（全国通用）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（打包6套）
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（全国通用）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（打包6套）,全国,通用,高考,数学,复习,温习,考点,引领,技巧,技能,点拨,第十一,计数,原理,随机变量,分布,散布,打包
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1 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 考情分析 考点新知 近几年高考两个基本计数原理在理科加试部分考查 ， 预测以后高考将会结合概率统计进行命题 ， 考查对两个基本计数原理的灵活运用 ， 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 理解两个基本计数原理 . 能根据具体问题的特征 ， 选择分类加法计数原理或分 步乘法计数原理解决一些简单的实际问题 . 1. (选修 23 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 23 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 56 30 种不同取法 3. (选修 23 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 23 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 23 42 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 2 解析：分两类： A、 C 种同种花有 433 36 种不同的种法； A、 C 种不同种花有4322 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 在第 2 类办法中有 ， 在第 n 类办法中有 那么完成这件事 共有 N 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 做第 2 步有 ， 做第 n 步有 那么完成这件事共有 N 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 AB 1， 2的集合 A、 B 共有多少组？ 解：集合 A、 B 均是 1， 2的子集： ， 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： 当 A 时 ， 只有 B 1， 2， 得 1 组解； 当 A 1时 ， B 2或 B 1， 2， 得 2 组解； 当 A 2时 ， B 1或 B 1， 2， 得 2 组解； 当 A 1， 2时 ， B 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 54 20 个； 3 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？ 1 2 3 4 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 5555 625 种不同的涂色方法 (2) 若 2号 ， 4号区域同色 ， 有 543 60种涂法；若 2号 ， 4号区域异色 ， 有 5432 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 33 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 个区域顺次标号 ， 利用分步计数原理求解 答案： 12 解析：可将 9 个区域标号如图： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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 321 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 21 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 62 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 ， 4 才能完成这件事 ， 因此应用乘法原理 ， 结果为 543 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 54 53 34 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 1xy7 ， 要构成三角形 ， 必须有 x y8. 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 91010 19648， 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 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 2x b 0 有实数解 ， 分析讨论 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； 当 a0 时 ， 需要 4 4 ， 即 . 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 6， 再排第二列 ， 当第一列确定时 ， 第二列有 2 种 方法 ，如图 a b b c c a a c b a c b ， 所以共有 62 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 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 54 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 5 a、 b， 共可得到 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 425 种故52 425 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 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 24 1 15 个 ， 不同的选法有 15 个； 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 27 14 个； 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 43 12 个； 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 7 其中 0i4 ， 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 5432 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 7 同上奇约数的个 数为 432 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： 6 (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） . 