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组合(二)一、基础过关1．凸十边形的对角线的条数为() A． 10B．35C． 45D． 902．在直角坐标系xOy 平面上，平行直线x＝ m(m＝ 0,1,2,3,4)，与平行直线y＝ n(n＝ 0,1,2,3,4)构成的图形中，矩形共有()A．25 个B．100 个C． 36个D． 200 个3．某班级要从 4 名男生、 2 名女生中选派 4 人参加某次社区服务，假如要求起码有 1 名女生，那么不一样的选派方案种数为()A． 14B．24C． 28D． 48 4．现有 16 张不一样的卡片，此中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不可以是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不一样取法的种数为()A． 232B．252C． 472D． 484 5．在 50 件产品中有 4 件是次品，从中随意抽出5件，起码有 3 件是次品的抽法共有 ___种．6．某运动队有 5 对老搭档运动员，现抽派 4 个运动员参加比赛，则这 4 人都不是老搭档的抽派方法数为 ________．二、能力提高7．编号为 1、2、 3、4、5、6、7 的七盏路灯，夜晚用时只亮三盏灯，且随意两盏亮灯不相邻，则不一样的开灯方案有()A．60 种B．20 种C．10 种D．8 种8．已知圆上 9 个点，每两点连一线段，全部线段在圆内的交点有() A．36 个B．72 个C． 63个D． 126 个9．将 7 名学生疏派到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍起码安排两名学生，那么互不同样的分配方案共有()A． 252 种B．112 种C． 20种D．56 种10．空间有10 个点，此中有 5 个点共面 (除此以外再无 4 点共面 )，以每 4 个点为极点作一个四周体，一共可作 ________个四周体． (用数字作答 )11 ．在某次数字测验中，记座号为n(n ＝ 1,2,3,4) 的同学的考试成绩为f(n) ．若 f(n)∈{70,85,88,90,98,100} ，且知足 f(1)< f(2) ≤f(3)< f(4) ，则这 4 位同学考试成绩的全部可能有 ________种．12．在一次数学比赛中，某学校有12人经过了初试，学校要从中选出 5 人去参加市级培训，在以下条件下，有多少种不一样的选法？(1)随意选 5 人；(2)甲、乙、丙三人一定参加；(3)甲、乙、丙三人不可以参加；(4)甲、乙、丙三人只好有 1 人参加；(5)甲、乙、丙三人起码 1 人参加．三、研究与拓展13．将 1,2,3，， 9 这 9 个数字填在如下图的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下挨次增大．当3,4 固定在图中地点时，所填写空格的方法有()A．6种B．12 种C．18 种D．24 种答案1． B 2.B 3.A4． C5． 4 186 6． 80 7.C 8． D 9． B 10． 205 11． 3512．解(1)C125＝792(种 )不一样的选法．(2)甲、乙、丙三人一定参加，只要从此外的9 人中选 2 人，共有 C92＝36(种 )不一样的选法．(3)甲、乙、丙三人不可以参加，只要从此外的9 人中选 5 人，共有 C95＝ 126( 种 )不一样的选法．(4)甲、乙、丙三人只好有 1 人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选 1 人，有 C31＝ 3(种 )选法，再从此外的9 人中选 4 人有 C94种选法，共有 C31C94＝ 378(种 )不一样的选法．(5)方法一( 直接法 )可分为三类：第一类：甲、乙、丙中有 1 人参加，共有C31C94种；第二类：甲、乙、丙中有 2 人参加，共有C32C93种；第三类：甲、乙、丙 3 人均参加，共有 C33C92种．142332共有 C3C9＋ C3C9＋ C3C9＝ 666( 种 )不一样的选法．方法二(间接法 )12 人中随意选 5 人共有 C125种，甲、乙、丙三人不可以参加的有C95种，因此，共有 C125－C95＝ 666(种)不一样的选法．13． A。
1两个计数原理的灵活应用计数问题是数学中的重要研究对象,除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持,对于较复杂的计数问题要针对其问题特点,灵活的运用列举法、列表法、树状图法等方法来帮助解决,使问题的解决更加实用、直观.下面通过典例来说明.1.列举法例1某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键盘,根据需要,鼠标至少买5个,键盘至少买3个,则不同的选购方式共有()A.7种B.8种C.9种D.10种解析依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解.若买5个鼠标,则可买键盘3,4,5个；若买6个鼠标,则可买键盘3,4个；若买7个鼠标,则可买键盘3,4个；若买8个鼠标,则可买键盘3个；若买9个鼠标,则可买键盘3个.根据分类加法计数原理,不同的选购方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9(种).故选C.答案 C点评本题背景中的数量不少,要找出关键数字,通过恰当分类和列举可得.列举看似简单,但在解决问题中显示出其实用性,并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律.2.树状图法例2甲、乙、丙三人传球,从甲开始传出,并记为第一次,经过5次传球,球恰好回到甲手中,则不同的传球方法的种数是()A.6B.8C.10D.15解析本题数字不大,可用树状图法,结果一目了然.如图,易知选C.答案 C点评应用两个计数原理时,如果涉及的问题较抽象,且数量不太多时,可以用树状图直观体现.3.列表法例3四个人各写一张贺年卡,放在一起,然后每个人取一张不是自己写的贺年卡,共有多少种不同的取法？解把四个人分别编号①,②,③,④,他们写的4张贺年卡编号依次为1,2,3,4.则取不是自己写的贺卡的各种方法全部列举出来,如下表：由表格可知,共有9种不同的方法.点评本题是一个错排问题,难以直接运用两个计数原理计算.借助表格,把各种情况一一列出,使问题直观解决.4.直接法例4已知某容器中,H有3种同位素,Cl有2种同位素,Na有3种同位素,O有4种同位素,请问共可组成多少种HCl和NaOH?解因为HCl分子由两种元素构成,所以分两步完成：第1步,选择氢元素,共有3种；第2步,选择氯元素,共有2种.由分步乘法计数原理得出有6种HCl.同理,对于NaOH而言,分三步完成：第1步,选择钠元素,有3种选法；第2步,选择氧元素,有4种选法；第3步,选择氢元素,有3种选法.由分步乘法计数原理知,共有NaOH种数为3×4×3＝36.点评当问题情景中的规律明显,已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类型时,可直接应用公式计算结果,但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.2排列、组合的破解之术排列、组合,说它难吧,其实挺简单的,就是分析事件的逻辑步骤,然后用分步乘法计数原理、分步加法计数原理计算就可.说简单吧,排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情,同样难度的几道题,做顺了,三下五除二,几分钟内解决问题；做不顺,则如一团乱麻,很长时间也理不顺思路.下面谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！一、特殊元素——优先法对于有特殊要求的元素的排列、组合问题,一般应对有特殊要求的元素优先考虑.例1将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a i(i＝1,2,…,6),若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1＜a3＜a5,则不同的排列方法有________种.(用数字作答)解析由题意,a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1＜a3＜a5.第一步,可以先排a1,a3,a5,只有5种方法；第二步,再排a2,a4,a6,有A33种方法.由分步乘法计数原理得,不同的排列方法有5A33＝30(种).答案30二、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”全排列,最后再“松绑”,将特殊元素在这些位置上全排列.例2记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照,要求排成一排,2位老人相邻但不排在两端,不同的排法共有()A.1 440种B.960种C.720种D.480种解析先将两位老人排在一起有A22种排法,再将5名志愿者中的2名安排在两端有A25种排法,最后将2位老人视为一个元素,与剩下3名志愿者组成4个元素全排列,有A44种排法,由分步乘法计数原理可得,不同的排法有A22·A25·A44＝960(种).答案 B三、不相邻问题——插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某个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.例3高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( ) A.1 800 B.3 600 C.4 320D.5 040解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A 55种方法,这5个节目之间以及两端共有6个空位,从中选两个放入舞蹈节目,共有A 26种放法.所以两个舞蹈节目不相邻的排法共有A 55·A 26＝3600(种). 答案 B四、至多至少问题——间接法对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单,可先考虑无限制条件的排列,再减去其反面情况的种数.例4 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种.(用数字作答)解析 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员共有A 35种选法,其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有C 12A 24种,故共有A 35－C 12A 24＝36(种)选法.答案 36五、多类元素组合——分类取出当题目中元素较多,取出的情况也有多种时,可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计算,最后总计.例5 如图,用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色,每个格子涂一种颜色,要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有________种.(用数字作答)解析 如果用两种颜色,则有C 26种颜色可以选择,涂法有2种.如果用3种颜色涂色有C 36种颜色可以选择,涂法有C 13·C 12(C 12＋1)＝18(种).所以,不同涂色种数为C 26·2＋C 36·18＝390. 答案 390六、排列、组合混合——先选后排对于排列与组合的混合问题,宜先用组合选取元素,再进行排列.例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践,每个班去一个工厂,每个工厂至少安排一个班,不同的安排方法共有________种.(用数字作答)解析 首先把5个班分成4组,即2,1,1,1,有C 25C 13C 12C 11A 33种方法.然后把4组分配到4个工厂,每个工厂安排一组有A 44种方法.由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有C 25C 13C 12C 11A 33·A 44＝240(种).答案2403正方体中的计数问题在解决关于正方体的排列、组合问题时,要善于利用几何性质,借助图形帮助思考,这对解决问题将起到事半功倍的效果.下面举例说明：例1从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种C.16种D.20种解析从正方体的6个面中任取3个面共有C36种不同选法,其中3个面均相邻的选法共有8种(此时三个面共于一个顶点),故符合题意的选法共有C36－8＝12(种).答案 B变式训练1正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对.答案 6例2以正方体的顶点为顶点的四面体共有()A.70个B.64个C.58个D.52个解析正方体8个点中任取4个点共有C48种,除去4个点共面的情况即可.因为正方体有6个面,对角面也有6个,所以4个顶点共面有12种情况,故共可构成四面体有C48－12＝58(个).答案 C变式训练2以正方体的顶点为顶点的四棱锥有____个.答案48例3连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有_________对.解析确定一对异面直线需要四个不共面的点,而四个不共面的点可以构成一个四面体,而一个四面体有三对异面直线,因此“异面直线的对数＝3×四面体数”,由于以正方体的顶点为顶点的四面体共有58个,所以共有异面直线3×58＝174(对).