2015届高考数学第一轮复习 第十一章 计数原理、随机变量及其分布章末检测(新人教A版)

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)164～165页)1. (选修23P 8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N ＝5＋4＝9种． 2. (选修23P 8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5×6＝30种不同取法．3. (选修23P 8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25＝32种不同的报名方法． 4. (选修23P 9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2×3＋4×2＝14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3×3×3×3×3＝35＝243.1. 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m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，…，在第n 类办法中有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，需要分成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，那么完成这件事共有N ＝m 1×m 2×…×m n 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＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25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3×3＝9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3×9＝27个．根据分类计数原理，共有48个小于1 000的“良数”．变式训练如图所示，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2＋6＋4＋1＝13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？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5×5×5×5＝625种不同的涂色方法．(2) 若2号，4号区域同色，有5×4×3＝60种涂法；若2号，4号区域异色，有5×4×3×2＝120种涂法．所以共有60＋120＝180种涂法．备选变式（教师专享）用三种不同的颜色填涂下图3×3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________分析：将9答案：12解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为93×2×1＝6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2×1＝2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6×2＝12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5＋4＋3＝12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5×4×3＝60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5×4＋5×3＋3×4＝47种选法．备选变式（教师专享）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8×6＝48个三位数；第二类，百位数字不是1，有8×8×6＝384个三位数，根据分类计数原理共有48＋384＝432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9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有C19A29＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.2. 满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．答案：13解析：方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，分析讨论．① 当a＝0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；② 当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.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16－3＝13.3. 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A44＝24(种)排法；第二类：甲排在第二位，共有A13·A33＝18(种)排法，所以共有编排方案24＋18＝42(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1 2 34 5 67 8 9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2×2种，若“2、6”不同色，涂法有2×1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×(2×2＋2×1)×(2×2＋2×1)＝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4×2×5种．故52＋4×2×5＝65.3. 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2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛．根据分类计数原理知共有2C24＋4＝16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6×5×4×(1＋3)＝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)166～167页)1. (选修23P 17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A 55＝5×4×3×2×1＝120种不同的站法．2. (选修23P 18习题3改编)已知9！＝362 880，那么A 79＝________________． 答案：181 440解析：9！＝A 99＝2A 79，所以A 79＝181 440.3. (选修23 P 24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：C 15·C 34＋C 25·C 24＋C 35·C 14＝120. 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C 26C 15＝75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A 33＝6种．1. 排列(1) 排列的定义：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)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(m≤n)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 mn 表示．(3) 排列数公式① 当m ＜n 时，排列称为选排列，排列数为A mn ＝n(n －1)(n －2)…(n－m ＋1)；② 当m ＝n 时，排列称为全排列，排列数为A nn ＝n(n －1)(n －2)…3·2·1．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A nn ＝n ！．进一步规定0！＝1，于是，A mn ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝[n （n －1）…（n －m ＋1）][（n －m ）（n －m －1）…3·2·1]（n －m ）（n －m －1）…3·2·1＝n ！（n －m ）！，即A mn ＝n ！（n －m ）！．2. 组合(1) 组合的定义：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)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 (m≤n)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 mn 表示．(3) 组合数公式C mn ＝A mn A m m ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！．规定：C 0n ＝1．(4) 组合数的两个性质：①C m n ＝C n －mn ； ②C m n ＋1＝C m －1n ＋C mn ． (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 15种选法，个位、十位数字有C 25种排法，中间方位有A 33种排法．根据分步计数原理知共有C 15·C 25·A 33＝300(个)满足条件的6位数．变式训练本例所求的6位数中，有多少个偶数？解：若个位排0，则有A 55个偶数；若个位排2，则十位可从3，4，5中任选1个，有C 13C 13A 33个偶数；若个位排4，则十位只能排5，有C 13A 33个偶数，由分类计数原理得偶数的个数为A 55＋C 13C 13A 33＋C 13A 33＝192.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 44种；第二类：取3个红球1个白球，有C 34C 16种；第三类：取2个红球2个白球，有C 24C 26种．∴ C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种． (2) 设取x 个红球，y 个白球， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5（0≤x≤4），2x ＋y≥7（0≤y≤6），得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1，符合条件的取法有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种．备选变式（教师专享）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A 44＝24；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C 23A 24＝36；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C 13A 14＝12；所以有24＋36＋12＝72种．题型3 组合数的性质, 3) (1) 化简：1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n×n！；(2) 化简：12！＋23！＋34！＋…＋n －1n ！；(3) 解方程：C x ＋113＝C 2x －313；(4) 解方程：C x －2x ＋2＋C x －3x ＋2＝110A 3x ＋3.解：(1) 由阶乘的性质知n×n！＝(n ＋1)！－n ！，所以，原式＝(n ＋1)！－1.(2) 原式＝1！－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＝1－1n ！.(3) 由原方程得x ＋1＝2x －3，或x ＋1＋2x －3＝13，∴ x ＝4或x ＝5.又由⎩⎪⎨⎪⎧1≤x＋1≤13，1≤2x －3≤13，x ∈N *，得2≤x≤8且x∈N *，∴ 原方程的解为x ＝4或x ＝5.(4) 原方程可化为C x －2x ＋3＝110A 3x ＋3，即C 5x ＋3＝110A 3x ＋3，∴ （x ＋3）！5！（x －2）！＝（x ＋3）！10·x！， ∴ 1120（x －2）！＝110·x（x －1）·（x －2）！， ∴ x 2－x －12＝0，解得x ＝4或x ＝－3， 经检验：x ＝4是原方程的解． 备选变式（教师专享）规定C m x ＝x （x －1）·…·（x －m ＋1）m ！，其中x∈R ，m 是正整数，且C 0x ＝1这是组合数C mn (n 、m 是正整数，且m≤n)的一种推广．(1) 求C 5－15的值；(2) 组合数的两个性质：C m n ＝C n －m n ，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1是否都能推广到C m x (x∈R ，m ∈N *)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 m n 是正整数，求证：当x∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z .(1) 解：C 5－15＝（－15）（－16）…（－19）5！＝－C 519＝－11 628.(2) 解：C mn ＝C n －mn 不能推广，例如x ＝2时，有定义，但无意义； C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1能推广，它的推广形式为C m x ＋C m －1x ＝C m x ＋1，x ∈R ，m ∈N *.证明如下：当m ＝1时，有C 1x ＋C 0x ＝x ＋1＝C 1x ＋1；当m≥2时，有C m x ＋C m －1x ＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＋x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！