2020版新高考复习理科数学教学案：计数原理、二项式定理、概率含答案

教学资料范本

2020版新高考复习理科数学教学案：计数原理、二项式定

理、概率含答案

编辑：_________________

时间：_________________

6讲计数原理、二项式定理、概率

调研一计数原理

■备考工具----------------------------

1.两个计数原理：分类加法原理与分步乘法原理.

2.排列数公式

n!

Am=〃(〃一1)(〃一2)・・・(〃一根+1)=;£

(n一m)!

N*.并且加W〃).

An=〃!=n-(n—l)-(n—2)•…・3・2・1.

规定0!=1.

3.组合问题

(1)组合数公式：

Amn(n—1)(«—2)-*'(w—m+1)n!

Cm=T-~~(m.ne

Amm!m!(«—m)!

N*.并且加W").

(2)组合数的性质：

©Cm=Cn—m；

②Cm+1=Cm+Cm—£N*).

4.解排列、组合题的基本方法

(1)优先法

①元素优先法：先考虑有限制条件的元素.再考虑其他元素；

②位置优先法：先考虑有限制条件的位置.再考虑其他位置.

(2)排异法

对有限制条件的问题.先从总体考虑.再把不符合条件的所有情况

去掉.

(3)分类处理

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

理得出结论.注意分类要不重、不漏.

(4)分步处理

某些问题总体不好解决时.常常分成若干步.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.

(5)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.

(6)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”做全排列.最后再“松绑”——

将“捆绑”元素在这些位置上做全排列.

(7)隔板法

将〃个相同小球放入加(机W”)个盒子里.要求每个盒子里至少有一

个小球的放法.等价于将八个相同小球串成一串.从间隙里选冽一1个结

点.剪截成机段.这是针对相同元素的组合问题的一种方法.

(8)消序法

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

元素同时一行排列.然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数.

(9)穷举法

将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来.这种方法常

用于方法数比较少的问题.

■自测自评

1.[20xx•山西八校联

考]某工厂安排6人负责周一至周六的中午午休值班工作.每天1人.每

人值班1天.若甲、乙两人需安排在相邻两天值班.且都不排在周三.则

不同的安排方式有（）

A.192种B.144种

C.96种D.72种

解析：甲、乙两人可以排在周一、周二两天.可以排在周四、周

五两天.也可以排在周五、周六两天.所以甲、乙两人的安排方式共有

C3A2=6（种）.其他4个人要在剩下的4天全排列.所以所有人的安排

方式共有6A4=6X24=144（种）.

答案：B

2.[20xx•湖北重点中学考

试]有4位游客来某地旅游.若每人只能从此地甲、乙、丙三个不同景

点中选择一处游览.则每个景点都有人去游览的概率为（）

39

AiB.而

84

C—D—

99

解析：通解：由题意知.4位游客各从此地甲、乙、丙三个不同

的景点中选择一处游览的选法有34=81种.第一步：从三个不同景

点中选出一个景点有2位游客去游览的选法有C3种；第二步：从4

位游客中选2位到第一步选出的景点去游览有C4种方法；第三步：

余下2位游客到余下的两个景点的分法有A2种.所以每个景点都有

364

人去游览的方法有C3C4A2=36种.于是所求概率为尸=谪=工.故选

oiy

优解：由题意知.4位游客各从此地甲、乙、丙三个不同景点中

选择一处游览的选法有34=81种.将4位游客分为3组的分法有C3

种.然后将这3组游客分到甲、乙、丙三个不同景点.其分法有A3种.

由分步乘法计数原理知.每个景点都有人去游览的方法有C4A3=36

364

种.于是所求概率为尸=西=3.故选D.

oiy

答案：D

3.[20xx・河北九校联

考]第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办.为宣传地方特色.某

电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访报导.工作过程

中的任务划分为：“负重扛机”“对象采访”“文稿编写”“编制

剪辑”四项工作.每项工作至少一人参加.但2名女记者不参加“负重

扛机”工作.则不同的安排方案数共有（）

A.150B.126

C.90D.54

解析：根据题意.“负重扛机”可由1名男记者或2名男记者参

加.当由1名男记者参加“负重扛机”工作时.有C3种方法.剩余2男

C旗C2

2女记者可分为3组参加其余三项工作.共有二厂A3种方法.故由1名

男记者参加“负重扛机”工作时.有C3•干广♦A3种方法；当由2名男

记者参加“负重扛机”工作时.剩余1男2女3名记者各参加一项工

作.有C3-A3种方法.故满足题意的不同安排方案数共有C1=一-A3

AZ

+C3-A3=108+18=126.故选B.