答案174变式训练3过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条,其中异面直线有()A.18对B.24对C.30对D.36对答案 D例4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为() A.56 B.52C.48D.40解析由于正方体的各个面都是矩形,而1个矩形有4个直角三角形,因此有对应关系“直角三角形数＝4×矩形数”,正方体共有12个矩形的面,所以直角三角形共有4×12＝48(个).答案 C变式训练4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中正三角形的个数为________.答案84“隔板法”在计数问题中的妙用“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景,并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决.下面剖析一下隔板法的适用条件,并选择几个实例来加以说明.一、隔板法的适用条件排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题,是排列组合中的难点问题,这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m),每个对象至少有一个元素.这类问题必须满足三个条件：①小球必须相同；②盒子必须不同；③每个盒子至少有一个小球.当满足这三个条件时,我们可以采用隔板法.二、隔板法的实际应用应用120个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里,要求每个盒子都不空,问有多少种放法？解如图,用“0”表示小球,0000|00000000|00000000在上图中,在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组,同时能够保证每组中至少有一个小球,所以一共有C219＝171(种)放法.点评解决此类问题的关键是,看题目情景是否满足隔板法的条件,若满足,则直接套用公式即可.应用2求方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整数解有多少个？解该问题转化为：将方程左边的x1,x2,x3,x4看成是4个盒子得到的小球数,右边的20看成是20个相同的小球.这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里,要求每个盒子至少有一个小球,共有多少种不同的分配方法？这样,类似应用1可知,所以共有C319＝969(种).点评不定方程x1＋x2＋x3＋…＋x m＝n(n,m∈N*,n≥m)的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),每个对象至少有一个元素”的模型,进而采用隔板法求解.整体概括：通过对隔板法的应用,可得下列结论.结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人,每组不允许落空,则可将n个元素排成一排,从n－1个间隔中,选出m－1个插上隔板,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N＝C m－1.n－1结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人,某些组允许落空,则可将m－1个隔板和n 个元素排成一排,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N＝C m－1.m＋n－1试一试1.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解(1)将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则不同的放入方式共有C36＝20(种).(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个位置中选3个位置安排隔板,故共有C310＝120(种)放入方式.2.某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训,每所学校至少一个名额,求不同的分配方案的种数.解从结果入手,理解相同元素的分堆问题,设计“隔板法分堆”,将一种分配方法和一个组合建立一一对应,实际问题化归为组合数求解.该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆,每一堆至少一个元素,“隔板法分堆”,即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板,其方法有C811＝165(种).5排列、组合中的数学思想方法一分类讨论思想例1如果一个三位正整数形如“a1a2a3”,满足a1＜a2,且a3＜a2,则称这样的三位数为凸数(120,363,374等),那么所有的凸数个数为()A.240B.204C.729D.920解题提示本题中的三位正整数,要求中间一位数字最大,需根据中间数字所有可能的情况分类讨论；另外要注意首位与个位上的数字允许重复.解析由题意知：a1≠0,a2≥2.下面只需对a2＝2,a2＝3,…,a2＝9分别进行讨论,并求其值后求和.当a2＝2时,a1,a3只能从0,1中取,a1只能取1,a3可取0,1,排出“a1a2a3”共有2种；当a2＝3时,a1从1,2中任取一个有C12种,a3从0,1,2中任取一个有C13种,所以共有C12·C13种；当a2＝4时,a1从1,2,3中任取一个有C13种,a3从0,1,2,3中任取一个有C14种,所以共有C13·C14种；…；当a2＝9时,a1从1,2,3,…,8中任取一个有C18种,a3从0,1,2,…,8中任取一个有C19种,共有C18·C19种.综上,可得组合成所有的凸数个数为2＋C12·C13＋C13·C14＋C14·C15＋C15·C16＋C16·C17＋C17·C18＋C18·C19＝240.答案 A点评 本题中分类的标准非常明确,即中间数字的取值情况.对于分类标准明确、分类情况多的题目,要有耐心逐个求解,最后求和.正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点. 例2 从－3,－2,－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a ,b ,c 的值构成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c .试问：(1)共可组成多少个不同的二次函数？(2)在这些二次函数图象中,以y 轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？解题提示 二次函数要求a ≠0,可以优先考虑a 的取值；也可以用排除法.结合顶点在第一象限或第三象限对a ,b ,c 的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键.解 (1)方法一 因为y ＝ax 2＋bx ＋c 是二次函数,所以a ≠0.因此,可从－3,－2,－1,1,2,3,4中选取一个排在a 的位置上,有C 17种选法.b ,c 的取值没有特殊要求,所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有C 27种选法,再把它们排在b ,c 的位置上有A 22种排法.由分步乘法计数原理共有C 17·C 27·A 22＝7×7×62×2＝294(个)不同的二次函数. 方法二 利用排除法,从所有情况中去掉“0”排在a 位置的情况.C 38·A 33－C 27·A 22＝8×7×63×2×1×3×2×1－7×62×2＝294(个)不同的二次函数.(2)当对称轴为y 轴时,b ＝0,这样的抛物线有A 27＝42(条).当抛物线过原点时,c ＝0,抛物线的顶点为⎝⎛⎭⎫－b 2a，－b24a . ①当顶点在第一象限时,有⎩⎨⎧ －b2a >0，－b24a >0，故⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，b >0，这样的抛物线有A 13·A 14＝12(条)； ②当顶点在第三象限时,有⎩⎨⎧－b2a<0，－b24a <0，故⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0，这样的抛物线有A 24＝12(条). 故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条.点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时,要注意结合数学背景,以及对涉及的字母a ,b ,c 的要求,合理地转化为a ,b ,c 的直接要求,再进行分类.实际问题数学化,文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法. 方法二 数形结合思想例3 以圆x 2＋y 2－2x －2y －1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为( )A.76B.78C.81D.84解题提示 将圆的一般方程化为标准方程,画出图形,结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况.解析 本题是一个综合问题,首先求出圆内的整数点个数,然后求组合数,方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝3.如图,圆内共有9个整数点,组成的三角形的个数为C 39－8＝76.答案 A点评 整点个数的计算,三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线.与几何图形探求有关的组合问题,画出相关图形,结合图形求解是解决此类题目常用的方法. 方法三 转化与化归思想例4 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘,根据需要,软件至少买3件,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式共有( ) A.5种 B.6种 C.7种D.8种解析 设买单片软件x 件,盒装磁盘y 盒,则命题转化为求不等式组⎩⎪⎨⎪⎧60x ＋70y ≤500，x ≥3，y ≥2(x ,y ∈N )的解的个数,不难求得(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)为其解,所以不同的选购方式共有7种. 答案 C点评 本题若直接列举讨论,情况较复杂；根据题目条件设出相关变量x ,y ,列出不等式组缩小讨论范围,简化了求解过程.例5 如图①,A ,B ,C ,D 为海上的四个小岛,要建三座桥,将这四个小岛连接起来,则不同的建桥方案共有( )A.8种B.12种C.16种D.20种解析如图②,构造三棱锥A－BCD,四个顶点表示四个小岛,六条棱表示连接任意两岛的桥梁.由题意,只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法.从六条棱中任取三条棱的不同取法有C36种,任取三条共面棱的不同取法为4种,所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C36－4＝16(种).答案 C点评本题根据问题特征,巧妙地构建恰当的立体几何图形,用几何知识去解,显得直观清晰、简洁明快.6排列、组合问题错误剖析排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化,稍不注意,极易出错.本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误剖析.一、没有理解两个基本原理出错排列、组合问题基于两个基本计数原理,即分类加法计数原理和分步乘法计数原理,故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提.例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有________种.错解因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机,所以只有2种取法.错因分析误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法,每类办法中都还有不同的取法.正解由分析,完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台,有C26种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台,有C35种方法,据分步乘法计数原理共有C26·C35种方法.同理,完成第二类办法中有C36·C25种方法.据分类加法计数原理完成全部的选取过程共有C26·C35＋C36·C25＝350(种)方法.例2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况的种数为()A.A34B.43C.34D.C 34错解 把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选A.错因分析 误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式.正解 四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有3种选取方法,由乘法原理共有3×3×3×3＝34(种),故选C.