2018届高考知识点透析及经典题型解析系列之计数原理与概率、随机变量及其分布

第九章第九章Error 计数原理与概率 随机变量及其分布计数原理与概率 随机变量及其分布 第一节第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 两个计数原理两个计数原理 完成一件事的策略完成一件事的策略完成这件事共有的方法完成这件事共有的方法 分类分类 加法加法 计数计数 原理原理 有两类不同方案 在第有两类不同方案 在第 1 类方案中有类方案中有 m 种不同的方法 种不同的方法 在第在第 2 类方案中有类方案中有 n 种不同的方法种不同的方法 N m n 种不同的方法种不同的方法 分步分步 乘法乘法 计数计数 原理原理 需要两个步骤 做第需要两个步骤 做第 1 步有步有 m 种不同的方法 做第种不同的方法 做第 2 步有步有 n 种不同的方法种不同的方法 N m n 种不同的方法种不同的方法 小题体验小题体验 1 教材习题改编教材习题改编 书架的第书架的第 1 层放有层放有 4 本不同的语文书 第本不同的语文书 第 2 层放有层放有 5 本不同的数学本不同的数学 书 第书 第 3 层放有层放有 6 本不同的体育书 从第本不同的体育书 从第 1 2 3 层分别各取层分别各取 1 本书 则不同的取法种数为本书 则不同的取法种数为 A 3 B 15 C 21 D 120 解析 解析 选选 D 由分步乘法计数原理 从由分步乘法计数原理 从 1 2 3 层分别各取层分别各取 1 本书不同的取法总数为本书不同的取法总数为 4 5 6 120 种种 故选 故选 D 2 教材习题改编教材习题改编 从从 0 1 2 3 4 5 这六个数字中 任取两个不同数字相加 其和为偶数这六个数字中 任取两个不同数字相加 其和为偶数 的不同取法的种数是的不同取法的种数是 解析 解析 从从 0 1 2 3 4 5 六个数字中 任取两数和为偶数可分为两类 六个数字中 任取两数和为偶数可分为两类 取出的两数都是取出的两数都是 偶数 共有偶数 共有 3 种方法 种方法 取出的两数都是奇数 共有取出的两数都是奇数 共有 3 种方法 故由分类加法计数原理得种方法 故由分类加法计数原理得 共有共有 N 3 3 6 种 种 答案答案 6 1 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 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 类之间是独立的 2 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 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 步与步之间是相关联的 未完成这件事 步与步之间是相关联的 小题纠偏小题纠偏 1 用 用 0 1 2 9 十个数字 可以组成有重复数字的三位数的个数为十个数字 可以组成有重复数字的三位数的个数为 A 243 B 252 C 261 D 279 解析 解析 选选 B 0 1 2 9 共能组成共能组成 9 10 10 900 个个 三位数 其中无重复数字的三位数 其中无重复数字的 三位数有三位数有 9 9 8 648 个个 有重复数字的三位数有有重复数字的三位数有 900 648 252 个个 2 如图 从 如图 从 A 城到城到 B 城有城有 3 条路 从条路 从 B 城到城到 D 城有城有 4 条路 从条路 从 A 城到城到 C 城有城有 4 条条 路 从路 从 C 城到城到 D 城有城有 5 条路 则某旅客从条路 则某旅客从 A 城到城到 D 城共有城共有 条不同的路线 条不同的路线 解析 解析 不同路线共有不同路线共有 3 4 4 5 32 条条 答案答案 32 考考点点一一 分分类类加加法法计计数数原原理 理 基基础 础送送分分型型考考点点 自 自主主练练透透 题组练透题组练透 1 某同学有同样的画册 某同学有同样的画册 2 本 同样的集邮册本 同样的集邮册 3 本 从中取出本 从中取出 4 本赠送给本赠送给 4 位朋友 每位朋友 每 位朋友位朋友 1 本 则不同的赠送方法共有本 则不同的赠送方法共有 A 4 种种 B 10 种种 C 18 种种 D 20 种种 解析 解析 选选 B 分两种情况 分两种情况 4 位朋友中有位朋友中有 2 个人得到画册 有个人得到画册 有 C 6 种种 赠送方法 赠送方法 2 4 4 位朋友中只有位朋友中只有 1 个人得到画册 有个人得到画册 有 C 4 种种 赠送方法 所以不同的赠送方法共有赠送方法 所以不同的赠送方法共有 1 4 6 4 10 种种 故选 故选 B 2 椭圆 椭圆 1 的焦点在的焦点在 x 轴上 且轴上 且 m 1 2 3 4 5 n 1 2 3 4 5 6 7 则这样的 则这样的 x2 m y2 n 椭圆的个数为椭圆的个数为 解析 解析 因为焦点在因为焦点在 x 轴上 所以轴上 所以 m n 以以 m 的值为标准分类 由分类加法计数原理 的值为标准分类 由分类加法计数原理 可分为四类 第一类 可分为四类 第一类 m 5 时 使时 使 m n n 有有 4 种选择 第二类 种选择 第二类 m 4 时 使时 使 m n n 有有 3 种选择 第三类 种选择 第三类 m 3 时 使时 使 m n n 有有 2 种选择 第四类 种选择 