（教师用书）高考数学一轮总复习 第十一章 计数原理、随机变量及分布列课堂过关 理.doc

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 计数原理(对应学生用书(理)164165页)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23p8练习3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n549种2. (选修23p8例4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5630种不同取法3. (选修23p8练习5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2532种不同的报名方法4. (选修23p9习题3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234214种不同的走法5. 5名毕业生报考三所中学任教，每人仅报一所学校，则不同的报名方法的种数是_答案：243解析：共有3333335243.1. 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m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有nm1m2mn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nm1m2mn种不同的方法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,1)若自然数n使得作竖式加法n(n1)(n2)均不产生进位现象，则称n为“良数”例如：32是“良数”，因为323334不产生进位现象；23不是“良数”，因为232425产生进位现象那么小于1 000的“良数”的个数为_答案：48解析：一位“良数”有0，1，2，共3个；两位数的“良数”十位数可以是1，2，3，两位数的“良数”有10，11，12，20，21，22，30，31，32，共9个；三位数的“良数”有百位为1，2，3，十位数为0的，个位可以是0，1，2，共339个，百位为1，2，3，十位不是0时，十位个位可以是两位“良数”，共有3927个根据分类计数原理，共有48个小于1 000的“良数”如图所示，在a、b间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通今发现a、b之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有_种答案：13解析：按照焊接点脱落的个数进行分类若脱落1个，则有(1)，(4)共2种；若脱落2个，有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)共6种；若脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)共4种；若脱落4个，有(1，2，3，4)共1种综上共有264113种焊接点脱落的情况题型2 分步计数原理,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？1234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5555625种不同的涂色方法(2) 若2号，4号区域同色，有54360种涂法；若2号，4号区域异色，有5432120种涂法所以共有60120180种涂法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：123456789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3216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212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6212种涂法题型3 两个基本原理的联系,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54312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，才能完成这件事，因此应用乘法原理，结果为54360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54533447种选法有5张卡片，它们的正、反面分别写着0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，问不同的三位数有多少个？解：分两类：第一类，百位数字是1，有8648个三位数；第二类，百位数字不是1，有886384个三位数，根据分类计数原理共有48384432个三位数1. 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91010900.没有重复数字的三位数有ca648，所以有重复数字的三位数的个数为900648252.2. 满足a，b1，0，1，2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为_答案：13解析：方程ax22xb0有实数解，分析讨论 当a0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44ab0，即ab1.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16313.3. 某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有_种答案：42解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有a24(种)排法；第二类：甲排在第二位，共有aa18(种)排法，所以共有编排方案241842(种)4. 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为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，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答案：108解析：第一步，从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为“1、5、9”的小正方形，涂法有3种；第二步，涂标号为“2、3、6”的小正方形，若“2、6”同色，涂法有22种，若“2、6”不同色，涂法有21种；第三步：涂标号为“4、7、8”的小正方形，涂法同涂标号为“2、3、6”的小正方形的方法一样因此符合条件的所有涂法共有3(2221)(2221)108(种)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5242565.3. 8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，大师赛共有_场比赛答案：16解析：小组赛共有2c场比赛；半决赛和决赛共有224场比赛根据分类计数原理知共有2c416场比赛4. 