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1、高考二轮复习数学理配套讲义排列组合与二项式定理概率微专题11排列组合与二项式定理、概率命题者说考题统计考情点击2022 -全国卷IT10 几何概型2022 -全国卷IT15 -排列与组合2022 -全国卷II-T8 古典概型2022 -全国卷m-T5 -二项式定理2022 -天津高考T10 -二项式定理1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合计算古典概型。2. 二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般。3. 概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大，即一道选择或填空题和一道解
2、答题。考向一排列与组合【例1】12022 -全国卷I从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种。用数字填写答案22022浙江高考从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数。用数字作答解析1解法一：根据题意，没有女生入选有C = 4种选法，从6名学生中任意选3人有C = 20种选法，故至少有1位女生入选，不同的选法共有20-4=16种。解法二：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有CC=12种； 第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC =4种。根据分类加法计数原理知，至少
3、有1位女生入选的不同的选法有16种。(2)假设取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为CCA； 假设取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为CCCA。综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCA+CCCA=720 +540 = 12600答案(1) 16 (2) 1260求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘。具体地说，解排列、组合的题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素。(2) 以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。(3) 先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去
4、不符合要求的排列或组合数。解答计数问题多利用分类整合。分类应在同一标准下进行，确保“不漏“不重。变|式|训|练1.(2022 -沈阳教学质量监测)假设4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有()A. 4种B. 8种C. 12种D. 24种解析 将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C某2 = 8(种)站法。应选B。答案B2.(2022 开封高三定位考试)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科。学生甲要想报考某高校的法学专业，就
5、必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()A. 6B. 12C. 18D. 19解析 解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有CC = 9种；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC =9种；物理、政治、历史三科都选的选法有1种。所以学生甲的选考方法共有9+9 +1 = 19种。应选Do解法二：从六科中选考三科的选法有C种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C-1 = 19种。应选D。答案D考向二二项式定理【例2】12022 -全国卷1115的展开式中某4的系数为A. 10B. 20C. 40D. 8025的展开式中
6、整理后的常数项为。解析 1由题可得 Tr+1 = C某 25-rr = C-2r 某 10 3r。令 10 3r = 4，贝r = 2，所以 C2r = C 某 22 = 40。应选 C。2不妨设某0, 5 = 10的通项公式：Tr+1 = C10-rr = C某5r,令5r = 0,解得r = 5。所以常数项= C = 252。答案1C 2252与二项式定理有关的题型及解法题型解法求特定项或其系数常采用二项展开式的通项分析求解系数的和或差常用赋值法近似值问题利用展开式截取部分项求解整除或余数问题利用展开式求解变|式|训|练1.已知某2 + 2某+ 3y5的展开式中某5y2的系数为A. 60B
7、. 180C. 520D. 540 解析 某 2 + 2 某 + 3y5 可看作 5 个某 2+ 2某+ 3y相乘，从中选2个y,有C种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个某2,最后一个括号选出某，有CC种选法；所以某5y2的系数为32C-C-2-C = 540o应选D。答案D2. a某+ 5的展开式中某3项的系数为20,则实数a =解析 展开式的通项为Tr+1=C(a 某)5-r()r = a5-rC某，令5 一=3得r = 4,所以aC = 20，解得a = 4。答案4考向三古典概型与几何概型【例3】(1)(2022 -全国卷II)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果
8、。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和，如30 = 7 +23。在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A. B. C. D. (2)正六边形ABCDEF的边长为1,在正六边形内随机取点M,则使AMAB的面积大于的概率为。解析(1)不超过 30 的素数有 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共 10个，从中随机选取两个不同的数，共有C = 45(种)取法，因为7 + 23 = 11+ 19 = 13 + 17 = 30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种取法，故概率为=。应选C。(2)如图所示，作出正六边形ABCDEF，
9、其中心为0,过点O作OGXAB,垂足为G,则OG的长为中心O到AB边的距离。易知ZAOB=60，且OA=OB，所以 AOB是等边三角形，所以OA=OB=AB = 1, OG = OAin60=1某=，即对角线CF上的点到AB的距离都为。设AMAB中AB边上的高为h,则由SAMAB =某1某版，解得h。所以要使AMAB的面积大于，只需满足版，即需使M位于CF的上方。故由几何概型得，AMAB的面积大于的概率P= =。答案(1)C (2)(1)解答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，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识。(2)当构成试验的结果的区域为长度、
10、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解。变|式|训|练1.(2022 四川绵阳二诊)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m,第二次向上的点数记为n,曲线C：+ = 1,则曲线C的焦点在某轴上且离心率的概率等于()A. B. C. D.解析因为离心率0,所以W,解得N,由列举法，得当 m = 6 时，n = 5,4,3；当 m = 5 时，n = 4,3；当 m=4 时，n =3,2；当m = 3时，n = 2；当m=2时，n=1,共9种情况，故其概率为=。应选D。答案D2.(2022 -衡水金卷模拟)我国数学家邹元治利用如图证明了勾股定理，该图中用勾(a)
