【三维设计】届新课标高考数学理大一轮复习精品讲义：第九章++计数原理与概率随机变量及其分布

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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基础盘查一分类加法计数原理(一)循纲忆知1理解分类加法计数原理2会用分类加法计数原理分析和解决一些简单的实际问题(二)小题查验1判断正误(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事()答案：(1)(2)2(人教A版教材习题改编)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：93在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有_个答案：36基础盘查二

2、分步乘法计数原理(一)循纲忆知1理解分步乘法计数原理2会用分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题(二)小题查验1判断正误(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事()答案：(1)(2)2(人教A版教材例题改编)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_个程序命名答案：10533从集合中任取两个互不相等的数a，b组成复数abi，其中虚数有_答案：36|(基础送分型考点自主练透)必备知识完成一件事有两类不同方案，在第1

3、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种不同方法提醒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题组练透1(2015辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方案共有()A20种B30种C40种D60种解析：选A可将安排方案分为三类：甲排在周一，共有A种排法；甲排在周二，共有A种排法；甲排在周三，共有A种排法，故不同的安排方案共有AAA20种故选A.2如图，从A到O有_种不同的走法(不重复过一点)解析：分3类：

4、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ACO2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有ABCO和ACBO2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：53(2015济南模拟)若椭圆1的焦点在y轴上，且m，n，则这样的椭圆的个数为_解析：当m1时，n2,3,4,5,6,7共6种当m2时，n3,4,5,6,7共5种；当m3时，n4,5,6,7共4种；当m4时，n5,6,7共3种；当m5时，n6、7共2种，故共有6543220种答案：20类题通法利用分类加法计数原理解题时的注意事项(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；(

5、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|(重点保分型考点师生共研)必备知识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种不同的方法提醒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典题例析有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有

6、3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36729种(2)每项限报一人，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，第三个项目只有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654120种(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63216种类题通法一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据演练冲关(

7、2014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()A60种B70种C75种D150种解析：选C从中选出2名男医生的选法有C15种，从中选出1名女医生的选法有C5种，所以不同的选法共有15575种，故选C.|(常考常新型考点多角探明)多角探明两个原理的应用类型主要有：(1)涂色问题；(2)几何问题；(3)集合问题.角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(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如图，用6种不同的颜色把图中

8、A，B，C，D4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)解析：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种涂色方法答案：4802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：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

9、种涂色方法答案：260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查3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()A48B18C24D36解析：选D分类讨论：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21224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241236个角度三：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

10、，真子集有2n1个4(2015黄冈质检)设集合I1,2,3,4,5选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A50种B49种C48种D47种解析：选B从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10220种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此

11、时有5315种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有144种选择方法根据分类加法计数原理，总计为102015449种选择方法故选B.类题通法在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分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分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系一、选择题1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()A40B16C13D10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

12、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个不同的平面2从集合中，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：，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个这样的子集3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()A56B54C53D52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，log24log39，log

13、42log93，log23log49，log32log94，即满足条件的对数值共有56452个4我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A18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5在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5

14、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(一个前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6(2015商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选

15、1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花()A3360元B6720元C4320元D8640元解析：选D从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有891064320(种)选法，故至少需花432028640(元)二、填空题7(2015河北保定调研)已知集合M，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：A时，B有231种情况；A时，B有221种情况；A时，B有1种

16、情况；A时，B有221种情况；A，时，B均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7313317个答案：178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，可得共有5433180种不同的涂色方法答案：1809.(2015湖南十二校联考)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同

17、，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有_种123456789解析：把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共426种涂法第三部分与第二部分一样，共6种涂法由分步乘法计数原理，可得共有366108种涂法答案：10810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

18、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241202880种答案：2880三、解答题11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

19、队中各抽调1辆，有C种抽调方法故共有CAC84种抽调方法12.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有432248种方法第二节排列与组合基础盘查一排列与排列数(一)循纲忆知(1)理解排列概念(2)能用计数原理推导排列数公式(3)能用排列解决简单的实际问题(二)小题查验1判断正误(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列()(2)An(n1)(n2)(nm)()

20、(3)A()(4)AnA()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教A版教材例题改编)用0到9这10个数字，可以组成_个没有重复数字的三位数组成没有重复数字的四位偶数有_个答案：64822963方程3A2A6A的解为_解析：由排列数公式可知3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，x3且xN*，3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，即3x217x100，解得x5或(舍去)，x5.答案：54室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,

21、6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有_种排法(用数字作答)解析：把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A2种排法所以不同的排法种数为23612576.答案：576基础盘查二组合与组合数(一)循纲忆知1理解组合概念2能用计数原理推导组合数公式3能用组合解决简单的实际问题(二)小题查验1判断正误(1)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同()(2)若组合式CC，则xm成立()(3)CCC()(4)CCCCCC()答案：(1)(2)(3)(4)2(北师大版

