2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第4课时离散型随机变量

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2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第5课时独立性及二项分布

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第5课时独立性及二项分布1. (选修23P 59练习2改编)省工商局于2003年3月份，对全省流通领域的饮料进行了质量监督抽查，结果显示，某种刚进入市场的x 饮料的合格率为80%，现有甲、乙、丙3人聚会，选用6瓶x 饮料，并限定每人喝2瓶．则甲喝2瓶合格的x 饮料的概率是________．答案：0.64解析：记“第一瓶x 饮料合格”为事件A 1，“第二瓶x 饮料合格”为事件A 2，A 1与A 2是相互独立事件，“甲喝2瓶x 饮料都合格就是事件A 1、A 2同时发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得P(A 1·A 2)＝P(A 1)·P(A 2)＝0.8×0.8＝0.64.2. (选修23P 63练习2改编)某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________．答案：54125解析：本题符合独立重复试验，是二项分布问题，所以此人恰有两次击中目标的概率为C 23(0.6)2·(1－0.6)＝54125.3. 甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，假定在这段时间内两市是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两市同时下雨的概率为________．答案：0.036解析：设甲市下雨为事件A ，乙市下雨为事件B ，由题设知，事件A 与B 相互独立，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.2×0.18＝0.036.4. (选修23P 63练习2改编)某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则3个景区都有部门选择的概率是________．答案：49解析：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.3个景区都有部门选择可能出现的结果数为C 24·3！(从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有C 24＝6种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法)，记“3个景区都有部门选择”为事件A 1，那么事件A 1的概率为P(A 1)＝C 24·3！34＝49. 5. 在4次独立试验中，事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率是6581，则事件A 在一次试验中出现的概率是________．答案：13解析：设A 发生概率为P ，1－(1－P)4＝6581，P ＝13.1. 相互独立事件(1) 对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 相互独立． (2) 若A 与B 相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．(3) 若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4) 若P(AB)＝P(A)P(B)，则A 、B 相互独立． 2. 二项分布如果在一次试验中某事件发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是P(X ＝k)＝C k n p k q n －k，其中k ＝0，1，2，3，…，n ，q ＝1－p.于是得到随机变量X 的概率分布如下：nn n ＋…＋C k n p q ＋…＋n q 0中的第k ＋1项(k ＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X ～B(n ，p)．3. “互斥”与“相互独立”的区别与联系题型1 相互独立事件例1 A 高校自主招生设置了先后三道程序：部分高校联合考试、本校专业考试、本校面试．在每道程序中，设置三个成绩等级：优、良、中．若考生在某道程序中获得“中”，则该考生在本道程序中不通过，且不能进入下面的程序．考生只有全部通过三道程序，自主招生考试才算通过．某中学学生甲参加A 高校自主招生考试，已知该生在每道程序中通过的概率均为34，每道程序中得优、良、中的概率分别为p 1、12、p 2.(1) 求学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率；(2) 设ξ为学生甲在三道程序中获优的次数，求ξ的分布列．解：由题意，得11213,241,2p p p ìïï+=ïïíïï+=ïïïî解得p 1＝p 2＝14.(1) 设事件A 为学生甲不能通过A 高校自主招生考试，则P(A)＝14＋34×14＋34×34×14＝3764. 答：学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率为3764.(2) 由题意知：ξ＝0，1，2，3.P(ξ＝0)＝14＋12×14＋12×12×14＋12×12×12＝916，P(ξ＝2)＝14×14×14＋14×14×12＋14×12×14＋12×14×14＝764，P(ξ＝3)＝14×14×14＝164，∵i ＝03P (ξ＝i)＝1，∴P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝516. 故ξ的分布列为变式训练有一种闯三关游戏规则规定如下：用抛掷正四面体型骰子(各面上分别有1，2，3，4点数的质地均匀的正四面体)决定是否过关，在闯第n(n ＝1，2，3)关时，需要抛掷n 次骰子，当n 次骰子面朝下的点数之和大于n 2时，则算闯此关成功，并且继续闯关，否则停止闯关．每次抛掷骰子相互独立．(1) 求仅闯过第一关的概率；(2) 记成功闯过的关数为ξ，求ξ的分布列．解：(1) 记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A ，则P(A)＝34·616＝932.(2) 由题意得，ξ的取值有0，1，2，3，且P(ξ＝0)＝14，P(ξ＝1)＝932，P(ξ＝2)＝34·1016·5464＝4051 024，P(ξ＝3)＝34·1016·1064＝751 024，即随机变量ξ的概率分布列为题型2 独立重复试验与二项分布例2 设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1) 求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率； (2) 求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(3) 记ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．解：记A 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品；记B 表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品；记C 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种；记D 表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．(1) C ＝A·B ＋A ·B，P(C)＝P(A·B ＋A ·B)＝P(A·B)＋P(A ·B)＝P(A)·P(B)＋P(A －)·P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(2) D ＝A ·B ，P(D)＝P(A ·B)＝P(A )·P(B)＝0.5×0.4＝0.2， P(D)＝1－P(D)＝0.8.(3) ξ～B(3，0.8)，故ξ的分布列P(ξ＝0)＝0.23＝0.008；P(ξ＝1)＝C 13×0.8×0.22＝0.096；P(ξ＝2)＝C 23×0.82×0.2＝0.384；P(ξ＝3)＝0.83＝0.512.某中学在高一开设了数学史等4门不同的选修课，每个学生必须选修，且只能从中选一门．该校高一的3名学生甲、乙、丙对这4门不同的选修课的兴趣相同．(1) 求3个学生选择了3门不同的选修课的概率； (2) 求恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率；(3) 设随机变量X 为甲、乙、丙这三个学生选修数学史这门课的人数，求X 的分布列．解：(1) 3个学生选择了3门不同的选修课的概率：P 1 ＝A 3443＝38.(2) 恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率：P 2＝C 24·C 23·A 2243＝916.(3) X ＝0，1，2，3，则有P (ξ＝ 0 ) ＝3343＝2764；P (X ＝ 1) ＝C 13·3243＝2764；P (X ＝ 2 ) ＝C 23·343＝964；P (X ＝ 3 ) ＝C 3343＝164.∴ X 的概率分布表为：题型3 独立性及二项分布的应用例3 某商场为促销设计了一个抽奖模型，一定数额的消费可以获得一张抽奖券，每张抽奖券可以从一个装有大小相同的4个白球和2个红球的口袋中一次性摸出3个球，至少摸到一个红球则中奖．(1) 求一次抽奖中奖的概率；(2) 若每次中奖可获得10元的奖金，一位顾客获得两张抽奖券，求两次抽奖所得的奖金额之和X(元)的概率分布．解：(1) 设“一次抽奖中奖”为事件A ，则P(A)＝C 12C 24＋C 22C 14C 36＝1620＝45. 答：一次抽奖中奖的概率为45.(2) X 可取0，10，20，P(X ＝0)＝(0.2)2＝0.04，P(X ＝10)＝C 12×0.8×0.2＝0.32，P(X ＝20)＝(0.8)2＝0.64. X 的概率分布列为备选变式（教师专享）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为12、a 、a(0＜a ＜1)，三人各射击一次，击中目标的次数记为ξ.(1) 求ξ的分布列及数学期望；(2) 在概率P(ξ＝i)(i ＝0、1、2、3)中，若P(ξ＝1)的值最大，求实数a 的取值范围．解：(1) P(ξ)是“ξ个人命中，3－ξ个人未命中”的概率．其中ξ的可能取值为0、1、2、3.P(ξ＝0)＝C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 02(1－a)2＝12(1－a)2；P(ξ＝1)＝C 11·12C 02(1－a)2＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 12a(1－a)＝12(1－a 2)；P(ξ＝2)＝C 11·12C 12a(1－a)＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 22a 2＝12(2a －a 2)； P(ξ＝3)＝C 11·12C 22a 2＝a22.所以ξ的分布列为ξ的数学期望为E(ξ)＝0×12(1－a)2＋1×12(1－a 2)＋2×12(2a －a 2)＋3×a 22＝4a ＋12.(2) P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a)2]＝a(1－a)；P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a －a 2)]＝1－2a 2；P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a 22.由2(1)0,120,21202a a a a ìïïï- ïïïï-ï³íïïïï-ï³ïïïî和0＜a ＜1，得0＜a≤12，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.1. (2013·福建)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率．解：由已知得：小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则A 事件的对立事件为“X＝5”，∵ P(X ＝5)＝23×25＝415，∴ P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115.∴ 这两人的累计得分X≤3的概率为1115.2. (2013·山东理)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束，除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23，假设各局比赛结果相互独立．(1) 分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2) 若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列．解：(1) 记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P(A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827，P(A 3)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427.所以，甲队以3∶0、3∶1、3∶2胜利的概率分别是827、827、427；(2) 设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4，由题意，各局比赛结果相互独立，所以P(A 4)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427.由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3，根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝P(A 1)＋P(A 2)＝1627，P(X ＝1)＝P(A 3)＝427，P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327.故X 的分布列为3. (2013·陕西理)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1) 求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2) X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列．解：(1) 设事件A 表示：观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手．观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙未选中3号歌手的概率为1－35.所以P(A)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝415.因此，观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为415.(2) X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则X 可取0，1，2，3. 观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙选中3号歌手的概率为35.当观众甲、乙、丙均未选中3号歌手时，这时X ＝0，P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＝475.当观众甲、乙、丙中只有1人选中3号歌手时，这时X ＝1，P(X ＝1)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝8＋6＋675＝2075. 当观众甲、乙、丙中只有2人选中3号歌手时，这时X ＝2，P(X ＝2)＝23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·35＋23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝12＋9＋1275＝3375. 当观众甲、乙、丙均选中3号歌手时，这时X ＝3，P(X ＝3)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝1875.X 的分布列如下表：4. (2013·南京市、盐城市一模)某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P 1＝23，乙的命中率为P 2，在射击比赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．(1) 若P 2＝12，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；(2) 计划在2013年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E(ξ)≥5，求P 2的取值范围．解：(1) 可得P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13(C 12×12×12)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＝13.(2) 该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13[C 12×P 2×(1－P 2)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23P 22＝89P 2－49P 22，而ξ～B(12，P)，所以E(ξ)＝12P ，由E(ξ)≥5，知(89P 2－49P 22)×12≥5，解得34≤P 2≤1.1. 为保护水资源，宣传节约用水，某校4名志愿者准备去附近的甲、乙、丙三家公园进行宣传活动，每名志愿者都可以从三家公园中随机选择一家，且每人的选择相互独立．(1) 求4人恰好选择了同一家公园的概率；(2) 设选择甲公园的志愿者的人数为X ，试求X 的分布列．解：(1) 设“4人恰好选择了同一家公园”为事件A.每名志愿者都有3种选择，4名志愿者的选择共有34种等可能的情况．事件A 所包含的等可能事件的个数为3，∴ P(A)＝334＝127.即4人恰好选择了同一家公园的概率为127.(2) 设“一名志愿者选择甲公园”为事件C ，则P(C)＝13.4人中选择甲公园的人数X 可看作4次独立重复试验中事件C 发生的次数，因此，随机变量X 服从二项分布．X 可取的值为0，1，2，3，4.P(X ＝i)＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ， i ＝0，1，2，3，4. X 的分布列为：2. 甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛30分钟后仍成平局，现决定各派5名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0.5.(1) 不考虑乙队，求甲队仅有3名队员点球命中，且其中恰有2名队员连续命中的概率； (2) 求甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率．解：(1) 甲队3名队员射中，恰有2名队员连续命中的情形有A 23种，故所求的概率为P 1＝A 23×0.53×(1－0.5)2＝316.(2) 再次出现平局包括0∶0，1∶1，…，5∶5等6种可能性，故其概率为P 2＝[C 05×0.50×(1－0.5)5]2＋[C 15×0.51×(1－0.5)4]2＋…＋[C 55×0.55×(1－0.5)0]2＝36256. 3. 有一批数量很大的环形灯管，其次品率为20%，对这批产品进行抽查，每次抽出一件，如果抽出次品，则抽查中止，否则继续抽查，直到抽出次品，但抽查次数最多不超过5次．求抽查次数ξ的分布列．解：抽查次数ξ取1～5的整数，从这批数量很大的产品中每次抽取一件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率为0.2，取出正品的概率为0.8，前(k －1)次取出正品而第k 次(k ＝1，2，3，4)取出次品的概率：P(ξ＝k)＝0.8k －1×0.2，k ＝1，2，3，4.P(ξ＝5)＝0.84×0.2＋0.85＝0.4096. 所以ξ的概率分布列为：4. 电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得3分，闯第二关成功得3分，闯第三关成功得4分．现有一位参加游戏者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为12、13、14，记该参加者闯三关所得总分为ξ.(1) 求该参加者有资格闯第三关的概率； (2) 求ξ的分布列和数学期望．解：(1) 设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为p 1＝12，p 2＝13，p 3＝14，该参加者有资格闯第三关为事件A.则P(A)＝p 1(1－p 2)＋(1－p 1)p 2＋p 1p 2＝23.(2) 由题意可知，ξ的可能取值为0，3，6，7，10， P(ξ＝0)＝(1－p 1)(1－p 2)＝13，P(ξ＝3)＝p 1(1－p 2)(1－p 3)＋(1－p 1)p 2(1－p 3)＝14＋18＝38，P(ξ＝6)＝p 1p 2(1－p 3)＝18，P(ξ＝7)＝p 1(1－p 2)p 3＋(1－p 1)p 2p 3＝112＋124＝18，P(ξ＝10)＝p 1p 2p 3＝124，∴ ξ的分布列为事件的独立性中的注意问题： (1) 事件A 与B 独立是相互的，表明事件A(事件B)的发生对事件B(事件A)的发生没有产生影响．(2) 若事件A 、B 相互独立，则A 与B －，A －与B ，A －与B －也是相互独立的．(3) 两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A 1、A 2、…、A n相互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(A 1A 2…A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )．(4) 注意辨别两个事件互斥与两个事件独立的区别．请使用课时训练（A ）第5课时（见活页）.第11 页共11 页。

