【精品】高三数学理,山东版一轮备课宝典 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布

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1、精品数学高考复习资料第十章计数原理、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考情展望1.考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用.2.多以选择题、填空题形式考查两个计数原理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1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有()A50个B45个C36个D35个【解析】根据题意，十位数上的数字分别是1

2、,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8765432136(个)【答案】C2在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A10 B11 C12 D15【解析】若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C.由分类计数原理知满足条件的信息个数为1CC11.【答案】B3

3、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()A504 B210 C336 D120【解析】分三步，先插一个新节目，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789504种不同的插法【答案】A4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()A6种 B12种 C24种 D30种【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

4、恰有1门相同的选法共有43224(种)，故选C.【答案】C5(2013山东高考)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 B252 C261 D279【解析】0,1,2，9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)【答案】B6(2013浙江高考)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有_种(用数字作答)【解析】按C的位置分类计算当C在第一或第六位时，有A120(种)排法；当C在第二或第五位时，有AA72(种)排法；当C在第三或第四位时，有AAA

5、A48(种)排法所以共有2(1207248)480(种)排法【答案】480考向一 172分类加法计数原理第十章计数原理、概率、随机变量及其分布集合Px,1，Qy,1,2，其中x，y1,2,3，9，且PQ，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()A9B14C15D21【思路点拨】由PQ可知：xy或x2，故可按分类加法计数原理求解【尝试解答】PQ，xy或x2.当x2时，y3,4，9，共有7种选法当xy时，y3,4，9，共有7种选法共有满足条件的点7714(个)【答案】B规律方法1分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键

6、位置.首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.对点训练图1011如图1011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考向二 173分步乘法计数原理(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(

7、)A12种B18种C24种D36种【思路点拨】先排第一列三个位置，再排第二列第一行上的元素，则其余位置上元素就可以确定【尝试解答】先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法因此共有AA112(种)不同的排列方法【答案】A规律方法21.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且也要确定分步的标准，分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.2.分步必须满足两个条件：(1)步骤互相独立，互不干扰.(2)步与步确保连续

8、，逐步完成.对点训练已知集合M3，2，1,0,1,2，若a，b，cM，则(1)yax2bxc可以表示多少个不同的二次函数；(2)yax2bxc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yax2bxc可以表示566180个不同的二次函数(2)yax2bxc的开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况因此yax2bxc可以表示26672个图象开口向上的二次函数考向三 174两个计数原理的综合应用在1,2,3,4,5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有()A16个B18个C19个

9、D21个【思路点拨】先确定出三个数字(可以有相同的)之和为9的有几类，然后对每类体别用分步列式计算【尝试解答】三个数字和为9的有以下五类：135，234，225，144，333.其中第、类的个数相同，例如用1、3、5排成一个三位数，百位有3种排法，十位有2种排法，个位有1种排法，共有3216个第、类的个数相同，例如用1、4、4排成三位数有3个，百位是1，其他两位是4；十位是1，其他两位是4；个位是1，其他两位是4.第类只有一个数333.总之，各个数字之和为9的共有6633119(个)【答案】C规律方法3用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步.(1)分类要做到“不重不漏”，分类

10、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“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.对点训练(2012北京高考)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A24B18C12D6【解析】根据所选偶数为0和2分类讨论求解当选0时，先从1,3,5中选2个数字有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，剩余1个数字排在首位，共有CC6(种)方法；当选2时，先从1,3,5中选2个数字有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，其余2个数字全排列，

11、共有CCA12(种)方法依分类加法计数原理知共有61218(个)奇数【答案】B思想方法之二十二分类讨论思想在计数原理中的妙用分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用解决此类问题的关键是确定分类标准，做到不重复、不遗漏1个示范例1个对点练图1012编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图1012所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？【解】根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3216种不同的放法；(2)

12、若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3216种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E有A6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，332118种不同方法综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有661830种如图1013，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有_图1013【解析】按区域1与3是否同色分类：(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,

