四川省宜宾市高三数学上学期第十四周计数原理概率随机变量及其分布教学设计.docx

计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题2概率(1)事件与概率了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别了解两个互斥事件的概率加法公式(2)古典概型理解古典概型及其概率计算公式会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率(3)随机数与几何概型了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率了解几何概型的意义3概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列(2)了解超几何分布，并能进行简单应用(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义101两个计数原理、排列与组合知识点梳理1分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法在第n类方案中有mn种不同的方法那么完成这件事共有N_种不同的方法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m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法做第n步有mn种不同的方法那么完成这件事共有N_种不同的方法3两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法_，用其中_都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法_，只有_才算做完这件事4两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析是需要分类还是需要分步(1)分类要做到“_”分类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“_”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要_，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数5排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(mn)个元素，按照_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个不同元素中取出m(mn)个元素的_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_表示(3)排列数公式：A_.这里n，mN*，并且_(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个_，叫做n个元素的一个全排列An(n1)(n2)321_，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A，这里规定0！_.6组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(mn)个元素_，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个不同元素中取出m(mn)个元素的_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_表示(3)组合数公式：C_这里nN*，mN，并且mn.(4)组合数的两个性质：C_；C_.自查自纠1m1m2mn2m1m2mn3相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立5(1)一定的顺序(2)所有不同排列A(3)n(n1)(n2)(nm1)mn(4)排列n！16(1)合成一组(2)所有不同组合C(3)(4)CCC基础自测 (2016郑州模拟)某项测试要过两关，第一关有3种测试方案，第二关有5种测试方案，某人参加该项测试，不同的测试方法种数为()A8 B15 C125 D243解：由分步计数原理知所求为3515.故选B. 某校学生会由高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人组成，现要选择不同年级的两名成员参加市里组织的活动，则共有选法()A27种 B33种 C36种 D81种解：由两个计数原理知，所求为33343433(种)故选B. (2016四川)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A24 B48 C60 D72解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C种方法，再将剩下的四个数字排列有A种方法，则满足条件的五位数有CA72个故选D. (2017河南五校质量监测改编)6名同学排成一排照相，甲不站两端，则不同的站法有_种解：所求为AA480种故填480. 现有4种不同颜色要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_种解：按ABCD顺序分四步涂色，共有432248(种)故填48.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情故用分类计数原理，共有54312(种)不同的借法(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情故用分步计数原理，共有54360(种)不同的借法(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5420(种)借法；借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5315(种)借法；借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4312(种)借法而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20151247(种)不同的借法【点拨】仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理电视台在“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50位观众的来信，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，若先确定一名幸运之星，再从两箱剩下来信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，根据分步计数原理有30292017 400种结果幸运之星在乙箱中抽取，有20193011 400种结果根据分类计数原理共有不同结果17 40011 40028 800(种)类型二排列数与组合数公式(1)解方程3A4A；(2)解方程CCCC.解：(1)利用3A3，4A4，得到.利用(10x)！(10x)(9x)(8x)！，将上式化简后得到(10x)(9x)43.再化简得到x219x780.解方程得x16，x213.由于A和A有意义，所以x满足x8和x19.于是将x213舍去，原方程的解是x6.(2)由组合数的性质可得CCCCCCCC，又CC，且CCC，即CCCC.所以CC，所以5x2，x3.经检验知x3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x3.【点拨】(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义(2)应用组合数性质CCC时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短(1)解方程：3A2A6A；(2)已知，则C_解：(1)由3A2A6A得3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，由x0整理得3x217x100.解得x5或(舍去)即原方程的解为x5.(2)由已知得m的取值范围为m|0m5，mZ，整理可得m223m420，解得m21(舍去)或m2.故CC28.故填28.