第四类 m 2 时 使时 使 m n n 有有 1 种选择 故符合条件的椭圆共有种选择 故符合条件的椭圆共有 10 个 个 答案答案 10 3 2017 临沂模拟临沂模拟 在所有的两位数中 个位数字大于十位数字的两位数的个数为在所有的两位数中 个位数字大于十位数字的两位数的个数为 解析 解析 根据题意 将十位上的数字按根据题意 将十位上的数字按 1 2 3 4 5 6 7 8 的情况分成的情况分成 8 类 在每一类中满足类 在每一类中满足 题目条件的两位数分别是题目条件的两位数分别是 8 个 个 7 个 个 6 个 个 5 个 个 4 个 个 3 个 个 2 个 个 1 个 个 由分类加法计数原理知 符合条件的两位数共有由分类加法计数原理知 符合条件的两位数共有 8 7 6 5 4 3 2 1 36 个个 故共有故共有 36 个 个 答案答案 36 谨记通法谨记通法 利用分类加法计数原理解题时利用分类加法计数原理解题时 2 个注意点个注意点 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 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 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 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 考考点点二二 分分步步乘乘法法计计数数原原理 理 基基础 础送送分分型型考考点点 自 自主主练练透透 题组练透题组练透 1 将 将 3 张不同的奥运会门票分给张不同的奥运会门票分给 10 名同学中的名同学中的 3 人 每人人 每人 1 张 则不同分法的种数张 则不同分法的种数 是是 A 2 160 B 720 C 240 D 120 解析 解析 选选 B 分步来完成此事 第分步来完成此事 第 1 张有张有 10 种分法 第种分法 第 2 张有张有 9 种分法 第种分法 第 3 张有张有 8 种分法 则共有种分法 则共有 10 9 8 720 种种 分法 分法 2 已知集合 已知集合 M 3 2 1 0 1 2 P a b a b M 表示平面上的点 则表示平面上的点 则 P 可可 表示坐标平面上第二象限的点的个数为表示坐标平面上第二象限的点的个数为 A 6 B 12 C 24 D 36 解析 解析 选选 A 确定第二象限的点 可分两步完成 确定第二象限的点 可分两步完成 第一步确定第一步确定 a 由于 由于 a0 所以有 所以有 2 种方法 种方法 由分步乘法计数原理 得到第二象限的点的个数是由分步乘法计数原理 得到第二象限的点的个数是 3 2 6 故选故选 A 3 从 从 1 0 1 2 这四个数中选三个不同的数作为函数这四个数中选三个不同的数作为函数 f x ax2 bx c 的系数 则可组的系数 则可组 成成 个不同的二次函数 其中偶函数有个不同的二次函数 其中偶函数有 个个 用数字作答用数字作答 解析 解析 一个二次函数对应着一个二次函数对应着 a b c a 0 的一组取值 的一组取值 a 的取法有的取法有 3 种 种 b 的取法有的取法有 3 种 种 c 的取法有的取法有 2 种 由分步乘法计数原理知共有种 由分步乘法计数原理知共有 3 3 2 18 个个 二次函数 若二次函二次函数 若二次函 数为偶函数 则数为偶函数 则 b 0 同上可知共有 同上可知共有 3 2 6 个个 偶函数 偶函数 答案 答案 18 6 谨记通法谨记通法 利用分步乘法计数原理解题时利用分步乘法计数原理解题时 3 个注意点个注意点 1 要按事件发生的过程合理分步 即分步是有先后顺序的 要按事件发生的过程合理分步 即分步是有先后顺序的 2 各步中的方法互相依存 缺一不可 只有各步骤都完成才算完成这件事 各步中的方法互相依存 缺一不可 只有各步骤都完成才算完成这件事 3 对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定 对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定 考考点点三三 两两个个原原理理的的应应用 用 重 重点点保保分分型型考考点点 师师生生共共研研 典例引领典例引领 1 如图所示的五个区域中 现有四种颜色可供选择 要求每一个区域只涂一种颜色 如图所示的五个区域中 现有四种颜色可供选择 要求每一个区域只涂一种颜色 相邻区域所涂颜色不同 则不同的涂色方法种数为相邻区域所涂颜色不同 则不同的涂色方法种数为 A 24 B 48 C 72 D 96 解析 解析 选选 C 分两种情况 分两种情况 1 A C 不同色 先涂不同色 先涂 A 有有 4 种 种 C 有有 3 种 种 E 有有 2 种 种 B D 有有 1 种 有种 有 4 3 2 24 种种 涂法 涂法 2 A C 同色 先涂同色 先涂 A 有有 4 种 种 E 有有 3 种 种 C 有有 1 种 种 B D 各有各有 2 种 有种 有 4 3 2 2 48 种种 涂法 涂法 故共有故共有 24 48 72 种涂色方法 种涂色方法 2 已知集合 已知集合 M 1 2 3 4 集合 集合 A B 为集合为集合 M 的非空子集 若对的非空子集 若对 x A y B x y 恒成立 则称恒成立 则称 A B 为集合为集合 M 