人教A版高考总复习一轮数学精品课件第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第四节随机事件与概率

第十一章
第四节随机事件与概率
内
容
索
引
01
强基础增分策略
02
增素能精准突破
课标解读
衍生考点
核心素养
1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空
间的含义,理解随机事件与样本点的关系.
2.了解随机事件的并、交与互斥的含义,能 1.随机事件
结合实例进行随机事件的并、交运算.
2.古典概型数据分析
3.理解古典概型,能计算古典概型中简单随 3.古典概型数学运算
(2)至少3人排队等候的概率是多少?
解记“0人排队等候”为事件A,“1人排队等候”为事件B,“2人排队等候”为事
件C,“3人排队等候”为事件D,“4人排队等候”为事件E,“5人及5人以上排队
等候”为事件F,则事件A,B,C,D,E,F彼此互斥.
(1)记“至多2人排队等候”为事件G,则G=A∪B∪C,所以
P(G)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56.
(2)(方法1)记“至少3人排队等候”为事件H,则H=D∪E∪F,所以
P(H)=P(D∪E∪F)=P(D)+P(E)+P(F)=0.3+0.1+0.04=0.44.
(方法2)记“至少3人排队等候”为事件H,则其对立事件为事件G,所以
统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.

高中数学知识点总结(第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布分类加法计数原理与分步乘法计数原理)

第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.二、常用结论1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.考点一分类加法计数原理1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.解析：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.答案：362.如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点).解析：分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.答案：53.若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.解析：当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个.故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.答案：204.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 2＞a 3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________.解析：若a 2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.若a 2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).若a 2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a 2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).答案：240考点二分步乘法计数原理[典例精析](1)已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P (a ，b )(a ，b ∈M )表示平面上的点，则P 可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解析] (1)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种方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[题组训练]1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况.答案：632.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答).解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数.答案：186考点三两个计数原理的综合应用[典例精析](1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A.24B.48C.72D.96(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A.48B.18C.24D.36(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A.60B.48C.36D.24[解析](1)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.故共有24＋48＝72种涂色方法.(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.[答案](1)C(2)D(3)B[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[题组训练]1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).答案：722.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).答案：40[课时跟踪检测]A级1.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).2.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A.504B.210C.336D.120解析：选A分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A.40B.16C.13D.10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.4.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A.32个B.34个C.36个D.38个解析：选A 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C 12＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.5.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A.3B.4C.6D.8解析：选D 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个.故共有8个等比数列.6.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A.6种B.12种C.18种D.24种解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A 或B 处，若8放在B 处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C 处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A 处，也有3种方法，所以共有6种方法.7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.3 4 12 D 34 A C B 98.(2019·惠州调研)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由题意知，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).9.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.解析：分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2＝24(种).第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种).故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).答案：2 88010.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.答案：8B级1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种B.4种C.43种D.34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.2.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个解析：选B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()A.24种B.72种C.84种D.120种解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→C―→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.4.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.答案：300－3，－2，－1，0，1，2，若a，b，c∈M，则：5.已知集合M＝{}(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.。

2014高三数学一轮复习课件--计数原理、概率、随机变量及其分布

若脱落4个，有(1,2,3,4)共1种．
综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：C
分步乘法计数原理
[例2]
(1)(2012· 大纲全国卷)将字母a，a，b，b，c，
c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字
母也互不相同，则不同的排列方法共有
A．12种 C．24种
(
)
B．18种 D．36种
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有 ( )
A．50个
C．36个
B．45个
D．38个
解析：利用分类加法计数原理，共有8＋7＋6＋5＋4＋ 3＋2＋1＝36个．
答案：C
2．(教材习题改编)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( A．6种 C．24种解析：分步完成， B．12种 D．30种 )
有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小于1
000的“良数”． [答案] D
利用分类加法计数原理解题时，应注意：
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，且不能重复．
(3)对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间
2．(20的五位
数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为 A．120 C．48 B．72 D．36 ( )
3 解析：符合题意的五位数有C1A3A2＝3×3×2×2＝36. 3 2
答案:
D
两个原理的综合应用
[例3]
(2012· 山东高考)现有16张不同的卡片，其中
(2)6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在