＝x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！⎝ ⎛⎭⎪⎫x －m ＋1m ＋1＝x （x －1）…（x －m ＋2）（x ＋1）m ！＝C mx ＋1. (3) 证明：当x≥0时，组合数C mx ∈Z ；当x<0时，∵ －x ＋m －1>0，∴ C mx ＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＝(－1)m （－x ＋m －1）…（－x ＋1）（－x ）m ！＝(－1)m C m－x ＋m －1∈Z .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0～9这10个数字中任选3个，有C 310种，这三个数字组成的凹数有A 22个，故共有C 310A 22＝240(个)．(2) 首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法为C 34，而后再将获得同一道题目的2位老师选出，选法为C 24，最后将3道题目分配给3组老师，分配方式为A 33，即满足题意的情况共有C 34C 24A 33＝144(种)．备选变式（教师专享） 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C 12C 35A 44；第二类，甲、乙同时参加，则不同的发言顺序种类为C 22C 25A 22A 23.依加法原理，所求的不同的发言顺序种类为C 12C 35A 44＋C 22C 25A 22A 23＝600.1. 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 55；当C 在左边第2个位置时A 24A 33，当C 在左边第3个位置时，有A 23A 33＋A 22A 33，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C 13C 14C 35＋C 13C 34C 15＋C 33C 14C 15＋C 13C 24C 25＋C 23C 14C 25＋C 23C 24C 15＝590.3. 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C 14＝4(种)；二是取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有C 24＝6(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 24种选法，满足相邻格异色、1个格子1种颜色的涂法有A 22种，共有C 26A 22＝30(种)；若用3种颜色涂，有C 36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3×A 33种，共有C 36×A 33×3＝360(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2A 22·A 22＝8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 15种插法，∴ 不同的安排方案共有2A 22·A 22·A 15＝40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C 24A 34＝144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C 25·C 23·3＋C 35·C 12·3＝150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 16种选法；再从余下的5本中选2本有C 25种选法；对于余下的三本全选有C 33种选法，由分步计数原理知有C 16C 25C 33＝60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C 16C 25C 33A 33＝360种选法．(3) 先分三步，则应是C 26C 24C 22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C 26C 24C 22种分法中还有(AB 、EF 、CD)，(CD 、AB 、EF)、(CD 、EF 、AB)、(EF 、CD 、AB)、(EF 、AB 、CD)共有A 33种情况，而且这A 33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C 26C 24C 22A 33＝15(种)．(4) 在问题(3)的基础上再分配，故分配方式有C 26C 24C 22A 33·A 33＝C 26C 24C 22＝90(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)168～169页)1. (选修23P 32练习5改编)在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是________． 答案：1 890解析：T r ＋1＝C r 10x 10－r (－3)r ，令10－r ＝6，r ＝4，T 5＝9C 410x 6＝1 890x 6.2. (1＋3x)n (其中n∈N 且n≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝________． 答案：7解析：∵ T r ＋1＝C r n (3x)r ＝3r C r n x r ，由已知条件35C 5n ＝36C 6n ，即C 5n ＝3C 6n ，∴n ！5！（n －5）！＝3×n ！6！（n －6）！，∴ n ＝7.3. (选修23P 35习题2改编)若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则自然数n ＝________． 答案：13解析：C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363＋1，C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364，C 35＋C 25＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1＝364，n ＝13.4. (选修23P 36习题12改编)已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝________．答案：－2解析：设f(x)＝(1－2x)7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2)7＝－1，令x ＝0，得a 0＝1，a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－a 0＝－2.5. ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 4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：24 81解析：T r ＋1＝C r 4x 4－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r＝2r C r 4x 4－2r ，r ＝2时，可得常数项22C 24＝24，令x ＝1即可得各项系数和为34＝81.1. 二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n(n∈N )．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(a ＋b)n的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0，1，2，…，n)叫做第r ＋1项的二项式系数．式中的C r n a n －r b r叫做二项式展开式的第r ＋1项(通项)，用T r ＋1表示，即展开式的第r ＋1项；T r ＋1＝C r n a n －r b r．2. 二项展开式形式上的特点(1) 项数为n ＋1．(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 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn ． 3. 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C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n．(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C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1．[备课札记]题型1 二项式展开式的特定项, 1) (1) 在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5的二项展开式中，x 的系数为________．(2) ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x 8的展开式中常数项为________．答案：(1) －40 (2) 358解析：(1) 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 5·25－r ×(－1)r x 10－3r ，当r ＝3时，含有x ，其系数为C 35·22×(－1)3＝－40.(2) 二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r ＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x 4－r，当4－r ＝0时，r ＝4，所以展开式中的常数项为C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝358.变式训练试求⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x 8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T r ＋1＝12r C r 8x 4－r且r ＝0，1，2，…，8，验证知这九项均为有理项，故无理项是不存在的．由r ＝4，展开式的中间项为T 5＝124C 48x 0＝358，即常数项．题型2 二项式系数, 2) 已知(x 23＋3x 2)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x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n，又展开式中二项式系数和为2n ，∴ 22n －2n＝992，n ＝5.(1) ∵ n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴ T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223.(2) 设展开式中第r ＋1项系数最大，则T r ＋1＝C r 5(x 23)5－r (3x 2)r ＝3r C r5x 10＋4r 3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧3r C r 5≥3r －1C r －15，3r C r 5≥3r ＋1C r ＋1572≤r ≤92，∴ r ＝4，即展开式中第5项系数最大，T 5＝C 45(x 23)(3x 2)4＝405x 263. 备选变式（教师专享）若x∈(0，＋∞)，则(1＋2x)15的二项展开式中系数最大的项为第________项． 答案：11解析：T r ＋1＝C r 152r x r ，由C r －1152r －1≤C r 152r ，C r ＋1152r ＋1≤C r 152r293≤r ≤323，r ＝10，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⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式中的二项式系数的和比(3a ＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2n －27＝128，n ＝8，⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，当r ＝4时，展开式中的系数最大，即T 5＝70x 4为展开式中的系数最大的项；当r ＝3或5时，展开式中的系数最小，即T 4＝－56x 7，T 6＝－56x 为展开式中的系数最小的项．备选变式（教师专享）已知(2－3x)50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50)＝(2－3)50(2＋3)50＝1.1. 已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________． 答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为C 25＋a·C 15＝5，解得a ＝－1. 2. ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 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T k ＋1＝C k 6x 6－k ·⎝⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 6x6－32k(－1)k.由6－32k ＝0，得k＝4.所以常数项为T 4＋1＝C 46(－1)4＝15.3. (2014·全国)(x －2)6的展开式中x 3的系数为________．(用数字作答) 答案：－160解析：(x －2)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r (－2)r ，令6－r ＝3，解得r ＝3.因为C 36(－2)3＝－160，所以x 3的系数为－160.4. 