13、4,5(还有3种颜色)有A种方法区域1与3涂同色，共有4A24种方法(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法这时共有A21372种方法，故由分类计数原理，不同的涂色种数为247296.【答案】96第二节排列与组合考情展望1.以实际问题为背景考查排列、组合的应用，同时考查分类讨论的思想.2.以选择题或填空题的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查一、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(

14、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.二、组合与组合数1组合从n个不同元素中取出m(mn)个元素组成一组，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.三、排列数、组合数的公式及性质公式(1)An(n1)(n2)(nm1)(2)C(n，mN*，且mn)特别地C1.性质(1)0！1；(2)An！.(2)CC；CCC.解排列、组合应用题的常见策略(1)特殊元素优先安排的策略；(2)合理分类与准确分步的策略；(3)排列、组合混合问题先选后排的策

15、略；(4)正难则反、等价转化的策略；(5)相邻问题捆绑处理的策略；(6)不相邻问题插空处理的策略；(7)定序问题除法处理的策略；(8)分排问题直排处理的策略1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】选出符合题意的三个数字有CC种方法，这三个数可组成CCA54个没有重复数字的三位数【答案】D2甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有()A6种 B12种 C30种 D36种【解析】从反面考虑：甲、乙所选的课程，共有CC种不同的选法，其中甲、乙所选

16、的课程都相同的选法有C种故甲、乙所选的课程至少有1门不同有CCC30(种)【答案】C3A、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】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，由分步计数原理满足条件的排法共A60(种)【答案】B4某电视台在直播2012年伦敦奥运会时，连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放则不同的播放方式有_种【解析】3个商业广告共有A种排法，奥运广告不连续播放，最后

17、播放的必须是奥运广告有CA种排法故共有ACA36(种)【答案】365(2013大纲全国卷)从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有_种(用数字作答)【解析】由题意知，所有可能的决赛结果有CCC61 60(种)【答案】606(2013北京高考)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_【解析】先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A种，因此共有不同的分法4A42496(种)【答案】96考向一 175排列应用题6个学生按下

18、列要求站成一排，求各有多少种不同的站法？(1)甲不站排头，乙不能站排尾；(2)甲、乙都不站排头和排尾；(3)甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻；(4)甲、乙都不与丙相邻【思路点拨】(1)按甲站的位置分类求解；(2)先排甲、乙的位置，再排其他学生；(3)不相邻问题用插空法求解；(4)按丙站的位置分类求解【尝试解答】(1)分两类：甲站排尾，有A种；甲站中间四个位置中的一个，且乙不站排尾，有AAA种由分类计数原理，共有AAAA504(种)(2)分两步：首先将甲、乙站在中间四个位置中的两个，有A种；再站其余4人，有A种由分步计数原理，共有AA288(种)(3)分两步：先站其余3人，有A种；再将甲、乙、丙

19、3人插入前后四个空当，有A种由分步计数原理，共有AA144(种)(4)分三类：丙站首位，有AA种；丙站末位，有AA种；丙站中间四个位置中的一个，有AAA种由分类计数原理，共有2AAAAA288(种)规律方法11.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法2对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法对点训练用0,1,2,3,4,5六个数字排成没有重复数字的6位数，分别有多少个？(1)0不在个位；(2)1与

20、2相邻；(3)1与2不相邻；(4)0与1之间恰有两个数；(5)1不在个位；(6)偶数数字从左向右从小到大排列【解】(1)AA480；(2)AAA192；(3)AAAAA408；(4)AAAAA120；(5)A2AA504；(6)AA60.考向二 176组合应用题男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)至少有1名女运动员；(2)既要有队长，又要有女运动员【思路点拨】第(1)问可以用直接法或间接法求解第(2)问根据有无女队长分类求解【尝试解答】(1)法一至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男由分类加

21、法计数原理可得总选法数为CCCCCCCC246(种)法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种所以“至少有1名女运动员”的选法为CC246(种)(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法不选女队长时，必选男队长，共有C种选法其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有CC种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有CCC191(种)规律方法21.本题中第(1)小题，含“至少”条件，正面求解情况较多时，可考虑用间接法.第(2)小题恰当分类是关键.2.组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些