的一个的一个 子集对子集对 则集合 则集合 M 的的 子集子集 对对 共有共有 个 个 解析 解析 当当 A 1 时 时 B 有有 23 1 种情况 当种情况 当 A 2 时 时 B 有有 22 1 种情况 当种情况 当 A 3 时 时 B 有有 1 种情况 当种情况 当 A 1 2 时 时 B 有有 22 1 种情况 当种情况 当 A 1 3 2 3 1 2 3 时 时 B 均有均有 1 种情况 所以满足题意的种情况 所以满足题意的 子集对子集对 共有共有 7 3 1 3 3 17 个个 答案答案 17 由题悟法由题悟法 两个原理应用的关键两个原理应用的关键 1 应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步 应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步 2 分类要做到分类要做到 不重不漏不重不漏 正确把握分类标准是关键 正确把握分类标准是关键 3 分步要做到分步要做到 步骤完整步骤完整 步步相连才能将事件完成 步步相连才能将事件完成 4 较复杂的问题可借助图表完成 较复杂的问题可借助图表完成 即时应用即时应用 1 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 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 正交线面对正交线面对 在 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 正交线面对正交线面对 的个的个 数是数是 A 48 B 18 C 24 D 36 解析 解析 选选 D 分类讨论 分类讨论 第一类 对于每一条棱 都可以与两个侧面构成第一类 对于每一条棱 都可以与两个侧面构成 正交线面对正交线面对 这样的 这样的 正交线面对正交线面对 有有 2 12 24 个个 第二类 对于每一条面对角线 都可以与一个对角面构成第二类 对于每一条面对角线 都可以与一个对角面构成 正交线面对正交线面对 这样的 这样的 正正 交线面对交线面对 有有 12 个 个 所以正方体中所以正方体中 正交线面对正交线面对 共有共有 24 12 36 个个 2 如图 用如图 用 6 种不同的颜色把图中种不同的颜色把图中 A B C D 4 块区域分开 若块区域分开 若 相邻区域不能涂同一种颜色 则涂色方法共有相邻区域不能涂同一种颜色 则涂色方法共有 种种 用数字作答用数字作答 解析 解析 从从 A 开始涂色 开始涂色 A 有有 6 种涂色方法 种涂色方法 B 有有 5 种涂色方法 种涂色方法 C 有有 4 种涂色方法 种涂色方法 D 有有 4 种涂色方法 由分步乘法计数原理可知 共有种涂色方法 由分步乘法计数原理可知 共有 6 5 4 4 480 种种 涂色方法 涂色方法 答案答案 480 一抓基础 多练小题做到眼疾手快一抓基础 多练小题做到眼疾手快 1 a b c d e 共共 5 个人 从中选个人 从中选 1 名组长名组长 1 名副组长 但名副组长 但 a 不能当副组长 不同不能当副组长 不同 选法的种数是选法的种数是 A 20 B 16 C 10 D 6 解析 解析 选选 B 当当 a 当组长时 则共有当组长时 则共有 1 4 4 种种 选法 当选法 当 a 不当组长时 因为不当组长时 因为 a 不能不能 当副组长 则共有当副组长 则共有 4 3 12 种种 选法 因此共有选法 因此共有 4 12 16 种选法 种选法 2 一购物中心销售某种型号的智能手机 其中国产的品牌有 一购物中心销售某种型号的智能手机 其中国产的品牌有 20 种 进口的品牌有种 进口的品牌有 10 种 小明要买一部这种型号的手机 则不同的选法有种 小明要买一部这种型号的手机 则不同的选法有 A 20 种种 B 10 种种 C 30 种种 D 200 种种 解析 解析 选选 C 分类完成此事 一类是买国产品牌 有分类完成此事 一类是买国产品牌 有 20 种选法 另一类是买进口品牌 种选法 另一类是买进口品牌 有有 10 种选法 由分类加法计数原理可知 共有种选法 由分类加法计数原理可知 共有 20 10 30 种种 选法 选法 3 某市汽车牌照号码可以上网自编 但规定从左到右第二个号码只能从字母 某市汽车牌照号码可以上网自编 但规定从左到右第二个号码只能从字母 B C D 中选择 其他四个号码可以从中选择 其他四个号码可以从 0 9 这十个数字中选择这十个数字中选择 数字可以重复数字可以重复 有车主第 有车主第 一个号码一个号码 从左到右从左到右 只想在数字只想在数字 3 5 6 8 9 中选择 其他号码只想在中选择 其他号码只想在 1 3 6 9 中选择 则他中选择 则他 的车牌号码可选的所有可能情况有的车牌号码可选的所有可能情况有 A 180 种种 B 360 种种 C 720 种种 D 960 种种 解析 解析 选选 D 按照车主的要求 从左到右第一个号码有按照车主的要求 从左到右第一个号码有 5 种选法 第二个号码有种选法 第二个号码有 3 种种 选法 其余三个号码各有选法 其余三个号码各有 4 种选法 因此车牌号码可选的所有可能情况有种选法 因此车牌号码可选的所有可能情况有 5 3 4 4 4 960 种种 4 从 从 0 1 2 3 4 这这 5 个数字中任取个数字中任取 3 个组成三位数 