说明 本题还有同学这样误解,甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由分步乘法计数原理得43,这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有4种夺冠可能.二、判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序的是组合.例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列方法？错解 因为是8个小球的全排列,所以共有A 88种方法.错因分析 误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的,5个白色小球也是完全相同的,同色球之间互换位置是同一种排法.正解 8个小球排好后对应着8个位置,题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球,剩下的位置给白球,由于这3个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题.这样共有C 38＝56(种)排法.三、重复计算出错在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,产生错误.例4 某交通岗共有3人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值2天,其不同的排法共有多少种？错解 第一个人先挑选2天,第二个人再挑选2天,剩下的3天给第三个人,这三个人再进行全排列,共有C 27C 25A 33＝1 260(种).错因分析 这里是均匀分组问题.比如：第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四,第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列的过程中就重复计算了.正解 共有C 27C 25A 332＝630(种).四、遗漏某些情况出错在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况而出错.例5 用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1 000大的奇数共有( )A.36个B.48个C.66个D.72个错解 如图,最后一位只能是1或3有两种取法,又因为第1位不能是0,在最后一位取定后只有3种取法,剩下3个数排中间两个位置有A 23种排法,共有2×3×A 23＝36(个). 错因分析 误解只考虑了四位数的情况,而比1 000大的奇数还可能是五位数.正解 任一个五位的奇数都符合要求,共有2×3×A 33＝36(个),再由前面分析四位数个数和五位数个数之和为72,故选D.五、忽视题设条件出错在解决排列、组合问题时,一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能多解或漏解.例6 如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)错解 先着色第一区域,有4种方法,剩下3种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的两块区域,有C 13·2·A 22＝12(种),由分步乘法计数原理共有4×12＝48(种). 错因分析 这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择．．”,不一定4种颜色全部使用,用3种也可以完成任务.正解 当使用四种颜色时,由前面的误解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有C 34种方法,先着色第一区域,有3种方法,剩下2种颜色涂四个区域,只能是一种颜色涂第2、4区域,另一种颜色涂第3、5区域,有2种着色方法,由分步乘法计数原理有C 34×3×2＝24(种).综上共有48＋24＝72(种).例7 已知ax 2－b ＝0是关于x 的一元二次方程,其中a ,b ∈{1,2,3,4},求解集不同的一元二次方程的个数.错解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a ,b ,方程有A 24个,当a ,b 取同一个数时方程有1个,共有A 24＋1＝13(个).错因分析 误解中没有注意到题设中：“求解集不同．．．．的……”所以在上述解法中要去掉同解情况,由于⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1b ＝2和⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝4同解,⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝1和⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2同解,故要减去2个.正解由分析,共有13－2＝11(个)解集不同的一元二次方程.六、未考虑特殊情况出错在排列、组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错.例8现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是()A.1 024种B.1 023种C.1 536种D.767种错解因为共有人民币10张,每张人民币都有取和不取2种情况,减去全不取的1种情况,共有210－1＝1 023(种),故选B.错因分析这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成4种情况,实际上只有不取、取一张和取二张3种情况.正解除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,再减去全不取的1种情况,所以共有28×3－1＝767(种),故选D.七、题意的理解偏差出错例9现有8个人排成一排照相,其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法的种数是()A.A36·A55B.A88－A66·A33C.A35·A33D.A88－A46错解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有A55种排法,5人排好后产生6个空档,插入甲、乙、丙三人有A36种方法,这样共有A36·A55种排法,选A.错因分析误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻．．．．”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但允许其中有两人相邻.正解在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数,即A88－A66·A33,故选B.排列、组合问题虽然种类繁多,但只要能把握住最常见的原理和方法,即：“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”,留心容易出错的地方就能够以不变应万变,把排列、组合学好.7用五种意识求解二项式问题在历年高考中都有涉及二项式定理的试题,本文总结了五种解题意识,旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解题能力得以提高.。
学习目标 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能够进行简单的应用；3.了解条件概率和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，并能解决一些简单的实际问题；4.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题；5.通过实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.1.条件概率的性质(1)非负性：0≤P(B|A)≤1.(2)可加性：如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A).2.相互独立事件的性质(1)推广：一般地，如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…A n)＝P(A1)·P(A2)·…·P(A n).(2)对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB).3.二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.(2)各次试验中的事件是相互独立的.(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生.(4)随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数.4.均值与方差的性质(1)若η＝aξ＋b(a，b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，且E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b.(2)D(aξ＋b)＝a2D(ξ).(3)D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2.5.正态变量在三个特殊区间内取值的概率(1)P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6. (2)P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4. (3)P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.类型一 条件概率的求法例1 口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，则：(1)第一次取出的是红球的概率是多少？(2)第一次和第二次都取出的是红球的概率是多少？(3)在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率是多少？ 解 记事件A ：第一次取出的是红球；事件B ：第二次取出的是红球.(1)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次取出的是红球，第二次是其余5个球中的任一个，符合条件的有4×5个， 所以P (A )＝4×56×5＝23.(2)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次和第二次都取出的是红球，相当于取两个球，都是红球，符合条件的有4×3个， 所以P (AB )＝4×36×5＝25.(3)利用条件概率的计算公式， 可得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝2523＝35.反思与感悟 条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率.一般地，计算条件概率常有两种方法： (1)P (B |A )＝P (AB )P (A )；(2)P (B |A )＝n (AB )n (A ).在古典概型下，n (AB )指事件A 与事件B 同时发生的基本事件个数；n (A )是指事件A 发生的基本事件个数.跟踪训练1 掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，问“掷出点数之和大于或等于10”的概率.解 设“掷出点数之和大于或等于10”为事件A ，“第一颗了掷出6点”为事件B ，方法一 P (A |B )＝P (AB )P (B )＝336636＝12.方法二 “第一颗骰掷出6点”的情况有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6种.∴n (B )＝6.“掷出点数之和大于或等于10”且“第一颗掷出6点”的情况有(6,4)，(6,5)，(6,6)共3种，即n (AB )＝3.∴P (A |B )＝n (AB )n (B )＝36＝12.类型二 求相互独立事件的概率例2 在某次1 500米体能测试中，甲、乙、丙三人各自通过测试的概率分别为25，34，13，求：(1)3人都通过体能测试的概率； (2)恰有2人通过体能测试的概率； (3)恰有1人通过体能测试的概率.解 设A 表示事件“甲通过体能测试”，B 表示事件“乙通过体能测试”，C 表示事件“丙通过体能测试”.由题意有：P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.(1)设M 1表示事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即M 1＝ABC . 由事件A ，B ，C 相互独立，可得：P (M 1)＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.