22、元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解.对点训练2013年中俄联合军演在中国青岛海域举行，在某一项演练中，中方参加演习的有5艘军舰，4架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机，若从中、俄两方中各选出2个单位(1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同)，且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有()A51种B224种C240种D336种【解析】由题意，可分类求解：一类是一架飞机来自于中方CCC60一类是一架飞机来

23、自于外方CCC180，CCCCCC60180240，【答案】C考向三 177排列组合的综合应用(1)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间，每个车间至少分配一名员工，且甲、乙两名员工必须分到同一个车间，则不同分法的种数为_(2)现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在0、1、2、9之间任选，可重复，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数有()A12 600B6 300C5 040D2 520【思路点拨】(1)分两种情形求解：甲、乙分到的车间不再分人；甲、乙分到的车间再分一人(2)首先积为8的只能

24、是三个1和一个8或者是三个2和一个1或者一个4，一个2和两个1，先把这四个数字排好，然后加上从8个位置选2个位置安排yz，最后插入两个x，利用乘法原理即可得出答案【尝试解答】(1)若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有CAC18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有3AC18种所以满足题意的分法共有181836(种)(2)首先积为8的只能是三个1和一个8或者是3个2和一个1或者一个4和一个2和两个1，先把这四个数字排好，有CCA20(种)，然后排yz，四个数加上yz共六个位置，yz占两个，排法有C种，最后在这六个数(或字母)形成的共7个空中插入x，有C种，则符合条件的不同的序号种数有20CC6

25、 300.【答案】(1)36(2)B规律方法31.解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).2.不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：(1)不均匀分组.(2)均匀分组.(3)部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法.对点训练(1)已知集合A5，B1,2，C1,3,4，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A33B34C35D36(2)从甲、乙等5名志愿者中

26、选出4名，分别从事A，B，C，D四项不同的工作，每人承担一项，若甲、乙二人均不能从事A工作，则不同的工作分配方案共有()A60种 B72种 C84种 D96种【解析】(1)若从集合B中取元素2时，再从C中任取一个元素，则确定的不同点的个数为CA.当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有A1A.当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有CA个由分类计数原理，共确定不同的点有CAACA33个(2)根据题意，分两种情况讨论：甲、乙中只有1人被选中，需要从甲、乙中选出1人，担任后三项工作中的1种，由其他三人担任剩余的三项工作，有CCA36种选派方案甲、乙两人都被选中，则

27、在后三项工作中选出2项，由甲、乙担任，从其他三人中选出2人，担任剩余的两项工作，有CACA36种选派方案，综上可得，共有363672种不同的选派方案【答案】(1)A(2)B思想方法之二十三解排列组合问题的妙招“排除法”解决排列组合应用问题时，一是要明确问题中是排列还是组合或排列组合混合问题；二是要讲究一些基本策略和方法技巧对于“至少”“至多”型排列组合问题，若分类求解时，情况较多，则可从所有方法中减去不满足条件的方法，即正难则反问题用排除法解决1个示范例1个对点练某学校星期一每班都排9节课，上午5节、下午4节，若该校李老师在星期一这天要上3个班的课，每班1节，且不能连上3节课(第5和第6节不算

28、连上)，那么李老师星期一这天课的排法共有()A474种B77种C462种D79种【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有A504种排法，其中上午连排3节的有3A18种，下午连排3节的有2A12种，则这位教师一天的课表的所有排法有5041812474种学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有()A36种B30种C24种D6种【解析】由于每科一节课，每节至少有一科，必须有两科在同一节，先从4个中任选2个看作整体，然后做3个元素的全排列，共CA种方法，再从中排除数学、理综安