在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 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2n＝32，解得n ＝5.因此，该二项展开式中的各项系数的和等于⎝⎛⎭⎪⎫12－115＝0.1. 若n 是奇数，则7n ＋C 1n 7n －1＋C 2n 7n －2＋…＋C n －1n 7被9除的余数是________． 答案：7解析：原式＝(7＋1)n －1＝(9－1)n－1＝9k －2＝9k′＋7(k 和k ′均为正整数)．2. 将函数f(x)＝x 5表示为f(x)＝a 0＋a 1(1＋x)＋a 2(1＋x)2＋…＋a 5(1＋x)5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________．答案：10解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25(－1)2＝10.3. (2014·苏锡常镇一模)设S n ＝C 0n －C 1n －1＋C 2n －2－…＋(－1)m C m n －m ，m 、n∈N *且m ＜n ，其中当n 为偶数时，m ＝n 2；当n 为奇数时，m ＝n －12.(1) 证明：当n∈N *，n ≥2时，S n ＋1＝S n －S n －1；(2) 记S ＝12 014C 02 014－12 013C 12 013＋12 012C 22 012－12 011C 32 011＋…－11 007C 1 0071 007，求S 的值．(1) 证明：当n 为奇数时，n ＋1为偶数，n －1为偶数，∵ S n ＋1＝C 0n ＋1－C 1n ＋…＋(－1)n ＋12C n ＋12n ＋12，S n ＝C 0n －C 1n －1＋…＋(－1)n ＋12C n ＋12n ＋12，S n －1＝C 0n －1－C 1n －2＋…＋(－1)n ＋12C n ＋12n ＋12，∴ S n ＋1－S n ＝(C 0n ＋1－C 0n )－(C 1n －C 1n －1)＋…＋(－1)n －12·(C n ＋12－1n ＋12＋1－C n －12n ＋12)＋(－1)n ＋12C n ＋12n ＋12＝－[C 0n －1－C 1n －2＋…＋(－1)n －12C n －12n －12]＝－S n －1.∴ 当n 为奇数时，S n ＋1＝S n －S n －1成立．同理可证，当n 为偶数时，S n ＋1＝S n －S n －1也成立．(2) 解：由S ＝12 014C 02 014－12 013C 12 013＋12 012C 22 012－12 011C 32 011＋…－11 007C 1 0071 007，得2 014S ＝C 02 014－2 0142 013C 12 013＋2 0142 012C 22 012－2 0142 011C 32 011＋…－2 0141 007C 1 0071 007＝C 02 014－⎝ ⎛⎭⎪⎫C 12 013＋12 013C 12 013＋(C 22 012＋22 012C 22 012)－⎝ ⎛⎭⎪⎫C 32 011＋32 011C 32 011＋…－(C 1 0071 007＋1 0071 007C 1 0071 007)＝(C 02 014－C 12 013＋C 22 012－…－C 1 0071 007)－(C 02 012－C 12 011＋C 22 010－…＋C 1 0061 006)＝S2 014－S 2 012.又由S n ＋1＝S n －S n －1，得S n ＋6＝S n ，所以S 2 014－S 2 012＝S 4－S 2＝－1，S ＝－12 014.4. (1) 在(1＋x)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) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x x ＋13x n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C 2n ＝C 5n n ＝7.(2) 由已知得C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝128，2n －1＝128，n ＝8，而展开式中二项式系数最大项是T 4＋1＝C 48(x x)4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 4＝70x 43x 2.1. 运用二项式定理一定要牢记通项T r ＋1＝C r n a n －r b r .注意(a ＋b)n 与(b ＋a)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⎝ ⎛⎭⎪⎫第⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋1项的二项式系数最大； (2) 如果n 是奇数，则中间两项(第n ＋12项与第(n ＋12＋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(a ＋bx)n(a 、b∈R )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A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1从而解出k 来，即为所求．4. 一般地，对于多项式g(x)＝(px ＋q)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，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12[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．请使用课时训练(A )第3课时(见活页)．[备课札记]。

基础达标检测一、选择题1．已知随机变量X的分布列X －10 1P 0.50.30.2则DX＝()A．0.7 B．0.61C．－0.3 D．0.2[答案] B[解析]EX＝(－1)×0.5＋0×0.3＋1×0.2＝－0.3，DX＝(－1＋0.3)2×0.5＋(0＋0.3)2×0.3＋(1＋0.3)2×0.2＝0.61.2．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的均值为()A．100 B．200C．300 D．400[答案] B[解析]本题以实际问题为背景，考查服从二项分布的事件的均值等．记“不发芽的种子数为X”，则X～B(1 000,0.1)，所以EX＝1 000×0.1＝100，则E(2X)＝2EX＝200，故选B.3．(2013·广东高考)已知离散型随机变量X 的分布列为( )X 1 2 3 P35310110则X 的数学期望A.32 B ．2 C.52 D ．3[答案] A[解析] EX ＝1×35＋2×310＋3×110＝32.4．一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4颗子弹，命中后乘余子弹的数目X 的均值为( )A ．2.44B ．3.376C ．2.376D ．2.4[答案] C[解析] X ＝0,1,2,3，此时P (X ＝0)＝0.43，P (X ＝1)＝0.6×0.42，P (X ＝2)＝0.6×0.4，P (X ＝3)＝0.6，EX ＝2.376.故选C.5．设随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，且二次方程x 2＋4x ＋X ＝0无实数根的概率为12，则μ等于( )A ．1B ．2C ．4D ．不能确定[答案] C[解析] 因为方程x 2＋4x ＋X ＝0无实数根的概率为12，由Δ＝16－4X <0，得X >4， 即P (X >4)＝12＝1－P (X ≤4)， 故P (X ≤4)＝12，∴μ＝4. 6．已知随机变量X 的分布列为X123 P 0.5 xy若EX ＝158，则DX 等于( ) A.3364 B.5564 C.732 D.932[答案] B[解析] 由分布列的性质得x ＋y ＝0.5，又EX ＝158，所以2x ＋3y ＝118，解得x ＝18，y ＝38，所以DX ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1582×12＋⎝⎛⎭⎪⎫2－1582×18＋⎝⎛⎭⎪⎫3－1582×38＝5564.二、填空题7．抛掷两个骰子，至少有一个4点或5点出现时，就说这次实验成功，则在10次实验中，成功次数X 的期望是________．[答案] 509[解析] 由题意一次试验成功的概率为1－23×23＝59，10次试验为10次独立重复试验，则成功次数X ～B (10，59)，所以EX ＝509.8．已知随机变量X 的分布列为X12345P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1则EX ＝[答案] 3 1.2[解析] EX ＝1×0.1＋2×0.2＋3×0.4＋4×0.2＋5×0.1＝0.1＋0.4＋1.2＋0.8＋0.5＝3.DX ＝(1－3)2×0.1＋(2－3)2×0.2＋(3－3)2×0.4＋(4－3)2×0.2＋(5－3)2×0.1＝1.2.9．有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X 表示取到次品的次数，则DX ＝________.[答案] 916[解析] ∵X ～B (3，14)， ∴DX ＝3×14×34＝916. 三、解答题10．(2013·江西高考)小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O 为起点，再从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，A 7，A 8(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X .若X ＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率；(2)求X的分布列和数学期望．[解析](1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C28＝28种．X＝0时，两向量夹角为直角，共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为P(X＝0)＝828＝2 7.(2)两向量数量积X 的所有可能取值为－2，－1,0,1， X ＝－2时，有2种情形；X ＝1时，有8种情形； X ＝－1时，有10种情形． 所以X 的分布列为：X －2 －1 0 1 P1145142727EX ＝(－2)×114＋(－1)×514＋0×27＋1×27＝－314.能力强化训练一、选择题1．已知随机变量X 的分布列为X －1 0 1 P121316则下列式子中：①EX ＝－3；②DX ＝27；③P (X ＝0)＝13.正确的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[答案] C[解析]EX＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13，故①正确；DX＝(－1＋1 3)2×12＋(0＋13)2×13＋(1＋13)2×16＝59，故②不正确，③显然正确，应选C.2．节日期间，某种鲜花进货价是每束2.5元，销售价每束5元．节后卖不出的鲜花以每束1.6元价格处理，根据前五年销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量服从如下表所示的分布，若进这种鲜花500束，则期望利润是()X 200300400500P 0.200.350.300.15A.706元C．754元D．720元[答案] A[解析]节日期间预售的量：EX＝200×0.2＋300×0.35＋400×0.3＋500×0.15＝40＋105＋120＋75＝340(束)．则期望的利润：η＝5X＋1.6(500－X)－500×2.5＝3.4X－450.∴Eη＝3.4EX－450＝3.4×340－450＝706(元)．∴期望利润为706元． 二、填空题3．若p 为非负实数，随机变量X 的概率分布如下表，则EX 的最大值为________，DX 的最大值为________.X 0 1 2 P12－pp12[答案] 32 1 [解析]∵⎩⎨⎧0≤12－p <10≤p <1∴p ∈[0，12]．∴EX ＝p ＋1≤32，DX ＝－p 2－p ＋1≤1.4．抛掷一枚硬币，正面向上记1分，反面向上记2分，若一共抛出硬币4次，且每一次抛掷的结果相互之间没有影响，则总得分X 的均值EX ＝________.[答案] 6[解析] 抛掷4次可能出现的结果是四反、一正三反、二正二反、三正一反、四正 ，其中对应的分数分别为8、7、6、5、4所以X 的取值为4、5、6、7、8.设对应的概率的值分别为P 1、P 2、P 3、P 4、P 5，则X45678P P 1 P 2 P 3 P 4 P 5P 1＝C 44⎝⎛⎭⎪⎫124＝116，P 2＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123·12＝14，P 3＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝38，P 4＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫12⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，P 5＝C 04⎝⎛⎭⎪⎫124＝116，EX ＝4×116＋5×14＋6×38＋7×14＋8×116＝6. 三、解答题5．(2013·陕西高考)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名，观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率； (2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及数学期望．[解析] (1)由于观众甲必选1，不选2，则观众甲选中3号歌手的概率为C 11·C 12C 23＝23，观众乙未选中3号歌手的概率为C 34C 35＝25，甲乙选票彼此独立，故观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为23×25＝415.(2)X 的所有可能取值为0,1,2,3.由(1)知，观众甲选中3号歌手的概率为23观众乙选中3号歌手的概率为1－25＝35，则观众丙选中3号歌手的概率也为1－25＝35，则P (X ＝0)＝(1－23)×(1－35)2＝475P (X ＝1)＝23×(1－35)2＋(1－23)×2×35×(1－35)＝2075＝415 P (X ＝2)＝23×2×35×(1－35)＋(1－23)×(35)2＝3375＝1125 P (X ＝3)＝23×(35)2＝1875＝625 则X 的分布列如下：X 0 1 2 3 P4754151125625EX ＝0×475＋1×415＋2×1125＋3×625＝2815.6．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为 23，每命中一次得2分，没有命中得0分，该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率； (2)求该射手的总得分X 的分布列及均值EX . [解析] (1)P ＝34·(13)2＋14·C 12·13·23＝736； (2)X 的可能取值为0,1,2,3,4,5 P (X ＝0)＝14·(13)2＝136，高考资源网（ ）您身边的高考专家 版权所有@高考资源网（河北、湖北、辽宁、安徽、重庆）五地区 试卷投稿QQ 2355394696P (X ＝1)＝34·(13)2＝112，P (X ＝2)＝14C 1213·23＝19，P (X ＝3)＝34C 12·13·23＝13，P (X ＝4)＝14·(23)2＝19，P (X ＝5)＝34·(23)2＝13.所以X 的分布列为： X0 1 2 3 4 5 P 136 112 19 13 19 13EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112＝3512.。

