【三维设计】高考数学一轮总复习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 理 新人教版

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1、第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法小题体验1(教材习题改编)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()A504B210C336D120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，

2、有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法故共有789504种不同的插法2(教材习题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母AG，或UZ，后两个要求用数字19.则最多可以给_个程序模块命名答案：1 0533(教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是_答案：91分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的2分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的小题纠偏1从0,1,2,3

3、,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A30B20C10 D6解析：选D从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，取出的两数都是偶数，共有3种方法；取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N336种2用0,1，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A243 B252C261 D279解析：选B0,1，2，9共能组成91010900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有998648(个)，有重复数字的三位数有900648252(个)题组练透1(易错题)(2016铜梁第一中学月考)如果把个位数是1，且恰好有

4、3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有()A9个B3个C12个 D6个解析：选C当重复数字是1时，有CC；当重复数字不是1时，有C种由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有CCC12个2五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有()A30种 B31种C35种 D40种解析：选B分类：第一类，两人拿对：2C20种；第二类，三人拿对：C10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种故共有2010131种3如图，从A到O有_种不同的走法(不重复

5、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ABO和ACO 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有ABCO和ACBO 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1225种不同的走法答案：5谨记通法利用分类加法计数原理解题时2个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复典例引领已知集合M3，2，1,0,1,2，P(a，b)(a，bM)表示平面上的点，则：(1)P可表示平面上_个不同的点(2)P可表示平面上_个第二象限的点解析：(1)确定平面上的点P(a，b)

6、可分两步完成：第1步，确定a的值，共有6种方法；第2步，确定b的值，也有6种方法根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6636.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第1步，确定a，由于a0，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326.答案：(1)36(2)6由题悟法利用分步乘法计数原理解题时3个注意点(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定即时应用1将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A2 16

7、0 B720C240 D120解析：选B分步来完成此事第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有1098720种分法2从1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)ax2bxc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(a0)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33218个二次函数若二次函数为偶函数，则b0，同上可知共有326个偶函数答案：186命题分析两个原理的常见命题角度有：(1)涂色问题；(2)几何问题；(3)集合问题题点全练角度一：涂色问题涂色问题大致有

8、两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数1(1)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有_种(用数字作答)(2)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_种不同的涂色方法解析：(1)从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法由分步乘法计数原理可知，共有6544480种涂色方法(2)

9、区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法所以共有5445433260种涂色方法答案：(1)480(2)260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查2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()A40 B16C13 D10解析：选C分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面根据分类加法计数原理知，共可以确定8513个不同

10、的平面角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有的子集有2n个，真子集有2n1个3(2015保定调研)已知集合M1,2,3,4，集合A，B为集合M的非空子集，若对xA，yB，xy恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有_个解析：当A1时，B有231种情况；当A2时，B有221种情况；当A3时，B有1种情况；当A1,2时，B有221种情况；当A1,3，2,3，1,2,3时，B均有1种情况；所以满足题意的“子集对”共有7313317(个)答案：17方法归纳两个原理综合应用的1个关键点解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分

11、类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求一抓基础，多练小题做到眼疾手快1a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A20B16C10 D6解析：选B当a当组长时，则共有144种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4312种选法因此共有41216种选法2某电话局的电话号码为139，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A20 B25C32 D60解析：选C依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为2532

12、.3某班班干部有5名男生、4名女生，从9人中选1人参加某项活动，则不同选法的种数为()A9 B5C4 D72解析：选A分两类：一类从男生中选1人，有5种方法；另一类是从女生中选1人，有4种方法因此，共有549种不同的选法4从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是_解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法故所求奇数的个数为33218.答案：185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

13、的三角形共有8432(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32840(个)答案：40二保高考，全练题型做到高考达标1某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从09这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有()A180种B360种C720种 D960种解析：选D按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法因此车牌号码可选的所有可能情况有5

14、3444960(种)2在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A6种 B12种C18种 D20种解析：选D分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C6(种)情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C12(种)情形所有可能出现的情形共有261220(种)3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

15、18个 B15个C12个 D9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计363315(个)4从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A56 B54C53 D52解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8756个对数值；但在这56个对数值中，log24l

16、og39，log42log93，log23log49，log32log94，即满足条件的对数值共有56452(个)5从集合1,2,3,4，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A32个 B34个C36个 D38个解析：选A先把数字分成5组：1,10，2,9，3,8，4,7，5,6，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可故共可组成2222232(个)6如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有_种解析：按区域分四步：第一

17、步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选由分步乘法计数原理，共有5433180(种)不同的涂色方法答案：1807在2014年南京青奥会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有_种解析：分两步安排这8名运动员第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排安排方式有43224种第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有54321120种安排这8人的方式有2412