29、排在同一节的情形，共A种方法，故总的方法种数为：CAA36630【答案】B第三节二项式定理考情展望1.考查利用通项求展开式中的特定项、特定项的系数、二项式系数等.2.考查赋值法与整体法的应用.3.多以选择题、填空题的形式考查一、二项式定理1(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)2第r1项，Tr1Canrbr.3第r1项的二项式系数为C.二、二项式系数的性质10kn时，C与C的关系是CC.2二项式系数先增后减中间项最大且n为偶数时第1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和项的二项式系数最大，最大值为Cn或Cn.3各二项式系数和：CCCC2n，CCCCCC2n1.1

30、(1x)6的展开式中，二项式系数最大的项是()A20x3B15x2C15x4Dx6【解析】二项展开式中间一项(第4项)的二项式系数最大，T4Cx320x3.【答案】A2.4的展开式中的常数项为()A24 B6 C6 D24【解析】展开式的通项是Tr1C(2x)4rr(1)rC24rx42r，令42r0，得r2，展开式中的常数项为(1)2C2224，故选D.【答案】D3已知(1kx2)6(k为正整数)的展开式中x8的系数小于120，则k_.【解析】展开式的通项是Tr1C(kx2)r，令2r8，得展开式中x8的系数为Ck4，Ck4120，即k48.又k是正整数，故k1.【答案】14(13x)n(其

31、中nN且n6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n_.【解析】Tr1C(3x)r3rCxr.由已知条件35C36C，即C3C.3，整理得n7.【答案】75(2013大纲全国卷)(x2)8的展开式中x6的系数是()A28 B56 C112 D224【解析】该二项展开式的通项为Tr1Cx8r2r2rCx8r，令r2，得T322Cx6112x6，所以x6的系数是112.【答案】C6(2013安徽高考)若8的展开式中，x4的系数为7，则实数a_.【解析】含x4的项为Cx53Ca3x4，Ca37，a.【答案】考向一 178通项公式及其应用已知在n的展开式中，第6项为常数项(1)求含x2的项的系数；(2)

32、求展开式中所有的有理项【思路点拨】(1)写出通项Tr1，先求n，再求含x2的项的系数(2)寻找使x的指数为整数的r值，从而确定有理项【尝试解答】(1)n的展开式的通项为Tr1CxrxCrx.因为第6项为常数项，所以r5时，有0，即n10.令2，得r(n6)(106)2，含x2的项的系数为C2.(2)根据通项公式，由题意Z，且0r10.令k(kZ)，则102r3k，即r5k.rN，k应为偶数k可取2,0，2，即r可取2,5,8.所以第3项，第6项和第9项为有理项，它们分别为C2x2，C5，C8x2.规律方法11.解此类问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确

33、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nr)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.2.有理项是字母指数为整数的项.解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解.对点训练(1)(2013浙江高考)设二项式5的展开式中常数项为A，则A_.(2)设二项式6(a0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B4A，则a的值是_【解析】(1)Tr1C()5rrC(1)rx，令0，得r3，所以AC10.(2)6展开式的通项Tr1(a)rCx6r，A(a)2C，B(a)4C，由B4A，得(a)4C4(a)2C，解之得a2.

34、又a0，所以a2.【答案】(1)10(2)2考向二 179二项展开式项的系数与二项式系数(1)设(1x)na0a1xa2x2anxn，若a1a2an63，则展开式中系数最大的项是()A15x2B20x3C21x3D35x3(2)(2013课标全国卷)已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a()A4 B3 C2 D1【思路点拨】(1)先赋值求a0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)先求出(1x)5含有x与x2的项的系数，从而得到展开式中x2的系数【尝试解答】(1)(1x)na0a1xa2x2anxn，令x0，得a01.令x1，则(11)na0a1a2

35、an64，n6，又(1x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大，(1x)6的展开式系数最大项为T4Cx320x3.(2)(1x)5中含有x与x2的项为T2Cx5x，T3Cx210x2，x2的系数为105a5，a1，故选D.【答案】(1)B(2)D规律方法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，恰当赋特殊值代换.对于展开式中的系数和、隔项系数和、系数的绝对值和等问题，通常运用赋值法进行构造(构造出目标式).赋值时要注意根据目标式进行灵活的选择，常见的赋值方法是使字母因式的值为1，1或目标式的值.对点训练(1)(2014浙江省高三调测