(2)设M 2表示事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则M 2＝AB C ＋A B C ＋A BC ，由于事件A ，B ，C 彼此相互独立，则A ，B ，C 也相互独立，并且事件AB C ，A B C ，A BC 互斥，因此所求概率为P (M 2)＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C ) ＝25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×13＝2360. (3)设M 3表示事件“甲、乙、丙3人中只有1人通过体能测试”，则 M 3＝A B C ＋A B C ＋A B C由于事件，A ，B ，C ，A ，B ，C 均相互独立，并且事件A B C ，A B C ，A B C 两两互斥，因此所求概率为P (M 3)＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋ P (A )P (B )P (C )＝25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＝512. 反思与感悟 (1)“P (AB )＝P (A )P (B )”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具.(2)涉及“至多”“至少”“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系. (3)公式“P (A ＋B )＝1－P (A B )”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 跟踪训练2 甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响，求前三局比赛甲队领先的概率.解 单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6，乙队胜甲队的概率为1－0.6＝0.4， 记“甲队胜三局”为事件A ，“甲队胜二局”为事件B ，则： P (A )＝0.63＝0.216；P (B )＝C 23×0.62×0.4＝0.432，∴前三局比赛甲队领先的概率为 P (A )＋P (B )＝0.648.类型三 离散型随机变量的分布列、均值和方差例3 一次同时投掷两枚相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各面分别刻有1,2,2,3,3,3六个数字)(1)设随机变量η表示一次掷得的点数和，求η的分布列.(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E (ξ)，D (ξ). 解 (1)由已知，随机变量η的取值为2,3,4,5,6.设掷一个正方体骰子所得点数为η0，则η0的分布列为：P (η0＝1)＝16，P (η0＝2)＝13，P (η0＝3)＝12，所以P (η＝2)＝16×16＝136，P (η＝3)＝2×16×13＝19，P (η＝4)＝2×16×12＋13×13＝518，P (η＝5)＝2×13×12＝13，P (η＝6)＝12×12＝14.故η的分布列为(2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设某次发生的概率为p ，由(1)知，p ＝14.因为随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫10，14， 所以E (ξ)＝np ＝10×14＝52，D (ξ)＝np (1－p )＝10×14×34＝158.反思与感悟 求离散型随机变量的均值与方差的步骤跟踪训练3 某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别为0.4,0.5,0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设X 表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值. (1)求X 的分布列；(2)记“函数f (x )＝x 2－3Xx ＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 发生的概率. 解 (1)分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件A 1，A 2，A 3.已知A 1，A 2，A 3相互独立，且P (A 1) ＝0.4， P (A 2) ＝0.5，P (A 3)＝0.6.客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3,2,1,0，所以X 的可能取值为1,3. P (X ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A1A2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.4＝0.24. P (X ＝1)＝1－0.24＝0.76.所以X 的分布列为：(2)因为f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －32X 2＋1－94X 2， 所以函数f (x )＝x 2－3Xx ＋1在区间⎣⎡⎭⎫32X ，＋∞上单调递增，要使f (x )在区间[2，＋∞)上单调递增，当且仅当32X ≤2，即X ≤43.从而P (A )＝P ⎝⎛⎭⎫X ≤43＝P (X ＝1)＝0.76. 类型四 正态分布例4 某学校高三2 500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N (500,502)，请您判断考生成绩X 在550～600分的人数.解 ∵考生成绩X ～N (500,502 )，∴μ＝500，σ＝50，∴P (550<X ≤600)＝12[P (500－2×50<X ≤500＋2×50)－P (500－50<X ≤500＋50)]＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9， ∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人).反思与感悟 (1)注意“3σ”原则，记住正态总体在三个区间内取值的概率.(2)注意数形结合.由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题. 跟踪训练4 设ξ～N (1,4)，试求P (3<ξ<5). 解 因为ξ～N (1,4)，所以μ＝1，σ＝2， P (3<ξ<5)＝P (－3<ξ<－1)，则P (3<ξ<5)＝12[P (－3<ξ<5)－P (－1<ξ<3)]＝12[P (1－4<ξ<1＋4)－P (1－2<ξ<1＋2)] ＝12[P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P (μ－σ<ξ<μ＋σ)] ＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9. 类型五 分类讨论思想例5 某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分.如果一个挑战者回答前两个问题正确的概率都是0.8，回答第三个问题正确的概率为0.6，且各题回答正确与否相互之间没有影响.(1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分ξ的分布列和数学期望； (2)求这位挑战者总得分不为负分(即ξ≥0)的概率. 解 (1)三个问题均答错，得0＋0＋(－10)＝－10(分). 三个问题均答对，得10＋10＋20＝40(分). 三个问题一对两错，包括两种情况： ①前两个问题一对一错，第三个问题错， 得10＋0＋(－10)＝0(分)；②前两个问题错，第三个问题对，得0＋0＋20＝20(分). 三个问题两对一错，也包括两种情况： ①前两个问题对，第三个问题错， 得10＋10＋(－10)＝10(分)；②第三个问题对，前两个问题一对一错，得20＋10＋0＝30(分). 故ξ的可能取值为－10,0,10,20,30,40. P (ξ＝－10)＝0.2×0.2×0.4＝0.016； P (ξ＝0)＝C 12×0.2×0.8×0.4＝0.128； P (ξ＝10)＝0.8×0.8×0.4＝0.256； P (ξ＝20)＝0.2×0.2×0.6＝0.024； P (ξ＝30)＝C 12×0.8×0.2×0.6＝0.192； P (ξ＝40)＝0.8×0.8×0.6＝0.384. 所以ξ的分布列为：E (ξ)＝－10×0.016＋0×0.128＋10×0.256＋20×0.024＋30×0.192＋40×0.384＝24. (2)这位挑战者总得分不为负分的概率为： P (ξ≥0)＝1－P (ξ<0)＝1－0.016＝0.984.反思与感悟 解需要分类讨论的问题的实质是：整体问题转化为部分问题来解决.转化成部分问题后增加了题设条件，易于解题，这也是解决需要分类讨论问题的总的指导思想. 跟踪训练5 某地有A ，B ，C ，D 四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A 到过疫区，B 肯定是受A 感染，对于C ，因为难以断定他是受A 还是受B 感染的，于是假定他受A 和受B 感染的概率都是12.同样也假定D 受A 、B 和C 感染的概率都是13.在这种假定之下，B 、C 、D中直接受A 感染的人数X 就是一个随机变量.写出X 的分布列(不要求写出计算过程).解 (1)A 直接感染一个人有2种情况分别是A －B －C －D 和A －B －⎣⎢⎡C D，概率是12×13＋12×13＝13； (2)A 直接感染二个人有3种情况分别是A －⎣⎢⎡ B －C D ，A —⎣⎢⎡ B －D C ，A —⎣⎢⎡BC －D ，概率是12×13＋12×13＋12×13＝12； (3)A 直接感染三个人只有一种情况，概率是12×13＝16.∴随机变量X 的分布列是1.已知X ～N (－1，σ2)，若P (－3≤X ≤－1)＝0.4，则P (－3≤X ≤1)的值是 . 答案 0.8解析 由于X ～N (－1，σ2)，且区间[－3，－1]与[－1,1]关于x ＝－1对称，所以P (－3≤X ≤1)＝2P (－3≤X ≤－1)＝0.8.2.在5道题中有3道理科题和2道文科题.事件A 为“取到的2道题中至少有一道理科题”，事件B 为“取到的2道题中一题为理科题，另一题为文科题”，则P (B |A )＝ . 答案 23解析 由题意得P (A )＝C 25－C 22C 25＝910， P (AB )＝P (B )＝C 13C 12C 25＝35，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝35910＝23.3.某家公司有三台机器A 1，A 2，A 3生产同一种产品，生产量分别占总产量的12，13，16，且其产品的不良率分别各占其产量的 2.0%,1.2%,1.0%，任取此公司的一件产品为不良品的概率为 ，若已知此产品为不良品，则此产品由A 1所生产出的概率为 .答案473 000 3047解析 令A ，B ，C 分别表示A 1，A 2，A 3生产的不良品，则任取一件产品为不良品的概率为P (A )＋P (B )＋P (C )＝12×2.0%＋13×1.2%＋16×1.0%＝473 000.令D 表示任取一件为不良品，则 P (A |D )＝P (AD )P (D )＝12×2.0%473 000＝3047.4.盒子中有5个球，其中3个白球，2个黑球，从中任取两个球，求取出白球的均值和方差. 解 取出白球个数ξ可能取值为0,1,2. ξ＝0时表示取出的两个球都为黑球， P (ξ＝0)＝C 22C 25＝110，ξ＝1表示取出的两个球一个黑球，一个白球，P (ξ＝1)＝C 13C 12C 25＝35，ξ＝2表示取出的两个球均为白球， P (ξ＝2)＝C 23C 25＝310，于是E (ξ)＝0×110＋1×35＋2×310＝1.2，方法一 D (ξ)＝(0－1.2)2×110＋(1－1.2)2×35＋(2－1.2)2×310＝0.36.方法二 E (ξ2)＝02×110＋12×35＋22×310＝1.8，D (ξ)＝E (ξ2)－(E (ξ))2＝1.8－1.22＝0.36.1.条件概率的两个求解策略(1)定义法：计算P (A )，P (B )，P (AB )，利用P (A |B )＝P (AB )P (B )⎝⎛⎭⎫或P (B |A )＝P (AB )P (A )求解.(2)缩小样本空间法：利用P (B |A )＝n (AB )n (A )求解. 其中(2)常用于古典概型的概率计算问题.2.求相互独立事件同时发生的概率需注意的三个问题(1)“P (AB )＝P (A )P (B )”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具.(2)涉及“至多”、“至少”、“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系.(3)公式“P (A ∪B )＝1－P (A B )”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 3.求解实际问题的均值与方差的解题思路：先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列，同时要注意运用两点分布、二项分布等特殊分布的均值、方差公式以及均值与方差的线性性质.对于正态分布问题，新课标要求不是很高，只要求了解正态分布中最基础的知识，主要是：(1)掌握正态分布曲线函数关系式；(2)理解正态分布曲线的性质；(3)记住正态分布在三个区间内取值的概率，运用对称性结合图象求相应的概率.一、选择题1.袋中装有大小相同的5只球，上面分别标有1,2,3,4,5，在有放回的条件下依次取出两球，设两球号码之和为随机变量X ，则X 所有可能值的个数是( ) A.25 B.10 C.9 D.5 答案 C解析 “有放回”地取和“不放回”地取是不同的，故X 的所有可能取值有2、3、4、5、6、7、8、9、10共9种.2.将一枚骰子连掷6次，恰好3次出现6点的概率为( )A.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫563B.