其中奇数的个数是个组成三位数 其中奇数的个数是 解析 解析 从从 1 3 中取一个排个位 故排个位有中取一个排个位 故排个位有 2 种方法 排百位不能是种方法 排百位不能是 0 可以从另外 可以从另外 3 个数中取一个 有个数中取一个 有 3 种方法 排十位有种方法 排十位有 3 种方法 故所求奇数的个数为种方法 故所求奇数的个数为 3 3 2 18 答案 答案 18 5 在 在 2016 年里约奥运会百米决赛上 年里约奥运会百米决赛上 8 名男运动员参加名男运动员参加 100 米决赛 其中甲 乙 米决赛 其中甲 乙 丙三人必须在丙三人必须在 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名运动员比赛的方式共 有有 种 种 解析 解析 分两步安排这分两步安排这 8 名运动员 名运动员 第一步 安排甲 乙 丙三人 共有第一步 安排甲 乙 丙三人 共有 1 3 5 7 四条跑道可安排 四条跑道可安排 安排方式有安排方式有 4 3 2 24 种种 第二步 安排另外第二步 安排另外 5 人 可在人 可在 2 4 6 8 及余下的一条奇数号跑道上安排 所以安排方式及余下的一条奇数号跑道上安排 所以安排方式 有有 5 4 3 2 1 120 种种 安排这安排这 8 人的方式有人的方式有 24 120 2 880 种种 答案 答案 2 880 二保高考 全练题型做到高考达标二保高考 全练题型做到高考达标 1 设集合 设集合 A 1 0 1 集合 集合 B 0 1 2 3 定义 定义 A B x y x A B y A B 则则 A B 中元素的个数是中元素的个数是 A 7 B 10 C 25 D 52 解析 解析 选选 B 因为集合因为集合 A 1 0 1 集合 集合 B 0 1 2 3 所以 所以 A B 0 1 A B 1 0 1 2 3 所以 所以 x 有有 2 种取法 种取法 y 有有 5 种取法 所以根据分步乘法计数原理得有种取法 所以根据分步乘法计数原理得有 2 5 10 个个 2 从 从 2 3 4 5 6 7 8 9 这这 8 个数中任取个数中任取 2 个不同的数分别作为一个对数的底数和真数 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则可以组成不同对数值的个数为 A 56 B 54 C 53 D 52 解析 解析 选选 D 在在 8 个数中任取个数中任取 2 个不同的数共有个不同的数共有 8 7 56 个个 对数值 但在这对数值 但在这 56 个对个对 数值中 数值中 log24 log39 log42 log93 log23 log49 log32 log94 即满足条件的对数值共 即满足条件的对数值共 有有 56 4 52 个个 3 从集合 从集合 1 2 3 10 中任意选出三个不同的数 使这三个数成等比数列 这样的中任意选出三个不同的数 使这三个数成等比数列 这样的 等比数列的个数为等比数列的个数为 中中 华华 资资 源源 库库 A 3 B 4 C 6 D 8 解析 解析 选选 D 当公比为当公比为 2 时 等比数列可为时 等比数列可为 1 2 4 或或 2 4 8 当公比为 当公比为 3 时 等比数列时 等比数列 可为可为 1 3 9 当公比为 当公比为 时 等比数列可为时 等比数列可为 4 6 9 同理 公比为同理 公比为 时 也有时 也有 4 个 故共有个 故共有 3 2 1 2 1 3 2 3 8 个等比数列 个等比数列 4 2015 四川高考四川高考 用数字用数字 0 1 2 3 4 5 组成没有重复数字的五位数 其中比组成没有重复数字的五位数 其中比 40 000 大的大的 偶数共有偶数共有 A 144 个个 B 120 个个 C 96 个个 D 72 个个中中 华华 资资 源源 库库 解析 解析 选选 B 当万位数字为当万位数字为 4 时 个位数字从时 个位数字从 0 2 中任选一个 共有中任选一个 共有 2A 个偶数 当个偶数 当 3 4 万位数字为万位数字为 5 时 个位数字从时 个位数字从 0 2 4 中任选一个 共有中任选一个 共有 C A 个偶数 故符合条件的偶数共个偶数 故符合条件的偶数共 1 33 4 有有 2A C A 120 个个 3 41 3 3 4 5 如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形 如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形 现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色 规定每个区域只涂一种颜色 现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色 规定每个区域只涂一种颜色 相邻区域颜色不相同 则不同的涂色方法有相邻区域颜色不相同 则不同的涂色方法有 A 24 种种 B 72 种种 C 84 种种 D 120 种种 解析 解析 选选 C 如图 设四个直角三角形顺次为如图 设四个直角三角形顺次为 A B C D 按 按 A B C D 顺序涂色 顺序涂色 下面分两种情况 下面分两种情况 1 A C 不同色不同色 注意 注意 B D 可同色 也可不同色 可同色 也可不同色 D 只要不与只要不与 A C 同色 所以同色 所以 