22、教材习题改编)平面内有12个点，任何3点不在同一直线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可以画_个三角形答案：2203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：284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|(基础送分型考点自主练透)必备知识1排

23、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排列数公式An(n1)(n2)(nm1)(m，nN*，并且mn)An！n(n1)(n2)321.规定：0！1.提醒排列与排列数是不同概念，易混淆，排列数是问题中所有不同排列的个数题组练透1(2014四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A192种B216种C240种D288种解析：选B当最左端排甲

24、时，不同的排法共有A种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有CA种故不同的排法共有ACA924216种2(2015四川绵阳一模)从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有()A280种B240种C180种D96种解析：选B根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A60种，乙从事翻译工作，有A60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有3606060240种3(2015合肥质检)某办公室共有6人，乘

25、旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有_种解析：当甲、乙在第二排且相邻时有4A4432196种排法，当甲、乙在第三排且相邻时有AA2432148种排法，所以不同的安排方法总数为144种答案：144类题通法解决排列问题的主要方法(1)“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列(3)解决不相邻

26、问题的方法是“插空法”，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当中(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(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”|(重点保分型考点师生共研)必备知识1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.2组合数公式C(m，nN*，并且mn)3组合数的性质(1)CC(2)CCC提醒易混淆排列与组合问

27、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典题例析(2014广东高考)设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0，1，i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为()A130B120C90D60解析：选A易知|x1|x2|x3|x4|x5|1或2或3，下面分三种情况讨论其一：|x1|x2|x3|x4|x5|1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或1，其余等于0，于是有CC10种情况；其二：|x1|x2|x3|x4|x5|2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其

28、都等于1或都等于1或一个等于1、另一个等于1，其余等于0，于是有2CCC40种情况；其三：|x1|x2|x3|x4|x5|3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于1或两个等于1、另一个等于1或两个等于1、另一个等于1，其余等于0，于是有2CCCCC80种情况综上知，满足条件的元素个数共有104080130(种)，故答案为A.类题通法两类组合问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，

29、谨防重复与漏解用直接法或间接法都可以求解通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理演练冲关(2015温州十校联考)已知直线1(a，b是非零常数)与圆x2y2100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有()A52条B60条C66条D78条解析：选B由于满足x2y2100的整数点(x，y)有12个，它们分别为(10,0)，(6，8)，(8，6)，(0，10)，故直线1与圆的交点必须经过这些点，但a，b为非零常数，故在以这些点为公共点的直线中有这样几类：一类公共点为2个点，去除垂直坐标轴和经过原点的直线，共有C10452条；一类为公共点为1个点(即圆的切线)，同样去除

30、垂直坐标轴的直线，共有8条综上，所求的直线共有60条，故选B.|(常考常新型考点多角探明)多角探明分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题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.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

31、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：部分均匀问题2(2015广州调研)有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有_种解析：先把4名学生分为2、1、1的3组，有6种分法，再将3组对应3个学校，有A6种情况，则共有6636种不同的保送方案答案：36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

32、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类题通法解决分组分配问题的策略1对于整体均分，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对于部分均分，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对于不等分组，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

33、需要除以全排列数一、选择题1(2015兰州，张掖联考)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是()A150B300C600D900解析：选C若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有CA240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从6名教师中选4名，共有CA360种方法因此共有600种不同的选派方案2(2015北京海淀区期末)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在

34、这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有()A50种B51种C140种D141种解析：选D因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有CCCCCCC141种，故选D.3(2015昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为()A72B324C648D1296解析：选D核潜艇排列数为A，6艘舰艇任意排列的排列数为A，同侧均是同种舰艇的排列数为AA2，则舰艇分配方案的方法数为A(AAA2)12

35、96.4(2014辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A144B120C72D24解析：选D剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A43224.58名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有()A360种B4320种C720种D2160种解析：选B法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的

36、5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6AA4320种安排方式法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A种排法，故共有AA4320种安排方式6(2015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()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，可得这样排列数有240种二、填空题7(

37、2015浙江金华质检)4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒中，则恰有1个空盒的放法共有_种(用数字作答)解析：把4个球分成3组，每组至少1个，即分成小球个数分别为2,1,1的3组，有种最后将3组球放入4个盒中的3个，分配方法有A种，因此，放法共有A144种答案：1448(2015潍坊五校联考)数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1N2N3的所有排列的个数是_解析：(元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有C种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大

38、数安排在第二行，有C种方法，剩下的两个数字有A种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是CACA240.答案：2409用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数字夹在两个奇数字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，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：810(2015浙江考试院抽测)由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有_个解析：由1,2,3,4,5,6组