1 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 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 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 54321 120 种不同的站法 2. (选修 23 改编 )已知 9！ 362 880， 那么 _ 答案： 181 440 解析： 9！ 2所以 181 440. 3. (选修 23 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： 120. 4. (选修 23 改编 )计算： _ 答案： 210 解析：原式 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 24 384 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 2 1. 排列 (1) 排列的定义： 从 n 个不同的元素中取出 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) 排列数的定义： 从 n 个不同的元素中取出 m(mn) 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 (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)321 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 ， A n(n 1)(n 2)(n m 1) n（ n 1） （ n m 1） （ n m）（ n m 1） 321（ n m）（ n m 1） 321 n！（ n m）！ ， 即 n！（ n m） ！ . 2. 组合 (1) 组合的定义： 从 n 个不同的元素中取出 m(mn) 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(mn) 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 (3) 组合数公式 n（ n 1）（ n 2） （ n m 1）m！ n！m！（ n m）！ 规定： 1 (4) 组合数的两个性质： 1 1n (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 3 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： 奇数； 偶数； 大于 3125 的数 解： 先排个位 ， 再排首位 ， 共有 144 个； 以 0 结尾的四位偶数有 2 或 4 结尾的四位偶数有 共有 156 个； 要比 3125 大 ， 4、 5 作千位时有 23 作千位 ， 2、 4、 5 作百位时有 33 作千位 1 作百位时有 2 所以共有 232162 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 998 648. (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 ， 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 第二类：取 3 个 红球 1 个白球 ， 有 第三类：取 2 个红球 2 个白球 ， 有 115 种 (2) 设取 x 个红球 ， y 个白球 ， 则x y 5（ 0x4 ） ，2x y7 （ 0y6 ） ， 得 x 2y 3或 x 3y 2或 x 4，y 1， 符合条件的取法有 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 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 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 12； 所以有 24 36 12 72 种 题型 3 组合数的性质 例 3 (1) 化简： 11 ！ 22 ！ 33 ！ nn ！； 4 (2) 化简： 12！ 23！ 34！ n 1n！ ； (3) 解方程： 113 313 ； (4) 解方程： 2x 2 3x 2 1103. 解： (1) 由阶乘的性质知 nn ！ (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1x 113 ，1 2x 313 ，x N*，得 2x8 且 x N*， 原方程的解为 x 4 或 x 5. (4) 原方程可化为 2x 3 1103， 即 3 1103， （ x 3）！5！（ x 2）！ （ x 3）！10x ！ ， 1120（ x 2）！ 110x （ x 1） （ 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 12x 3 3x 1 的值 解： 由题意可得2x 3x 1，x 12x 3， 解得 2x4. 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 x（ x 1） （ x m 1）m！ ， 其中 x R， m 是正整数 ， 且 1 这是组合数n、 m 是正整数 ， 且 mn) 的一种推广 (1) 求 15的值； (2) 组合数的两个 性质： 1n 1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 求证：当 x Z， m 是正整数时 ， Z. (1) 解： 15 （ 15）（ 16） （ 19）5！ C 519 11 628. (2) 解： 能推广 ， 例如 x 2时 ， 12 但 2 1n 1能推广 ， 它的推广形式为 1x 1， x R， m N*. 