D 可以从剩余的可以从剩余的 2 种颜色中任意取一色种颜色中任意取一色 有 有 4 3 2 2 48 种种 不同的涂法 不同的涂法 2 A C 同色同色 注意 注意 B D 可同色 也可不同色 可同色 也可不同色 D 只要不与只要不与 A C 同色 所以同色 所以 D 可可 以从剩余的以从剩余的 3 种颜色中任意取一色种颜色中任意取一色 有 有 4 3 1 3 36 种种 不同的涂法 故共有不同的涂法 故共有 48 36 84 种种 不同的涂色方法 故选不同的涂色方法 故选 C 6 集合 集合 N a b c 5 4 2 1 4 若关于 若关于 x 的不等式的不等式 ax2 bx c 0 恒有恒有 实数解 则满足条件的集合实数解 则满足条件的集合 N 的个数是的个数是 解析 解析 依题意知 集合依题意知 集合 N 最多有最多有 C 10 个个 其中对于不等式 其中对于不等式 ax2 bx c0 且 且 b2 4ac 0 因此只有当 因此只有当 a c 同号时才有可能 同号时才有可能 共有共有 2 种情况 因此满足条件的集合种情况 因此满足条件的集合 N 的个数是的个数是 10 2 8 答案 答案 8 7 在一个三位数中 若十位数字小于个位和百位数字 则称该数为 在一个三位数中 若十位数字小于个位和百位数字 则称该数为 驼峰数驼峰数 比如 比如 102 546 为为 驼峰数驼峰数 由数字 由数字 1 2 3 4 可构成无重复数字的可构成无重复数字的 驼峰数驼峰数 有有 个 个 解析 解析 十位上的数为十位上的数为 1 时 有时 有 213 214 312 314 412 413 共 共 6 个 十位上的数为个 十位上的数为 2 时 时 有有 324 423 共 共 2 个 所以共有个 所以共有 6 2 8 个个 答案答案 8 8 如图所示 用五种不同的颜色分别给如图所示 用五种不同的颜色分别给 A B C D 四个区域涂色 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 方法共有方法共有 种 种 解析 解析 按区域分四步 第一步 按区域分四步 第一步 A 区域有区域有 5 种颜色可选 第二步 种颜色可选 第二步 B 区域有区域有 4 种颜色种颜色 可选 第三步 可选 第三步 C 区域有区域有 3 种颜色可选 第四步 种颜色可选 第四步 D 区域也有区域也有 3 种颜色可选 由分步乘法种颜色可选 由分步乘法 计数原理 共有计数原理 共有 5 4 3 3 180 种种 不同的涂色方法 不同的涂色方法 答案 答案 180 9 已知 已知 ABC 三边三边 a b c 的长都是整数 且的长都是整数 且 a b c 如果 如果 b 25 则符合条件的 则符合条件的 三角形共有三角形共有 个 个 解析 解析 根据三边构成三角形的条件可知 根据三边构成三角形的条件可知 c3C 求 求 m m 18m 8 解 解 1 由由 C A 1 得得 n 1n 12n 1 n 1 n 2 1 n 1 n 2 即即 n2 7n 6 0 解得解得 n 1 或 或 n 6 由由 A知 知 n 3 故 故 n 6 2n 1 2 原不等式可化为原不等式可化为 8 m 1 9 m 3 8 m 8 m 解得解得 m 27 4 0 m 1 8 且 且 0 m 8 1 m 8 又又 m 是整数 是整数 m 7 或或 m 8 三上台阶 自主选做志在冲刺名校三上台阶 自主选做志在冲刺名校 1 2016 福州八中福州八中 3 月模拟月模拟 甲 乙等甲 乙等 5 人在天安门广场排成一排拍照留念 甲和乙必人在天安门广场排成一排拍照留念 甲和乙必 须相邻且都不站在两端的排法有须相邻且都不站在两端的排法有 A 12 种种 B 24 种种 C 48 种种 D 120 种种 解析 解析 选选 B 甲 乙相邻 将甲 乙捆绑在一起看作一个元素 共有甲 乙相邻 将甲 乙捆绑在一起看作一个元素 共有 A A 种排法 种排法 4 42 2 甲 乙相邻且在两端有甲 乙相邻且在两端有 C A A 种排法 故甲 乙相邻且都不站在两端的排法有种排法 故甲 乙相邻且都不站在两端的排法有 1 2 3 32 2 A A C A A 24 种种 4 4 2 21 2 3 3 2 2 2 四面体的顶点和各棱中点共 四面体的顶点和各棱中点共 10 个点 在其中取个点 在其中取 4 个不共面的点 不同的取法共有个不共面的点 不同的取法共有 种 种 解析 解析 如图 从如图 从 10 个点中任取个点中任取 4 个点的组合数为个点的组合数为 C 210 其 其 4 10 中四点共面的可分为三类 中四点共面的可分为三类 1 4 点在同一个侧面或底面的共点在同一个侧面或底面的共 4 组 即组 即 4 C 60 种种 4 6 2 每条棱的中点与它对棱的三点共面的有每条棱的中点与它对棱的三点共面的有 6 种 种 3 在在 6 个中点中 四点共面的有个中点中 四点共面的有 3 种 种 则则 4 点不共面的取法共有点不共面的取法共有 210 60 6 3 141 种种 答案答案 141 3 从 从 1 到到 9 的的 9 个数字中取个数字中取 3 个偶数个偶数 4 个奇数 试问 个奇数 试问 1 能组成多少个没有重复数字的七位数 能组成多少个没有重复数字的七位数 2 上述七位数中 上述七位数中 3 个偶数排在一起的有几个 个偶数排在一起的有几个 3 在在 1 中的七位数中 偶数排在一起 奇数也排在一起的有几个 