基础达标检测一、选择题1．五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有()A．C14C44种B．C14A44种C．C44种D．A44种[答案] B[解析]先排甲工程队有C14种，其他4个元素在4个位置上的排法为A44种，总方案为C14A44种，故选B.2．(2012·辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案] C[解析]本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．3．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为()A．A88A29B．A88C29C．A88A27D．A88C27[答案] A[解析]不相邻问题用插空法，8名学生先排有A88种，产生9个空，2位老师插空有A29种排法，所以最终有A88·A29种排法．故选A 4．(2014·福州质检)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A．16种B．36种C．42种D．60种[答案] D[解析]若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C23A24种方法，由分类计数原理知共A34＋C23 A24＝60种方法．5．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324 B．328C．360 D．648[答案] B[解析]考查排列组合有关知识、特殊位置优先考虑．分两类：个位数为0和个位数非零．个位为0的有A 29＝72个个位不是0的有C 14·C 18·C 18＝64×4＝256个 ∴共有72＋256＝328个，∴选B.6．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a 、b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20[答案] C[解析] 从1,3,5,7,9中取两个数计算lg a －lg b ＝lg a b .共有A 25＝20种取法．但是lg 31＝lg 93.lg 13＝lg 39.故共有20－2＝18个不同值．二、填空题7．(2013·重庆高考)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] 本题考查排列组合的运算问题．依题意，C 33C 14C 15＋C 23(C 24C 15＋C 14C 25)＋C 13(C 24C 25＋C 14C 35＋C 34C 15)＝20＋210＋360＝590.8．有5名男生3名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表，若某女生必须担任语文课代表，则不同的选法共有________种(用数字作答)．[答案]840[解析]由题意知，从剩余7人中选出4人担任4个学科课代表，共有A47＝840(种)．9．从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为________．[答案]180[解析]本小题主要考查排列组合的基础知识．由题意知可分为两类，1)选“0”，共有C23C12C13A33＝108个，2)不选“0”，共有C23A44＝72个，∴由分类加法计数原理得72＋108＝180.三、解答题10．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？[解析](1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A34＝24种．(2)∵总的排法数为A 55＝120种，∴甲在乙的右边的排法数为12A 55＝60种．(3)解法1：每个学校至少有一个名额，则分去7个，剩余3个名额到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C 27×2＝42种；若分配到3所学校有C 37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．解法2：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块挡板插在9个间隔中，共有C 69＝84种不同方法．∴名额分配总数为84种.能力强化训练一、选择题1．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( )A ．232B ．252C ．472D ．484[答案] C[解析] 本题考查了利用组合知识来解决实际问题．C 316－4C 34－C 24C 112＝16×15×146－16－72＝560－88＝472. 另解：C 04C 312－3C 34＋C 14C 212＝12×11×106－12＋4×12×112＝220＋264－12＝472.解题时要注意直接求解与反面求解相结合，做到不漏不重．2．由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1,2都不与5相邻的五位数的个数是( )A ．36B ．32C ．28D ．24[答案] A[解析] 本题考查排列与组合知识．当5排在两端时，有C 12C 12A 33＝24种排法；当5不排在两端，即放在3和4之间时，有A 22A 33＝12种排法．故共有24＋12＝36种排法．二、填空题3．(2013·新课标Ⅱ)从n 个正整数1,2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________.[答案] 8[解析] 由已知从1,2,3，…，n 中取出的两数之和等于5，有以下情况：(1,4)，(2,3)，从n 个正整数中任取两数有C 2n 种取法，由条件知，2C 2n ＝114，∴C 2n ＝28，∴n ＝8.4．(2014·天津模拟)将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案种数是________．[答案]24种[解析]将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．三、解答题5．在10名演员中，5人能歌，8人善舞，从中选出5人，使这5人能演出一个由1人独唱4人伴舞的节目，共有几种选法？[解析]本题中的“双面手”有3人，仅能歌的2人，仅善舞的5人．把问题分为：(1)独唱演员从双面手中选，剩下的2个双面手和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔；(2)独唱演员不从双面手中选拔，即从只能唱歌的2人中选拔，这样3个双面手就可以和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔．故选法种数是C13C47＋C12C48＝245.6．已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测试，直到找到所有4件次品为止．(1)若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法(2)若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？[解析](1)若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回的逐个抽取测试．第2次测到第一件次品有4种抽法；第8次测到最后一件次品有3种抽法；第3至第7次抽取测到最后两件次品共有A25种抽法；剩余4次抽到的是正品，共有A24A25A46＝86 400种抽法．(2)检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有A44种，检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有4A34A16种；检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有4A35A26＋A66种．由分类计数原理，满足条件的不同的测试方法的种数为A44＋4A34A16＋4A35A26＋A66＝8 520.。

第十一章 计数原理、随机变量及分布列第3课时 二项式定理(对应学生用书(理)169～170页)1. (选修23P 32练习5改编)在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是________． 答案：1 890解析：T r ＋1＝C r 10x 10－r (－3)r ，令10－r ＝6，r ＝4，T 5＝9C 410x 6＝1 890x 6.2. (选修23P 32练习6改编)⎝⎛⎭⎫x －1x 212的展开式的常数项是________． 答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r 12x 12－r ·⎝⎛⎭⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项．3. (选修23P 35习题2改编)若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则自然数n ＝________． 答案：13解析：C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363＋1，C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364，C 35＋C 25＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1＝364，n ＝13.4. (选修23P 36习题12改编)已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝________．答案：－2解析：设f(x)＝(1－2x)7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2)7＝－1，令x ＝0，得a 0＝1，a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－a 0＝－2.5. (选修23P 35习题10改编)在(x ＋y)n 的展开式中，若第七项系数最大，则n 的值可能为________．答案：11，12，13解析：分三种情况：① 若仅T 7系数最大，则共有13项，n ＝12；② 若T 7与T 6系数相等且最大，则共有12项，n ＝11；③ 若T 7与T 8系数相等且最大，则共有14项，n ＝13，所以n 的值可能等于11，12，13.1. 二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n(n ∈N )．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(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C r n(r＝0，1，2，…，n)叫做第r＋1项的二项式系数．式中的C r n a n－r b r叫做二项式展开式的第r＋1项(通项)，用T r＋1表示，即展开式的第r＋1项；T r＋1＝C r n a－b．2. 二项展开式形式上的特点(1) 项数为n＋1.(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.，C n n.(4) 二项式的系数从C0n，C1n，一直到C n－1n3. 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C0n＋C1n＋…＋C n n＝2n.(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，C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1．[备课札记]题型1 二项式展开式的特定项例1 如果⎝⎛⎭⎫x 2－1x 3n 的展开式中，第四项和第七项的二项式系数相等，求： (1) 展开式的中间项；(2) ⎝⎛⎭⎪⎫x －124x n －1展开式中所有的有理项． 