2014年高考数学总复习教案：第十一章计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合

第十一章计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合(对应学生用书(理)167～168页)考情分析考点新知近几年高考排列与组合在理科加试部分考查，今后将会结合概率统计进行命题，考查排列组合的基础知识、思维能力，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大．①理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.②以实际问题为背景，正确区分排列与组合，合理选用排列与组合公式进行解题.1. (选修23P17练习2改编)5人站成一排照相，共有________种不同的站法．答案：120解析：5人站成一排照相，相当于五个元素的一个全排列，所以共有A55＝5×4×3×2×1＝120种不同的站法．2. (选修23P18习题3改编)已知9！＝362 880，那么A79＝________________．答案：181 440解析：9！＝A99＝2A79，所以A79＝181 440.3. (选修23 P24习题7改编)从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有________种不同选法．答案：120解析：C15·C34＋C25·C24＋C35·C14＝120.4. (选修23P24练习2改编)计算：C37＋C47＋C58＋C69＝________．答案：210解析：原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210.5. 有4张分别标有数字1、2、3、4的红色卡片和4张分别标有数字1、2、3、4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________种．答案：432解析：分三类：第一类，4张卡片所标数字为1、2、3、4有24×A 44＝384种不同的排法；第二类，4张卡片所标数字为1、1、4、4有24种不同的排法；第三类，4张卡片所标数字为2、2、3、3有24种不同的排法．所以，共有384＋24＋24＝432种不同的排法．1. 排列(1) 排列的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．(2) 排列数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n表示． (3) 排列数公式①当m ＜n 时，排列称为选排列，排列数为A m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)； ②当m ＝n 时，排列称为全排列，排列数为A n n ＝n(n －1)(n －2)…3·2·1．上式右边是自然数1到n 的连乘积，把它叫做n 的阶乘，并用n ！表示，于是A n n ＝n ！．进一步规定0！＝1，于是，A m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝[n （n －1）…（n －m ＋1）][（n －m ）（n －m －1）…3·2·1]（n －m ）（n －m －1）…3·2·1＝n ！（n －m ）！，即Am n ＝n ！（n －m ）！.2. 组合(1) 组合的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2) 组合数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．(3) 组合数公式C m n＝A m n A mm ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！．规定：C 0n ＝1． (4) 组合数的两个性质：①C m n ＝C n －mn；②C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n． (5) 区别排列与组合排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一组”．因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志．题型1 排列与排列数例1 用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：①奇数；②偶数；③大于3125的数．解：①先排个位，再排首位，共有A 13·A 14·A 24＝144个；②以0结尾的四位偶数有A 35，以2或4结尾的四位偶数有A 12·A 14·A 24，共有A 35＋A 12A 14A 24＝156个；③要比3125大，4、5作千位时有2A 35个；3作千位，2、4、5作百位时有3A 24个；3作千位1作百位时有2A 13个，所以共有2A 35＋3A 24＋2A 13＝162个．变式训练用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？解：(解法1)用分步计数原理：所求的三位数的个数是A 19·A 29＝9×9×8＝648.(解法2)从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A 310，其中以0为排头的排列数为A 29，因此符合条件的三位数的个数是A 310－A 29＝648.题型2 组合与组合数例2 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1) 从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2) 若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1) 将取出4个球分成三类情况：第一类：取4个红球，没有白球，有C 44种；第二类：取3个红球1个白球，有C 34C 16种；第三类：取2个红球2个白球，有C 24C 26种． ∴C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2) 设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5（0≤x ≤4），2x ＋y ≥7（0≤y ≤6），得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1，符合条件的取法有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种．备选变式（教师专享）有6个球，其中3个黑球，红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？解：分三类：若取1个黑球，和另三个球排4个位置，有A 44＝24；若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C 23A 24＝36；若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C 13A 14＝12；所以有24＋36＋12＝72种．题型3 组合数的性质例3 (1) 化简：1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n ×n ！； (2) 化简：12！＋23！＋34！＋…＋n －1n ！；(3) 解方程：C x ＋113＝C 2x －313； (4) 解方程：C x －2x ＋2＋C x －3x ＋2＝110A 3x ＋3. 解：(1) 由阶乘的性质知n ×n ！＝(n ＋1)！－n ！，所以，原式＝(n ＋1)！－1. (2) 原式＝1！－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＝1－1n ！.(3) 由原方程得x ＋1＝2x －3，或x ＋1＋2x －3＝13，∴ x ＝4或x ＝5，又由⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ＋1≤13，1≤2x －3≤13，x ∈N *，得2≤x ≤8且x ∈N *， ∴ 原方程的解为x ＝4或x ＝5.(4) 原方程可化为C x －2x ＋3＝110A 3x ＋3，即C 5x ＋3＝110A 3x ＋3， ∴（x ＋3）！5！（x －2）！＝（x ＋3）！10·x ！，∴ 1120（x －2）！＝110·x （x －1）·（x －2）！，∴ x 2－x －12＝0，解得x ＝4或x ＝－3.经检验：x ＝4是原方程的解．备选变式（教师专享）设x ∈N ＋，求C x －12x －3＋C 2x －3x ＋1的值．解：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x ≤4.∵ x ∈N ＋， ∴ x ＝2或x ＝3或x ＝4.当x ＝2时原式值为4；当x ＝3时原式值为7；当x ＝4时原式值为11.∴ 所求值为4或7或11.变式训练规定C mx ＝x （x －1）·…·（x －m ＋1）m ！，其中x ∈R ，m 是正整数，且C 0x ＝1这是组合数C m n(n 、m 是正整数，且m ≤n)的一种推广． (1) 求C 5－15的值；(2) 组合数的两个性质：C m n ＝C n －m n ，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1是否都能推广到C m x(x ∈R ，m ∈N *)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；(3) 已知组合数C m n 是正整数，求证：当x ∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z .(1)解：C 5－15＝（－15）（－16）…（－19）5！＝－C 519＝－11 628.(2) 解：C m n ＝C n －m n不能推广，例如x ＝2时，2C 有定义，但2-12C 无意义； C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1能推广，它的推广形式为C m x ＋C m －1x ＝C m x ＋1，x ∈R ，m ∈N *. 证明如下：当m ＝1时，有C 1x ＋C 0x ＝x ＋1＝C 1x ＋1；当m ≥2时，有C m x ＋C m －1x＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＋x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！＝x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！⎝ ⎛⎭⎪⎫x －m ＋1m ＋1＝x （x －1）…（x －m ＋2）（x ＋1）m ！＝C m x ＋1. (3) 证明：当x ≥0时，组合数C m x∈Z ；当x<0时， ∵ －x ＋m －1>0，∴ C m x＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＝(－1)m（－x ＋m －1）…（－x ＋1）（－x ）m ！＝(－1)m C m －x ＋m －1∈Z .1. (2013·浙江)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A 、B 在C 的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A55；当C在左边第2个位置时A24A33，当C在左边第3个位置时，有A23A33＋A22A33，共为240种，乘以2，得480.则不同的排法共有480种．2. (2013·重庆理)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)答案：590解析：骨科、脑外科和内科医生都至少有1人，则名额分配为：1，1，3；1，3，1；3，1，1或1，2，2；2，1，2；2，2，1.所以共有C13C14C35＋C13C34C15＋C33C14C15＋C13C24C25＋C23C14C25＋C23C24C15＝590.3. (2013·北京理)将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．答案：96解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A44＝96种．4. (2013·大纲版理)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A44种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A25种方法，所以共有A44·A25＝480.1. 用1、2、3、4、5、6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字作答)答案：40解析：由题先排除1和2的剩余4个元素有2A22·A22＝8种方案，再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体，有A15种插法，∴不同的安排方案共有2A22·A22·A15＝40种．2. 有4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒中，则只有1个空盒的放法共有_________种．(用数字作答)答案：144解析：符合条件的放法是：有一个盒中放2个球，有2个盒中各放1个球．因此可先将球分成3堆(一堆2个，其余2堆各1个，即构造了球的“堆”)，然后从4个盒中选出3个盒放3堆球，依分步计算原理，符合条件的放法有C24A34＝144种．3. 某校现有男、女学生党员共8人，学校党委从这8人中选男生2人、女生1人分别担任学生党支部的支部书记、组织委员、宣传委员，共有90种不同方案，那么这8人中男、女学生的人数分别是________、______．答案：35解析：设有男生x人，女生8－x人，则有C2x C18－x A33＝90，即x(x－1)(8－x)＝30，解得x＝3.4. 从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有1双的取法种数为_________．答案：120解析：先从5双鞋中任取1双，有C15，再从8只鞋中任取2只，即C28，但需要排除4种成双的情况，即C28－4，则共计C15(C28－4)＝120.排列问题的几种题型：题型1解无约束条件的排列问题；题型2解有约束条件的排列问题；题型3重复排列问题．对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如(1) 特殊位置(元素)优先法：若以位置(元素)为主，需先满足特殊位置(元素)的要求，再处理其他位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)，则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论，注意做到层次分明．(2) 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体(元素)，与其他元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．(3) 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其他元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．(4) 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列．(5) 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列．请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.。