中的七位数中 偶数排在一起 奇数也排在一起的有几个 解 解 1 分三步完成 第一步 在分三步完成 第一步 在 4 个偶数中取个偶数中取 3 个 有个 有 C 种情况 第二步 在种情况 第二步 在 5 个个 3 4 奇数中取奇数中取 4 个 有个 有 C 种情况 第三步 种情况 第三步 3 个偶数 个偶数 4 个奇数进行排列 有个奇数进行排列 有 A 种情况 种情况 4 57 7 所以符合题意的七位数有所以符合题意的七位数有 C C A 100 800 个个 3 4 4 5 7 7 2 上述七位数中 上述七位数中 3 个偶数排在一起的有个偶数排在一起的有 C C A A 14 400 个个 3 4 4 5 3 3 5 5 3 在在 1 中的七位数中 中的七位数中 3 个偶数排在一起 个偶数排在一起 4 个奇数也排在一起的有个奇数也排在一起的有 C C A A A 5 760 个个 3 4 4 5 3 3 4 4 2 2 第三节第三节二项式定理二项式定理 1 二项式定理二项式定理 1 二项式定理 二项式定理 a b n C an C an 1b C an kbk C bn n N 0 n1 nk nn n 2 通项公式 通项公式 Tk 1 C an kbk 它表示第 它表示第 k 1 项 项 k n 3 二项式系数 二项展开式中各项的系数为二项式系数 二项展开式中各项的系数为 C C C 0 n1 nn n 2 二项式系数的性质二项式系数的性质 小题体验小题体验 1 教材习题改编教材习题改编 已知已知 a 0 6展开式的常数项为 展开式的常数项为 15 则 则 a a x x 解析 解析 由由 6的常数项 的常数项 C a4 15 且 且 a 0 可得 可得 a 1 a x x 2 6 答案答案 1 2 1 2x 7展开式中展开式中 x3的系数为的系数为 解析 解析 Tr 1 C 17 r 2x r C 2 rxr r 7r 7 令令 r 3 则则 x3的系数为的系数为 C 2 3 35 8 280 3 7 答案答案 280 3 教材习题改编教材习题改编 8的展开式中的有理项共有 的展开式中的有理项共有 项 项 x 1 24x 解析 解析 Tr 1 C 8 rr rC x r 8x 1 24x 1 2 r 8 4 16 3r r 为为 4 的倍数 故的倍数 故 r 0 4 8 共 共 3 项 项 答案答案 3 1 二项式的通项易误认为是第 二项式的通项易误认为是第 k 项 实质上是第项 实质上是第 k 1 项 项 2 a b n与与 b a n虽然相同 但具体到它们展开式的某一项时是不相同的 所以公虽然相同 但具体到它们展开式的某一项时是不相同的 所以公 式中的第一个量式中的第一个量 a 与第二个量与第二个量 b 的位置不能颠倒 的位置不能颠倒 3 易混淆二项式中的 易混淆二项式中的 项项 项的系数项的系数 项的二项式系数项的二项式系数 等概念 注意项的系数等概念 注意项的系数 是指非字母因数所有部分 包含符号 二项式系数仅指是指非字母因数所有部分 包含符号 二项式系数仅指 C k 0 1 n k n 小题纠偏小题纠偏 1 2016 湖南长沙一模湖南长沙一模 二项式二项式 x 2 5展开式中展开式中 x 的系数为的系数为 A 5 B 16 C 80 D 80 解析 解析 选选 C 由二项式定理知 其展开式中含由二项式定理知 其展开式中含 x 的项为的项为 T5 C x 2 4 故其系数为 故其系数为 C 4 5 2 4 80 选选 C 4 5 2 若 若 1 3x n 其中其中 n N 且且 n 6 的展开式中的展开式中 x5与与 x6的系数相等 则的系数相等 则 n 解析 解析 1 3x n的展开式中含的展开式中含 x5的项为的项为 C 3x 5 C 35x5 展开式中含 展开式中含 x6的项为的项为 5 n5 n C 36x6 6 n 由两项的系数相等得由两项的系数相等得 C 35 C 36 解得 解得 n 7 5 n6 n 答案答案 7 考考点点一一 二二项项展展开开式式中中特特定定项项或或系系数数问问题 题 题 题点点多 多变 变型型考考点点 多 多角角探探明明 锁定考向锁定考向 二项式定理是高中数学中的一个重要知识点 也是高考命题的热点 多以选择题 填二项式定理是高中数学中的一个重要知识点 也是高考命题的热点 多以选择题 填 空题的形式呈现 试题难度不大 多为容易题或中档题 空题的形式呈现 试题难度不大 多为容易题或中档题 常见的命题角度有 常见的命题角度有 1 求展开式中的某一项 求展开式中的某一项 2 求展开式中的项的系数或二项式系数 求展开式中的项的系数或二项式系数 3 由已知条件求由已知条件求 n 的值或参数的值 的值或参数的值 题点全练题点全练 角度一 求展开式中的某一项角度一 求展开式中的某一项 1 2017 济南模拟济南模拟 设设 a 3x2 2x dx 则二项式 则二项式 6展开式中的第 展开式中的第 4 项为项为 2 1 ax2 1 x A 1 280 x3 B 1 280 C 240 D 240 解析 解析 选选 A 由微积分基本定理知由微积分基本定理知 a 4 6展开式中的第 展开式中的第 4 项为项为 T3 1 C 4x2 4x2 1 x 3 6 33 1 280 x3 选 选 A 1 x 2 2016 广州模拟广州模拟 在在 15的展开式中 的展开式中 x 的非负整数次幂的项的个数为的非负整数次幂的项的个数为 3 x 