证明如下：当 m 1 时 ， 有 x 1 1； 当 m2 时 ， 有 1x x（ x 1） （ x m 1）m！ x（ x 1） （ x m 2）（ m 1）！ 5 x（ x 1） （ x m 2）（ m 1）！ x m 1m 1 x（ x 1） （ x m 2）（ x 1）m！ 1. (3) 证明：当 x0 时 ， 组合数 Z；当 x（ x 1） （ x m 1）m！ ( 1)m（ x m 1） （ x 1）（ x）m！ ( 1)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 C 在左边第2 个位置时 当 C 在左边第 3 个位置时 ， 有 共为 240 种 ， 乘以 2， 得 80 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， 1390. 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 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 然后把甲、乙两人插入 4 个人的 5 个空位 ， 有 所以共有 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 28 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 不同的安排方案共有 240 种 6 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 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： 3 5 解析：设有男生 x 人 ， 女生 8 x 人 ， 则有 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 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 28 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） . 1 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 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 改编 )在 (x 3)10的展开式中 ， _ 答案： 1 890 解析： 1 r( 3)r， 令 10 r 6， r 4， 91 8902. (选 修 23 改编 ) x 12的展开式的常数项是 _ 答案： 495 解析：展开式中 ， 1 r 1x2 r ( 1)3r， 当 r 4 时 ， 495 为常数项 3. (选修 23 改编 )若 363， 则自然数 n _ 答 案： 13 解析： 363 1， 364， 1 364， n 13. 4. (选修 232 改编 )已知 (1 2x)7 那么 _ 答案： 2 解析：设 f(x) (1 2x)7， 令 x 1， 得 (1 2)7 1， 令 x 0，得 1， 1 2. 5. (选修 230 改编 )在 (x y) 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： 若仅 则共有 13 项 ， n 12； 若 6系数相等且最大 ， 则共有 12 项 ， n 11； 若 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. 2 1. 二项式定理 (a b)n 1b 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 r 0， 1， 2， n)叫做 第 r 1 项的二项式系数 式中的 项式展开式的第 r 1 项 (通项 )， 用 1表示 ， 即展开式的 第 r 1 项； 1 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 一直到 1n ， 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 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 2n 2n 1 备课札记 3 题型 1 二项式展开式的特定项 例 1 如果 1 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 124 1展开式中所有的有理项 解： (1) 1 第四项和第七项的二项式系数分别是 由 n 9， 所以 1 项和第 6 项 ， 即 ( 1)4x 3)4( 126( 1)5x 3)5( 126 (2) 通项为 1 x)8 r 124 123r 0， 1， 2， ， 8)， 为使 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 120 124358x， 1282 1256变式训练 (1) 若 (1 x) x 的系数的 7 倍 ， 求 n； (2) 已知 (1)7(a0) 的展开式中 ， 求a； (3) 已知 (2x 的展开式中 ， 二项式系数最大的项的值等于 1 120， 求 x. 解： (1) 7n（ n 1）（ n 2）6 7n， 即 3n 40 0. 由 n N*， 得 n 8. (2) 2213570a 0， 得 510a 3 0 a 1 105 . (3) x)4( 1 120， 1， 所以 x 1， 或 1， x 110. 题型 2 二项式系数 4 例 2 已知 (3x2) 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 ， (3 90(3 270(2) 设展开式中第 r 1 项系数最大 ， 则 1 r(3x2)r 34 33r 115 ，33r 115 ，72 r92， r 4， 即展开式中第 5 项系数最大 ， 3 405备选变式（教师专享） 已知 x 12 x 12n (1) (2) ( 1) (3) ai(i 0， 1， 2， n)的最大值 解： (1) 由题设 ， 得 14 2 12 即 9n 8 0， 解得 n 8， n 1(舍 ) 1 r 12r， 令 8 r 5 r 3， 所以 7. (2) 在等式的两边取 x 1， 得 1256 . (3) 设第 r 1 的系数最大 ， 则1212r 118 ，122r 118 ，即 18 r 12（ r 1） ，12r19 r，解得 r 2 或 r 3. 5 所以 . 题型 3 二项式定理的综合应用 例 3 已知 1x 3a 2b)7展开式的二项式系数的和大128， 求 1x 解： 2n 27 128， n 8， 1x 8的通项 1 r 1x r ( 1)3r， 当 r 4 时 ， 展开式中的系数最大 ， 即 70 当 r 3， 或 5 时 ， 展开式中的系数 最小 ， 即 56 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 其中 计算 (a0 ( . 