类型三排列的基本问题5名男生、2名女生站成一排照相：(1)两名女生要在两端，有多少种不同的站法？(2)两名女生都不站在两端，有多少种不同的站法？(3)两名女生要相邻，有多少种不同的站法？(4)两名女生不相邻，有多少种不同的站法？(5)女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？(6)女生甲不在左端，女生乙不在右端，有多少种不同的站法？解：(1)两端的两个位置，女生任意排，中间的五个位置男生任意排：AA240(种)；(2)中间的五个位置任选两个排女生，其余五个位置任意排男生：AA2 400(种)；(3)把两名女生当作一个元素，于是对六个元素任意排，然后解决两个女生的任意排列：AA1 440(种)；(4)把男生任意全排列，然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生：AA3 600(种)；(5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决，因为留下两个位置女生排法是既定的：A2 520(种)；(6)采用排除法，在七个人的全排列中，去掉女生甲在左端的A 个，再去掉女生乙在右端的A个，但女生甲在左端同时女生乙在右端的A 种排除了两次，要找回来一次有A2AA3 720(种)【点拨】(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：特殊元素优先考虑；对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；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数(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”3名女生和5名男生排成一排(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A种排法，因此共有AA4 320(种)不同排法(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法(3)法一(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法法二(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的，所以符合要求的排法种数为A20 160(种)(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置法一(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任意一个上，有A种，其余人全排列，共有AAA种由分类加法计数原理，共有AAAA30 960(种)法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法AA种，因此共有AAAA30 960(种)法三(间接法)8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种因此共有A2AA30 960(种)类型四组合的基本问题课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有1名女生；(2)两队长当选；(3)至少有1名队长当选；(4)至多有2名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选解：(1)1名女生，4名男生，故共有CC350(种)(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有CC165(种)(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长故共有：CCCC825(种)或采用间接法：CC825(种)(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：CCCCC966(种)(5)分两类：第一类女队长当选：有C种选法；第二类女队长不当选：有CCCCCCC种选法故选法共有：CCCCCCCC790(种)【点拨】分类时不重不漏；注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得CC825，请同学们自己找错因从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？(1)A，B必须当选；(2)A，B都不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女同学当选；(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有C120(种)(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有C252(种)(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有CC420(种)A，B都不当选，有C252(种)所以总的选法有420252672(种)间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法总数，得到总的选法有CC672(种)(4)直接法，分四步：选2名女生，有CC1035350(种)；选3名女生，有CC210(种)；选4名女生，有CC35(种)；选5名女生，有C1(种)所以总的选法有350210351596(种)间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，即满足条件的选法有C(CCC)596(种)(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有CC35(种)；再选出2男1女，补足5人的方法有CC60(种)；最后为第二步选出的3人分派工作，有A6(种)方法所以总的选法有3560612 600(种)类型五分堆与分配问题按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本解：(1)无序不均匀分组问题先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法故共有CCC60(种)(2)有序不均匀分组问题由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有CCCA360(种)(3)无序均匀分组问题先分三步，则应是CCC种方法，但是这里出现了重复不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A种情况，而这A种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有15(种)(4)有序均匀分组问题在(3)的基础上再分配给3个人，共有分配方式ACCC90(种)(5)无序部分均匀分组问题共有15(种)(6)有序部分均匀分组问题在(5)的基础上再分配给3个人，共有分配方式A90(种)(7)直接分配问题甲选1本，有C种方法；乙从余下的5本中选1本，有C种方法，余下4本留给丙，有C种方法，故共有分配方式CCC30(种)【点拨】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：处理分配问题要注意先分堆再分配；被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组(1)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：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种分派方法故填90.(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：先把4名学生分为2、1、1的3组，有6种分法，再将3组分到3个学校，有A6种情况，则共有6636种不同的保送方案故填36.(3)(2015江西模拟改编)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：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6名教师分组共有CCC60种取法再把这3组教师分配到3所中学，有A6种分法，因此共有606360种不同的分法故填360.