2 x 解析 解析 展开式的通项为展开式的通项为 Tr 1 1 rC 15 r r 1 r2rCx 由题意知 由题意知 r 15 3 x 2 x r 15 5 5 6 r 5 r 为非负整数 得为非负整数 得 r 0 或或 6 5 6 符合要求的项的个数为符合要求的项的个数为 2 答案答案 2 角度二 求展开式中的项的系数或二项式系数角度二 求展开式中的项的系数或二项式系数 3 2015 全国卷全国卷 x2 x y 5的展开式中 的展开式中 x5y2的系数为的系数为 A 10 B 20 C 30 D 60 解析 解析 选选 C x2 x y 5 x2 x y 5 含含 y2的项为的项为 T3 C x2 x 3 y2 2 5 其中其中 x2 x 3中含中含 x5的项为的项为 C x4 x C x5 1 31 3 所以所以 x5y2的系数为的系数为 C C 30 故选 故选 C 2 5 1 3 4 2015 重庆高考重庆高考 5的展开式中 的展开式中 x8的系数是的系数是 用数字作答用数字作答 x3 1 2 x 解析解析 Tr 1 C x3 5 r r C x15 3r r x r C x r 0 1 2 3 4 5 r 5 1 2 x r 5 1 2 2 r 1 2 r 5 307r 2 由由 8 得 得 r 2 30 7r 2 展开式中展开式中 x8的系数是的系数是 2 C 1 2 2 5 5 2 答案答案 5 2 角度三 由已知条件求角度三 由已知条件求 n 的值或参数的值的值或参数的值 5 2016 山东高考山东高考 若若 5的展开式中 的展开式中 x5的系数是 的系数是 80 则实数 则实数 a ax2 1 x 解析 解析 Tr 1 C ax2 5 rr C a5 rx r 5 1 x r 5 1 5 0 2 r 令令 10 r 5 解得 解得 r 2 5 2 又展开式中又展开式中 x5的系数为 的系数为 80 则有则有 C a3 80 解得 解得 a 2 2 5 答案 答案 2 通法在握通法在握 求二项展开式中的特定项的方法求二项展开式中的特定项的方法 求二项展开式的特定项问题 实质是考查通项求二项展开式的特定项问题 实质是考查通项 Tk 1 C an kbk的特点 一般需要建立 的特点 一般需要建立 k n 方程求方程求 k 再将 再将 k 的值代回通项求解 注意的值代回通项求解 注意 k 的取值范围的取值范围 k 0 1 2 n 1 第第 m 项 此时项 此时 k 1 m 直接代入通项 直接代入通项 2 常数项 即这项中不含常数项 即这项中不含 变元变元 令通项中 令通项中 变元变元 的幂指数为的幂指数为 0 建立方程 建立方程 3 有理项 令通项中有理项 令通项中 变元变元 的幂指数为整数建立方程 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可依据上述方法求解 特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解 演练冲关演练冲关 1 2016 海口调研海口调研 若若 x2 a 10的展开式中 的展开式中 x6的系数为的系数为 30 则 则 a 等于等于 x 1 x A B 1 3 1 2 C 1 D 2 解析 解析 选选 D 依题意 注意到依题意 注意到 10的展开式的通项公式是 的展开式的通项公式是 Tr 1 C x10 r r C x 1 x r 10 1 x x10 2r 10的展开式中含 的展开式中含 x4 当当 r 3 时时 x6 当当 r 2 时时 项的系数分别为项的系数分别为 r 10 x 1 x C C 因此由题意得 因此由题意得 C aC 120 45a 30 由此解得 由此解得 a 2 3 102 103 102 10 2 设 设 a sin xdx 则二项式 则二项式 6的展开式中的常数项是 的展开式中的常数项是 0 a x 1 x 解析 解析 a sin xdx cos x Error 2 二项展开式的通项是 二项展开式的通项是 Tr 1 C 2 0r 6 x 6 rr C 26 r 1 rx3 r 令 令 3 r 0 得 得 r 3 故二项展开式中的常数项是 故二项展开式中的常数项是 1 x r 6 C 23 160 3 6 答案答案 160 考考点点二二 二二项项式式系系数数的的性性质质或或各各项项系系数数和 和 重 重点点保保分分型型考考点点 师师生生共共研研 典例引领典例引领 1 2017 河北省河北省 五校联盟五校联盟 质量检测质量检测 在二项式在二项式 1 2x n的展开式中 偶数项的二项的展开式中 偶数项的二项 式系数之和为式系数之和为 128 则展开式的中间项的系数为 则展开式的中间项的系数为 A 960 B 960 C 1 120 D 1 680 解析 解析 选选 C 根据题意 奇数项的二项式系数之和也应为根据题意 奇数项的二项式系数之和也应为 128 所以在 所以在 1 2x n的展开的展开 式中 二项式系数之和为式中 二项式系数之和为 256 即 即 2n 256 n 8 则 则 1 2x 8的展开式的中间项为第的展开式的中间项为第 5 项 项 且且 T5 C 2 4x4 1 120 x4 即展开式的中间项的系数为 即展开式的中间项的系数为 1 120 故选 故选 C 4 8 2 2016 山西省第二次四校联考山西省第二次四校联考 已知已知 1 x 10 a0 a1 1 x a2 