如图，用6种不同的颜色把图中a、b、c、d四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有_种答案：480解析：从a开始，有6种方法，b有5种，c有4种，d、a同色1种，d、a不同色3种，因此不同涂法有654(13)480(种)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：(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)备课札记第2课时排列与组合(对应学生用书(理)166167页)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23p17练习2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a54321120种不同的站法2. (选修23p18习题3改编)已知9！362 880，那么a_答案：181 440解析：9！a2a，所以a181 440.3. (选修23 p24习题7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：cccccc120.4. (2014全国)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_种答案：75解析：由题意，从6名男医生中选出2名，5名女医生中选出1名组成一个医疗小组，不同的选法共有cc75种5. 世界华商大会的某分会场有a、b、c三个展台，将甲、乙、丙、丁4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为_答案：6解析：把甲、乙作为一个整体后全排列，则不同的分法共有a6种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a表示(3) 排列数公式 当mn时，排列称为选排列，排列数为an(n1)(n2)(nm1)； 当mn时，排列称为全排列，排列数为an(n1)(n2)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an！进一步规定0！1，于是，an(n1)(n2)(nm1)，即a2. 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c表示(3) 组合数公式c规定：c1(4) 组合数的两个性质：cc；ccc(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.题型1 排列与排列数,1)由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有_个答案：300解析：首位数字有c种选法，个位、十位数字有c种排法，中间方位有a种排法根据分步计数原理知共有cca300(个)满足条件的6位数本例所求的6位数中，有多少个偶数？解：若个位排0，则有a个偶数；若个位排2，则十位可从3，4，5中任选1个，有cca个偶数；若个位排4，则十位只能排5，有ca个偶数，由分类计数原理得偶数的个数为accaca192.题型2 组合与组合数,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c种；第二类：取3个红球1个白球，有cc种；第三类：取2个红球2个白球，有cc种 ccccc115种(2) 设取x个红球，y个白球，则得或或符合条件的取法有cccccc186种有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a24；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ca36；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ca12；所以有24361272种题型3 组合数的性质,3)(1) 化简：11！22！33！nn！；(2) 化简：；(3) 解方程：cc；(4) 解方程：cca.解：(1) 由阶乘的性质知nn！(n1)！n！，所以，原式(n1)！1.(2) 原式1！1.(3) 由原方程得x12x3，或x12x313， x4或x5.又由得2x8且xn*， 原方程的解为x4或x5.(4) 原方程可化为ca，即ca， ， ， x2x120，解得x4或x3，经检验：x4是原方程的解规定c，其中xr，m是正整数，且c1这是组合数c(n、m是正整数，且mn)的一种推广(1) 求c的值；(2) 组合数的两个性质：cc，ccc是否都能推广到c(xr，mn*)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c是正整数，求证：当xz，m是正整数时，cz.(1) 解：cc11 628.(2) 解：cc不能推广，例如x时，有定义，但无意义；ccc能推广，它的推广形式为ccc，xr，mn*.证明如下：当m1时，有ccx1c；当m2时，有ccc.(3) 证明：当x0时，组合数cz；当x0， c(1)m(1)mcz.题型4 排列组合的综合应用,4)(1) 三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为凹数，如524，746等都是凹数，那么，各个数位上无重复数字的三位凹数有_个(2) 现有4位教师参加说题比赛，共有4道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出1道题进行说题，则恰有1道题没有被这4位选中的情况有_种答案：(1) 240(2) 144解析：(1) 从09这10个数字中任选3个，有c种，这三个数字组成的凹数有a个，故共有ca240(个)(2) 首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法为c，而后再将获得同一道题目的2位老师选出，选法为c，最后将3道题目分配给3组老师，分配方式为a，即满足题意的情况共有cca144(种)某班班会准备从含甲、乙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序种类为_答案：600解析：分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，则不同的发言顺序种类为cca；第二类，甲、乙同时参加，则不同的发言顺序种类为ccaa.依加法原理，所求的不同的发言顺序种类为ccaccaa600.1. 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a；当c在左边第2个位置时aa，当c在左边第3个位置时，有aaaa，共为240种，乘以2，得480.则不同的排法共有480种2. 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；2，2，1.所以共有cccccccccccccccccc590.3. 某同学有2本同样的画册，3本同样的集邮册，从中取出4本赠送给4位朋友，每人1本，则不同的赠送方法共有_种答案：10解析：本题可分两类：一是取出1本画册，3本集邮册，此时赠送方法有c4(种)；二是取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有c6(种)故赠送方法共有10种4. 