解：设 f(x) (2 3x)50， 令 x 1， 得 (2 3)50， 令 x 1， 得 (2 3)50， ( ( ( (2 3)50(2 3)50 1. 1. (2013 新课标 ) 已知 (1 1 x)5的展开式中 ， 则 a _ 答案： 1 解析：已知 (1 1 x)5的展开式中 25 a 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 1 k 1x k 32k( 1) 32k 0， 得 k 4 1 1)4 15. 3. (2013 大纲版理 )(1 x)3(1 y)4的展开式中 _ 答案： 18 解析： (x 1)3的展开式的通项为 1 令 r 2 得到展开式中 23 3.(1 y)4的展开式的通项为 1 r 2 得到展开式中 24 6， (1 x)3(1y)4的展开式中 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 1 x)n k 1x x k 5 n 5 0， 得 n 6 5 所以当 k 2 时 ， n 有最小值 5. 1. 若 n 是奇数 ， 则 7n 1 2 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. _ (精确到 答案： 析： (1 1 5 10(2 1 1 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 18n 1 18n 1n 182 18 1n 1 8n 9 64(18n 1 18n 2 1n 1) 8(n 1) 1 8n 9 M64( 记 M 18n 1 18n 2 1n 1) M 为整数 ， 64M 能被 64 整除 4. (1) 在 (1 x) 若第 3 项与第 6 项系数相等 ， 则 n 等于多少？ (2) x x 1328， 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， 2n 1 128， n 8， 而展开式中二项式系数最大项是 1 x x)41370一般地 ， 对于多项式 g(x) (q)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 12g(1) g( 1)； (4) g(x)的偶数项的系数和为 12g(1) g( 1) 请使用课时训练（ A）第 3课时（见活页） . 备课札记 1 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 4 课时 离散型随机变量及分布列、 考情分析 考点新知 本部分重点以应用题为背景 ， 考查离散型随机变量的分布列及某范围内的概率等 . 本节内容属于理科加试必做题的内容 ，考查题型为解答题，是近几年高考的热点 . 理解离散型随机变量及其概率分布的概念 ， 掌握概率分布列的基本性质 ， 会求一些简单的离散型随机变量的概率分布列 . 理解超几何分布及其导出过程 ， 并能进行简单的应用 . 理解随机变量的概率分布 ， 掌握 0 1 分布 ，超几何分布的分布列 ， 并能处理简单的实际问题 . 1. (选修 23 改编 )下列问题属于超几何分布的有 _ (填序号 ) 抛掷三枚骰子 ， 所得向上的数是 6 的骰子的个数记为 X， 求 X 的概率分布列； 有一批种子的发芽率为 70%， 现任取 10 颗种子做发芽实验 ， 把实验中发芽的种子的个数记为 X， 求 X 的概率分布列； 一盒子中有红球 3 只 ， 黄球 4 只 ， 蓝球 5 只 ， 现任取 3 只球 ， 把不是红 色的球的个数记为 X， 求 X 的概率分布列； 某班级有男生 25 人 ， 女生 20 人 ， 现选派 4 名学生参加学校组织的活动 ， 班长必须参加 ， 其中女生人数记为 X， 求 X 的概率分布列 答案： 解析：注意超几何分布的特征 ， 其中涉及三个参量 ， 、 属于独立重复试验问题 2. (选修 23 改编 )设随机变量 X 的分布列为 P(X k) k 1， 2， 3， 4， 5)，则 P 12X52 _. 答案： 15 解析： P 12X52 P(X 1) P(X 2) 115 215 15. 3. (选修 23 改编 )口袋内装有 10 个相同的球 ， 其中 5 个球标有数字 0， 5 个球标有数字 个球 ， 那么摸出的 5 个球所标数字之和小于 2 或大于 3 的概率是 _ 2 答案： 1363 解析：数字之和小于 2或大于 3的对立事件 为数字之和为 2或者 3， 发生的概率为 2 所以数字之和小于 2 或大于 3 的概率为 1 2 1363. 4. (选修 23 改编 )设 50 件商品中有 15 件一等品 ， 其余为二等品现从中随机选购 2 件 ， 则所购 2 件商品中恰有一件一等品的概率为 _ 答案 ： 37 解析： N 50， M 15， n 2， r 1， P(X 1) H(1， 2， 15， 50) 37. 5. (选修 23 改编 )某班级有男生 12 人、女生 10 人 ， 现选举 4 名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委 ， 则至少两名男生当选的概率为 _ 答案： 103133 解析：把选出的 4 人中男生的人数记为 X， 显然 随机变量 X 满足超几何分布 ， 所求事件的概率可以表示为 P(X2) 有 P(X2) P(X 2) P(X 3) P(X 4) 103133. 1. 离散型随机变量的分布列 (1) 如果随机试验的结果可以用一个 变量 来表示 ， 那么这样的变量叫做 随机变量 ；按一定次序一一列出 ， 这样的 随机变量叫做 离散型随机变量 (2) 设离散型随机变量 X 可能取的值为 X 取每一个值 i 1， 2，n)的概率 P(X 则称表 X x1 p1 随机变量 X 的概率分布 ， 具有性质： 0， i 1， 2， ， n； 1. 离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率 之和 2. 如果随机变量 X 的分布列为 X 1 0 P p q 其中 0p1， q 1 p， 则称离散型随机变量 X 服从参数为 p 的 01 分布 (或两点分布 ) 3. 超几何分布列 在含有 M 件次品数的 N 件产品中 ， 任取 n 件 ， 其中含有 X 件次品数 ， 则事件 X r发生的概率为 P(X r) r 0， 1， 2， l)， 其中 l n， M， 且 nN ， M N， n、 3 M、 N N ， 称分布列为超几何分布列记为 X H(n， M， N)， 并将 P(X r) 为H(r； n， M， N) X 0 1 l P 0N 1N 备课札记 4 题型 1 离散型随机变量的概率分布 例 1 随机地将编号为 1， 2， 3 的三个小球放入编号为 1， 2， 3 的三个 盒子中 ， 每个盒子放入一个小球 ， 当球的编号与盒子的编号相同时叫做 “ 放对球 ” ， 否则叫做 “ 放错球 ” ，设放对球的个数为 . 