1 x 2 a10 1 x 10 则 则 a8等于等于 A 5 B 5 C 90 D 180 解析 解析 选选 D 1 x 10 2 1 x 10 a0 a1 1 x a2 1 x 2 a10 1 x 10 a8 C 22 180 8 10 由题悟法由题悟法 1 赋值法研究二项式的系数和问题赋值法研究二项式的系数和问题 赋值法赋值法 普遍适用于恒等式 是一种重要的方法 对形如普遍适用于恒等式 是一种重要的方法 对形如 ax b n ax2 bx c m a b R 的式子求其展开式的各项系数之和 常用赋值法 只需令的式子求其展开式的各项系数之和 常用赋值法 只需令 x 1 即可 对形如即可 对形如 ax by n a b R 的式子求其展开式各项系数之和 只需令的式子求其展开式各项系数之和 只需令 x y 1 即可 即可 2 二项式系数最大项的确定方法二项式系数最大项的确定方法 1 如果如果 n 是偶数 则中间一项是偶数 则中间一项的二项式系数最大 的二项式系数最大 第 第n 2 1项项 2 如果如果 n 是奇数 则中间两项是奇数 则中间两项的二项式系数相等并最大 的二项式系数相等并最大 第 第n 1 2 项项与与第第n 1 2 1项项 即时应用即时应用 1 在 在 1 x n x N 的二项展开式中 若只有的二项展开式中 若只有 x5的系数最大 则的系数最大 则 n A 8 B 9 C 10 D 11 解析 解析 选选 C 二项式中仅二项式中仅 x5项系数最大 其最大值必为项系数最大 其最大值必为 C n 即得 即得 5 解得 解得 n 10 n 2 n 2 2 若 若 1 mx 6 a0 a1x a2x2 a6x6 且 且 a1 a2 a6 63 则实数 则实数 m 的值为的值为 A 1 或或 3 B 3 C 1 D 1 或 或 3 解析 解析 选选 D 令令 x 0 得 得 a0 1 0 6 1 令令 x 1 得 得 1 m 6 a0 a1 a2 a6 又又 a1 a2 a3 a6 63 1 m 6 64 26 m 1 或或 m 3 考考点点三三 二二项项展展开开式式的的应应用 用 重 重点点保保分分型型考考点点 师师生生共共研研 典例引领典例引领 设设 a Z 且 且 0 a 13 若 若 512 016 a 能被能被 13 整除 则整除 则 a A 0 B 1 C 11 D 12 解析 解析 选选 D 由于由于 51 52 1 52 1 2 016 C522 016 C522 015 C521 1 02 01612 0162 0152 016 又由于又由于 13 整除整除 52 所以只需所以只需 13 整除整除 1 a 0 a 13 a Z 所以所以 a 12 由题悟法由题悟法 利用二项式定理解决整除问题的思路利用二项式定理解决整除问题的思路 1 观察除式与被除式间的关系 观察除式与被除式间的关系 2 将被除式拆成二项式 将被除式拆成二项式 3 结合二项式定理得出结论 结合二项式定理得出结论 即时应用即时应用 求求 1 90C 902C 903C 1 k90kC 9010C除以除以 88 的余数 的余数 1 102 103 10k 101010 解 解 1 90C 902C 1 k90kC 9010C 1 90 1 102 10k 101010 10 8910 8910 88 1 10 8810 C889 C88 1 前前 10 项均能被项均能被 88 整除 整除 1 109 10 余数是余数是 1 一抓基础 多练小题做到眼疾手快一抓基础 多练小题做到眼疾手快 1 2017 云南统测云南统测 10的展开式中 的展开式中 x2的系数等于的系数等于 1 x x A 45 B 20 C 30 D 90 解析 解析 选选 A 展开式的通项为展开式的通项为 Tr 1 1 rCx x 10 r r 10 r 2 1 rCx 10 r 令 令 10 r 2 得 得 r 8 r 10 3 2 3 2 展开式中展开式中 x2的系数为的系数为 1 8C 45 8 10 2 二项式 二项式 n的展开式中只有第 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大 则展开式中常数项是项的二项式系数最大 则展开式中常数项是 x 2 x2 A 180 B 90 C 45 D 360 解析 解析 选选 A 由二项式系数的性质 得由二项式系数的性质 得 n 10 Tr 1 C 10 rr 2rC x5 r r 10 x 2 x2 r 10 5 2 令令 5 r 0 则 则 r 2 5 2 从而从而 T3 4C 180 2 10 3 5的展开式中 的展开式中 x2y3的系数是的系数是 1 2x 2y A 20 B 5 C 5 D 20 解析 解析 选选 A 5展开式的通项为 展开式的通项为 Tr 1 C 5 r 2y r C 5 r 2 1 2x 2y r 5 1 2x r 5 1 2 r x5 r yr 当当 r 3 时 展开式中时 展开式中 x2y3的系数为的系数为 C 2 2 3 20 3 5 1 2 4 2016 河南省六市第一次联考河南省六市第一次联考 n展开式中的常数项是 展开式中的常数项是 70 则 则 x2 1 x2 2 n 解析 解析 n n 2n Tr 1 C 1 rx2n 2r 又 又 展开式的展开式的 x2 1 x2 2 x 1 x 2 x 1 x r 2n 常数项为常数项为 70 令 令 2n 2