答案：B

4.[20xx•遵义航天中学二

模]将5本不同的书分给甲、乙、丙三人.每人至少一本至多两本.则不

同的分法种数是()

A.60B.90

C.120D.180

解析：第一■步.将5本不同的书分成3组.一组1本.剩余两个组每

组2本.有种分法;第二步.将分成的3组作全排列.有A3种排

C3c3cl

法.根据分步乘法计数原理可得不同的分法种数为1丁么3=90种

不同的分法.故选B.

答案：B

5.[20xx・安徽六校联

考]某地举办科技博览会.有3个场馆.现将24个志愿者名额分配给这3

个场馆.要求每个场馆至少有1个名额且各场馆名额互不相同的分配

方法共有()

A.222种B.253种

C.276种D.284种

解析：“每个场馆至少有一个名额的分法”相当于在24个名额

之间的23个空隙中选出两个空隙插入分隔符号.则有C23=253种方

法.至少有两个场馆的名额相同的分配方法有

(1,1,22).(2,2,20).(3,3,18).(4,4,16).(5,5,14).(6,6,12).(7,7,10).(8,8,8).(9,9,6)

.(10,10,4).(11,11,2).共有100+1=31种.所以每个场馆至少有一个名

额且各场馆名额互不相同的分配方法共有253—31=222种.故选A.

答案：A

6.[20xx•湖南湘潭一

模]某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差.每人仅

出差一个地方.每个地方都需要安排人出差.若甲不安排去北京.则不

同的安排方法有种.

解析：分两类.第一类：安排1人去北京.有C3c3C1A2=18种安

排方法；第二类：安排2人去北京.有C3A2=6种安排方法.根据分

类加法计数原理可得不同的安排方法有18+6=24种.

答案：24

7.[20xx•长沙一

模]为培养学生的综合素养.某校准备在高二年级开设AACDEE共6

门选修课程.学校规定每个学生必须从这6门课程中选3门.且A5两门

课程至少要选1门.则学生甲共有种不同的选法.

解析：通解：根据题意.可分三类完成：（1）选4课程不选5课

程.有C级种不同的选法；（2）选B课程不选A课程.有C4种不同的选

法；（3）同时选A和5课程.有C4种不同的选法.根据分类加法计数

原理.得C4+C4+C4=6+6+4=16（种）.故学生甲共有16种不同的

选法.

优解：从6门课程中选3门的不同选法有C6种.而4和5两门

课程都不选的选法有C3种.则学生甲不同的选法共有C8-C3=20-

4=16（种）.

答案：16

8.[20xx・全国卷

I]从2位女生.4位男生中选3人参加科技比赛.且至少有1位女生入选.

则不同的选法共有种.（用数字填写答案）

解析：通解：可分两种情况：第一种情况.只有1位女生入选.不

同的选法有CTC4=12（种）；第二种情况.有2位女生入选.不同的选

法有C2c4=4（种）.

根据分类加法计数原理知.至少有1位女生入选的不同的选法有

16种.

优解：从6人中任选3人.不同的选法有C6=20（种）.从6人中任

选3人都是男生.不同的选法有C3=4（种）.所以至少有1位女生入选

的不同的选法有20—4=16（种）.

答案：16

9.[20xx•安徽示范高中联

考]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：解法一：从16张不同的卡片中任取3张.不同取法的种数

为C36.其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C4XC12.其中3张

卡片颜色相同的不同取法的种数为C4XC3.所以3张卡片不能是同

一种颜色.且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C36-C3XC12

—C4XC3=472.

