查排列组合的知识，意在考查考生应用排列组合知识解决实际问题的能力．【答案】(1)B (2)36【解析】(1)依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A 33A 34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A 22A 22A 33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，故选B.(2)将A ，B 捆绑在一起，有A 22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A 44种摆法，共有A 22A 44＝48种摆法，而A ，B ，C 3件在一起，且A ，B 相邻．A ，C 相邻有CAB ，BAC 两种情况．将这3件与剩下2件全排列，有2×A 33＝12种摆法，故A ，B 相邻，A ，C 不相邻的摆法有48－12＝36种．【感悟提升】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．【举一反三】(2015·广东，12)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答)．答案 1 560。

计数原理与二项式定理

计数原理与二项式定理一、计数原理计数原理是数学中的一种基本方法，用于计算事件发生的可能性和计数问题。

这一原理主要包括排列、组合和分配原理。

1.排列原理排列是指在一组元素中取出若干个元素按照一定顺序排列的方法。

排列原理是指，对于一个有n个元素的集合，从中取出m个元素进行排列时，可以得到的不同排列数为：P(n,m)=n!/(n-m)！其中n!表示n的阶乘，即n！=n*(n-1)*(n-2)*…*3*2*12.组合原理组合是指在一组元素中取出若干个元素，不考虑顺序的方法。

组合原理是指，对于一个有n个元素的集合，从中取出m个元素进行组合时，可以得到的不同组合数为：C(n,m)=n!/(m!(n-m)!)3.分配原理分配原理是指，将n个物体分配给r个不同的盒子中去，每个盒子中可以有0个或多个物体，要求所有物体都要分完的方法。

分配原理可以用斯特林数或简单的计算方法得到。

二项式定理是数学中的一个重要定理，描述了一个二项式的乘积的展开式。

具体表述如下：对于任意实数a和b，以及正整数n，有以下的等式成立：(a+b)^n=C(n,0)a^nb^0+C(n,1)a^(n-1)b^1+C(n,2)a^(n-2)b^2+…+C(n,n-1)a^1b^(n-1)+C(n,n)a^0b^n其中C(n,m)表示从n个元素中取出m个元素的组合数。

二项式定理的展开式被称为二项式展开式，展开后的每一项被称为二项式系数，可以由组合数的形式表示。

二项式定理的表述非常简洁，但具有广泛的应用。

它可以用于计算多项式的幂、二项式系数的求解、概率论等多个领域。

总结：计数原理是一种重要的数学方法，用于解决计数问题。

它包括排列原理、组合原理和分配原理。

排列原理用于计算在有限集合中从中取出若干元素进行排列的不同可能性。

组合原理用于计算在有限集合中从中取出若干元素进行组合的不同可能性。

分配原理用于将若干物体分配给一组盒子中，每个盒子可以为空或包含多个物体。