类型六数字排列问题用0，1，2，3，4，5这6个数字(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时，有A个；第二类：2在个位时，千位从1，3，4，5中选定一个(A种)，十位和百位从余下的数字中选，有A种，于是有AA个；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有AA个由分类加法计数原理得，共有A2AA156(个)(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，总的排法共AA144(种)，其中0在排头，将1，3，5插在后三个空的排法共AA12(种)，此时构不成六位数，故总的六位数的个数为AAAA14412132(种)【点拨】本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位(2015山西模拟改编)用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：(1)四位数有几个？(2)比3 000大的偶数有几个？解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有CA96个(2)比3 000大的必是四位数或五位数()若是四位数，则首位数字必是3或4.若4在首位，则个位数字必是0或2，有CA个数，若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有CA个数，所以比3 000大的四位偶数有CACA30个()若是五位数，则首位数字不能是0，个位数字必是0或2或4，若0在个位，则有A个；若0不在个位，则有CCA个数，所以比3 000大的五位偶数有ACCA60个故比3 000大的偶数共有306090个点拨1解答计数应用问题的总体思路根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得2排列与组合的区别与联系排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”3解排列、组合题的基本方法(1)限制元素(位置)优先法：元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉(3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步(4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”将“捆绑”元素在这些位置上作全排列(6)相同元素隔板法：将n个相同小球放入m(mn)个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n个相同小球串成一串，从间隙里选m1个结点，剪截成m段，共有C种放法这是针对相同元素的组合问题的一种方法(7)定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数4解组合问题时应注意(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法)(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的对于这类问题必须先分组后排列，若平均分m组，则分法.课时作业1现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()A56 B65C. D65432解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有55555556种选法故选A.2A10A，n()A1 B8 C9 D10解：原式等价于2n(2n1)(2n2)10n(n1)(n2)，n3且nN*，整理得n8.故选B.3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：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.4(2017全国卷)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A12种 B18种 C24种 D36种解：由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有C种方法，然后进行全排列A即可，由乘法原理，不同的安排方式共有CA36种方法故选D.5(2016郑州二模)某校开设A类选修课2门；B类选修课3门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有()A3种 B6种 C9种 D18种解：可分以下两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门，有CC种不同选法；A类选修课选2门，B类选修课选1门，有CC种不同选法所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：CCCC639(种)故选C.6(2017江西新余第一中学调研)西部某县将7位大学生志愿者(4男3女) 分成两组， 分配到两所小学支教， 若要求女生不能单独成组， 且每组最多5人， 则不同的分配方案共有()A36种 B68种 C104种 D110种解：分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C1)A68(种)；第二类有(CC)A36(种)，所以共有6836104种不同的方案故选C.7(2017天津)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个(用数字作答)解：本题分两类：一类是一个数字是偶数，三个数字是奇数的四位数有CCA960(个)，二类是四个数字都是奇数的四位数有A120(个)，所以共有1 080个故填1 080.8(2017浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有_种不同的选法(用数字作答)解：第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有CC55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长，副队长各1人，有A12种不同的选法根据分步乘法计数原理知共有5512660种不同的选法故填660.9已知集合M3，2，1，0，1，2，P(a，b)表示平面上的点(a，bM)，问：(1)P可表示平面上多少个不同的点？(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？(3)P可表示多少个不在直线yx上的点？解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法根据分步计数原理，得到所求点的个数是6636个(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b0，所以有2种确定方法由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是326个(3)点P(a，b)在直线yx上的充要条件是ab.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线yx上的点有6个结合(1)可得不在直线yx上的点共有36630个10将9个人以下列三种方式分为三个小组，完成三项不同的任务，则不同的分配方法各有多少种？