高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合.pdf

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章　计数原理、随机变量及分布列第2课时　排列与组合考情分析考点新知近几年高考排列与组合在理科加试部分考查今后将会结合概率统计进行命题考查排列组合的基础知识、思维能力以实际问题为背景考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力难度将不太大． ① 理解排列、组合的概念能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式并能解决简单的实际问题. 以实际问题为背景正确区分排列与组合合理选用排列与组合公式进行解题. 1. (选修23练习2改编)5人站成一排照相共有________种不同的站法．答案：120解析：5人站成一排照相相当于五个元素的一个全排列所以共有＝5×4×3×2×1＝120种不同的站法．(选修23习题3改编)已知9！＝362 880那么＝________________．答案：181 440解析：9！＝＝2，所以＝181 440.(选修2习题7改编)从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛男、女同学分别至少有1名则有________种不同选法．答案：120解析：·C＋C＋C＝120.(选修23练习2改编)计算：＋＋＋＝________答案：210解析：原式＝＋＋＝＋＝＝＝210.有4张分别标有1、2、3、4的红色卡片和4张分别标有数字1、2、3、4的蓝色卡片从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10则不同的排法共有________种．答案：432解析：分三类：第一类张卡片所标数字为1、2、3、4有2＝384种不同的排法；第二类张卡片所标数字为1、1、4、4有24种不同的排法；第三类张卡片所标数字为2、2、3、3有24种不同的排法．所以共有384＋24＋24＝432种不同的排法． 1. 排列(1) 排列的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2) 排列数的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数用A表示．(3) 排列数公式当m＜n时排列称为选排列排列数为＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)；当m＝n时排列称为全排列排列数为＝n(n－1)(n－2)…3·2·1．上式右边是自然数1到n的连乘积把它叫做n的阶乘并用n！表示于是＝n！．进一步规定0！＝1于是＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝＝即＝组合(1) 组合的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素并成一组叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同的元素中取出(m≤n)个元素的所有组合的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数用符号表示．(3) 组合数公式＝＝＝规定：＝1．(4) 组合数的两个性质：①＝；＝＋． (5) 区别排列与组合排列与组合的共同点就是都要“从n个不同元素中任取m个元素”而不顺序而后者却是“并成一组”．因此有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志．题型1　排列与排列数例1　用0这六个数字可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：①奇数；②偶数；③大于3的数．解：①先排个位再排首位共有·A·A＝144个；②以0结尾的四位偶数有A以2或4结尾的四位偶数有A·A，共有A＋AA＝156个；③要比3大、5作千位时有2A个；3作千位、4、5作百位时有3A个；3作千位1作百位时有2A个所以共有2A＋3A＋2A＝162个．用0到9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？解：(解法1)用分步计数原理：所求的三位数的个数是·A＝9×9×8＝648.(解法2)从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是－＝648.题型2　组合与组合数例2　一个口袋内有4个不同的红球个不同的白球．(1) 从中任取4个球红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2) 若取一个红球记2分取一个白球记1分从中任取5个球使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1) 将取出4个球分成三类情况：第一类：取4个红球没有白球有种；第二类：取3个1个白球有C种；第三类：取2个红球2个白球有C种．＋C＋C＝115种．(2) 设取x个红球个白球则得或或符合条件的取法有C＋C＋C＝186种．有6个球其中3个黑球红、白、蓝球各1个现从中取出4个球排成一列共有多少种不同的排法？解：分三类：若取1个黑球和另三个球排4个位置有＝24；若取2个黑球从另三个球中选2个排4个位置个黑球是相同的自动进入不需要排列即有A＝36；若取3个黑球从另三个球中选1个排4个位置个黑球是相同的自动进入不需要排列即有A＝12；所以有24＋36＋12＝72种．题型3　组合数的性质例3　(1) 化简：1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n×n！；(2) 化简：＋＋＋…＋；(3) 解方程：＝；(4) 解方程：＋＝. 解：(1) 由阶乘的性质知n×n！n＋1)！－n！所以原式＝(n＋1)！－1.(2) 原式＝1！－＋－＋－＋…＋－＝1－(3) 由原方程得x＋1＝2x－3或x＋1＋2x－3＝13＝4或x＝5又由得2≤x≤8且x∈N原方程的解为x＝4或x＝5.(4) 原方程可化为＝，即C＝， ∴ ＝＝－x－12＝0解得x＝4或x＝－3.经检验：x＝4是原方程的解．设x∈N＋求＋的值．解：由题意可得解得2≤x≤4.∵ x∈N＋＝2或x＝3或x＝4.当x＝2时原式值为4；当x＝3时原式值为7；当x＝4时原式值为11.∴ 所求值为4或7或11. 规定＝其中x∈R是正整数且＝1这是组合数(n、m是正整数且m≤n)的一种推广．(1) 求的值；(2) 组合数的两个C＝，C＋＝是否都能推广到(x∈R，m∈N*)的情形？若能推广则写出推广的形式并给予证明；若不能则说明理由；(3)已知组合数是正整数求证：当x∈Z是正整数时∈Z. (1) 解：＝＝－＝－11 628.(2) 解：＝不能推广例如x＝时有定义但无意义；＋＝能推广它的推广形式为＋＝，x∈R，m∈N*. 证明如下：当m＝1时有＋＝x＋1＝；当m≥2时有＋＝＋＝＝＝C(3) 证明：当x≥0时组合数∈Z；当x0＝＝(－1) ＝(－1)m∈Z. 1. (2013·浙江)将A六个字母排成一排且A、B在C的同侧则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：按C的位置分类在左1左2左3或者在右1右2右3因为左右是对称的所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时有；当C在左边第2个位置时A，当C在左边第3个位置时有A＋A，共为240种乘以2得480.则不同的排法共有480种．(2013·重庆理)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)590 解析：骨科、脑外科和内科医生都至少有1人则名额分配为：1；1；3或1；2；21.所以共有CC＋CC＋CC＋CC＋CC＋CC＝590.(2013·北京理)将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人每人至少1张如果分给同一人的2张参观券连号那么不同的分法种数是________．答案：96解析：5张参观券全部分给4人分给同一人的2张参观券连号方法数为：1和2和3和4和5四种连号其他号码各为一组分给4人共有4×＝96种．(2013·大纲版理)6个人排成一行其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：6个人排成一行其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人有种方法然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位有种方法所以共有·A＝480. 1. 用1、2、3、4、5、6组成六位数(没有重复数字)要求任何相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻这样的六位数的个数是________．(用数字作答)答案：40解析：由题先排除1和2的剩余4个元素有2·A＝8种方案再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体有种插法不同的安排方案共有2·A·A＝40种．有4个不同的小球放入编号为1的4个盒中则只有1个空盒的放法共有_________种．(用数字作答)答案：144解析：符合条件的放法是：有一个盒中放2个球有2个盒中各放1个球．因此可先将球分成3堆(一堆2个其余2堆各1个即构造了球的“堆”)然后从4个盒中选出3个盒放3堆球依分步计算原理符合条件的放法有A＝144种．某8人学校党委从这8人中选男生2人、女生1人分别担任学生党支部的支部书记、组织委员、宣传委员共有90种不同方案那么这8人中男、女学生的人数分别是________、______．答案：3　5解析：设有男生x人女生8－x人则有CA＝90即(x－1)(8－x)＝30解得x＝3.从不同号码的5双鞋4只其中恰好有1双的取法种数为_________．答案：120解析：先从5双鞋中任取1双有，再从8只鞋中任取2只即，但需要排除4种成双的情况即－4则共计(C－4)＝120. 排列问题的几种题型：题型1　解无约束条件的排列问题；2　解有约束条件的排列问题；题型3　重复排列问题．对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如(1) 特殊位置(元素)优先法：若以位置(元素)为主需先满足特殊位置(元素)的要求再处理其他位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论注意做到层次分明．(2) 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题可先将这几个相邻元素“捆绑”起来看作一个整体(元素)与其他元素排列(3) 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题可以先考虑其他元素的排列然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中这样达到使目标元素不能相邻的目的．(4) 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列可把每排首尾相接排成一排对于每排的特殊要求只要分段考虑特殊元素然后对其余元素作统一排列．(5) 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时可先不考虑顺序。

2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第1课时分类加法分步乘法

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第1课时分类加法计数原理与分步乘法1. (选修23P 8练习3改编)某班级有男生5人，女生4人，从中任选一人去领奖，有________种不同的选法．答案：9解析：不同选法种数共有N ＝5＋4＝9种． 2. (选修23P 8例4改编)书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从中任取数学书与语文书各一本，有________种不同的取法．答案：30解析：共有5×6＝30种不同取法．3. (选修23P 8练习5改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种．答案：32解析：每位同学有2种不同的报名方法，故5位同学有25＝32种不同的报名方法． 4. (选修23P 9习题3改编)从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．则从甲地到丙地共有________种不同的走法．答案：14解析：共有2×3＋4×2＝14种不同的走法．5. 如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．答案：84解析：分两类：A、C种同种花有4×3×3＝36种不同的种法； A、C种不同种花有4×3×2×2＝48种不同的种法．故共有36＋48＝84种不同的种法．1. 分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2. 分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3. 分类和分步区别，关键是看事件能否完成，事件完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，分步后要将种数相乘．[备课札记]题型1 分类计数原理例1满足A∪B＝{1，2}的集合A、B共有多少组？解：集合A、B均是{1，2}的子集：Æ，{1}，{2}，{1，2}，但不是随便两个子集搭配都行，本题尤如含A、B两元素的不定方程，其全部解分为四类：①当A＝Æ时，只有B＝{1，2}，得1组解；②当A＝{1}时，B＝{2}或B＝{1，2}，得2组解；③当A＝{2}时，B＝{1}或B＝{1，2}，得2组解；④当A＝{1，2}时，B＝Æ或{1}或{2}或{1，2}，得4组解．根据分类计数原理，共有1＋2＋2＋4＝9组解．变式训练如下图，共有多少个不同的三角形？解：所有不同的三角形可分为三类：第一类：其中有两条边是原五边形的边，这样的三角形共有5个；第二类：其中有且只有一条边是原五边形的边，这样的三角形共有5×4＝20个；第三类：没有一条边是原五边形的边，即由五条对角线围成的三角形，共有5＋5＝10个．由分类计数原理得，不同的三角形共有5＋20＋10＝35个．题型2 分步计数原理例2用五种不同颜色给图中四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．(1) 共有多少种不同的涂色方法？(2) 若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么有多少种不同的涂色方法？解：(1) 每一个区域都有5种不同的涂色的方法，所以涂完四个区域共有5×5×5×5＝625种不同的涂色方法．(2) 若2号，4号区域同色，有5×4×3＝60种涂法；若2号，4号区域异色，有5×4×3×2＝120种涂法．所以共有60＋120＝180种涂法．备选变式（教师专享）用三种不同的颜色填涂下图3×3方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法共有________种．分析：将9答案：12解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有3×2×1＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有2×1＝2种方法；剩余区域只有一种涂法．综上由分步计数原理可知共有6×2＝12种涂法．题型3 两个基本原理的联系例3某同学有12本课外参考书，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去阅读．(1) 若从这些参考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2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？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，事情都已经完成，从而应用加法原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2) 完成的事情是带三本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本后，才能完成这件事，因此应用乘法原理，结果为5×4×3＝60种．(3) 要完成的这件事是带2本不同的书，先乘法原理，再用加法原理，结果为5×4＋5×3＋3×4＝47种选法．备选变式（教师专享）三边长均为整数，且最大边长为7的三角形的个数为_______．答案：16解析：另两边长用x 、y 表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须有x ＋y≥8. 当y 取值7时，x ＝1，2，3，…，7，可有7个三角形；当y 取值6时，x ＝2，3，4，5，6，可有5个三角形；当y 取值5时，x ＝3，4，5，可有3个三角形；当y 取值4时，x ＝4，可有1个三角形，所求三角形的个数合计为16个．1. (2013·山东理)用0，1，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．答案：252解析：组成三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有C 19A 29＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.2. (2013·福建理)满足a 、b∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b)的个数为________．答案：13解析：方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解，分析讨论．① 当a ＝0时，很显然为垂直于x 轴的直线方程，有解．此时b 可以取4个值．故有4种有序数对；② 当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个实数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)．∵ (a，b)共有16种实数对，故答案应为16－3＝13.3. 将字母a 、a 、b 、b 、c 、c ，排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种．答案：12解析：第一步先排第一列有A 33＝6，再排第二列，当第一列确定时，第二列有2种方法，如图，所以共有6×2＝12种． 4. (2013·四川理)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lga －lgb 的不同值的个数是________．答案：18解析：首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有5×4＝20种排法．因为31＝93，13＝39，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a、b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是20－2＝18.1. 某赛季足球比赛的规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积33分．若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有________种．答案：3解析：利用加法原理，考虑胜11场、胜10场、胜9场等情况．2. 一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，则满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况种数有________________．答案：65解析：分两类：第一类，甲上7楼，有52种；第二类：甲不上7楼，有4×2×5种．故52＋4×2×5＝65.3. 现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选择出若干人组成A、B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有______种．答案：49解析：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1，2，3，4，5，组成集合M＝{1，2，3，4，5}．①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2，3，4，5}的非空子集，这样的子集有C14＋C24＋C34＋C44＝24－1＝15个，∴不同的选法有15个；②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}、{1，2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3，4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有23－1＝7个，∴不同的选法有2×7＝14个；③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个：{3}、{1，3}、{2，3}、{1，2，3}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有22－1＝3个，∴不同的选法有4×3＝12个；④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个：{4}、{1，4}、{2，4}、{3，4}、{1，2，4}、{1，3，4}、{2，3，4}、{1，2，3，4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有{5} 1个，∴不同的选法有8个．∴ 综上，所有不同的选法是15＋14＋12＋8＝49个．4. 75 600有多少个正约数？有多少个奇约数？解：75 600的约数就是能整除75 600的整数，所以本题就是分别求能整除75 600的整数和奇约数的个数．由于 75 600＝24×33×52×7.(1) 75 600的每个约数都可以写成2i·3j·5k·7l的形式，其中0≤i≤4，0≤j≤3，0≤k≤2，0≤l≤1.于是，要确定75 600的一个约数，可分四步完成，即i，j，k，l分别在各自的范围内任取一个值，这样i有5种取法，j有4种取法，k有3种取法，l有2种取法，根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2＝120个．(2) 奇约数中不含有2的因数，因此75 600的每个奇约数都可以写成3j·5k·7l的形式，同上奇约数的个数为4×3×2＝24个．在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧：(1) 建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．(2) 枚举法：利用枚举法(如树状图，表格)可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．(3) 直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法(排除法)，用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．(4) 分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”．请使用课时训练（A）第1课时（见活页）.。