解法二：若没有红色卡片.则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中

选3张.若都不同色.则不同取法的种数为C4XC4*C4=64.若2张颜

色相同.则不同取法的种数为C3XC2XC4XC4=144.若红色卡片有

1张.则剩余2张不同色时.不同取法的种数为C4XC3XC4XC4=

192.剩余2张同色时.不同取法的种数为C4XC3XC4=72.所以不同

的取法共有64+144+192+72=472（种）.

答案：472

10.[20xx•郑州质量预测

一]《中国诗词大会》（第三季）亮点颇多.在“人生自有诗意”的主题

下.十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下.

百人团齐声朗诵.别有韵味.若《沁园春・长沙》《蜀道难》《敕勒歌

》《游子吟》《关山月》《清平乐・六盘山》排在后六场.且《蜀道难

》排在《游子吟》的前面.《沁园春・长沙》与《清平乐・六盘山》不

相邻且均不排在最后•则后六场的排法有种.（用数字作答）

解析：分两步完成：（1）《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关

山月》进行全排有A4种.若《蜀道难》排在《游子吟》的前面.则有:

A4种；（2）《沁园春・长沙》与《清平乐・六盘山》插入已经排列好的

四首诗词形成的前4个空位（不含最后一个空位）中.插入法有A4

种.由分步乘法计数原理.知满足条件的排法有4A4=144（种）.

乙

答案：144

调研二二项式定理

■备考工具------------------------------

1.二项式的通项与系数

3+。）〃展开式中的第r+1项为。+i=Cn〃L方■.展开式中Cn

（r=0,l.…⑼叫做第r+1项的二项式系数.

2.（l+xr=l+Ci¥+C0x2H----PCW.

3.二项式系数的性质

对称性Cm=Cn—

当衣中

乙

增减性

时.二项式系数逐步增大.由对称性

知后半部分是逐渐减小的

n

(1)当八为偶数时.中间一项(第5

乙

+1项)的二项式系数最大.最大值

n

为c;”；

最大值(2)当“为奇数时.中间两项(第一

乙

项和第二

乙

项)的二项式系数相等.且同时取得

最大值.最大值为〃或C千〃

乙乙

在(a+b)〃的展开式中.令a=b=l.

WC0+CAH——PCn

=2".即二项式系数的和为2".令a

二项展开式中=1"=—1得CH+C2+…+CA

项的系数和+-=CA+Cfi+C5

+…=2〃T.即展开式中奇数项二

项式系数的和等于偶数项二项式

系数的和.

■自测自评------------------------------

1.[20xx•全国卷111](1+2%2)(1+%)4的展开式中X3的系数为()

A.12B.16

C.20D.24

解析：展开式中含X3的项可以由“1与X3”和“2%2与％”的乘

积组成.则三的系数为C3+2C4=4+8=12.

答案：A

f11

2.[20xx•合肥质检]若ax—1=

IVx7

6的展开式的常数项为60.则a的值为()

A.4B.±4

C.2D.±2

(1_(o

解析：ax—的展开式的通项为77+]=C6,(<zx)6r--r—

33

(—l)"6-r.C6"f.令.得.则(一1)4•屋.C6=.解得Q=

6—5乙r=0r=46O

±2.故选D.

答案：D

3.[20xx.广州综合测试

一](2一高(%+。)5的展开式的各项系数和为32.则该展开式中%4的系数

是()

A.5B.10

C.15D.20

解析：在(2—%3)(%+。)5中.令％=1.得展开式的各项系数和为(1+

")5=32.解得Q=1.故(%+1)5的展开式的通项7；+i=C5x5-r.当r=1时.

得T2=C$%4=5%4.当r=4时.得T5=C1%=5%.故(2—巧(X+1)5的展开

式中％4的系数为2X5—5=5.选A.

答案：A

4.[20xx•天津卷]2x—=8的展开式中的常数项为________.

Iox

rorn

解析：二项展开式的通项7>+I=C8(2X)8F一有，=-zr-28-

lox3JIoj

rn

「•令8—4厂=0可得r=2.故常数项为一《2X26XC8=28.