18、02 880种答案：2 88088名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有_场比赛解析：小组赛共有2C场比赛；半决赛和决赛共有224场比赛；根据分类加法计数原理共有2C416场比赛答案：169集合Na，b，c5，4，2,1,4，若关于x的不等式ax2bxc0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是_解析：依题意知，集合N最多有C10(个)，其中对于不等式ax2bxc0，且b24ac0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数

19、是1028.答案：810电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解：幸运之星在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30292017 400种；幸运之星在乙箱中抽取，有20193011 400种共有不同结果17 40011 40028 800种三上台阶，自主选做志在冲刺名校1安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有()A180种 B240种C360种 D480种解析

20、：选D依题意，歌手乙、丙都排在歌手甲的前面的排法共有A456240种，因此满足题意的不同排法共有2402480种2如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有_种解析：四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能故不通的情况有24313(种)可能答案：133为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车

21、可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种抽调方法故共有CAC84种抽调方法第二节 排列与组合1排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(mn)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(2)排列数：从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A.2组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(mn)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(2)组合

22、数：从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C.3排列数、组合数的公式及性质公式排列数公式An(n1)(n2)(nm1)组合数公式C性质(1)An！；(2)0！1(1)C1；(2)CC_；(3)CCC备注n，mN*且mn小题体验1. (教材习题改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有()A24种B60种C90种 D120种解析：选B可先排C，D，E三人，共A种排法，剩余A，B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A60(种)2(教材习题改编)甲、乙两人从

23、4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有()A12种 B16种C24种 D48种解析：选C依题意得知，满足题意的选法共有CCC24种3(教材习题改编)已知，则C_.解析：由已知得m的取值范围为，整理可得m223m420，解得m21(舍去)或m2.故CC28.答案：281易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关2计算A时易错算为n(n1)(n2)(nm)3易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数小题纠偏1方程3A2A6A的解为_解析：由排列数公式可知3x(

24、x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，x3且xN*，3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，即3x217x100，解得x5或x(舍去)，x5.答案：52某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为_(用数字作答)解析：法一：依题意可得CCCC8614，故满足要求的方案有14种法二：6人中选4人的方案有C15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的方案有14种答案：14题组练透1(2015山西模拟)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩

25、余的三把椅子，则不同的座次有()A60种B48种C30种 D24种解析：选B由题知，不同的座次有AA48种2用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A324 B648C328 D360解析：选C首先应考虑“0”，当0排在个位时，有A9872(个)，当0排在十位时，有AA4832(个)当不含0时，有AA487224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有7232224328(个)3用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为_解析：(捆绑法)首先排两个奇数1,3有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间

26、，有C种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA8.答案：8谨记通法1解决排列问题的4种方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算捆绑法相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看成一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中除法法定序问题除法处理的方法，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列2解决排列类应用题的3种策略(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置(2)分排问题直排法处理(3)“小集团”排列问题采

27、用先集中后局部的处理方法典例引领1(2016山师大附中摸底)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为()A360B520C600 D720解析：选C根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有CCA480种情况；若甲、乙两人都参加，有CCA240种情况，其中甲、乙相邻的有CCAA120种情况则不同的发言顺序的种数为480240120600.2现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种

28、数为_解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法CC264种第二类，不含有红色卡片，不同的取法C3C22012208种由分类加法计数原理知，不同的取法共有264208472种答案：472由题悟法1解决组合应用题的2个步骤第一步，整体分类要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理；第二步，局部分步用到分步乘法计数原理2含有附加条件的组合问题的2种方法通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对于涉及“至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研究进行直接求解即时应用1(2016大连模拟)某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从

29、中选3门若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A3种B6种C9种 D18种解析：选C由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C10种两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种满足题意的选法有1019种2四面体的一个顶点为A，从其他顶点与各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有()A30种 B33种C36种 D39种解析：选B分两种情况：顶点A与各棱的中点共面的有3个侧面，每个侧面中有5个点，有C种，3个侧面有3C种；3个点不在同一个表面的有3个，共有3C333种取法命题分析分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题

30、的一个基本指导思想就是先分组后分配关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题题点全练角度一：整体均分问题1国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有_种不同的分派方法解析：先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有A90种分派方法答案：90角度二：部分均分问题2

31、(2016内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为()A144B72C36 D48解析：选C分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有A36种角度三：不等分问题3若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有_种不同的分法解析：将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C种取法根据分步乘法计

32、数原理，共有CCC60种取法再将这3组教师分配到3所中学，有A6种分法，故共有606360种不同的分法答案：360方法归纳解决分组分配问题的3种策略(1)整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数(2)部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数(3)不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数一抓基础，多练小题做到眼疾手快1将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲

33、、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A10种B9种C12种 D8种解析：选C依题意，满足题意的不同安排方案共有CC12种2世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A12种 B10种C8种 D6种解析：选D甲、乙两人被分配到同一展台，可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种，甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A6种3将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那