高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第3课时二项式定理.pdf

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章　计数原理、随机变量及分布列第3课时　二项式定理考情分析考点新知近几年高考二项式定理在理科加试部分考查以后高考将会考查学生应用基础知识、解决实际问题的能力难度将不太大． ①能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项式定理有关的简单问题. 会用二项展开式以及展开式的通项特别要注意有关二项式系数与项的系数的区别. 1. (选修23练习5改编)在(x－)的展开式中的系数是________．答案：1 890解析：T＋1＝x10－r(－)令10－r＝6＝4＝9x6＝1 890x(选23P32练习6改编)的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中＋1＝x12－rr＝(－1)x12－3r当r4时＝＝495为常数项．(选修23习题2改编)若＋＋＋…＋＝363则自然数n＝________．答案：13解析：＋C＋C＋C＋…＋＝363＋1＋C＋C＋…＋＝364＋C＋…＋＝…＝＝364＝13.(选修23习题12改编)已知(1－2x)＝a＋a＋a＋…＋a那么a＋a＋…＋a＝________．答案：－解析：设f(x)＝(1－2x)令x＝1得a＋a＋a＋…＋a＝(1－2)＝－1令x＝0得a＝1＋a＋…＋a＝－1－a＝－2.(选修23习题10改编)在(x＋y)的展开式中若第七项系数最大则n的值可能为________．答案：11解析：分三种情况：① 若仅T系数最大则共有13项＝12；② 若T与T系数相等且最大则共有12项＝11；③ 若T与T系数相等且最大则共有14项＝13所以n的值可能等于11 1. 二项式定理(a＋b)＝an＋an－1＋…＋an－r＋…＋bn(n∈N)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理右边的多项式叫做(a＋b)的二项展开式其中的系数(r＝0)叫做第r＋1项的二项式系数．式中的an－r叫做二项式展开式的第r＋1项(用T＋1表示即展开式的第r＋1项；＋1＝an－r二项展开式形式上的特点(1) 项数为＋1(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n即a与b的指数的和为n.(3) 字母a按降幂排列从第一项开始次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列从第一项起次数由零逐项增1直到n.(4) 二项式的系数从，C，一直到，C. 3. 二项式系数的性质(1) 在二项展开式中与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等．(2) 如果二项式的幂指数是偶数中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数中间两项的二项式系数相等并且最大．(3) 二项式系数的和等于即＋＋…＋＝2(4) 二项式展奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和即＋＋…＝＋＋…＝2－1[备课札记] 题型1　二项式展开式的特定项例1　如果的展开式中第四项和第七项的二项式系数相等求：(1) 展开式的中间项；(2) 展开式中所有的有理项．解：(1) 展开式中第四项和第七项的二项式系数分别是，C，由＝，得＝9所以展开式的中间项为第5项和第项即T＝(－1)(x－3)(x2)5＝＝(－1)(x－3)(x2)4＝－(2) 通项为T＋1＝()8－r＝x(r＝)，为使T＋1为有理项必须r是4的倍数所以r＝08，共有三个有理项分别是T＝x4＝x＝x＝＝x－2＝ (1) 若(1＋x)的展开式中的系数是x的系数的7倍求n；(2) 已知(ax＋1)(a≠0)的展开式中的系数是x的系数与x的系数的等差中项求a；(3) 已知(2x＋x)8的展开式中二项式系数最大的项的值等于1 120求x.解：(1) ＝7，＝7n即－－40＝0.由n∈N*，得n＝8.(2) Ca2＋a4＝2a3，21a2＋35a＝70a得5a2－10a＋3＝0＝1±. (3) C(2x)4(xlgx)4＝1 120(1＋)＝1所以x＝1或＝－1＝. 题型2　二项式系数例2　已知(x＋3x)n的展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992求：(1) 展开式2) 展开式中系数最大的项．解：令x＝1则展开式中各项系数和为(1＋3)＝2又展开式中二项式系数和为2－2＝992＝5.(1) ∵n＝5展开式共6项二项式系数最大的项为第3、4两项＝(x)3(3x2)2＝90x＝(x)2(3x2)3＝270x(2) 设展开式中第r＋1项系数最大则T＋1＝(x)5－r(3x)r＝3x， ∴ ≤r≤，∴ r＝4即展开式中第5项系数最大＝(x)(3x2)4＝405x 已知的展开式中前三项的系数成等差数列．设＝a＋a＋a＋…＋a求：(1) a5的值；(2)a0－a＋a－a＋…＋(－1)n的值；(3) ai(i＝0)的最大值．解：(1) 由题设得C＋＝2×，即n－9n＋8＝0解得n＝8＝1(舍)．＋1＝C－r令8－r＝5＝3所以a＝7.(2) 在等式的两边取x＝－1得a－a＋a－a＋…＋a＝(3) 设第r＋1的系数最大则即解得r＝2或r＝3. 所以a系数最大值为7.题型3　二项式定理的综合应用例3　已知展开式中的二项式系数的和比(3a＋2b)展开式的二项式系数的和大128求展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2－2＝128＝88的通项Tr＋1＝(x2)8－r＝(－1)x16－3r当r＝4时展开式中的系数最大即T＝70x为展开式中的系数最大的项；当r＝3或5时展开式中的系数最小即T＝－56x＝－56x为展开式中的系数最小的项．已知(2－)50＝a＋a＋a＋…＋a其中a是常数计算(a＋a＋a＋…＋a)2－(a＋a＋a＋…＋a)2. 解：设f(x)＝(2－)50，令x＝1得a＋a＋a＋…＋a＝(2－50，令x＝－1得a－a＋a－…＋a＝(2＋)(a0＋a＋a＋…＋a)2－(a＋a＋a＋…＋a)2 ＝(a＋a＋a＋…＋a)(a0－a＋a－…＋a) ＝(2－)(2＋)＝1. 1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)的展开式中x的系数为5则a＝________．答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)的展开式中x的系数为＋a·＝5解得a＝－1.(2013·天津理)的二项展开式中的常数项为________．答案：15解析：展开式的通项公式为T＋1＝x6－kk＝x6－(－1)由6－＝0得k＝4.所以常数项为T＋1＝(－1)4＝15.(2013·大纲版理)(1＋x)(1＋y)的展开式中x的系数是________．答案：18解析：(x＋1)的展开式的通项为T＋1＝xr，令r＝2得到展开式中x的系数是＝3.(1＋y)的展开式的通项为T＋1＝yr，令r＝2得到展开式中y的系数是C＝6(1＋x)(1＋y)的展开式中x的系数是3×6＝18.(2013·辽宁理)使得(n∈N＋)的展开式中含有的常数项最小的n为________．答案：5解析：展开式的通项公Tk＋1＝(3x)n－kk＝3n－k－由n－＝0得n＝所以当k＝2时有最小值5. 1. 若n是奇数则7＋C－1＋C－2＋…＋C被9除的余数是________．答案：7解析：原式＝(7＋1)－1＝(9－1)－1＝9k－2＝9k′＋7(k和均为正整数)．的近似值是___________．(精确到0.001)答案：0.956解析：＝(1－0.009)＝1－5×0.009＋10×(0.009)－…≈1－0.045＋0.000 81≈0.956.用二次项定理证明3＋2－8n－9能被64整除(n∈N)．证明：3＋2－8n－9＝9＋1－8n－9＝(8＋1)＋1－8n－9＝8n＋1＋8n＋…＋82＋8＋－8n－9＝64(8n－1＋8n－2＋…＋)＋8(n ＋1)＋1－8n－9＝M×64(记M＝8n－1＋8n－2＋…＋)．为整数能被64整除．(1) 在(1＋x)的展开式中若第3项与第6项系数相等则n等于多少？(2) 的展开式奇数项的二项式系数之和为128求展开式中二项式系数最大项．解：(1) 由已知得＝n＝7.(2) 由已知得＋＋＋…＝128－1＝128＝8而展开式中二项式系数最大项是T＋1＝(x)4＝70x. 一般地对于多项式g(x)＝(px＋q)＝a＋a＋a＋…＋a则有：(1) g(x)的常数项的系数为g(0)；(2) g(x)的各项的系数和为g(1)；(3) g(x)的奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]． [备课札记]。

高考数学总复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第七节二项分布超几何分布正态分布课件北师大版

从二项分布,即X~B(n,p)(其中p=
M
N
);若远远小于N时,每抽取一次后,
采用不放回抽样的方法随机抽取则随对N的影响很小,超几何分布
机变量X服从超几何分布
可以用二项分布近似
3.正态分布
(1)正态曲线
1
分布密度函数解析式为φμ,σ(x)=
2π
2
(-)
e 22
,x∈(-∞,+∞),其中实数μ,σ(σ>0)
)
1
2.设随机变量 X~B 6, 2 ,则 P(X=3)=(
5
A.16
3
B.16
5
C.8
)
3
D.8
答案 A
解析因为 X~B
A.
1
6,
2
3
1
,所以由二项分布可得,P(X=3)=C63
2
1 3
12
=
5
.故选
16
3.已知随机变量X服从正态分布N(3,1),且P(X>2c-1)=P(X≤c+3),则
c=
因此,随机变量X在区间(μ-σ,μ+σ],(μ-2σ,μ+2σ],
(μ-3σ,μ+3σ]上取值的概率分别约为68.3%,95.4%,99.7%.
微点拨1.若X服从正态分布,即X~N(μ,σ2),要充分利用正态曲线的关于直线
X=μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.
2.在实际应用中,通常认为服从于正态分布N(μ,σ2)的随机变量X只取
答案
.
4
3
解析因为X~N(3,1),所以正态曲线关于直线x=3对称,且P(X>2c-1)
=P(X≤c+3),所以2c-1+c+3=2×3,所以c= 4