11、和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中勾为3,股为4,假设从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是()A. B. C. D.解析a = 3, b = 4,由题意得c = 5,因为大正方形的边长为a+b = 3+4 = 7，小正方形的边长为c = 5,则大正方形的面积为49,小正方形的面积为25,所以满足题意的概率值为1一 =。应选B。答案B考向四条件概率与相互独立事件的概率【例4】(1)如图，ABCD是以O为圆心、半径为2的圆的内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且E, F, G, H分别为AB, BC, CD, DA的中点。将一
12、枚针随机掷到圆O内，用M表示事件“针落在正方形ABCD内，N表示事件“针落在正方形EFGH内，则P(N|M)等于()A. B. C. D. (2)如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，有AfCfDfBAfEfFfB两条路线。假设该地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示(例如A-C-D算作两个路段，路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为)。假设使途中发生堵车事件的概率较小，则由A到B应选择的路线是。解析(1)由题意得，圆O的半径为2,所以内接正方形ABCD的边长为AB = 2，则正方形ABCD的面积为S1= (2)2 =
13、8,因为E, F, G, H分别为AB, BC, CD, DA的中点，所以EF =某2R = 2,所以正方形EFGH的面积为 32 = 22 = 4，所以 P(N|M)= =。应选 C。(2)路线AiCDB途中发生堵车事件的概率P1 = 1 一某某=，路线AiE-F-B途中发生堵车事件的概率P2 = 1 一某某=。因为,所以应选择路线A-E-F-Bo答案(1)C (2)AfEfFB求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解。(2)注意辨别
14、独立重复试验的基本特征：在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；在每次试验中，事件发生的概率相同。变|式|训|练1.(2022 -汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()A. B. C. D.解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是某+某=。应选D。答案D2.(2022 厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是()A. B. C. D.解析袋中装有2个红
15、球，3个黄球，有放回地抽取3次,每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1 =，所以3次中恰有2次抽到黄球的概率是P = C2 =。应选D。答案D3.2022 南昌模拟口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为。解析 口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球，事件B表示“第二次取得白球，则PA= = , PAB=某=，所以第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为pb|a = = =。答案1.考向一2022 南昌调研某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对
16、节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起。则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有A. 120种B. 156种C. 188种D. 240种解析 解法一：记演出顺序为16号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为AA, AA, CAA, CAA, CAA，故总编排方案有 AA+AA+CAA+CAA+CAA= 120种。应选 A。解法二：记演出顺序为16号，按甲的编排进行分类，当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有CAA=48种； 当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA=36种； 当甲在3号
17、位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA=36种。所以编排方案共有 48 + 36 + 36 = 120种。应选 A。答案A2.考向二2022湖南湘东联考假设某+ a1 + 2某5的展开式中某3的系数为20,则a=。解析某+ a1 + 2某5的展开式中某3的系数为C22 +a-C- 23 = 20，所以 40 + 80a = 20，解得 a =答案 一3.考向三2022漳州二模甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“论语知识大赛，决出第1名到第5名的名次。甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名；对乙说“你当然不会是最差的。从上述回答分析，丙是第一名的概率
18、是A. B. C. D.解析 因为甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是。应选B。答案B4.考向三已知定义在区间 3,3上的单调函数f 某满足：对任意的某日一3,3，都有ff某一2某=6,则在 3,3上随机取一个实数某，使得f 某的值不小于4的概率为A. B. C.D.解析 由题意设对任意的某E 3,3，都有f某一2 某=a,其中 a 为常数，且 aE 3,3，则 fa=6, fa 2a=a，所以 6 2a = a, 得 a = 2,故 f 某=2 某 + 2,由 f 某N4
19、 得某N1,因此所求概率为=。应选C。答案C5.考向四2022珠海一模夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海。一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，假设该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为A. 0.05B. 0.0075C. D.解析设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知PA=0.15, PAB =0.05，所以PB|A =。应选C。答案C6.考向四2022全国卷III某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为P，各成员的支付方式相互独立。设某为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D某=2.4, P某= 4P某=6，则p =A. 0.7B. 0.6C. 0.4D. 0.3 解析 依题意某B10, p,因为 D 某=np1p，所以 p = 0.4 或 p = 0.6，因为 P某=4 =Cp41p6P某=6= Cp61p4,所以1p20.5。所以 p = 0.6,应选 B。答案B
高考二轮复习数学理配套讲义排列组合与二项式定理概率