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫564C.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫560D.C 36⎝⎛⎭⎫165 答案 A解析 每次抛掷出现6点的概率为16，由二项分布的知识，可知选A.3.已知随机变量ξ服从正态分布ξ～N (0，σ2)，若P (ξ>2)＝0.023，则P (－2≤ξ≤2)＝( ) A.0.477 B.0.628 C.0.954 D.0.977答案 C解析 由ξ～N (0，σ2)知：P (ξ>2)＝P (ξ<－2)，P (－2≤ξ≤2)＝1－P (ξ<－2)－P (ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954.4.如图所示，A ，B ，C 表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么此系统的可靠性为( )A.0.504B.0.994C.0.496D.0.06答案 B解析 1－P (A B C )＝1－P (A )·P (B )·P (C ) ＝1－0.1×0.2×0.3 ＝1－0.006＝0.994.5.设由“0”“1”组成的三位数组中，若用A 表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B 表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P (A |B )＝( ) A.25 B.34 C.12 D.18 答案 C解析 ∵P (B )＝1×2×22×2×2＝12，P (A ∩B )＝1×1×22×2×2＝14，∴P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝12.6.已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a ，b ，c ∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量X ＝“|a －b |的取值”，则X 的均值E (X )为( ) A.89 B.35 C.25 D.13 答案 A解析 对称轴在y 轴的左侧(a 与b 同号)的抛物线有2C 13C 13C 17＝126(条)，X 可取的值有0,1,2，P (X ＝0)＝6×7126＝13，P (X ＝1)＝8×7126＝49，P (X ＝2)＝4×7126＝29，E (X )＝0×13＋1×49＋2×29＝89.二、填空题7.甲、乙同时炮击一架敌机，己知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，敌机被击中的概率为 . 答案 0.8解析 P (敌机被击中)＝1－P (甲未击中敌机)P (乙未击中敌机)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝ 1－0.2＝0.8.8.如果随机变量ξ服从N (μ，σ)，且E (ξ)＝3，D (ξ)＝1，那么μ＝ ，σ＝ . 答案 3 1解析 ∵ξ～N (μ，σ)，∴E (ξ)＝μ＝3，D (ξ)＝σ2＝1，∴σ＝1.9.某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合先出现红灯闪烁的概率是12，两次闭合后都出现红灯闪烁的概率为16，则在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下，第二次出现红灯闪烁的概率是 . 答案 13解析 第一次闭合出现红灯闪烁记为事件A ，第二次闭合出现红灯闪烁记为事件B ，则P (A )＝12，P (AB )＝16，所以P (B |A )＝1612＝13. 10.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于 . 答案 0.128解析 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以.因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128. 三、解答题11.有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽2件，求： (1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 解 设第一次抽到次品为事件A ，第二次抽到次品为事件B . (1)第一次抽到次品的概率P (A )＝520＝14.(2)P (AB )＝P (A )P (B )＝119.(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P (B |A )＝119÷14＝419.12.一个暗箱里放着6个黑球、4个白球.(1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球， 求第3次取到黑球的概率；(2)有放回地依次取出3个球，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率； (3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数ξ的分布列和期望.解 设事件A 为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，B 为“第2次取到白球”，C为“第3次取到白球”，(1)P (A )＝C 14(C 16C 15＋C 13C 16)C 14A 29＝23. (2)因为每次取出之前暗箱的情况没有变化，所以每次取球互不影响， 所以P (C )＝610＝35.(3)设事件D 为“取一次球，取到白球”， 则P (D )＝25，P (D )＝35，这3次取出球互不影响，则ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，25， 所以P (ξ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫353－k(k ＝0,1,2,3)， E (ξ)＝3×25＝65.13.已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束. (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望).解 (1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为P ＝25×34＝310.(2)由题意可知X 的可能取值为200,300,400， 则P (X ＝200)＝2×15×4＝110；P (X ＝300)＝3×25×4×3＋2×3×25×4×3＝310；P (X ＝400)＝2×3×2×35×4×3×2＋3×2×2×35×4×3×2＝35.所以X 的分布列如下表所示：所以E (X )＝200×110＋300×310＋400×35＝350.。
2.1.2 离散型随机变量的分布列(二)学习目标 1.进一步理解离散型随机变量的分布列的求法、作用.2.理解两点分布和超几何分布.知识点一 两点分布 随机变量X 的分布列为若随机变量X 的分布列具有上表的形式，则称X 服从两点分布，并称p ＝P (X ＝1)为成功概率. 知识点二 超几何分布思考1 在含有5名男生的100名学生中，任选3人，求恰有2名男生的概率表达式.答案 C 25C 195C 3100.一般地，在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *，称分布列为超几何分布列.如果随机变量X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量X 服从超几何分布.类型一 两点分布例1 袋内有10个白球，5个红球，从中摸出2个球，记X ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，两球全红；1，两球非全红.求X 的分布列.解 由题设可知X 服从两点分布P (X ＝0)＝C 25C 215＝221；P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)＝1921.∴X 的分布列为反思与感悟 两步法判断一个分布是否为两点分布 (1)看取值：随机变量只取两个值：0和1.(2)验概率：检验P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝1是否成立.如果一个分布满足以上两点，则该分布是两点分布，否则不是两点分布.跟踪训练1 篮球比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分.已知某运动员罚球命中的概率为0.85，求他一次罚球得分的分布列.解 由题意，结合两点分布的特征可知，所求分布列为类型二 超几何分布例2 一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，其中红球有3个，编号为1,2,3；黑球有2个，编号为1,2；白球有1个，编号为1.现从袋中一次随机抽取3个球. (1)求取出的3个球的颜色都不相同的概率.(2)记取得1号球的个数为随机变量X ，求随机变量X 的分布列.解 (1)从袋中一次随机抽取3个球，基本事件总数n ＝C 36＝20，取出的3个球的颜色都不相同包含的基本事件的个数为C 13C 12C 11＝6，所以取出的3个球的颜色都不相同的概率P ＝620＝310. (2)由题意知X ＝0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 33C 36＝120，P (X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P (X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P (X ＝3)＝C 33C 36＝120，所以X 的分布列为：反思与感悟 超几何分布的求解步骤(1)辨模型：结合实际情景分析所求概率分布问题是否具有明显的两部分组成，如“男生、女生”，“正品、次品”“优劣”等，或可转化为明显的两部分.具有该特征的概率模型为超几何分布模型.(2)算概率：可以直接借助公式P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC n n求解，也可以利用排列组合及概率的知识求解，需注意借助公式求解时应理解参数M ，N ，n ，k 的含义. (3)列分布表：把求得的概率值通过表格表示出来.跟踪训练2 某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队. (1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列.解 (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)根据题意，X 的可能取值为1,2,3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.所以X 的分布列为类型三 分布列的实际应用例3 某项大型运动会即将举行，为了搞好接待工作，组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者，将这30名志愿者的身高(单位：cm)编成如下茎叶图：若身高在175 cm 以上(包括175 cm)定义为“高个子”，身高在175 cm 以下定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才能担任“礼仪小姐”.(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有1人是“高个子”的概率是多少？(2)若从所有“高个子”中选3名志愿者，用ξ表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出ξ的分布列.解 (1)根据茎叶图，“高个子”有12人，“非高个子”有18人.用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是530＝16，所以选中的“高个子”有12×16＝2人，“非高个子”有18×16＝3人.用事件A 表示“至少有1名‘高个子’被选中”，则它的对立事件A 表示“没有‘高个子’被选中”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 23C 25＝1－310＝710.因此，至少有1人是“高个子”的概率是710.(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3，则P (ξ＝0)＝C 38C 312＝1455，P (ξ＝1)＝C 14C 28C 312＝2855，P (ξ＝2)＝C 24C 18C 312＝1255，P (ξ＝3)＝C 34C 312＝155.因此，ξ的分布列为：反思与感悟 (1)在求某些比较难计算的事件的概率时，我们可以先求随机变量取其他值时的概率，再根据概率之和为1的性质即可解决问题.(2)在解决含有“至少”“至多”的问题时，利用对立事件进行求解不失为一种好方法. 跟踪训练3 袋中装有标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用X 表示取出的3个小球上的最大数字，求：(1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率； (2)随机变量X 的概率分布列；(3)计算一次取球得分介于20分到40分之间的概率.