用6种不同的颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂1种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的2个格子不同色，不同的涂色方法共有_种答案：390解析：若用2种颜色涂，有c种选法，满足相邻格异色、1个格子1种颜色的涂法有a种，共有ca30(种)；若用3种颜色涂，有c种选法，任选两个不相邻的格子，有3种选法，再与另两格一起涂3种颜色，则有3a种，共有ca3360(种)综上，所求涂色方法总共有390种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2aa8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a种插法， 不同的安排方案共有2aaa40种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ca144种3. 2014年某校获得校长实名推荐制的资格，该校高三奥赛班有5名同学获得甲、乙、丙三所高校的推荐资格，且每人限推荐一所高校若这三所高校中每个学校都至少有1名同学获得推荐，那么这5名同学不同的推荐方案共有_种答案：150解析：依题意这三所高校的名额分配方式为2，2，1或3，1，1.因此共有cc3cc3150种不同的推荐方案4. 有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？(1) 分成1本、2本、3本三组；(2) 分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；(3) 分成每组都是2本的三组；(4) 分给甲、乙、丙三人，每人2本解：(1) 分三步：先选一本有c种选法；再从余下的5本中选2本有c种选法；对于余下的三本全选有c种选法，由分步计数原理知有ccc60种选法(2) 由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有ccca360种选法(3) 先分三步，则应是ccc种选法，但是这里面出现了重复，不妨记6本书分别为a、b、c、d、e、f，若第一步取了(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，而且这a种情况仅是ab、cd、ef的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分配方式有15(种)(4) 在问题(3)的基础上再分配，故分配方式有accc90(种)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)备课札记第3课时二项式定理(对应学生用书(理)168169页)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23p32练习5改编)在(x)10的展开式中，x6的系数是_答案：1 890解析：tr1cx10r()r，令10r6，r4，t59cx61 890x6.2. (13x)n(其中nn且n6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n_答案：7解析： tr1c(3x)r3rcxr，由已知条件35c36c，即c3c， 3， n7.3. (选修23p35习题2改编)若cccc363，则自然数n_答案：13解析：ccccc3631，cccc364，cccc364，n13.4. (选修23p36习题12改编)已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7，那么a1a2a7_答案：2解析：设f(x)(12x)7，令x1，得a0a1a2a7(12)71，令x0，得a01，a1a2a71a02.5. 的展开式中的常数项为_，展开式中各项系数和为_(用数字作答)答案：2481解析：tr1cx4r2rcx42r，r2时，可得常数项22c24，令x1即可得各项系数和为3481.1. 二项式定理(ab)ncancan1bcanrbrcbn(nn)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(ab)n的二项展开式，其中的系数c(r0，1，2，n)叫做第r1项的二项式系数式中的canrbr叫做二项式展开式的第r1项(通项)，用tr1表示，即展开式的第r1项；tr1canrbr2. 二项展开式形式上的特点(1) 项数为n1(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c，c，一直到c，c3. 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ccc2n(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cccc2n1备课札记题型1 二项式展开式的特定项,1)(1) 在的二项展开式中，x的系数为_(2) 的展开式中常数项为_答案：(1) 40(2) 解析：(1) 二项式展开式的第r1项为tr1c(2x2)5rc25r(1)rx103r，当r3时，含有x，其系数为c22(1)340.(2) 二项展开式的通项tr1c()8rcx4r，当4r0时，r4，所以展开式中的常数项为c.试求的展开式中是否存在无理项？展开式中的中间项是多少？解：由tr1cx4r且r0，1，2，8，验证知这九项均为有理项，故无理项是不存在的由r4，展开式的中间项为t5cx0，即常数项题型2 二项式系数,2)已知(x3x2)n的展开式中，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x1，则展开式中各项系数和为(13)n22n，又展开式中二项式系数和为2n， 22n2n992，n5.(1) n5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项， t3c(x)3(3x2)290x6，t4c(x)2(3x2)3270x.(2) 设展开式中第r1项系数最大，则tr1c(x)5r(3x2)r3rcx， r， r4，即展开式中第5项系数最大，t5c(x)(3x2)4405x.若x(0，)，则(12x)15的二项展开式中系数最大的项为第_项答案：11解析：tr1c2rxr，由c2r1c2r，c2r1c2rr，r10，所以第11项的系数最大题型3 二项式定理的综合应用,3)已知n展开式中的二项式系数的和比(3a2b)7展开式的二项式系数的和大128，求n展开式中的系数最大的项和系数最小的项解：2n27128，n8，8的通项tr1c(x2)8rr(1)rcx163r，当r4时，展开式中的系数最大，即t570x4为展开式中的系数最大的项；当r3或5时，展开式中的系数最小，即t456x7，t656x为展开式中的系数最小的项已知(2x)50a0a1xa2x2a50x50，其中a0，a1，a2，a50是常数，计算(a0a2a4a50)2(a1a3a5a49)2.解：设f(x)(2x)50，令x1，得a0a1a2a50(2)50，令x1，得a0a1a2a50(2)50，(a0a2a4a50)2(a1a3a5a49)2(a0a1a2a50)(a0a1a2a50)(2)50(2)501.1. 已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a_答案：1解析：已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为cac5，解得a1.2. 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tk1cx6kkcx6k(1)k.