解：(1) ⎝⎛⎭⎫x 2－1x 3n展开式中，第四项和第七项的二项式系数分别是C 3n ，C 6n ，由C 3n ＝C 6n ，得n ＝9，所以⎝⎛⎭⎫x 2－1x 39展开式的中间项为第5项和第6项，即T 5＝(－1)4C 49(x －3)4(x 2)5＝126x 2，T 6＝(－1)5C 59(x －3)5(x 2)4＝－126x7. (2) 通项为T r ＋1＝C r 8(x)8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－124x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 8x 16－3r 4(r ＝0，1，2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，必须r 是4的倍数，所以r ＝0，4，8，共有三个有理项，分别是T 1＝⎝⎛⎭⎫－120C 08x 4＝x 4，T 5＝⎝⎛⎭⎫－124C 48x ＝358x ，T 9＝⎝⎛⎭⎫－128C 88x －2＝1256x 2. 变式训练(1) 若(1＋x)n 的展开式中，x 3的系数是x 的系数的7倍，求n ； (2) 已知(ax ＋1)7(a ≠0)的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，求a ； (3) 已知(2x ＋x lgx )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，求x.解：(1) C 3n ＝7C 1n ，n （n －1）（n －2）6＝7n ，即n 2－3n －40＝0. 由n ∈N *，得n ＝8.(2) C 57a 2＋C 37a 4＝2C 47a 3，21a 2＋35a 4＝70a 3，a ≠0，得5a 2－10a ＋3＝0a ＝1±105. (3) C 48(2x)4(x lgx )4＝1 120，x4(1＋lgx)＝1，所以x ＝1，或lgx ＝－1，x ＝110.题型2 二项式系数例2 已知(x 23＋3x 2)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x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n . 又展开式中二项式系数和为2n ， ∴ 22n －2n ＝992，n ＝5.(1) ∵ n ＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴ T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x223.(2) 设展开式中第r ＋1项系数最大， 则T r ＋1＝C r5(x 23)5－r (3x 2)r ＝3r C r 5x10＋4r 3， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧3r C r 5≥3r －1C r －15，3r C r 5≥3r ＋1C r ＋15，72≤r ≤92，∴ r ＝4， 即展开式中第5项系数最大，T 5＝C 45(x 23)(3x 2)4＝405x263.备选变式（教师专享）已知⎝⎛⎭⎫x ＋12n 的展开式中前三项的系数成等差数列．设⎝⎛⎭⎫x ＋12n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .求：(1) a 5的值；(2) a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n 的值； (3) a i (i ＝0，1，2，…，n)的最大值．解：(1) 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ， 即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍)．T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝⎛⎭⎫12r， 令8－r ＝5r ＝3，所以a 5＝7.(2) 在等式的两边取x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝1256 .(3) 设第r ＋1的系数最大，则⎩⎨⎧12r C r 8≥12r ＋1C r ＋18，12r C r 8≥12r －1C r －18，即⎩⎨⎧18－r ≥12（r ＋1），12r ≥19－r，解得r ＝2或r ＝3.所以a i 系数最大值为7.题型3 二项式定理的综合应用例3 已知⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 展开式中的二项式系数的和比(3a ＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 展开式中的系数最大的项和系数最小的项． 解：2n －27＝128，n ＝8，⎝⎛⎭⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r， 当r ＝4时，展开式中的系数最大，即T 5＝70x 4为展开式中的系数最大的项；当r ＝3，或5时，展开式中的系数最小，即T 4＝－56x 7，T 6＝－56x 为展开式中的系数最小的项．备选变式（教师专享） 已知(2－3x)50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50， 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50， (a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2 ＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50) ＝(2－3)50(2＋3)50＝1.1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________． 答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为C 25＋a·C 15＝5，解得a ＝－1. 2. (2013·天津理)⎝⎛⎭⎫x －1x 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T k ＋1＝C k 6x 6－k ·⎝⎛⎭⎫－1x k ＝C k 6x6－32k(－1)k.由6－32k ＝0，得k ＝4.所以常数项为T 4＋1＝C 46(－1)4＝15.3. (2013·大纲版理)(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是________． 答案：18解析：(x ＋1)3的展开式的通项为T r ＋1＝C r 3x r，令r ＝2得到展开式中x 2的系数是C 23＝3.(1＋y)4的展开式的通项为T r ＋1＝C r 4y r ，令r ＝2得到展开式中y 2的系数是C 24＝6，(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是3×6＝18.4. (2013·辽宁理)使得⎝⎛⎭⎫3x ＋1x x n(n ∈N ＋)的展开式中含有的常数项最小的n 为________．答案：5解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C kn (3x)n －k ·⎝⎛⎭⎫1x x k ＝C k n 3n －kxn －5k 2.由n －5k 2＝0，得n＝5k2，所以当k ＝2时，n 有最小值5.1. 若n 是奇数，则7n ＋C 1n 7n －1＋C 2n 7n －2＋…＋C n －1n 7被9除的余数是________． 答案：7解析：原式＝(7＋1)n －1＝(9－1)n －1＝9k －2＝9k′＋7(k 和k ′均为正整数)． 2. 0.9915的近似值是___________．(精确到0.001) 答案：0.956解析：0.9915＝(1－0.009)5＝1－5×0.009＋10×(0.009)2－…≈1－0.045＋0.00081≈0.956.3. 用二次项定理证明32n ＋2－8n －9能被64整除(n ∈N )．证明：32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9＝C 0n ＋18n ＋1＋C 1n ＋18n ＋…＋C n －1n ＋182＋C n n ＋18＋C n ＋1n ＋1－8n －9＝64(C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)＋8(n ＋1)＋1－8n －9 ＝M ×64(记M ＝C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)． ∵ M 为整数，∴ 64M 能被64整除．4. (1) 在(1＋x)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) ⎝⎛⎭⎪⎫x x ＋13x n 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C 2n ＝C 5nn ＝7. (2) 由已知得C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝128，2n －1＝128，n ＝8， 而展开式中二项式系数最大项是T 4＋1＝C 48(xx)4⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 4＝70x 43x 2.一般地，对于多项式g(x)＝(px ＋q)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，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12[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．请使用课时训练（A ）第3课时（见活页）.[备课札记]。

§11.8 条件概率、n 次独立重复试验与二项分布考纲展示►1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．考点1 条件概率条件概率 (1)定义设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P ABP A为在事件A 发生条件下，事件B 发生的条件概率．(2)性质①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．条件概率的性质．(1)有界性：0≤P (B |A )≤1.( )(2)可加性：如果B 和C 为互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝P (B |A )＋P (C |A )．( )[典题1] (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数”，事件B ：“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12(2)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )A.1127B.1124C.827D.924[点石成金] 条件概率的两种求解方法 (1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P ABP A求P (B |A )．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.考点2 事件的相互独立性(1)定义：设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝________，则称事件A 与事件B 相互独立． (2)性质：若事件A 与B 相互独立，则A 与B 、A 与B 、A 与B 也都相互独立，P (B |A )＝________，P (A |B )＝________.[典题2] 为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：的概率分别为14，13，甲、乙乘车超过6千米且不超过12千米的概率分别为12，13.(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．[点石成金] 1.利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；2．正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算.在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为 1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．考点3 独立重复试验与二项分布独立重复试验与二项分布(1)[教材习题改编]某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧第n 次出现正面，－第n 次出现反面， 记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为________．(2)[教材习题改编]小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．二项分布：P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)的值是________．[典题3] [2019·湖南长沙模拟]博彩公司对2019年NBA 总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．前4场，马刺队胜利的概率为12，第5,6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概率降为25，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为35.(1)分别求马刺队以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率； (2)随机变量X 为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X 的分布列．