解 (1)方法一 “一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A ，则P (A )＝C 25C 12C 12C 12C 310＝23. 方法二 “一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A ，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为B ，则事件A 和事件B 是对立事件.因为P (B )＝C 15C 22C 18C 310＝13，所以P (A )＝1－13＝23.(2)由题意，X 所有可能的取值是2,3,4,5，P (X ＝2)＝C 22C 12＋C 12C 22C 310＝130， P (X ＝3)＝C 24C 12＋C 14C 22C 310＝215， P (X ＝4)＝C 26C 12＋C 16C 22C 310＝310， P (X ＝5)＝C 28C 12＋C 18C 22C 310＝815. 所以随机变量X 的概率分布列为(3)“一次取球得分介于20分到40分之间”的事件记为C ，则P (C )＝P (X ＝3或X ＝4)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝215＋310＝1330.1.从一副不含大、小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有3张是A 的概率为( )A.C 34C 248C 552B.C 348C 24C 552C.1－C 148C 44C 552D.C 34C 248＋C 44C 148C 552答案 D解析 设X 为抽出的5张扑克牌中含A 的张数，则P (X ≥3)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝C 34C 248C 552＋C 44C 148C 552.2.在15个村庄中，有7个村庄交通不太方便，现从中任意选10个村庄，用ξ表示10个村庄中交通不太方便的村庄数，下列概率等于C 47C 68C 1015的是( )A.P (ξ＝2)B.P (ξ≤2)C.P (ξ＝4)D.P (ξ≤4)答案 C解析 由P (ξ＝4)＝C 47C 68C 1015可得.3.若随机变量ξ只能取两个值0,1，又知ξ取0的概率是取1的概率的3倍，写出ξ的分布列. 解 由题意及分布列满足的条件知P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＝3P (ξ＝1)＋P (ξ＝1)＝1，所以P (ξ＝1)＝14，故P (ξ＝0)＝34.所以ξ的分布列为4.交5元钱，可以参加一次摸奖，一袋中有同样大小的球10个，其中8个标有1元钱，2个标有5元钱，摸奖者只能从中任取2个球，他所得奖励是所抽2球的钱数之和，求抽奖人所得钱数的分布列.解 设抽奖人所得钱数为随机变量ξ，则ξ＝2,6,10. P (ξ＝2)＝C 28C 210＝2845，P (ξ＝3)＝C 18C 12C 210＝1645，P (ξ＝10)＝C 22C 210＝145.故ξ的分布列为1.两点分布：两点分布是很简单的一种概率分布、两点分布的试验结果只有两种可能，要注意成功概率的值指的是哪一个量.2.超几何分布：超几何分布在实际生产中常用来检验产品的次品数，只要知道N 、M 和n 就可以根据公式：P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC nN求出X 取不同值k 时的概率.学习时，不能机械地去记忆公式，而要结合条件以及组合知识理解M 、N 、n 、k 的含义.一、选择题1.今有电子元件50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率A.C 35C 350 B.C 15＋C 25＋C 35C 350C.1－C 345C 350D.C 15C 25＋C 25C 145C 350答案 C解析 出现二级品的情况较多，可以考虑不出现二级品的概率为C 345C 350，故答案为1－C 345C 350.2.下列随机事件中的随机变量X 服从超几何分布的是( ) A.将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数XB.从7名男生3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生干部，选出女生的人数为XC.某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为XD.盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X 是首次摸出黑球时的总次数 答案 B解析 由超几何分布的定义可知B 正确.3.10名同学中有a 名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰抽取1名女生的概率为1645，则a ＝( )A.1B.2或8C.2D.8 答案 B解析 由题意知，1645＝C 110－a C 1aC 210， 解得：a ＝2或8.4.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述一次试验的成功次数，则P (ξ＝0)等于( )A.0B.13C.12D.23答案 B解析 设P (ξ＝1)＝p ，则P (ξ＝0)＝1－p . 依题意知，p ＝2(1－p )，解得p ＝23.故p (ξ＝0)＝1－p ＝13.5.盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是310的事件为( )A.恰有1个是坏的B.4个全是好的C.恰有2个是好的D.至多有2个是坏的解析 “X ＝k ”表示“取出的螺丝钉恰有k 个是好的”，则P (X ＝k )＝C k 7C 4－k 3C 410(k ＝1,2,3,4).∴P (X ＝1)＝130，P (X ＝2)＝310，P (X ＝3)＝12，P (X ＝4)＝16，故选C.6.从只有3张中奖的10张彩票中不放回随机逐张抽取，设X 表示直至抽到中奖彩票时的次数，则P (X ＝3)等于( ) A.310 B.710 C.2140 D.740 答案 D解析 “X ＝3”表示前2次未抽到中奖彩票，第3次抽到中奖彩票，故P (X ＝3)＝A 27C 13A 310＝7×6×310×9×8＝740，选D.二、填空题7.若随机变量X 服从两点分布，且P (X ＝0)＝0.8，P (X ＝1)＝0.2.令Y ＝3X －2，则P (Y ＝－2)＝________. 答案 0.8解析 由Y ＝－2，且Y ＝3X －2，得X ＝0， ∴P (Y ＝－2)＝0.8.8.一袋中装有10个大小相同的黑球和白球.已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，则P (X ＝2)＝________.答案512解析 设10个球中有白球m 个， 则C 210－mC 210＝1－79，解得：m ＝5.P (X ＝2)＝C 25C 15C 310＝512.9.有同一型号的电视机100台，其中一级品97台，二级品3台，从中任取4台，则二级品不多于1台的概率为________.(用式子表示)答案 C 13C 397＋C 497C 4100解析 二级品不多于1台，即一级品有3台或者4台.10.袋中装有5只红球和4只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得3分，取到1只黑球得1分，设得分为随机变量ξ，则ξ≥8的概率P (ξ≥8)＝________.答案 56解析 由题意知P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝6)－P (ξ＝4)＝1－C 15C 34C 49－C 44C 49＝56.三、解答题11.一个袋中有形状大小完全相同的3个白球和4个红球.(1)从中任意摸出一球，用0表示摸出白球，用1表示摸出红球，求X 的分布列；(2)从中任意摸出两个球，用0表示两个球全是白球，用1表示两个球不全是白球，求X 的分布列.解 (1)X 的分布列为(2)∵P (X ＝0)＝C 23C 27＝17，∴X 的分布列为12.一个盒子里装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数字2,3,4,5；另一个盒子里也装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数字3,4,5,6.现从一个盒子里任取一张卡片，其上面的数记为x ，再从另一个盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y ，记随机变量η＝x ＋y ，求η的分布列.解 依题意，η的可能取值是5,6,7,8,9,10,11. 则有P (η＝5)＝14×4＝116，P (η＝6)＝216＝18，P (η＝7)＝316，P (η＝8)＝416＝14，P (η＝9)＝316，P (η＝10)＝216＝18，P (η＝11)＝116.所以η的分布列为：13.某师范大学地理学院决定从n 位优秀毕业生(包括x 位女学生，3位男学生)中选派2位学生到某贫困山区的一所中学担任第三批顶岗实习教师.每一位学生被派的机会是相同的. (1)若选派的2位学生中恰有1位女学生的概率为35，试求出n 与x 的值；(2)记X 为选派的2位学生中女学生的人数，写出X 的分布列.解 (1)从n 位优秀毕业学生中选派2位学生担任第三批顶岗实习教师的总结果数为C 2n ＝n (n －1)2，2位学生中恰有1位女生的结果数为C 1n －3C 13＝(n －3)×3. 依题意可得C 1n －3C 13C 2n ＝(n －3)×3n (n －1)2＝35， 化简得n 2－11n ＋30＝0， 解得n 1＝5，n 2＝6. 当n ＝5时，x ＝5－3＝2； 当n ＝6时，x ＝6－3＝3，故所求的值为n ＝5，x ＝2或n ＝6，x ＝3. (2)①当n ＝5，x ＝2时，X 可能的取值为0,1,2， X ＝0表示只选派2位男生，P (X ＝0)＝C 02C 23C 25＝310，X ＝1表示选派1位男生与1位女生，P (X ＝1)＝C 12C 13C 25＝35，X ＝2表示选派2位女生， P (X ＝2)＝C 22C 25＝110.故X 的分布列为②当n ＝6，x ＝3时，X X ＝0表示只选派2位男生，P (X ＝0)＝C 03C 23C 26＝15，X ＝1表示选派1位男生与1位女生，P (X ＝1)＝C 13C 13C 26＝35，X ＝2表示选派2位女生，P (X ＝2)＝C 23C 03C 26＝15.故X 的分布列为11。
章末复习学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系,能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理,掌握二项式定理和二项展开式的性质.1.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案,在第1类方案中有m 1种不同的方法,在第2类方案中有m 2种不同的方法,…,在第n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤,做第1步有m 1种不同的方法,做第2步有m 2种不同的方法,…,做第n 步有m n 种不同的方法,那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ,k ∈{0,1,2,…,n }. (3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等;②若n 为偶数,中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大;若n 为奇数,中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ;C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 命题角度1 分类讨论思想例1 车间有11名工人,其中5名男工是钳工,4名女工是车工,另外两名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工,4名车工修理一台机床,则有多少种选派方法？考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 解 方法一 设A ,B 代表2位老师傅.A ,B 都不在内的选派方法有C 45C 44＝5(种),A ,B 都在内且当钳工的选派方法有C 22C 25C 44＝10(种), A ,B 都在内且当车工的选派方法有C 22C 45C 24＝30(种),A ,B 都在内且一人当钳工,一人当车工的选派方法有A 22C 35C 34＝80(种), A ,B 有一人在内且当钳工的选派方法有C 12C 35C 44＝20(种), A ,B 有一人在内且当车工的选派方法有C 12C 45C 34＝40(种),所以共有C 45C 44＋C 22C 25C 44＋C 22C 45C 24＋A 22C 35C 34＋C 12C 35C 44＋C 12C 45C 34＝185(种). 方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有C 45C 44＋C 45C 34C 12＋C 45C 24C 22＝75(种), 5名男钳工有3名被选上的方法有C 35C 12C 44＋C 35C 34A 22＝100(种), 5名男钳工有2名被选上的方法有C 25C 22C 44＝10(种),所以共有75＋100＋10＝185(种).