34、么互不相同的安排方法的种数为()A10 B20C30 D40解析：选B将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有CC220种4从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有()A9个 B24个C36个 D54个解析：选D选出符合题意的三个数共有CC种方法，这三个数可组成CCA54个没有重复数字的三位数5在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有()A36个 B24个C18个 D6个解析：选B各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是

35、奇数或两个偶数一个奇数，所有可能情况有ACA61824(个)二保高考，全练题型做到高考达标1(2016山西四校联考)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为()A150 B180C200 D280解析：选A分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有A90种分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有CA60种分派方法所以不同分派方法种数为9060150种2(2016贵阳摸底)现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是()A12 B6C8 D16解

36、析：选A若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C36种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有326种方法综上可得，不同的考试安排方案共有6612种3(2016太原模拟)有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是()A24 B48C72 D96解析：选B据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得

37、共有AAAACC48种摆放方法4用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为()A423 B288C216 D144解析：选B若2,4相邻，把2,4捆绑在一起，与另外四个数排列(相当于5个元素排列)，1不在左、右两侧，则六位数的个数为2CA144，同理2,4与6相邻的有A22A48个，所以只有2,4相邻的有1444896个，全部符合条件的六位数有963288个5(2016福建三明调研)将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有()

38、A12种 B20种C40种 D60种解析：选C(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得这样的排列数有240种64位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得100分，选乙题答对得90分，答错得90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是_解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：甲：4人，乙：0人；甲：2人，乙：2人；甲：0人，乙：4人对于，须2人答对，2人答错，共有C6种情况；对于，选甲题的须1人答对，1人答错，选乙题

39、的也如此，有CCC24种情况；对于，与相同，有6种情况，故共有624636种不同的情况答案：367(2016广州质检)若把英语单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有_种解析：A119.答案：198(2015浙江重点中学协作体摸底)把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为_(用数字作答)解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存

40、在三连号在4个空位插3个板子，共有C4种情况，再对应到4个人，有A24种情况，则共有42496种情况答案：969(2016山西考前质检)5名工人分别要在某3天中选择1天休息，且每天至少有一人休息，则不同的安排方式有_种(用数字填写)解析：由题意可知5名工人分别要在某3天中任选1天休息，且每天至少有一人休息，则不同的安排方式共分两类：第一类，有两天中只有一人休息，另外一天有三人休息，共有CA60种方法；第二类，有两天中分别有两人休息，另外一天只有一人休息，共有A90种方法综上所述，共有6090150种方法答案：15010将7个相同的小球放入4个不同的盒子中(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？

41、(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C20种不同的放入方式(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C120种放入方式三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2015上饶模拟)有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为()A80 B84C96 D104解析：选C所

42、标数字互不相邻的方法有135,136,146,246，共4种方法.3个颜色互不相同有A43224种，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有24496种2(2016湖南师大附中月考)已知集合Ax|xa0a13a232a333，其中ai0,1,2(i0,1,2,3)且a30，则A中所有元素之和等于()A3 240 B3 120C2 997 D2 889解析：选D由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法(均可取0,1,2)，a3有2种取法(可取1,2)，由分步乘法计数原理可得共有3332种取法当a0取0,1,2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有33218种取法，即集合A中含有a0

43、项的所有数的和为(012)18；同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为(303132)18；集合A中含有a2项的所有数的和为(320321322)18；集合A中含有a3项的所有数的和为(331332)27；由分类加法计数原理得集合A中所有元素之和S(012)18(303132)18(320321322)18(331332)2718(3927)81277022 1872 889.3用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？(1)比21 034大的偶数；(2)左起第二、四位是奇数的偶数解：(1)法一：可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数

44、；当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有AA12个五位数；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有AA12个五位数；当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；当末位数字是4，而首位数字是3时，有A6个五位数；故共有612123639个满足条件的五位数法二：不大于21 034的偶数可分为三类：万位数字是1的偶数，有AA18个五位数；万位数字是2，而千位数字是0的偶数，有A个五位数；还有一个为21 034本身而由0,1,2,3,4组成的五位偶数个数有AAAA60个，故满足条件的五位偶数的个数为60182139.(2)法一：可分为两类：末位数是0，个数有AA4；末位数是2或4，个数有AA4；

45、故共有AAAA8个满足条件的五位数法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA8个满足条件的五位数第三节 二项式定理1二项式定理(1)定理公式(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)叫做二项式定理(2)通项Tk1Cankbk为展开式的第k1项2二项式系数与项的系数(1)二项式系数二项展开式中各项的系数C(k0,1，n)叫做二项式系数(2)项的系数项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念3二项式系数的性质性质内容对称性与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即CC增减性当k时，二项式系数