[点石成金] 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p ；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率.某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．[方法技巧] 1.古典概型中，A 发生的条件下B 发生的条件概率公式为P (B |A )＝P ABP A＝n AB n A ，其中，在实际应用中P (B |A )＝n ABn A是一种重要的求条件概率的方法．2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次．3．n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次可看作是C k n个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k个A事件与n－k个A事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为C k n p k(1－p)n－k.[易错防范] 1.相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．2．运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立．真题演练集训1．[2018·重庆模拟]投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.3122．[2018·天津模拟]某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．[典例1] 某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望．[思路分析]判断分布的类型→确定X的取值及其概率→列出分布列并求数学期望易错提示本题容易错误地得到X 服从二项分布，每块地种植甲的概率为12，故X ～B (4,0.5)．错误的根源在于每块地种植甲或乙不是相互独立的，它们之间是相互制约的，无论怎么种植都要保证8块地中有4块种植甲，4块种植乙，事实上X 应服从超几何分布．如果将题目改为：在8块地中，每块地要么种植甲，要么种植乙，那么在选出的4块地中种植甲的数目为X ，则这时X ～B (4,0.5)(这时这8块地种植的方法总数为28，会出现所有地都种植一种作物的情况，而题目要求4块地种植甲，4块地种植乙，其方法总数为C 48)．[典例2] 某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．易错提示本题容易错误地得到甲、乙两考生正确完成的题数均服从二项分布，实际上题目中已知甲、乙两考生按照题目要求独立完成全部实验操作，甲考生正确完成的题数服从超几何分布，乙考生正确完成的题数服从二项分布．。

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类计数原理与分步计数原理对应学生用书P1531．分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．1．分类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．2．分步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，步步之间是相关联的．[试一试]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的有________种．解析：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，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类计数原理得共有N＝3＋3＝6种．答案：62．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：361．应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．[练一练]1．(2014·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、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8名运动员比赛的方式共有________种解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．答案：2 8802.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为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．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108对应学生用书P1531．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有个．解析：利用分类计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．答案：362．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有________种．解析：分类：第一类，两人拿对：2×C 25＝20种；第二类，三人拿对：C 35＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．答案：31种3．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：以m 的值为标准分类，分为五类．第一类：m ＝1时，使n >m ，n 有6种选择；第二类：m ＝2时，使n >m ，n 有5种选择；第三类：m ＝3时，使n >m ，n 有4种选择；第四类：m ＝4时，使n >m ，n 有3种选择；第五类：m ＝5时，使n >m ，n 有2种选择．由分类计数原理，符合条件的椭圆共有20个．答案：20[备课札记][类题通法]利用分类计数原理解题时应注意(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；(2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．[典例] 如图所示的几何体是由一个正三棱锥P -ABC 与正三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．[解析] 先涂三棱锥 P -ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C 13×C 12×C 11×C 12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案] 12[备课札记][类题通法]利用分步计数原理解决问题时应注意(1)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．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有________种．解析：第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．答案：96两个原理的综合应用[典例]{1,2,3,4,5}．选择集合A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有________种．[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C2＝10种选择5方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．[答案] 49[备课札记]43(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16对应学生用书P154[课堂练通考点]1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为________．解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：132.如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为________．解析：从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步计数原理，有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类计数原理，有6＋2＝8种走法．答案：6,83.(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是________．解析：每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．答案：484．(2013·济南模拟)集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是________．解析：当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点．答案：145.现有4种不同颜色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多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有________种．解析：三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．答案：372．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是________．解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)．故共有36＋12＝48(个)．答案：483．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有________种．解析：第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C17种选派方法．根据分步计数原理，知选法为C210·C18·C17＝2 520种．答案：2 5204．将甲、乙、丙、丁四名实习老师分到三个不同的班，要求每个班至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．解析：法一：分成两种情况，①甲和丙丁中的一人被分到同一个班或乙和丙丁中的一人被分到同一个班共有2C12A33＝24种分法；②丙和丁两人被分到同一个班共有A33＝6种分法．于是所求的分法总数为24＋6＝30.法二：将4名老师分到3个不同的班，有C24C13A22，甲、乙两名老师分到同一个班有C13A22.∴满足要求的分法有C24C13A22－C13A22＝30.答案：305．(2013·山东高考改编)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．解析：能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.答案：2526.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．解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：137.(2014·南充模拟)一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有________种．解析：从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法，同理，若先游览B景点，有16种不同的方法，若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48种．答案：488．(2013·深圳调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________个．解析：依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．答案：159．一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．解析：“完成这件事”需选出男、女队员各一人，可分两步进行：第一步选一名男队员，有5种选法；第二步选一名女队员，有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．答案：2010．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：1211．(2014·沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1,2,3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2,3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3612.(2014·泉州质检)如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有________种．解析：法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．所以不同的种法共有A24＋2A34＋A44＝84种．法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3＋2×2)＝84种不同的种法．答案：84第Ⅱ组：重点选做题1．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种).2．