36、)若(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则a0a1a3a5等于()A122B123C243D244(2)(2013大纲全国卷)(1x)8(1y)4的展开式中x2y2的系数是()A56 B84 C112 D168【解析】(1)在已知等式中分别取x0、x1与x1，得a01，a0a1a2a3a4a535，a0a1a2a3a4a51，因此有2(a1a3a5)351244，a1a3a5122，a0a1a3a5123.(2)因为(1x)8的通项为Cxk，(1y)4的通项为Cyt，故(1x)8(1y)4的通项为CCxkyt.令k2，t2，得x2y2的系数为CC168.【答案】(1)B(2

37、)D考向三 180二项式定理的应用(2012湖北高考)设aZ，且0a13，若512 012a能被13整除，则a()A0B1C11D12【思路点拨】注意到52能被13整除，化51为521，从而运用二项式定理展开512012，由条件求a的值【尝试解答】512 012a(521)2 012aC522 012C522 011C52(1)2 011C(1)2 012a，C522 012C522 011C52(1)2 011能被13整除且512 012a能被13整除，C(1)2 012a1a也能被13整除因此a可取值12.【答案】D规律方法31.本题求解的关键在于将512 012变形为(521)2 012

38、，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(或与除数密切关联的数)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：(1)余数的范围，acrb，其中余数b0，r)，r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负；(2)二项式定理的逆用对点训练190C902C903C(1)k90kCk109010C除以88的余数是()A1B1C87D87【解析】190C902C(1)k90kC9010C(190)108910(881)108810C889C881.前10项均能被88整除，余数是1.【答案】B思想方法之二十四赋值法在二项展开式中的应用求展开式

39、系数和或相关量这类问题的解题思路：通常先利用通项公式弄清所求展开式系数的特点，再用赋值法求得各项系数和，一般通过变量指数来确定要求项或系数和，再根据其特点求相关的量，有时需要构造方程，通过解方程的方法来求解分类分步是常用的手段，正面较复杂时可从反面考虑，即正难则反1个示范例1个对点练(2014宜春模拟)设(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n(n2，nN)，则a3a5a7a2n1()A.B.C. D.【解析】(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n(n2，nN)，令x1,3na0a1a2a2n，再令x1，可得1a0a1a2a3a2n1a2n，得：a1a3a2n1，又(1xx2)nx2

40、(1x)n，其展开式中T1C(x2)0(1x)n，从中可求x的系数，它来自(1x)n展开式中x的系数，为a1Cn，a3a5a7a2n1.在二项式n的展开式中，各项系数之和为M，各项二项式系数之和为N，且MN64，则展开式中含x2项的系数为()A90B90C10D10【解析】二项式n的展开式中，令x1得：各项系数之和M2n，又各项二项式系数之和为N，故N2n，又MN64，22n64，n5.设二项式5的展开式的通项为Tr1，则Tr1C35r(1)rx(5r)r，令(5r)r2得：r3，展开式中含x2项的系数为C(1)335390.【答案】A第四节随机事件的概率考情展望1.互斥事件和对立事件的概率是

41、高考重点考查的内容，其中对立事件的概率是“正难则反”思想的具体应用，在高考中经常考查.2.多以选择题、填空题的形式考查，有时也渗透在解答题中，属容易题一、概率和频率1在相同的条件下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)为事件A出现的频率2对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)二、事件的关系与运算名称定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)BA(或AB)相等关系若

42、BA，且AB，那么称事件A与事件B相等AB并事件(和事件)某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)AB(或AB)交事件(积事件)某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)AB(或AB)互斥事件若AB为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥AB对立事件若AB为不可能事件，AB为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件互斥事件与对立事件区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互