(1)将9个人以2，3，4分为三组；(2)将9个人以2，2，5分为三组；(3)将9个人以3，3，3分为三组解：(1)先将9个人以2，3，4分为三组，有CCC1 260种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A6种分法，因此共有1 26067 560种分配方法(2)先将9个人以2，2，5分为三组，有378种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A6种分法，因此共有37862 268种分配方法(3)先将9个人以3，3，3分为三组，有280种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A6种分法，所以共有28061 680种分配方法11现有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCCA144(种)放法(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法(3)确定2个空盒有C种方法4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种放法；第二类有序均匀分组有A种放法故共有C84(种)放法 (2017海淀区期末)在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为_解：由题意每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，可知，最多只有三条鱼涂成红色，最少有一条鱼涂成红色，所以分三类：1条鱼涂成红色，5条鱼涂成蓝色，有C6种方法；2条鱼涂成红色，4条鱼涂成蓝色，有C10种方法；3条鱼涂成红色，3条鱼涂成蓝色，有C4种方法，所以一共CCC20种方法，故填20.102二项式定理考点梳理1二项式定理(ab)n_(nN*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理(ab)n的二项展开式共有_项，其中各项的系数_(k0，1，2，n)叫做二项式系数，式中的_叫做二项展开式的通项，用Tk1表示，即_通项为展开式的第_项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，CC，CC，_，CC.(2)增减性与最大值二项式系数C，当_时，二项式系数是递增的；当_时，二项式系数是递减的当n是偶数时，中间的一项_取得最大值当n是奇数时，中间的两项_和_相等，且同时取得最大值(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_，即CCCCC_.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CCCCCC_.自查自纠1CanCan1bCankbkCbnn1CCankbkTk1Cankbkk12(1)CC(2)kkCnCn Cn(3)2n2n2n1检查自测 设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为()A15x4 B15x4 C20ix4 D20ix4解：由题可知，含x4的项为Cx4i215x4.故选A.(1x)6展开式中x2的系数为()A15 B20 C30 D35解：(1x)6展开式的通项Tr1Cxr，所以(1x)6的展开式中x2的系数为1C1C30，故选C. (2017全国卷)(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为()A80 B40 C40 D80解：原题即求(2xy)5中x2y3与x3y2系数的和，即为C22(1)3C23(1)240.故选C. (2016全国卷)(2x)5的展开式中，x3的系数是_(用数字填写答案)解：展开式的通项为Tr125rCx，令53，得r4，故所求系数为2C10.故填10. (2016天津)的展开式中x7的系数为_(用数字作答)解：二项式展开式通项为Tr1C(x2)8r(1)rCx163r，令163r7，r3，所以x7的系数为(1)3C56.故填56.类型一求特定项(1)的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为()A40 B20 C20 D40解：令x1，可得a12，a1，的展开式中项的系数为C22(1)3，x项的系数为C23，所以(2x)5的展开式中常数项为C22(1)C2340.故选D.【点拨】令x1可得所有项的系数和；在求出a的值后，再分析常数项的构成，便可解得常数项(2)(2015安徽)的展开式中x5的系数是_(用数字填写答案)解：由题意，二项式展开的通项为Tr1C(x3)7rCx214r，令214r5，得r4，则x5的系数是C35.故填35.(3)(2017浙江)已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_解：a4为含x的项的系数，根据二项式定理，a4C12C22C13C216，a5是常数项，a5C13C224.故填16；4.【点拨】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可(2)已知展开式的某项，求特定项的系数可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其系数(1)已知在的展开式中，第6项为常数项，则含x2项的系数为_解：通项Tr1CxxCx，因为第6项为常数项，所以r5时，有0，得n10.令2，得r2，所以含x2项的系数为C.故填.(2)(2016北京)在(12x)6的展开式中，x2的系数为_(用数字填写答案)解：展开式的通项Tr1C16r(2x)rC(2x)r.令r2得T3C4x260x2，即x2的系数为60.故填60.(3)(2015全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A10 B20 C30 D60解：在(x2xy)5的5个因式中，2个取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，故x5y2的系数为CCC30，故选C.类型二展开式的系数和问题在(2x3y)10的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项系数和与偶数项系数和；(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和解：设(2x3y)10a0x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*)各项系数和为a0a1a10，奇数项系数和为a0a2a10，偶数项系数和为a1a3a5a9，x的奇次项系数和为a1a3a5a9，x的偶次项系数和为a0a2a4a10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和(1)二项式系数的和为CCC210.(2)令xy1，各项系数和为(23)10(1)101.(3)奇数项的二项式系数和为CCC29，偶数项的二项式系数和为CCC29.(4)令xy1，得a0a1a2a101，令x1，y1(或x1，y1)，得a0a1a2a3a10510，得2(a0a2a10)1510，所以奇数项系数和为；得2(a1a3a9)1510，所以偶数项系数和为.(5)x的奇次项系数和为a1a3a5a9；x的偶次项系数和为a0a2a4a10.【点拨】“赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理二项式相关问题比较常用的方法对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式各项系数之和，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即可若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5.(1)(2017浙江温州模拟)在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x3的系数为()A15 B45 C135 D405解：由题意64，n6，Tr1Cx6r3rCx，令63，得r2，则x3的系数为32C135.故选C.(2)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_解：令x2，得a0a1a2a9(4m)9，令x0，得a0a1a2a3a9(m2)9，所以有(4m)9(m2)939，即m26m50，解得m1或5.故填1或5.(3)设a0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_.解：设f(x)，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f(1)f(1).故填.类型三系数最大项问题已知(x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x1)n的展开式的二项式系数和大992.(1)求的二项式系数最大的项；(2)求的展开式系数最大的项解：由题意知，22n2n992，即(2n32)(2n31)0，所以2n32(负值舍去)，解得n5.(1)由二项式系数的性质知，的展