C8X8-4r.I

答案：28

5.[20xx・浙江卷]在二项式(十

+%)9的展开式中.常数项是.系数为有理数的项的个数是—

解析：该二项展开式的第左+1项为

Tk+i=CR(、/i)9rxk.当k=0

时.第1项为常数项.所以常数项为(隹)9=16/；当左=1,3,5,7,9时•展

开式的项的系数为有理数.所以系数为有理数的项的个数为5.

答案：16g5

6.[20xx•广东六校联考]若。=fJI(2siax—cos%)dx则一一百

JolxJ

6的展开式中常数项为.

解析：a—fJI(2siiu—cosx)dx=(—2cosX—sinx)|a=4.所以

Jo

3一516的展开式的通项/+]=C6-6=(—46r(―l)r

kX)

r>r9-63r

ji一.令5一6=0.得r=4.则展开式中常数项为240.

乙

答案：240

7.[20xx•唐山摸底]在ax2—

<X7

5的展开式中d的系数为5.则实数Q的值为

解析：由条件可知二项展开式的通项/+i=CMax2)5F

(―2)，C万。5-%10-3厂.令io—3r=4今厂=2.故(-2)2(2身。3=5.解得

乙

答案：\

8.[20xx-福建五校联

考]已知(1+依)(1—2%)5的展开式中.X3的系数为一20.则实数。=

解析：因为(1+。%)(1-的展开式中含A3的项为C5(—2%>+

3

avCa」一2%了.即(40Q—80)%3.所以由题设得40“-80=—20.解得a=~

乙

答案：|?

9.[20xx•南昌二

模]已知Q2—2)6=。0+。1%+。M2+…+”[2%12.则的十处

2

解析：由(A—2)6=(2-X2)6="0+“]%+。2%2+俏%3+…+012^12得

a3=0.a4=CBX24=240.

••。3+。4=240.

答案：240

10.[20xx•广州调

4

研]已知(2%+d^)4=Q0+ai%+a2f+俏/+0«.则(制+磁+川产一(ai+

的)2=.

解析：因为所以取％=1

得2)4=(00+02+04)+(01+03)①；取％=—1得於口—2)4=(的+

Cl2+。4)—(aI+。3)②.①②相乘得(ao+。2+。4)2—(。1+。3)2=於向+

2)4X恪-2)4=[的2-22]4=16.

答案：16

调研三概率

■备考工具------------------------------

一、古典概型

1.古典概型的两个特点

(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个.每次试

验只出现其中一个基本事件；

(2)等可能性：每个基本事件发生的可能性是相等的.

2.古典概型的概率公式

(1)在基本事件总数为”的古典概型中.每个基本事件发生的概率

都是相等的.即每个基本事件发生的概率都是！

n

(2)如果随机事件A包含的基本事件数为利.由互斥事件的概率加

法公式可得尸(A)=；.即对于古典概型.任何事件的概率为P(A)=

A包含的基本事件的个数

基本事件的总数.

二'几何概型

1.几何概型的意义

几何概型是基本事件个数有无限个.每个基本事件发生的可能性

相等的一个概率模型.这个概率模型的显著特点是每个事件发生的概

率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)有关.

2.几何概型的概率计算公式

在几何概型中.事件4的概率计算公式如下：P(A)=

构成事件A的区域长度(面积或体积)

试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积了

三、互斥事件与对立事件的概率

1.概念：对于事件AA若AA5为不可能事件.则称A与3互斥.

若4n5为不可能事件.AU5为必然事件.则称A与5对立.

2.公式：若4与3互斥.则尸(4U

B)=P(A)+P(B)；若A与5对立.则P(A)+P(5)=1.

四、相互独立事件同时发生的概率

1.概念：对于事件A.A若事件A的发生与事件5的发生互不影响

.则称事件A5是相互独立事件.

2.公式：若A与5相互独立.则尸(A5)=P(A)P(5).

五、条件概率的定义

1.条件概率的定义

设A上是两个事件.且尸(A)〉0.称尸(A|5)=3需

为在事件5发生时事件A发生的条件概率.

注意：公式尸(A⑻=?黑既是条件概率的定义.也是条件概率的

计算公式.

2.条件概率的性质

(1)O<P(B|A)<1；

(2)如果5和。是两个互斥事件.则P(5UC|A)=尸田A)+P(C|4)；

(3)若A5相互独立.则P(5|A)=P(B).