方法三 4名女车工都被选上的方法有C 44C 45＋C 44C 35C 12＋C 44C 25C 22＝35(种), 4名女车工有3名被选上的方法有C 34C 12C 45＋C 34C 35A 22＝120(种), 4名女车工有2名被选上的方法有C 24C 22C 45＝30(种),所以共有35＋120＋30＝185(种).反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题,应按元素的性质进行分类,分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏).跟踪训练1从1,2,3,4,5,6这6个数字中,任取3个数字组成无重复数字的三位数,其中若有1和3时,3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时,它应排在其他数字的前面,这样不同的三位数共有________个.(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析1与3是特殊元素,以此为分类标准进行分类.分三类：①没有数字1和3时,有A34个;②只有1和3中的一个时,有2A24个;③同时有1和3时,把3排在1的前面,再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可,有C14·C13个.所以满足条件的三位数共有A34＋2A24＋C14·C13＝60(个).命题角度2“正难则反”思想例2设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9},集合A＝{a1,a2,a3}是S的子集,且a1,a2,a3满足a1＜a2＜a3,a3－a2≤6,那么满足条件的集合A的个数为()A.78B.76C.83D.84考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析若从正面考虑,需分当a3＝9时,a2可以取8,7,6,5,4,3,共6类;当a3＝8时,a2可以取7,6,5,4,3,2,共6类;…分类较多,而其对立面a3－a2>6包含的情况较少,当a3＝9时,a2取2,a1取1,只有这一种情况,利用正难则反思想解决.集合S的含有三个元素的子集的个数为C39＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a1＜a2＜a3且a3－a2>6的集合只有{1,2,9},故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题,常常从问题的对立面去思考.跟踪训练2由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛,每科至少1人(且每人仅报一科),若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛,则不同的参赛方案共有________种. 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 30解析 从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C 24A 33＝36(种)方案,其中有不符合条件的,即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A 33种方法, ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种). 类型二 排列与组合的综合应用例3 在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序？ (3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序？ 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有A 77＝5 040(种)方法;第二步再松绑,给4个节目排序,有A 44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理,一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有A 66＝720(种)方法. ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排,一共有A 47＝840(种)方法.根据分步乘法计数原理,一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序.(3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有A 1212种排法,但原来的节目已定好顺序,需要消除,所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 反思与感悟 排列与组合的综合问题,首先要分清何时为排列,何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题,一般先进行组合,再进行排列.对特殊元素的位置有要求时,在组合选取时,就要进行分类讨论,分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时,要注意考虑全面,排除干净.跟踪训练3 在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,称该数为“驼峰数”,比如：“102”“546”为驼峰数,由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________. 考点 排列的应用 题点 数字的排列问题 答案 30解析 三位“驼峰数”中1在十位的有A 24个,2在十位上的有A 23个,3在十位上的有A 22个,所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30. 类型三 二项式定理及其应用命题角度1 二项展开式的特定项问题例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n 的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项; (2)求展开式中系数绝对值最大的项;(3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3,解得n ＝10(负值舍去),通项为T k ＋1＝C k 10(x )10－k⎝⎛⎭⎪⎫－23x k ＝(－2)k C k10556kx -,当5－5k6为整数时,k 可取0,6,于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第k ＋1项系数的绝对值最大,则⎩⎪⎨⎪⎧C k 102k ≥C k －1102k －1，C k 102k≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎨⎧k ≤223，k ≥193，又因为k ∈{1,2,3,…,9},所以k ＝7,当k ＝7时,T 8＝－15 36056x -,又因为当k ＝0时,T 1＝x 5, 当k ＝10时,T 11＝(－2)10103x-＝1 024103x-,所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 36056x-.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件,列出等式,从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式,令未知数的指数为零,从而确定项数,然后代入通项公式,即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式,再由条件确定项数,然后代入通项公式求出此项的系数.(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.跟踪训练4 已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.(1)求n ;(2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中所有有理项. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n ,各项二项式系数之和为2n ,由题意得,4n ＝16·2n ,所以2n ＝16,n ＝4.(2)通项T k ＋1＝C k 4(5x )4－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k C k 454－k·342k x-,展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .(3)由(2)得4－32k ∈Z (k ＝0,1,2,3,4),即k ＝0,2,4,所以展开式中所有有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4, T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x , T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.命题角度2 二项展开式的“赋值”问题 例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2;(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10;(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5, a 2是展开式中x 2的系数,∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1,代入已知式可得, a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0,而令x ＝0,得a 0＝32,∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65, 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0, 把这两个等式相乘可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟 与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和,主要方法是赋值法,通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系,确定给字母所赋的值,有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项,此时要专门求出这一项,而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时,往往要两次赋值,再由方程组求出结果.跟踪训练5若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11,则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________.考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题答案 5解析令x＝2,得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5,令x＝3,则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0,所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.1.设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种,这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种,则(a,b)为()A.(34,34)B.(43,34)C.(34,43)D.(A34,A34)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 C解析由题意知本题是一个分步乘法问题,首先每名学生报名有3种选择,根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择,每项冠军有4种可能结果,根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果.故选C.2.5名大人带两个小孩排队上山,小孩不排在一起也不排在头尾,则不同的排法种数有()A.A55·A24种B.A55·A25种C.A55·A26种D.A77－4A66种考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题答案 A解析先排大人,有A55种排法,去掉头尾后,有4个空位,再分析小孩,用插空法,将2个小孩插在4个空位中,有A24种排法,由分步乘法计数原理可知,有A24·A55种不同的排法,故选A.3.我省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展.