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．第二节排列与组合对应学生用书P155(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)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：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，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：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有________种．解析：有C12C13A33＝36(种)．答案：362．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A 22A 22A 23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法： 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m ＞n 2时，通常将计算C m n 转化为计算C n －m n .二是列等式，由C x n ＝C y n 可得x ＝y 或x ＋y ＝n .性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．有A ，B ，C ，D ，E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A ，B 两位学生去问成绩，老师对A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B 说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为________．解析：由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.答案：182．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A 33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A 24种排法，故共有A 33·A 24＝72(种)排法． 答案：72对应学生用书P156排列问题1．(2014·条棱代表8种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①②③④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同放法种数为________．解析：由题意分析，先把标号为1,2,3,4的化工产品分别放入①②③④的4个仓库内，共有A 44＝24种放法；再把标号为5,6,7,8的化工产品对应地按要求安全存放：7与1放一起，8与2放一起，5与3放一起，6与4放一起；或者6与1放一起，7与2放一起，8与3放一起，5与4放一起，有两种放法．综上所述，共有A44×2＝48种放法．答案：482．(2014·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有________种．解析：本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．答案：123．(2014·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有________种．解析：法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．答案：4 320[备课札记][类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·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)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[备课札记][类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2014·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有________种．解析：法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．答案：70分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配，归纳起来常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题.角度一 整体均分问题1．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有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．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法． 答案：90角度二 部分均分问题2．将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 36C 13C 12C 11A 33＝20种； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 26C 24A 22·C 12C 11A 22＝45种． 所以不同的分组方法共有20＋45＝65种．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A 44＝1 560种．答案：1 560角度三 不等分问题3．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．解析：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 16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 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．答案：360[备课札记][类题通法]解决分组分配问题的策略1．对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n(n为均分的组数)，避免重复计数．2．对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．3．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．对应学生用书P157[课堂练通考点]1．(2014·开封模拟)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼-15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有________种．解析：将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A22·A22种排法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A23种排法，故共有A22·A22·A23＝24种排法．答案：242．(2013·四川高考改编)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是________．解析：lg a－lg b＝lg ab，lgab有多少个不同值，只要看ab不同值的个数，所以共有A25－2＝20－2＝18个不同值．答案：183．(2014·台州模拟)甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有________种．解析：本题用排除法，甲、乙两人从A，B，C三个景点中各选两个游玩，共有C23·C23＝9种，但两人所选景点不能完全相同，所以排除3种完全相同的选择，故有6种．答案：6。

第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节 排列、组合本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一) 两个计数原理[基本知识]1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ×n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较 名称分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点 运用加法运算运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 [基本能力]1．判断题(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√2．填空题(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________．解析：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，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②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共有N＝3＋3＝6(种)．答案：6(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：36(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120[全析考法]分类加法计数原理(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1](1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种(2)(·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10[解析](1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方式．(2)①当a＝0时，有x＝－b2，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.[答案](1)B(2)B[易错提醒](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．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2](1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案](1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案](1)B(2)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．[全练题点]1.[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504 B．210C．336 D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2.[考点二]某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A．20 B．25C．32 D．60解析：选C依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.3.[考点一]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，这样的等比数列的个数为()A．3 B．4C．6 D．8解析：选D先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.4.[考点一]在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．答案：85.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3是否同色分类．①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：96突破点(二)排列、组合问题[基本知识]1．排列与排列数排列从n个不同元素中取出m(m≤n)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个元素的一个排列排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n组合从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n排列数组合数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！C m n＝A m nA m m＝n(n－1)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！性质A n n＝n！；0！＝1C0n＝1；C m n＝C n－mn_；C m n＋C m－1n＝C m n＋1备注n，m∈N*且m≤n4．排列与组合的区别[基本能力]1．判断题(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )(3)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立．( ) (4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )(5)A m n ＝n A m －1n －1.( )(6)k C k n ＝n C k －1n －1.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√2．