39、成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻的情况，运用插入法可得有AA144种，而当第四位是4的情况如图所示，要使奇数不相邻，偶数只能放在第2,5,6号位处，且5,6号位只能放一个偶数，因此偶数的可能性有22种，其余的奇数放在1,3,5(或6)号位处，共有A6种，共有22624种，因此符合题意的六位数共有14424120个答案：120三、解答题11从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C种情

40、况；第二步，在5个奇数中取4个，有C种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A种情况所以符合题意的七位数有CCA100800个(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA14400个(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA5760个12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？(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，第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

41、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种放入方式第三节二项式定理基础盘查一二项式定理(一)循纲忆知1能用计数原理证明二项式定理2会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题(通项Tk1Cankbk，k0,1，n)(二)小题查验1判断正误(1)Canrbr是(ab)n展开式中第r项()(2)C2C3C(1)n1nC0()(3)2nC2n1C2n2(1)n1C2(1)n1()答案：(1)(2)(3)2(人教A版教材例题改编)(x)9的展开式中x3的系数为_答案：843(xy)4的展开式中，x3y3项的系数为_解析：二项展开式的通项是Tr1C(x)4r(y

42、)r(1)rCx4y2，令423，解得r2，故展开式中x3y3的系数为(1)2C6.答案：64.8的展开式中的有理项共有_项解析：Tr1C()8rrrCxr为4的倍数，故r0,4,8共3项答案：3基础盘查二二项式系数的性质(一)循纲忆知理解二项式系数与项的系数，会解决一些与二项式系数有关的简单问题(二)小题查验1判断正误(1)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(2)CCCC2n()(3)CCCCCC()答案：(1)(2)(3)2(人教A版教材习题改编)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n_.答案：10|(基础送分型考点自主练透)必备知识1定理公式(a

43、b)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)叫做二项式定理2通项Tk1Cankbk为展开式的第k1项提醒(1)Tk1表示的是第k1项，而非第k项(2)要正确区分二项展开式中的“项”、“项的系数”、“项的二项式系数”等概念的异同题组练透1(2015潍坊联考)在6的二项展开式中常数项是()A120B60C120D60解析：选D二项展开式的通项公式为Tr1C()6rrC(2)rx3r，令3r0，得r2，所以常数项为C(2)260.2(2014湖南高考)5的展开式中x2y3的系数是()A20B5C5D20解析：选A由二项展开式的通项可得，第四项T4C2(2y)320x2y3，故x2y3的系数为2

44、0，选A.3(2014新课标全国卷)(xa)10的展开式中，x7的系数为15，则a_.(用数字填写答案)解析：二项展开式的通项公式为Tr1Cx10rar，当10r7时，r3，T4Ca3x7，则Ca315，故a.答案：类题通法求二项展开式中的项的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；(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

45、可依据上述方法求解|(重点保分型考点师生共研)必备知识1二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2二项式系数的性质(1)对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即CC.(2)增减性与最大值：二项式系数C，当k时，二项式系数逐渐减小当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数最大(3)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CCC2n.(4)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式

46、系数之和，即CCCC2n1.典题例析1(2015辽宁五校联考)若n展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式的常数项是()A360B180C90D45解析：选B展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式总共11项，所以n10，通项公式为Tr1C()10rrC2rx5r，所以r2时，常数项为180.2若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为()A1或3B1或3C1D3解析：选A令x0，得a0a1a2a9(2m)9，令x2，得a0a1a2a9m9，又(a0a2a8)2(a1a3a9)239，即(a0a1a2a9)(a

47、0a1a2a9)39，即(2m)9m939，所以(2m)m3，解得m1或3.3若n的展开式中含x的项为第6项，设(13x)na0a1xa2x2anxn，则a1a2an的值为_解析：展开式n的通项为Tr1C(x2)nrrC(1)rx2n3r，因为含x的项为第6项，所以r5,2n3r1，解得n8，令x1，得a0a1a8(13)828，又a01，所以a1a8281255.答案：255类题通法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，

48、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3二项展开式系数最大项的求法如求(abx)n(a，bR)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，An1，且第k项系数最大，应用从而解出k来，即得演练冲关(2015合肥质检)若n展开式的各项系数的绝对值之和为1024，则展开式中x的一次项的系数为_解析：Tr1C()nrr(3)rCx，因为展开式的各项系数绝对值之和为C|(3)1C|(3)2C|(3)3C|(3)nC|1024，所以

49、(13)n1024，解得n5，令1，解得r1，所以展开式中x的一次项的系数为(3)1C15.答案：15|(常考常新型考点多角探明)多角探明在高考中，常常涉及一些多项式二项式问题，主要考查学生的化归能力归纳起来常见的命题角度有：(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.角度一：几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题1.48的展开式中的常数项为()A32B34C36D38解析：选D4的展开式的通项为Tm1C(x3)4mmC(2)mx124m，令124m0，解得m3，8的展开式的通项为Tn1Cx8n