■自测自评------------------------------

1.[20xx・全国卷

I]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由

从下到上排列的6个爻组成.爻分为阳爻“——”和阴爻“一

一”.如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦.则该重卦恰有3

个阳爻的概率是（）

511

A—R—

1632

2111

C—D—

3216

解析：由6个爻组成的重卦种数为26=64.在所有重卦中随机取

6X5X4

一重卦.该重卦恰有3个阳爻的种数为C6=---=20.根据古典概

0

205

型的概率计算公式得.所求概率尸=总=/.故选A.

64lb

答案：A

2.[20xx•全国卷

I]如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三

个半圆构成.三个半圆的直径分别为直角三角形45。的斜边直角

边的三边所围成的区域记为I.黑色部分记为

n.其余部分记为in.在整个图形中随机取一点.此点取自I.II.HI

的概率分别记为〃1必必.则（）

A.P1=P2B.P1=P3

C.P2=P3D.pi=pz+p3

解析：通解：设直角三角形ABC的内角A.AC所对的边分别为

a.b.c.则区域I的面积即△人5。的面积.为Si=J?c.区域II的面积§2=

乙

=^7I(C2+Z72—*+%。=%c.所

lbc

以S1=S2.由几何概型的知识知P1=P2.故选A.

优解：不妨设△ABC为等腰直角三角形.A3=AC=2.则BC=

2斓.所以区域I的面积即△A5C的面积.为Si=：X2X2=2.区域II

乙

71X2

的面积52=71X12-（V^）_2=2.区域III的面积*="X*）2

2

-2=兀-2.根据几何概型的概率计算公式.得pi=p2=-JTT-I-oN-^3=

n-2

二■工^.所以p\#p3Pl于P3.P、¥p2+p3散选A.

答案：A

3.[20xx•全国卷

II]我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成

果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”

汝口30=7+23.在不超过30的素数中.随机选取两个不同的数.其和等于

30的概率是（）

解析：不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29.共10个.从

中随机选取两个不同的数有C20种不同的取法.这10个数中两个不同

31

的数的和等于30的有3对.所以所求概率P—7^7—77-

C1015

答案：C

4.[20xx•合肥调

研]如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标.会标是根据赵

爽弦图设计的.颜色的明暗使它看上去像一个风车.代表中国人民热情

好客.已知图中直角三角形两条直角边的长分别为2和3.若从图中随

机取一点.则该点取自阴影区域的概率为（）

28

A.-B-

0y

1224

C—D—

1325

解析：因为四个直角三角形全等.两条直角边的长分别为2和3.

所以斜边长为仃.所以围成的大正方形的面积为13.而每个直角三角

形的面积为:X2X3=3.所以阴影区域的面积为12.所以从图中随机

乙

12

取一点.该点取自阴影区域的概率为调.故选C.

J.O

答案：c

5.[20xx•南昌重点中

学]一种电子计时器显示时间的方式如图所示.每一个数字都在固定的

全等矩形“显示池”中显示.且每个数字都由若干个全等的深色区域

组成.已知在一个显示数字8的显示池中随机取一点A.点A落

在深色区域内的概率为:•若在一个显示数字0的显示池中随机取一点

乙

A则点3落在深色区域内的概率为（）

33

Bi

36

C,7D7

解析：依题意•设题中全等的深色区域的面积为s.相应的固定的

7s1

矩形的面积为S则有三=5.即S=14s.因此点B落在深色区域内的概

»,6s3

率为市=7.选1tc-

答案：c

6.[20xx•安徽示范高中考

试]《九章算术》是我国古代的数学名著.书中把三角形的田称为“圭

田”.把直角梯形的田称为“邪田”.称底是“广”.称高是“正从”.

“步”是丈量土地的单位.现有一邪田.广分别为十步和二十步.正从

为十步.其内有一块广为八步.正从为五步的圭田.若在邪田内随机种

植一株茶树.求该株茶树恰好种在圭田内的概率为（）

22

A•命B5

41

c—D，

155

解析：由题意可得邪田的面积S=；X（10+20）X10=150.圭田

乙

1