46、逐渐增大；当k时，二项式系数逐渐减小最大值当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为C；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为C或C4各二项式系数的和(ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即CCCCC2n.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即CCCCCC2n1.小题体验1(教材习题改编)(x2)8的展开式中x6的系数是()A28B56C112 D224解析：选C通项为Tr1Cx8r2r2rCx8r，令8r6，得r2，即T322Cx6112x6，所以x6的系数是112.2若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，则a7a6

47、a1的值为()A1 B129C128 D127解析：选B令x1得a0a1a727128；令x0得a0(1)71，a1a2a3a7129.3(教材习题改编)8的展开式中的有理项共有_项解析：Tr1C()8rrrCx，r为4的倍数，故r0,4,8共3项答案：31二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k1项2(ab)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒3易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C(k0,1，n)小题纠偏1(13x)n(其中n

48、N且n6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n()A6 B7C8 D9解析：选B(13x)n的展开式中含x5的项为C(3x)5C35x5，展开式中含x6的项为C36x6.由两项的系数相等得C35C36，解得n7.2若二项式n展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为()A6 B10C12 D15解析：选C由二项式n展开式的第5项C()n4416Cx是常数项，可得60，解得n12.题组练透1二项式10的展开式中的常数项是()A180B90C45 D360解析：选A10的展开式的通项为Tk1C()10kk2kCx，令5k0，得k2，故常数项为22C180.2(易错题)若n展开式中含有x2项，则n的最

49、小值是()A15 B8C7 D3解析：选D注意到二项式n的展开式的通项是Tr1Cnr(x)rC(1)rx.令rn2，即r有正整数解；又2与5互质，因此n2必是5的倍数，即n25k，n5k2，n的最小值是3.3(2015北京高考)在(2x)5的展开式中，x3的系数为_(用数字作答)解析：设通项为Tr1C25rxr，令r3，则x3的系数为C2210440.答案：40谨记通法求二项展开式中的项的3种方法求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk1Cankbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k0,1,2，n)(1)第m项：此时k1m，直接代入通项，如“题组练透

50、”第2题；(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解典例引领1(2015湖北高考)已知(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A29B210C211 D212解析：选A由CC，得n10，故奇数项的二项式系数和为29.2(2016成都一中模拟)设(x21)(2x1)9a0a1(x2)a2(x2)2a11(x2)11，则a0a1a2a11的值为()A2 B1C1 D2解析：选A令等式中x1可得a0a1a2a11(11)(

51、1)92，故选A.由题悟法1赋值法研究二项式的系数和问题“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n、(ax2bxc)m(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1即可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可2二项式系数最大项的确定方法(1)如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；(2)如果n是奇数，则中间两项的二项式系数相等并最大即时应用1在(1x)n(xN*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n()A8 B9C10 D11解析：选C二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为C，即得5，解得n10.2若(1

52、mx)6a0a1xa2x2a6x6，且a1a2a663，则实数m的值为()A1或3 B3C1 D1或3解析：选D令x0，得a0(10)61.令x1，得(1m)6a0a1a2a6.又a1a2a3a663，(1m)66426，m1或m3.考点三多项式展开式中的特定项或系数问题命题分析在高考中，常常涉及一些多项式问题，主要考查学生的化归能力常见的命题角度有：(1)几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题；(2)几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题；(3)三项展开式中的特定项(系数)问题题点全练角度一：几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题1(2016荣成模拟)在1(1x)(1x)2(1x

53、)3(1x)4(1x)5的展开式中，含x2项的系数是()A10 B15C20 D25解析：选C含x2项的系数为CCCC20.角度二：几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题2(2015全国卷)(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a_.解析：设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5.令x1，得(a1)24a0a1a2a3a4a5.令x1，得0a0a1a2a3a4a5.，得16(a1)2(a1a3a5)232，a3.答案：3角度三：三项展开式中特定项(系数)问题3(2015全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A10 B20C30

54、D60解析：选C法一：(x2xy)5(x2x)y5，含y2的项为T3C(x2x)3y2.其中(x2x)3中含x5的项为Cx4xCx5.所以x5y2的系数为CC30，故选C.法二：(x2xy)5为5个x2xy之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC30，故选C.方法归纳1对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可2对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏3对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决一抓基础，

55、多练小题做到眼疾手快15的展开式中常数项是()A5B5C10 D10解析：选C5的展开式的通项为Tr1C5r(2x2)r(1)rC2rx，当r1时，Tr1为常数项，即T2C210.22n(nN*)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为()A120 B210C252 D45解析：选B由已知得，二项式展开式中各项的系数和二项式系数相等由展开式中只有第6项的系数C最大，可得展开式有11项，即2n10，n5.10展开式的通项为Tr1CxxCx，令5r0可得r6，此时T7C210.3(2016保定期末)在(1x3)(1x)5的展开式中，x3的系数是()A10 B11C12 D15解析：选Bx3的系数是1C1C11.