【最高考系列】(14年3月新版)高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及

第十一章计数原理、随机变量及分布列第6课时离散型随机变量的均值与方差(对应学生用书(理)177～178页)1. (选修23P 67习题4改编)某单位有一台电话交换机，其中有8个分机．设每个分机在1h 内平均占线10min ，并且各个分机是否占线是相互独立的，则任一时刻占线的分机数目X 的数学期望为________．答案：43解析：每个分机占线的概率为16，X ～B ⎝⎛⎭⎫8， 16，即X 服从二项分布，所以期望E(X)＝8×16＝43.2. (选修23P 66例2改编)有一批数量很大的商品的次品率为1%，从中任意地连续取出200件商品，设其中次品数为X ，则E(X)＝________，V(X)＝________.答案：2 1.98解析：X ～B(200, 0.01)，所以期望E(X)＝200×0.01＝2，V(X)＝200×0.01×(1－0.01)＝1.98.3. (选修23P 71习题4改编)某人进行射击，每次中靶的概率均为0.8，现规定：若中靶就停止射击，若没中靶，则继续射击，如果只有3发子弹，则射击数X 的均值为________．(填数字)答案：1.24解析：射击次数X 的分布列为∴E(X)＝0.8×1＋0.16×24. (选修23P 71习题1改编)随机变量X 的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，若E(X)＝13，则方差V(X)的值是________．答案：59解析：a 、b 、c 成等差数列，有2b ＝a ＋c ，又a ＋b ＋c ＝1，E(X)＝－1×a ＋1×c ＝c －a ＝13. 得a ＝16，b ＝13，c ＝12，∴ V(X)＝⎝⎛⎭⎫－1－132×16＋⎝⎛⎭⎫132×13＋⎝⎛⎭⎫232×12＝59. 5. 一高考考生咨询中心有A 、B 、C 三条咨询热线．已知某一时刻热线A 、B 占线的概率均为0.5，热线C 占线的概率为0.4，各热线是否占线相互之间没有影响，假设该时刻有ξ条热线占线，则随机变量ξ的期望为________．答案：1.4解析：随机变量ξ可能取的值为0、1、2、3. 依题意，得P(ξ＝0)＝0.15, P (ξ＝1)＝0.4， P (ξ＝2)＝0.35，P (ξ＝3)＝0.1 ∴ ξ的分布列为∴ 它的期望为E(ξ)＝0×0.15＋1×0.4＋2×0.35＋3×0.1＝1.4.1. 均值(1) 若离散型随机变量ξ的分布列为：则称E(ξ)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x n p n 为ξ的均值或数学期望，简称期望． (2) 离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的平均水平． (3) 数学期望的性质．E(c)＝c ，E (aξ＋b)＝aE ξ＋b(a 、b 、c 为常数)． 2. 方差(1) 若离散型随机变量ξ所有可能的取值是x 1，x 2，…，x n 且这些值的概率分别是p 1，p 2，…，p n ，则称：V (ξ)＝(x 1－E(ξ))2p 1＋(x 2－E(ξ))2p 2＋…＋(x n －E(ξ))2p n 为ξ的方差．(2) σ(3) 随机变量ξ的方差反映了ξ取值的稳定性． (4) 方差的性质a 、b 为常数，则V(aξ＋b)＝a 2V ξ.3. 若ξ～B(n ，p)，则E(ξ)＝np ，V (ξ)＝np(1－p)．4. 期望与方差的关系均值(期望)反映了随机变量取值的平均水平，而方差则表现了随机变量所取的值对于它的均值(期望)的集中与离散的程度，因此二者的关系是十分密切的，且有关系式V(ξ)＝E(ξ2)＋(E(ξ))2.[备课札记]题型1 离散型随机变量的期望例1 已知离散型随机变量ξ1的概率分布为离散型随机变量ξ2的概率分布为解：E(ξ1)＝1×17＋2×17＋…＋7×17＝4；V (ξ1)＝(1－4)2×17＋(2－4)2×17＋…＋(7－4)2×17＝4，σ1＝V （ξ1）＝2.E (ξ2)＝3.7×17＋3.8×17＋…＋4.3×17＝4；V (ξ2)＝0.04，σ2＝V （ξ2)＝0.2.变式训练甲、乙两射手在同一条件下进行射击，分布列如下：射手甲击中环数8，9，10的概率分别为0.2，0.6，0.2；射手乙击中环数8，9，10的概率分别为0.4，0.2，0.4.用击中环数的期望与方差比较两名射手的射击水平．解：Eξ1＝8×0.2＋9×0.6＋10×0.2＝9，V (ξ1)＝(8－9)2×0.2＋(9－9)2×0.6＋(10－9)2×0.2＝0.4；同理有E(ξ2)＝9，V (ξ2)＝0.8.由上可知，E (ξ1)＝E(ξ2)，V (ξ1)<V(ξ2)．所以，在射击之前，可以预测甲、乙两名射手所得的平均环数很接近，均在9环左右，但甲所得环数较集中，以9环居多，而乙得环数较分散，得8、10环的次数多些．题型2 离散型随机变量的方差与标准差例2 某工艺厂开发一种新工艺品，头两天试制中，该厂要求每位师傅每天制作10件，该厂质检部每天从每位师傅制作的10件产品中随机抽取4件进行检查，若发现有次品，则当天该师傅的产品不能通过．已知李师傅第一天、第二天制作的工艺品中分别有2件、1件次品．(1) 求两天中李师傅的产品全部通过检查的概率；(2) 若厂内对师傅们制作的工艺品采用记分制，两天全不通过检查得0分，通过1天、2天分别得1分、2分，求李师傅在这两天内得分的数学期望．解：(1) 设李师傅产品第一天通过检查为事件A ；第二天产品通过检查为事件B.则有P(A)＝C 48C 410＝12，P(B)＝C 49C 410＝35，由事件A 、B 独立，∴ P(AB)＝P(A)P(B)＝310.答：李师傅这两天产品全部通过检查的概率为310.(2) 记得分为ξ，则ξ的可能值为0，1，2.∵ P (ξ＝0)＝23×25＝415；P(ξ＝1)＝35×23＋13×25＝815；P(ξ＝2)＝35×13＝15.∴ E(ξ)＝0×415＋1×815＋2×15＝1415.答：李师傅在这两天内得分的数学期望为1415.备选变式（教师专享）一盒中装有零件12个，其中有9个正品，3个次品，从中任取一个，如果每次取出次品就不再放回去，再取一个零件，直到取得正品为止．求在取得正品之前已取出次品数的期望．解：设取得正品之前已取出的次品数为ξ，显然ξ所有可能取的值为0，1，2，3当ξ＝0时，即第一次取得正品，试验停止，则P(ξ＝0)＝912＝34.当ξ＝1时，即第一次取出次品，第二次取得正品，试验停止，则P(ξ＝1)＝312×911＝944.当ξ＝2时，即第一、二次取出次品，第三次取得正品，试验停止，则P(ξ＝2)＝312×211×910＝9220.当ξ＝3时，即第一、二、三次取出次品，第四次取得正品，试验停止，则P(ξ＝3)＝312×211×110×99＝1220.所以，E (ξ)＝0×34＋1×944＋2×9220＋3×1220＝310.题型3 期望、方差的性质及应用例3 某电器商经过多年的经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ξ是一个随机变量，它的分布列为P(ξ＝i)＝112(i ＝1，2，…，12)；设每售出一台电冰箱，电器商获利300元．如销售不出，则每台每月需花保管费100元. 问电器商每月初购进多少台电冰箱才能使月平均收益最大？解：设x 为电器商每月初购进的冰箱的台数，依题意，只需考虑1≤x ≤12的情况．设电器商每月的收益为y 元，则y 是随机变量ξ的函数，且y ＝300(),300100()()x x x x x x x x ì³ïïíï--ïîp 于是电器商每月获益的平均数，即为数学期望Ey ＝300x(P x ＋P x ＋1＋…＋P 12)＋[300－100(x －1)]P 1＋[2×300－100(x －2)]P 2＋…＋[(x －1)×300－100]P x －1＝300x(12－x ＋1)·112＋112⎣⎡⎦⎤300×x （x －1）2－100×（x －1）x 2＝253(－2x 2＋38x)．因为x ∈N *，所以当x ＝9或x ＝10时，数学期望最大．故电器商每月初购进9或10台电冰箱时，月收益最大，最大收益为1500元．备选变式（教师专享）甲、乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量ξ和η，且ξ、η分布列为(1) 求a 、b 的值；(2) 计算ξ、η的期望和方差，并以此分析甲、乙的技术状况．解：(1) 由离散型随机变量的分布列性质可知a ＋0.1＋0.6＝1，即a ＝0.3，同理0.3＋b ＋0.3＝1，b ＝0.4.(2) E(ξ)＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3， E (η)＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2. V (ξ)＝0.81，V (η)＝0.6.由计算结果E(ξ)>E(η)，说明在一次射击中甲的平均得分比乙高，但V(ξ)>V(η)，说明甲得分的稳定性不如乙，因此甲、乙两人技术都不够全面．1. (2013·广东)已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E(X)答案：32解析：E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝1510＝32.2. (2013·湖北理)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割成125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取出一个小正方体，记它的涂油漆面数为X ，则X 的均值为E(X)＝________．答案：65解析：用分布列解决这个问题，根据题意易知X ＝0，1，2，3.列表如下：所以E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝65.3. (2013·上海理)设非零常数d 是等差数列x 1，x 2，x 3，…，x 19的公差，随机变量ξ等可能地取值x 1，x 2，x 3，…，x 19，则方差V(ξ)＝________．答案：30|d| 解析：Eξ＝x 10， V (ξ)＝d 219（92＋82＋…＋12＋02＋12＋…＋92）＝30|d|. 4. (2013·浙江)设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1) 当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此两球所得分数之和，求ξ分布列；(2) 从该袋子中任取(且每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E(η)＝53，V (η)＝59，求a ∶b ∶c.解：(1) 由已知得到：当两次摸到的球分别是红红时ξ＝2，此时P(ξ＝2)＝3×36×6＝14；当两次摸到的球分别是黄黄、红蓝、蓝红时ξ＝4时，P (ξ＝4)＝2×26×6＋3×16×6＋1×36×6＝518；当两次摸到的球分别是红黄，黄红时ξ＝3时，P (ξ＝3)＝3×26×6＋2×36×6＝13；当两次摸到的球分别是黄蓝，蓝黄时ξ＝5时，P (ξ＝5)＝1×26×6＋2×16×6＝19；当两次摸到的球分别是蓝蓝时ξ＝6时，P (ξ＝6)＝1×16×6＝136.所以ξ的分布列为(2) 由已知得到：η有三种取值即1，2，3，所以η的分布列为所以，2225233555253(1)(2)(3)9333a b c E a b c a b c ab ca b c D a b c a b c a b c ηη⎧==++⎪⎪++++++⎨⎪==-⨯+-⨯+-⨯⎪++++++⎩所以b ＝2c ，a ＝3c ，所以a ∶b ∶c ＝3∶2∶1.1. 袋中有5只红球，3只黑球，现从袋中随机取出4只球，设取到一只红球得2分，取到一只黑球得1分，则得分ξ的数学期望Eξ＝________．答案：132解析：ξ可取5、6、7、8，P (ξ＝5)＝570 (3黑1红); P(ξ＝6)＝3070 (2黑2红)；P (ξ＝7)＝3070 (3红1黑)；P(ξ＝8)＝570 (4红)．∴Eξ＝45570＝6.5.2. 为防止山体滑坡，某地决定建设既美化又防护的绿化带，种植松树、柳树等植物．某人一次种植了n 株柳树，各株柳树成活与否是相互独立的，成活率为p ，设ξ为成活柳树的株数，数学期望E(ξ)＝3，标准差σ(ξ)为62. (1) 求n 、p 的值并写出ξ的分布列；(2) 若有3株或3株以上的柳树未成活，则需要补种，求需要补种柳树的概率．解：(1) 由E(ξ)＝np ＝3，(σ(ξ))2＝np(1－p)＝32，得1－p ＝12，从而n ＝6，p ＝12，ξ的分布列为(2) 记“需要补种柳树”为事件A, 则P(A)＝P(ξ≤3)，得P(A)＝1＋6＋15＋2064＝2132.3. 将一枚硬币抛掷6次，求正面次数与反面次数之差ξ的概率分布列，并求出ξ的期望Eξ.解：设正面的次数是η，则η服从二项分布B(6，0.5)，概率分布为P(η＝k)＝C k60.56，k＝0，1，…，6，且Eη＝3.而反面次数为6－η，ξ＝η－(6－η)＝2η－6.于是ξ的概率分布为P (ξ＝2k －6)＝P(η＝k)＝C k 60.56，k ＝0，1，…，6. 故E(ξ)＝E(2η－6)＝2E(η)－6＝2×3－6＝0.4. (2013新课标Ⅰ理)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1) 求这批产品通过检验的概率；(2) 已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．解：(1) 设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A ，第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B ，第二次取出的4件产品都是优质品为事件C ，第二次取出的1件产品是优质品为事件D ，这批产品通过检验为事件E ，∴ P(E)＝P(A)P(B|A)＋P(C)P(D|C)＝C 34⎝⎛⎭⎫122×12×⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫124×12＝364. (2) X 的可能取值为400，500，800，并且P(X ＝400)＝1－C 34⎝⎛⎭⎫123×12－⎝⎛⎭⎫124＝116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝C 34⎝⎛⎭⎫123×12＝14，∴ X 的分布列为EX ＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.数学期望中的注意问题：(1) 数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2) E(X)是一个常数，由随机变量X 的概率分布唯一确定，即随机变量X 是可变的，而E(X)是不变的，它描述X 取值的平均状态．(3) 随机变量的方差和标准差既反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，也反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度．(4) 标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛．请使用课时训练（B ）第6课时（见活页）.[备课札记]。