50、nCx82n，令82n0，解得n4，所以所求常数项为C(2)3C38.角度二：几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题2(2015昆明调研)(1)4的展开式中x的系数是_解析：(1)4展开式的通项公式Tr1C()r(1)rCx，(1)4的展开式中含x的项为(1)4Cx2x(1)0Cxx2x13x，故系数是3.答案：3角度三：三项展开式中特定项(系数)问题3(2015皖南八校联考)(x24x4)5的展开式中x的系数是_解析：由(x24x4)5(x2)10，得二项展开式的通项为Tr1Cx10r(2)r，所以x的系数为(2)9C5120.答案：5120类题通法1对于几个多项式和的展开式中的特定项(

51、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、选择题1(2014四川高考)在x(1x)6的展开式中，含x3项的系数为()A30B20C15D10解析：选C只需求(1x)6的展开式中含x2项的系数即可，而含x2项的系数为C15，故选C.2(2015洛阳统考)设n为正整数，2n展开式中存在常数项，则n的一个可能取值为()A16B10C4D2解析：选B2n展开式的通项公式为Tk1Cx2nkkC(

52、1)kx，令0，得k，n可取10.3(2015郑州第一次质量预测)6的展开式的第二项的系数为，则x2dx的值为()A3B.B3或D3或解析：选B该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5，解得a1，因此x2dxx2dx.4若()5展开式的第三项为10，则y关于x的函数图象的大致形状为()解析：选D()5的展开式的通项为Tr1Cxy，则T3Cxy10，即xy1，由题意知x0，故D选项图象符合5(2015河南商丘月考)在(1x)5(1x)6(1x)7(1x)8的展开式中，含x3的项的系数是()A74B121C74D121解析：选D展开式中含x3项的系数为C(1)3C(1)3C(1)3C(1)31

53、21.6在(2xxlgx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，则x()A1B.C1或D1解析：选C二项式系数最大的项为第5项，由题意可知T5C(2x)4(xlgx)41120，x4(1lgx)1，两边取对数可知lg2xlgx0，得lgx0或lgx1，故x1或x.二、填空题7(2015浙江考试院抽测)若二项式n的展开式中的常数项是80，则该展开式中的二项式系数之和等于_解析：对于Tr1C()nrrC2rx，当rn时展开式为常数项，因此n为5的倍数，不妨设n5m，则有r3m，则23mC8mC80，因此m1，则该展开式中的二项式系数之和等于2n2532.答案：328.n的展开式中各项系

54、数之和为729，则该展开式中x2项的系数为_解析：依题意得3n729，n6，二项式6的展开式的通项是Tr1C(2x)6rrC26rx6.令62，得r3.因此，在该二项式的展开式中x2项的系数是C263160.答案：1609若(x2ax1)6(a0)的展开式中x2的系数是66，则sindx的值为_解析：由题意可得(x2ax1)6的展开式中x2的系数为CCa2，故CCa266，a2或a2(舍去)故sinxdxsinxdx(cosx)|1cos2.答案：1cos210若a1(x1)4a2(x1)3a3(x1)2a4(x1)a5x4，则a2a3a4_.解析：x4(x1)14C(x1)4C(x1)3C(

55、x1)2C(x1)C，对照a1(x1)4a2(x1)3a3(x1)2a4(x1)a5x4得a2C，a3C，a4C，所以a2a3a4CCC14.答案：14三、解答题11已知n(nN*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是101.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含x的项解：由题意知，第五项系数为C(2)4，第三项的系数为C(2)2，则有，化简得n25n240，解得n8或n3(舍去)(1)令x1得各项系数的和为(12)81.(2)通项公式Tr1C()8rrC(2)rx2r，令2r，得r1，故展开式中含x的项为T216x.12已知n，(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系

56、数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项解：(1)CC2C，n221n980，n7或n14，当n7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，T4的系数为C423，T5的系数为C32470.当n14时，展开式中二项式系数最大的项是T8，T8的系数为C7273432.(2)CCC79，n2n1560.n12或n13(舍去)设Tk1项的系数最大，1212(14x)12，9.4k10.4，k10.展开式中系数最大的项为T11，T11C2210x1016896x10.第四节随机事件的概率基础盘查一随机事件及概率(一)循纲忆知1了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性2了解概率的意义及频率与概率的区别(二)小题查验1判断正误(1)“物体在只受重力的作用下会自由下落”是必然事件()(2)“方程x22x80有两个实根”是不可能事件()(3)在大量重复试