43、斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件三、概率的几个基本性质1概率的取值范围：0P(A)1.2必然事件的概率P(E)1.3不可能事件的概率P(F)0.4概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(AB)P(A)P(B)5对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)1P(B)1总数为10万张的彩票，中奖率是，下列说法中正确的是()A买1张一定不中奖B买1 000张一定有一张中奖C买2 000张一定中奖D买2 000张不一定中奖【解析】由题意知，彩票中奖属于随机事件，故买1张也可能中奖，买2 000张也可能不中奖【答案】D2袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则恰有1个白球和

44、全是白球；至少有1个白球和全是黑球；至少有1个白球和至少有2个白球；至少有1个白球和至少有1个黑球在上述事件中，是对立事件的为()ABCD【解析】至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且一定有一个发生中两事件是对立事件【答案】B3从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A抽到一等品，事件B抽到二等品，事件C抽到三等品，且已知P(A)0.65，P(B)0.2，P(C)0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为()A0.7 B0.65C0.35 D0.5【解析】“抽到的不是一等品”与事件A是对立事件，所求概率P1P(A)0.35.【答案】C4若随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，且分别为P(A

45、)2a，P(B)3a4，则实数a的取值范围为_【解析】由题意可得，解得a.【答案】5(2011浙江高考)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是()A. B. C. D.【解析】从5个球中任取3个共有10种方法又“所取的3个球中至少有1个白球”的对立事件是“所取的3个球都不是白球”因而所求概率P1.【答案】D6(2010上海高考)从一副混合后的扑克牌(52张)中随机抽取1张，事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得为黑桃”，则概率P(AB)_(结果用最简分数表示)【解析】52张中抽一张的基本事件为52种，事件A为1种，事件B为13种，并且A与B互斥，所以P

46、(AB)P(A)P(B).【答案】考向一 181互斥事件与对立事件的判定(1)下列说法正确的是()A掷一枚硬币，出现正面朝上的概率是0.5，因此掷一枚硬币10次，恰好出现5次正面向上B连续四次掷一颗骰子，都出现6点是不可能事件C一个射手射击一次，命中环数大于9与命中环数小于8是互斥事件D若P(AB)1，则事件A与B为对立事件(2)从装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么对立的两个事件是()A至少有1个白球，至少有1个红球B至少有1个白球，都是红球C恰有1个白球，恰有2个白球D至少有1个白球，都是白球【思路点拨】(1)根据随机事件的有关概念判断(2)概括对立事件的定义判

47、断【尝试解答】(1)掷一枚硬币，出现正面朝上的概率是0.5，因此掷一枚硬币10次，则出现5次正面向上的可能性较大，但不一定恰好出现5次正面向上，故A不正确连续四次掷一颗骰子，都出现6点是随机事件，故B不正确一个射手射击一次，命中环数大于9与命中环数小于8，这两件事不可能同时发生，故是互斥事件，故C正确若P(AB)1，则事件A与B不一定是对立事件，如向一个半径等于1的圆面(包含边界)上随即插上一根针，设“针插在圆面上(包含边界)”为事件A，“针插在圆上”为事件B，P(A)1，P(B)0，满足P(AB)1，但事件A和事件B不是互斥事件，故D不正确(2)对于A，“至少有1个白球”发生时，“至少有1个

48、红球”也会发生，比如恰好一个白球和一个红球，故A不对立；对于B，“至少有1个白球”说明有白球，白球的个数可能是1或2，而“都是红球”说明没有白球，白球的个数是0，这两个事件不能同时发生，且必有一个发生，故B是对立的；对于C，恰有1个白球，恰有2个白球是互斥事件，它们虽然不能同时发生但是还有可能恰好没有白球的情况，因此它们不对立；对于D，至少有1个白球和都是白球能同时发生，故它们不互斥，更谈不上对立了【答案】(1)C(2)B规律方法1(1)对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事件除不能同时发生外，其并事件应为必然事件，这些也可类比集合进行理解.(2)对立事件是互斥事件中的特殊情况，但互斥事