2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第3课时二项式定理

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第3课时二项式定理1. (选修23P 32练习5改编)在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是________．答案：1 890 解析：T r ＋1＝C r10x10－r(－3)r，令10－r ＝6，r ＝4，T 5＝9C 410x 6＝1 890x 6.2. (选修23P 32练习6改编)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 212的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r12x12－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项．3. (选修23P 35习题2改编)若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则自然数n ＝________．答案：13解析：C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363＋1，C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364，C 35＋C 25＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1＝364，n ＝13.4. (选修23P 36习题12改编)已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝________．答案：－2解析：设f(x)＝(1－2x)7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2)7＝－1，令x ＝0，得a 0＝1，a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－a 0＝－2.5. (选修23P 35习题10改编)在(x ＋y)n的展开式中，若第七项系数最大，则n 的值可能为________．答案：11，12，13解析：分三种情况：① 若仅T 7系数最大，则共有13项，n ＝12；② 若T 7与T 6系数相等且最大，则共有12项，n ＝11；③ 若T 7与T 8系数相等且最大，则共有14项，n ＝13，所以n 的值可能等于11，12，13.1. 二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n∈N)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a ＋b)n的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0，1，2，…，n)叫做第r ＋1项的二项式系数．式中的C r n a n －r b r叫做二项式展开式的第r ＋1项(通项)，用T r ＋1表示，即展开式的第r ＋1项；T r ＋1＝C r n a n －r b r．2. 二项展开式形式上的特点 (1) 项数为n ＋1.(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n. (3) 字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4) 二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn . 3. 二项式系数的性质(1) 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等． (2) 如果二项式的幂指数是偶数，中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．(3) 二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n.(4) 二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1．[备课札记]题型1 二项式展开式的特定项例1 如果⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n的展开式中，第四项和第七项的二项式系数相等，求：(1) 展开式的中间项；(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －124x n －1展开式中所有的有理项．解：(1) ⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n展开式中，第四项和第七项的二项式系数分别是C 3n ，C 6n ，由C 3n ＝C 6n ，得n ＝9，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 39展开式的中间项为第5项和第6项，即T 5＝(－1)4C 49(x －3)4(x 2)5＝126x 2，T 6＝(－1)5C 59(x －3)5(x 2)4＝－126x7.(2) 通项为T r ＋1＝C r 8(x)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r 8x 16－3r 4(r ＝0，1，2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，必须r 是4的倍数，所以r ＝0，4，8，共有三个有理项，分别是T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120C 08x4＝x 4，T 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 48x ＝358x ，T 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－128C 88x －2＝1256x 2.变式训练 (1) 若(1＋x)n 的展开式中，x 3的系数是x 的系数的7倍，求n ；(2) 已知(ax ＋1)7(a≠0)的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，求a ；(3) 已知(2x ＋x lgx )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，求x. 解：(1) C 3n ＝7C 1n ，n （n －1）（n －2）6＝7n ，即n 2－3n －40＝0.由n∈N *，得n ＝8.(2) C 57a 2＋C 37a 4＝2C 47a 3，21a 2＋35a 4＝70a 3，a ≠0，得5a 2－10a ＋3＝0 a ＝1±105. (3) C 48(2x)4(x lgx )4＝1 120，x 4(1＋lgx)＝1，所以x ＝1，或lgx ＝－1，x ＝110.题型2 二项式系数例2 已知(x 23＋3x 2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求： (1) 展开式中二项式系数最大的项； (2) 展开式中系数最大的项．解：令x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n.又展开式中二项式系数和为2n，∴ 22n －2n＝992，n ＝5.(1) ∵ n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴ T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223.(2) 设展开式中第r ＋1项系数最大，则T r ＋1＝C r 5(x 23)5－r (3x 2)r ＝3r C r5x 10＋4r 3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧3r C r 5≥3r －1C r －15，3r C r 5≥3r ＋1C r ＋15， 72≤r ≤92，∴ r ＝4，即展开式中第5项系数最大，T 5＝C 45(x 23)(3x 2)4＝405x 263.备选变式（教师专享）已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n 的展开式中前三项的系数成等差数列．设⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.求：(1) a 5的值；(2) a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n 的值； (3) a i (i ＝0，1，2，…，n)的最大值．解：(1) 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍)．T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r，令8－r ＝5 r ＝3，所以a 5＝7.(2) 在等式的两边取x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝1256. (3) 设第r ＋1的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧12r C r 8≥12r ＋1C r ＋18，12r C r8≥12r －1C r －18，即⎩⎪⎨⎪⎧18－r ≥12（r ＋1），12r ≥19－r ，解得r ＝2或r ＝3.所以a i 系数最大值为7.题型3 二项式定理的综合应用例3 已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式中的二项式系数的和比(3a ＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2n －27＝128，n ＝8，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，当r ＝4时，展开式中的系数最大，即T 5＝70x 4为展开式中的系数最大的项；当r ＝3，或5时，展开式中的系数最小，即T 4＝－56x 7，T 6＝－56x 为展开式中的系数最小的项．备选变式（教师专享）已知(2－3x)50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50) ＝(2－3)50(2＋3)50＝1.1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________．答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为C 25＋a·C 15＝5，解得a ＝－1.2. (2013·天津理)⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的二项展开式中的常数项为________．答案：15解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6x 6－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 6x6－32k(－1)k.由6－32k ＝0，得k＝4.所以常数项为T 4＋1＝C 46(－1)4＝15.3. (2013·大纲版理)(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是________．答案：18解析：(x ＋1)3的展开式的通项为T r ＋1＝C r 3x r ，令r ＝2得到展开式中x 2的系数是C 23＝3.(1＋y)4的展开式的通项为T r ＋1＝C r 4y r ，令r ＝2得到展开式中y 2的系数是C 24＝6，(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是3×6＝18.4. (2013·辽宁理)使得⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n(n∈N ＋)的展开式中含有的常数项最小的n 为________．答案：5解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k n (3x)n －k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x k ＝C k n 3n －k xn －5k 2.由n －5k 2＝0，得n＝5k2，所以当k ＝2时，n 有最小值5.1. 若n 是奇数，则7n ＋C 1n 7n －1＋C 2n 7n －2＋…＋C n －1n 7被9除的余数是________．答案：7解析：原式＝(7＋1)n －1＝(9－1)n－1＝9k －2＝9k′＋7(k 和k ′均为正整数)．2. 0.9915的近似值是___________．(精确到0.001) 答案：0.956解析：0.9915＝(1－0.009)5＝1－5×0.009＋10×(0.009)2－…≈1－0.045＋0.000 81≈0.956.3. 用二次项定理证明32n ＋2－8n －9能被64整除(n∈N )．证明：32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9 ＝C 0n ＋18n ＋1＋C 1n ＋18n ＋…＋C n －1n ＋182＋C n n ＋18＋C n ＋1n ＋1－8n －9＝64(C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)＋8(n ＋1)＋1－8n －9＝M×64(记M ＝C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)． ∵ M 为整数，∴ 64M 能被64整除．4. (1) 在(1＋x)n的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则n 等于多少？(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x x ＋13x n的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大项．解：(1) 由已知得C 2n ＝C 5n n ＝7.(2) 由已知得C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝128，2n －1＝128，n ＝8，而展开式中二项式系数最大项是T 4＋1＝C 48(x x)4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 4＝70x 43x 2.一般地，对于多项式g(x)＝(px ＋q)n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则有： (1) g(x)的常数项的系数为g(0)； (2) g(x)的各项的系数和为g(1)；(3) g(x)的奇数项的系数和为12[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．请使用课时训练（A ）第3课时（见活页）.[备课札记]。