求 的分布列 解： 的分布列为 0 1 2 3 P 13 12 0 16 变式训练 在 0， 1， 2， 3， 9 这十个自然数中 ， 任取三个不同的数字将取出的三个数字按从小到大的顺序排列 ， 设 为三个数字中相邻自然数的组数 (例如：若取出的三个数字为 0，1， 2， 则相邻的组为 0， 1 和 1， 2， 此时 的值是 2)， 求随机变量 的分布列 解：随机变量 的取值为 0、 1、 2， 的分布列为 0 1 2 P 715 715 115 题型 2 超几何分布 例 2 已知盒中有 10 个灯泡 ， 其中 8 个正品 ， 2 个次品需要从中取出 2 只正品 ， 每次取一个 ， 取出后不放回 ， 直到取出 2 个正品为止设 X 为取出的 次数，求 X 的概率分布列 解： P(X 2) 810 79 2845， P(X 3) 810 29 78 210 89 78 1445， P(X 4) 1 P(X 2) P(X 3) 115， 所以 X 的概率分布列如下表 X 2 3 4 P 2845 1445 115 备选变式（教师专享） 一盒中有 9 个正品和 3 个次品零件 ， 每次取一个零件 ， 如果取出的是次品不再放回 ， 求在取得 正品前已取出的次品数 X 的概率分布 ， 并求 P 12X 52 . 解：易知 X 的可能取值为 0、 1、 2、 3 这四个数字 ， 而 X k 表示 ， 共取了 k 1 次零件 ，前 k 次取得的都是次品 ， 第 k 1 次才取得正品 ， 其中 k 0、 1、 2、 3. 故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 5 P 34 944 9220 1220 P 12X 52 P(X 1) P(X 2) 944 9220 27110. 题型 3 实际问题 例 3 已知甲盒内有大小相同的 1 个红球和 3 个黑球 ， 乙盒内有大小相同的 2 个红球和4 个黑球现从甲、乙两个盒内各任取 2 个球 (1) 求取出的 4 个球均为黑球的概率； (2) 求取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概 率； (3) 设 为取出的 4 个球中红球的个数 ， 求 的分布列 解： (1) 设 “ 从甲盒内取出的 2 个球均为黑球 ” 为事件 A，“ 从 乙盒内取出的 2 个球均为黑球 ” 为事件 、 B 相互独立 ， 且 P(A) 2， P(B)5. 故取出的 4 个球均为黑球的概率为 P(AB) P(A) P(B) 12 25 15. (2) 设 “ 从甲盒内取出的 2 个球均为黑球；从乙盒内取出的 2 个球中 ， 1 个是红球 ， 1个是黑球 ” 为事件 C，“ 从甲盒内取出的 2 个球中 ， 1 个是红球 ， 1 个是黑球；从乙盒内取出的 2 个球均为黑球 ” 为事件 、 D 互斥 ， 且 P(C) 12 415， P(D)245. 故取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为 P(C D) P(C) P(D) 415 15 715. (3) 可能的取值为 0， 1， 2， 1)， (2)得 P( 0) 15， P( 1) 715， P( 3) ( 2) 1 P( 0) P( 1) P( 3)310. 的分布列为 0 1 2 3 P 15 715 310 130 备选变式（教师专享） 黄山旅游公司为了体现尊师重教 ， 在每年暑假期间对来黄山旅游的全国各地教师和学生 ， 凭教师证和学生证实行购买门票优惠 某旅游公司组织有 22 名游客的旅游团到黄山旅游 ， 其中有 14 名教师和 8 名学生但是只有 10 名教师带了教师证 ， 6 名学生带了学生证 (1) 在该旅游团中随机采访 3 名游客 ， 求恰有 1 人持有教师证且持有学生证者最多 1人的概率； (2) 在该团中随机采访 3 名学生 ， 设其中持有学生证的人数为随机变量 ， 求 的分布列 解： (1) 记事件 A 为 “ 采访 3 名 游客中 ，恰有 1 人持有教师证且持有学生证者最多 1人 ” ， 则该事件分为两个事件 2， 1 名教师有教师证 ， 1 名学生有学生证 ” ； 1 名教师有教师证 ， 0 名学生有学生证 ” 6 P(A) P( P( 18771515451154， 在随机采访 3 人 ， 恰有 1 人持有教师证且持有学生证者最多 1 人的概率为 51154. (2) 由于 8 名学生中有 6 名学生有学生证 ， 的可能取值为 1， 2， 3 ， 则 P( 1) 328， P( 2)1528， P( 3)14， 的分布列为 1 2 3 P 328 1528 514 1. (2012 广东理 )从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个 ， 其个位数为 0的概率是 _ 答案： 19 解析：两位数共有 90 个 ， 其中个位数与十位数之和为奇数的两位数有 45 个 ， 个位数为0 的有 5 个 ， 所以概率为 545 19. 2. (2013 新课标 ) 从 n 个正整数 1， 2， n 中任意取出两个不同的数 ， 若取出的两数之和等于 5 的概率为 114， 则 n _ 答案： 8 解析：从 n 个正整数 1， 2， ， n 中任意取出两个不同的数 ， 取出的两数之和等于 5的情况有： (1， 4)， (2， 3)共 2 种情况；从 n 个正整数 1， 2， ， n 中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为 由古典概型概率计算公式 ， 得从 n 个正整数 1， 2， ， n 中任意取出两个不同的数 ， 取出的两数之和等于 5 的概率为 P 2n 28， 即 n（ n 1）2 28， 解得 n 8. 3. (2013 江苏 )现在某类病毒记作 其中正整数 m， n(m7 ， n 9)可以任意选取 ，则 m， n 都取到奇数的概率为 _ 答案： 2063 解析： m 可以取的值有： 1， 2， 3， 4， 5， 6， 7 共 7 个 ， n 可以取的值有： 1， 2， 3， 4，5， 6， 7， 8， 9 共 9 个 ， 所以总共有 79 63 种可能 ， 符合题意的 m 可以取 1， 3， 5， 7 共4 个 ， 符合题意的 n 可以取 1， 3， 5， 7， 9 共 5 个 ， 所 以总共有 45 20 种可能符合题意 ，所以符合题意的概率为 2063. 7 4. 如图 ， 从 ， 0， 0)、 ， 0， 0)、 ， 1， 0)、 ， 2， 0)、 ， 0， 1)、， 0， 2)这 6 个点中随机选取 3 个点 ， 将这 3 个点及原点 O
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