49、件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件.对点训练从40张扑克牌(红桃、黑桃、方块、梅花点数从110各10张)中，任取一张判断下列给出的每对事件，互斥事件的为_，对立事件的为_“抽出红桃”与“抽出黑桃”；“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”【解析】是互斥事件，不是对立事件“抽出黑桃”与“抽出红桃”是不可能同时发生，但可以都不发生，所以两事件互斥不对立是互斥事件，且对立事件从40张扑克牌中，任意抽取1张“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”两个事件不可能同时发生，但其中必有一个发生，所以它们既是互斥事件，又是对立事件不是互斥事件，也不是对立事件

50、从40张扑克牌中任意抽取1张“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”这两个事件可能同时发生，如抽得点数为10，因此，二者不是互斥事件，当然不可能是对立事件【答案】考向二 182随机事件的频率与概率图1041如图1041所示，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟)10202030304040505060选择L1的人数612181212选择L2的人数0416164(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；(2)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过

51、计算说明，他们应如何选择各自的路径【思路点拨】(1)根据频数分布表计算频率，利用频率估计概率；(2)分别根据不同路径估计概率，并比较大小，做出判定【尝试解答】(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有121216444(人)，用频率估计相应的概率为0.44.(2)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站由频数分布表知，40分钟赶往火车站，选择不同路径L1，L2的频率分别为(61218)600.6，(416)400.5.估计P(A1)0.6，P(A2)0.5，则P(A1)P(A2)，因此，甲应

52、该选择路径L1，同理，50分钟赶到火车站，乙选择路径L1，L2的频率分别为48600.8,36400.9，估计P(B1)0.8，P(B2)0.9，P(B1)P(B2)，因此乙应该选择路径L2.规律方法21.(1)解题的关键是正确计算选择不同路径时，事件发生的频率，并用频率估计概率；(2)第(2)问的实质是比较选择不同路径概率的大小.2.概率是频率的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时，频率越稳定于一个常数，可用频率来估计概率.对点训练(2012陕西高考)假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品

53、牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如图1042所示：图1042(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率【解】(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为，用频率估计概率，所以甲品牌产品寿命小于200小时的概率为.(2)根据抽样结果，寿命大于200小时的产品共有7570145(个)，其中甲品牌产品是75个所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是.用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为.考向三 183互斥事件与对立事件的概率国家射击队的队员为在第51届射击世锦赛上取

54、得优异成绩，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中710环的概率如下表所示：命中环数10环9环8环7环概率0.320.280.180.12求该射击队员射击一次：(1)射中9环或10环的概率；(2)命中不足8环的概率【思路点拨】该射击队员在一次射击中，命中几环不可能同时发生，故是彼此互斥事件，利用互斥事件求概率的公式求其概率另外，当直接求解不容易时，可先求其对立事件的概率【尝试解答】记事件“射击一次，命中k环”为Ak(kN，k10)，则事件Ak彼此互斥(1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件的加法公式得P(A)P(A9)P(A1

55、0)0.280.320.60.(2)设“射击一次，至少命中8环”的事件为B，则表示事件“射击一次，命中不足8环”又BA8A9A10，由互斥事件概率的加法公式得P(B)P(A8)P(A9)P(A10)0.180.280.320.78.P()1P(B)10.780.22.因此，射击一次，命中不足8环的概率为0.22.规律方法31.解答本题时，首先应正确判断各事件的关系，然后把所求事件用已知概率的事件表示，最后用概率加法公式求解.2.求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)1P()求解.当题目涉及“至多”、“至少”型问题，多考虑间接法.对点训练某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应概率如下：排队人数012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04(1)至多2人排队等候的概率是多少？(2)至少3人排队等候的概率是多少？【解】(1)记“在窗口等候的人数i”为事件Ai1，i0,1,2，它们彼此互斥，则至多2人排队等候的概率为P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)0.10.160.30.56.(2)至少3人排队等候的概率为1P(A1A2A3)10.56