高考数学复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.②了解两个互斥事件的概率加法公式. (2)古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②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)随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义. 3.概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.(2)了解超几何分布，并能进行简单应用. (3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n 次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题.(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题.(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.§11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么完成这件事共有N ＝____________种不同的方法.3.两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事.4.两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步.(1)分类要做到“______________”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.自查自纠：1.m1＋m2＋…＋m n2.m1×m2×…×m n3.相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4.(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A.53种B.35种C.3种D.15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( )A.256种B.81种C.16种D.12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种.故选D.点Q(x，y)中x∈{1，2}，y∈{2，3，4}，则不在直线y＝x上的点Q(x，y)的个数是( )A.1B.4C.5D.6解：这样的点共有2×3＝6个，在直线y＝x上的只有(2，2)，因此不在直线y＝x上的点的个数是6－1＝5.故选C.某校高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班.现选两个班的学生参加社会实践活动，若要求这两个班来自不同年级，则有不同的选法____________种.解：先分类再分步，共有不同的选法：6×7＋7×8＋6×8＝146种.故填146.设集合I＝{1，2，3，4}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有________种.解：当A中的最大数为1时，A有1种情形，此时B有23－1＝7种情形；当A中的最大数为2时，A有21＝2种情形，此时B有22－1＝3种情形；当A中的最大数为3时，A有22＝4种情形，此时B有21－1＝1种情形.∴由分步及分类计数原理知，共有1×7＋2×3＋4×1＝17种选择方法，故填17.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书.现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情.故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法.(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情.故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法.(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法.而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法.点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB型血的共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情即可完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才算完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高(一)四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理.可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类.本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人.(2)有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C 涂不同颜色：类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.类型二，分四步：第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.点拨：本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：A 有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D 有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×(4＋3×3)＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：①所涂颜色种类(如本题，可依用4种、3种、2种色来分类)；②可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数.解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个.第二类：用2作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个.第三类：用4作个位的比2000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个.综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个.(2)(2013·广东佛山二模)假设佛山五区行政区划图如图，测绘局想要给地图着色，相邻区域颜色不同，每块区域只涂一色.现有4种颜色可供选择，那么共有不同的着色方案为__________种(用数字作答).题图答图解法一：为了方便，以数字代表各区域，如图.区域1，2，3，4，5分别有4，3，2，3，2种着色方案，故共有4×3×2×3×2＝144种方案.解法二：可以看到区域3与其余四块均相邻，其中区域123及区域345均是两两相邻，因此分成两类：第一类，用3种颜色，有C34×3×2×1×2×1＝48(种)情形；第二类，用4种颜色，有4×3×2×1×2＋4×3×2×2×1＝96(种)情形.故共有144种方案.故填144.1.运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准.分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性.2.运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准.分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性.3.在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏.4.对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律.5.解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.1.有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A.7B.64C.12D.81解：由分步乘法计数原理知可配3×4＝12套.故选C.2.现有6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.56B.65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法.故选A.3.(2013·北京海淀区期末考试)由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是( )A.72B.60C.48D.12解：分两类：当首位为偶数时，有2×3×2×2×1×1＝24种情形；当首位为奇数时，有3×3×2×2×1×1＝36种情形，因此共有24＋36＝60个满足要求的六位数.故选B.4.(2013·广东适应性测试)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P ABC 与一个正三棱柱ABC A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()A.6种B.12种C.18种D.24种解：先涂三棱锥P ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱ABC A 1B 1C 1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案.故选B.5.(2013·福建)满足a ，b ∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A.14B.13C.12D.10解：①当a ＝0时，方程总有解，此时b 可以取4个值，故有4种有序数对；②当a ≠0时，需要Δ＝4－4ab ≥0，即ab ≤1，显然有3种有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)，此时应有3×4－3＝9种有序数对.故共有9＋4＝13种有序数对.故选B.6.(2013·济南模拟)电路如图所示，在A ，B 间有四个开关，若发现A ，B 之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有()A.3种B.8种C.13种D.16种解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.7.架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.8.已知集合A ＝{a ，b ，c ，d }，集合B ＝{1，2，3，4，5}，集合C ＝ {e ，f ，g ，h }.从集合B 到集合A 可以建立____________个不同的映射；在集合C 到集合B 的映射中，若要求集合C 中的不同元素的象也不同，这样的映射有_________个.解：集合B 中每个元素，都可以与A 中的4个元素建立对应关系，故从集合B 到A 可建立45＝1024个不同的映射；在集合C 到集合B 的映射中，C 中不同元素对应不同的象，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120个这样的映射.故填1024；120.9.已知集合M ＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问：(1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？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.根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个.(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.由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个.(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.结合(1)可得不在直线y ＝x 上的点共有36－6＝30个.10.从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数.设抛物线过原点，且顶点在第一象限.这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过原点，且顶点 (－b 2a ，4ac －b 24a)在第一象限，a ，b ，c 应满足 ⎩⎪⎨⎪⎧0＝a ×02＋b ×0＋c ，－b 2a ＞0，4ac －b 24a ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，a ＜0，b ＞0.分三步，a 可以取－3，－2，－1；b 可以取1，2，3；c 取0.所以满足条件的抛物线的条数为N ＝3×3×1＝9.11.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？解法一：如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.(1)当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种).(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种).综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.解法二：通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有C13C15种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2C13C15＝30种染法.(2014·福建)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.§11.2 排列与组合1.排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号______表示.(3)排列数公式：A m n＝______________________.这里n，m∈N*，并且________.(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列.A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝________，这里规定0！＝________.2.组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号________表示.(3)组合数公式：C m n＝A m n A m m＝＝.这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①C m n＝____________；②C m n＋1＝____________＋____________.自查自纠：1.(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n(4)排列n！n！（n－m）！12.(1)合成一组(2)所有不同组合C m n(3)n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！n！m！（n－m）！(4)①C n－m n②C m n C m－1n下列等式不．正确的是( )A.C m n＝C n－m nB.C m n＝A m nn！C.(n＋2)(n＋1)A m n＝A m＋2n＋2D.C r n＝C r－1n－1＋C r n－1解：C m n＝A m nm！.故选B.(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种解：共有C26·C15＝75(种)不同的选法.故选C.若从6位志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作中的一种，现已确定这6人中的甲必须选上且专门从事翻译工作，则不同的选派方案有( )A.24种B.60种C.360种D.243种解：由排列的定义可知所求为A35＝60种.故选B.(2014·成都模拟)某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种.(用数字作答)解：先确定一个公益广告最后播放，再排另一个公益广告，最后排三个商业广告，不同的播放方式有A12·A13·A33＝36种.故填36.(2013·北京)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是____________.解：5张参观券分为4堆，其中有两张连号的分法有4种，然后把4堆参观券分给不同的4个人有A44种不同的分法，故共有不同的分法种数为4A44＝96.故填96.类型一排列数与组合数公式(1)解方程3A x8＝4A x－19；(2)解方程C x＋1x＋3＝C x－1x＋1＋C x x＋1＋C x－2x＋2.解：(1)利用3A x8＝38！（8－x）！，4A x－19＝49！（9－x＋1）！，得到3×8！（8－x）！＝4×9！（10－x）！.利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.再化简得到x 2－19x ＋78＝0.解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x 8和A x －19有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2＝13舍去，原方程的解是x ＝6.(2)由组合数的性质可得 C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2，又C x ＋1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1x ＋2，即C 1x ＋2＋C 2x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2.∴C 1x ＋2＝C 4x ＋2， ∴5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义.(2)应用组合数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C mn 时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大.使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短.(1)解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ；(2)计算：C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2100.解：(1)由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 得3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，由x ≠0整理得3x 2－17x ＋10＝0.解得x ＝5或23(舍去).即原方程的解为x ＝5.(2)原式＝(C 33＋C 23)＋C 24＋…＋C 2100＝(C 34＋C 24)＋…＋C 2100＝…＝C 3100＋C 2100 ＝C 3101＝166650.类型二排列的基本问题7位同学站成一排照相.(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 66＝720种排法.(2)分两步，先排甲、乙，则有A 22种排法；再排其他5个人，有A 55种排法，由分步乘法计数原理则有A 22·A 55＝240种排法.(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 66种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 15·A 15·A 55种排法.综上，则共有A 66＋A 15·A 15·A 55＝3720种排法.间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A 77－A 66－A 66＋A 55＝3720种排法.(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 22·A 66＝1440种排法.(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A 55·A 26＝3600种排法.(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有12A 77＝2520种排法.点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数.(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种.正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”.6个人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻；(3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间间隔两人； (5)甲、乙站在两端； (6)甲不站左端，乙不站右端.解：(1)解法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个有A 14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A 14·A 55＝480(种).解法二：若对甲没有限制条件共有A 66种站法，甲在两端共有2A 55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数即得所求的站法数有A 66－2A 55＝480(种).(2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有A 55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A 55·A 22＝240(种)站法.解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A 44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙站入，有A 15种方法，最后让甲、乙全排列，有A 22种方法，共有站法A 44A 15A 22＝240(种).(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”.第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A 44种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有A 25种，故共有站法为A 44A 25＝480(种).。

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