由6k0，得k4.所以常数项为t41c(1)415.3. (2014全国)(x2)6的展开式中x3的系数为_(用数字作答)答案：160解析：(x2)6的展开式的通项为tr1cx6r(2)r，令6r3，解得r3.因为c(2)3160，所以x3的系数为160.4. 在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为_答案：0解析：依题意得所有二项式系数的和为2n32，解得n5.因此，该二项展开式中的各项系数的和等于0.1. 若n是奇数，则7nc7n1c7n2c7被9除的余数是_答案：7解析：原式(71)n1(91)n19k29k7(k和k均为正整数)2. 将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_答案：10解析：不妨设1xt，则xt1，因此有(t1)5a0a1ta2t2a3t3a4t4a5t5，则a3c(1)210.3. (2014苏锡常镇一模)设snccc(1)mc，m、nn*且mn，其中当n为偶数时，m；当n为奇数时，m.(1) 证明：当nn*，n2时，sn1snsn1；(2) 记sccccc，求s的值(1) 证明：当n为奇数时，n1为偶数，n1为偶数， sn1cc(1)c，sncc(1)c，sn1cc(1)c， sn1sn(cc)(cc)(1)(c11c)(1)ccc(1)csn1. 当n为奇数时，sn1snsn1成立同理可证，当n为偶数时，sn1snsn1也成立(2) 解：由sccccc，得2 014scccccc(cc)(cc)(cccc)(cccc)s2 014s2 012.又由sn1snsn1，得sn6sn，所以s2 014s2 012s4s21，s.4. (1) 在(1x)n的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则n等于多少？(2) 的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大项解：(1) 由已知得ccn7.(2) 由已知得ccc128，2n1128，n8，而展开式中二项式系数最大项是t41c(x)470x4.1. 运用二项式定理一定要牢记通项tr1canrbr.注意(ab)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题2. 求二项式系数最大项(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(第项与第(1)项)的二项式系数相等并最大3. 求展开式系数最大项：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，即为所求4. 一般地，对于多项式g(x)(pxq)na0a1xa2x2anxn，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g(1)g(1)；(4) g(x)的偶数项的系数和为g(1)g(1)请使用课时训练(a)第3课时(见活页)备课札记第4课时离散型随机变量及分布列、 超几何分布(对应学生用书(理)170172页)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01分布，超几何分布的分布列，并能处理简单的实际问题1. 设随机变量x的分布列如下：x12345pp则p为_答案：解析：由p1，得p.2. (选修23p47例题3改编)设随机变量x的分布列为p(xk)(k1，2，3，4，5)，则p_.答案：解析：pp(x1)p(x2).3. (选修23p52习题4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1.若从袋中摸出5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_答案：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12.4. 从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有x个红球，随机变量x的概率分布为：x012pabc则a_，b_，c_答案：解析：p(x0)；p(x1)；p(x2).5. (选修23p50例1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：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(x2)p(x3)p(x4).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x1，x2，xn，x取每一个值xi (i1，2，n)的概率p(xxi)pi，则称表xx1x2xixnpp1p2pipn为随机变量x的概率分布，具有性质： pi0，i1，2，n； p1p2pipn1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x10ppq其中0p1，q1p，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xr发生的概率为p(xr)(r0，1，2，l)，其中lminn，m，且nn，mn，n、m、nn，称分布列为超几何分布列记为xh(n，m，n)，并将p(xr)记为h(r；n，m，n)x01lp备课札记题型1 离散型随机变量分布列的性质,1)设x是一个离散型随机变量，其分布列为x101p12qq2则q_答案：1解析：由分布列的性质知所以q1.已知离散型随机变量x的分布列为：x123np则k的值为_答案：1解析：由1，解得k1.题型2 离散型随机变量的概率分布,2)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0123p0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012p题型3 超几何分布,3)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(x2)，p(x3)，p(x4)1p(x2)p(x3)，所以x的概率分布列如下表：x234p已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量x为取出此3球所得分数之和试求x的分布列解：由题意得x可取3，4，5，6，且p(x3)；p(x4)；p(x5)；p(x6)，所以x的分布列为x3456p题型4 实际问题,4)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.由于事件a、b相互独立，且p(a)，p(b).故取出的4个球均为黑球的概率为p(ab)p(a)p(b).(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.由于事件c，d互斥，且p(c)，p(d).故取出的4个球中恰有1个红球的概率为p(cd)p(c)p(d).(3) 可能的取值为0，1，2，3.由(1)，(2)得p(0)，p(1)，p(3).从而p(2)1p(0)p(1)p(3).的分布列为0123p某中学选派40名同学参加北京市高中生技术设计创意大赛的培训，他们参加培训的次数统计如表所示：培训次数123参加人数51520(1) 从这40人中任意选3名学生，求这3名同学中至少有2名同学参加培训次数恰好相等的概率；(2) 从40人中任