某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团,且同学甲不参加“围棋苑”,则不同的参加方法的种数为( ) A.72 B.108 C.180 D.216 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 根据题意,分析可得,必有2人参加同一社团,首先分析甲,甲不参加“围棋苑”,则其有3种情况,再分析其他4人,若甲与另外1人参加同一个社团,则有A 44＝24(种)情况,若甲是1个人参加一个社团,则有C 24·A 33＝36(种)情况,则除甲外的4人有24＋36＝60(种)情况,故不同的参加方法的种数为3×60＝180(种),故选C. 4.(x －2y )6的展开式中,x 4y 2的系数为( ) A.15 B.－15 C.60 D.－60 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式特定项的系数 答案 C解析 (x －2y )6展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·(－2y )k ,令k ＝2,得T 3＝C 26·x 4·(－2y )2＝60x 4y 2,所以x 4y 2的系数为60,故选C.5.若⎝⎛⎭⎫2x ＋ax n 的展开式的系数和为1,二项式系数和为128,则展开式中x 2的系数为________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －448解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫21＋a 1n ＝1，2n ＝128，所以n ＝7,a ＝－1, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋－1x 7展开式的通项为T k ＋1 ＝C k 7(2x )7－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 727－k(－1)k 732k x -,令7－3k2＝2,得k＝1.所以x2的系数为C1726(－1)1＝－448.1.排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的,而组合是无序的.(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件,对于有限制条件的排列问题,通常从以下两种途径考虑：①元素分析法：先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素.②位置分析法：先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点,一般方法是先分组,后分配.2.二项式定理(1)与二项式定理有关,包括定理的正向应用、逆向应用,题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等,此时主要是要构造二项式,合理应用展开式.(2)与通项公式有关,主要是求特定项,比如常数项、有理项、x的某次幂等,此时要特别注意二项展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1,…,n),其中二项式系数是C k n,而不是C k＋1n,这是一个极易错点.(3)与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法.一、选择题1.5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()A.10种B.20种C.25种D.32种考点分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 D解析 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25＝32(种),故选D.2.某城市的街道如图,某人要从A 地前往B 地,则路程最短的走法有( )A.8种B.10种C.12种D.32种 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 B解析 根据题意,要求从A 地到B 地路程最短,必须只向下或向右行走即可.分别可得,需要向下走2次,向右走3次,共5次,从5次中选3次向右,剩下2次向下即可,则有C 35＝10(种)不同走法.3.4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会,出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手,则出场方案的种数是( )A.6A 33B.3A 33C.2A 33D.A 22A 14A 44 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 D解析 先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间,并把他们捆绑在一起,看做一个元素和另外的3名男歌手进行全排列,故有A 22A 14A 44种不同的出场方案.4.在⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式中,含x 7的项的系数是( ) A.180 B.160C.240D.60 考点 二项展开式中的特定项问题题点 求二项展开式特定项的系数答案 C解析 ⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k 6(2x 2)6－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k 26－k C k 65122k x -, 令12－52k ＝7,得k ＝2,即含x 7项的系数为(－1)224C 26＝240. 5.已知⎝⎛⎭⎫x －a x 8的展开式中常数项为 1 120,其中实数a 是常数,则展开式中各项系数的和是( )A.28B.38C.1或38D.1或28考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题答案 C解析 由题意知C 48·(－a )4＝1 120,解得a ＝±2.令x ＝1,得展开式中各项系数的和为1或38. 6.(1－x )13的展开式中系数最小的项为( )A.第6项B.第8项C.第9项D.第7项 考点 展开式中系数最大(小)的项问题题点 求展开式中系数最大(小)的项答案 B解析 依据二项式系数与项的系数的关系来解决.展开式中共有14项,中间两项(第7,8项)的二项式系数最大.由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等,偶数项互为相反数,所以系数最小的项为第8项,系数最大的项为第7项.故选B.7.航天员在进行一项太空实验时,先后要实施6个程序,其中程序B 和C 都与程序D 不相邻,则实验顺序的编排方法共有( )A.216种B.180种C.288种D.144种考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 C解析 当B ,C 相邻,且与D 不相邻时,有A 33A 24A 22＝144(种)方法;当B ,C 不相邻,且都与D 不相邻时,有A 33A 34＝144(种)方法.故共有288种编排方法. 8.某校高二年级共有6个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名,则不同的安排方法种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24C.A 26A 24D.2A 26考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 B解析 将4人平均分成两组有12C 24种方法,将这两组分配到6个班级中的2个班有A 26种方法.所以不同的安排方法有12C 24A 26种. 二、填空题9.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ,常数项为B ,若B ＝4A ,则a ＝________. 考点 二项展开式中的特定项问题题点 由特定项或特定项的系数求参数答案 －3解析 因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2; 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ,所以－20a 3＝4×15a 2,所以a ＝－3.10.某运动队有5对老搭档运动员,现抽派4名运动员参加比赛,则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________.考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 80解析 先抽派4对老搭档运动员,再从每对老搭档运动员中各抽派1人,故有C 45C 12C 12C 12C 12＝80(种)抽派方法.11.高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,3个音乐节目恰有2个节目连排,则不同排法的种数是________. 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 288解析 先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目,有A 23种排法,这样共有5个节目,其中2个音乐节目不连排,2个舞蹈节目不连排.如图,若曲艺节目排在5号(或1号)位置,则有4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在2号(或4号)位置,则有4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在3号位置,则有2×2A 22A 22＝16(种)排法.故共有不同排法A 23×(16×3)＝288(种).三、解答题 12.现有5名教师要带3个不同的兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多2人,但其中甲教师和乙教师均不能单独带队,求不同的带队方案有多少种？考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用解 第一类,把甲、乙看做一个复合元素,和另外的3人分配到3个小组中,有C 23A 33＝18(种),第二类,先把另外的3人分配到3个小组,再把甲、乙分配到其中2个小组,有A 33A 23＝36(种),根据分类加法计数原理可得,共有18＋36＝54(种).13.已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项,求⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数. 考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 5(43b )5－k ⎝⎛⎭⎫－15b k ＝C k 5·(－1)k ·45－k ·25k-·1056kb -,令10－5k ＝0,得k ＝2,此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27. 令a ＝1,得⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式的各项系数之和为2n , 由题意知2n ＝27,所以n ＝7,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a 7的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 7⎝⎛⎭⎫3a 7－k ·(－3a )k＝C k 7·(－1)k ·37－k ·5216k a -.令5k －216＝－1,得k ＝3, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数为C 37＝35. 四、探究与拓展 14.⎝⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n 展开式中的第7项与倒数第7项的系数比是1∶6,则展开式中的第7项为______. 考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用答案 563解析 第7项为T 7＝C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336, 倒数第7项为T n －5＝C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6, 由C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6＝16,得n ＝9, 故T 7＝C 69(32)9－6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336＝C 39·2·19＝563. 15.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列,问第85项是什么？ 考点 排列的应用题点 数字的排列问题解 (1)用间接法,从6个数中,任取4个组成4位数,有A 46种情况, 但其中包含0在首位的有A 35种情况,依题意可得,有A 46－A 35＝300(个).(2)根据题意,分0在末尾与不在末尾两种情况讨论,0在末尾时,有A35种情况,0不在末尾时,有A12A24A14种情况,由分类加法计数原理,共有A35＋A12A24A14＝156(个).(3)千位是1的四位数有A35＝60(个),千位是2,百位是0或1的四位数有2A24＝24(个), ∴第85项是2 301.。