填空题(1)A 、B 、C 、D 、E 五人并排站成一排，不同的排法共有________种．答案：120(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．解析：由题意，得毕业留言共A 240＝1 560(条)．答案：1 560(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．解析：依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24(种)．答案：24(4)方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x的解为________． 解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：5(5)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则m ＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，原等式可化为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2. 答案：2[全析考法]排列问题[例1] (1)的排法共有( )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．[解析] (1)第一类：甲在最左端，有A 55＝120种排法；第二类：乙在最左端，有4A 44＝96种排法，所以共有120＋96＝216种排法．(2)记其余两种产品为D ，E ，由于A ，B 相邻，则视为一个元素，先与D ，E 排列，有A 22A 33种方法．再将C 插入，仅有3个空位可选，共有A 22A 33C 13＝2×6×3＝36种不同的摆法．[答案] (1)B (2)36[方法技巧] 求解排列问题的六种主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算 优先法优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中 定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法组合问题常见题型一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等解题思路(1)分清问题是否为组合问题；(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86C．91 D．90(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．130 B．120C．90 D．60(3)(·浙江高考)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)．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C25C13＋C15C24＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C 48－C 46＝55.从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A 24＝12种．故总共有55×12＝660种选法．[答案] (1)B (2)A (3)660[方法技巧] 有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有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．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)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．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)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 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． [答案] (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略[全练题点]1.[考点一]某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40 解析：选B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A 55，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为A 55A 33＝5×4＝20.2.[考点三]世界华商大会的某分会场有A ，B ，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共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( )A ．12B ．10C ．8D ．6解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A 33种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A 33＝6.3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4.[考点一、二](·天津高考)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)解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有C 14C 35A 44＝960个． (2)没有偶数的四位数有A 45＝120个． 故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个． 答案：1 0805.[考点二]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：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.答案：472[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(·全国卷Ⅱ)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( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C 24种分法． 第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A 33种分配方法，故共有C 24·A 33＝36种安排方法．2．(·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9解析：选B分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.3．(·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14(个)，故选C.4．(·全国大纲卷)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()A．60种B．70种C．75种D．150种解析：选C从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75(种)．故选C.[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)两个计数原理1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15 D．21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x ＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.2．(·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是()A．7 B．10C．25D．52解析：选B因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种解析：选B赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．4．(·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243 B．252C．261 D．279解析：选B0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24 B．14C．10 D．9解析：选B第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A 不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．答案：420对点练(二)排列、组合问题1．(·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有()A．34种B．48种C．96种D．144种解析：选C特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96种排法，故选C.2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10 B．20C．30 D．40解析：选B将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22A22＝20(种)．3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为()A．13 B．24C．18 D．72解析：选D可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C34A13A33＝72.4．(·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13A33＋C23A33＝36(种)．5．(·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有()A．72种B．36种C．24种D．18种解析：选B A12(C23C13＋C13C23)＝36(种)．6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20.答案：207．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种情况．答案：968．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11[大题综合练——迁移贯通]1．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．(1)共有多少种不同的排法？(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)解：(1)从4名男生中选出2人，有C24种选法，从6名女生中选出3人，有C36种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有C24C36A55＝14 400(种)．(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有C24C36A33A24＝8 640(种)．2．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；。

解答题专项六概率与统计中的综合问题解答题专项练《素养分级练》P3961.(河北张家口三模)港珠澳大桥桥隧全长55千米,桥面为双向六车道高速公路,设计速度为100千米/小时,限制速度为90~120千米/小时,通车后由桥上监控显示每辆车行车和通关时间的频率分布直方图如图所示:(1)估计车辆通过港珠澳大桥的平均时间t(单位:分钟)(精确到0.1);(2)以(1)中的平均时间t作为μ,车辆通过港珠澳大桥的时间X近似服从正态分布N(μ,36),任意取通过大桥的1 000辆汽车,求所用时间少于39.5分钟的车辆大致数目(精确到整数).附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6826,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 4.解:(1)由频率分布直方图可得t =32.5×0.015+37.5×0.18+42.5×0.27+47.5×0.3+52.5×0.2+57.5×0.035≈45.5(分钟). (2)由题知X~N(45.5,36),所以P(X<39.5)=P(X<μ-σ)=12[1-P(μ-σ<X≤μ+σ)]=0.1587,所以1000×0.1587≈159,故所用时间少于39.5分钟的车辆大致数目为159. 2.一场科普知识竞答比赛由笔试和抢答两部分组成,若笔试和抢答满分均为100分,其中5名选手的成绩如下表所示:对于这5名选手,根据表中的数据,试解答下列两个小题: (1)求y 关于x 的线性回归方程;(2)现要从笔试成绩在90分或90分以上的选手中选出2名参加一项活动,以ξ表示选中的选手中笔试和抢答成绩的平均分高于90分的人数,求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ). 附:b ^=∑i=1n(x i -x )(y i -y )∑i=1n(x i -x )2,a ^=y −b ^x .解:(1)x =87+90+91+92+955=91,y =86+89+89+92+945=90,∑i=15(x i -x )2=(-4)2+(-1)2+02+12+42=34,∑i=15(x i -x )(y i -y )=(-4)×(-4)+(-1)×(-1)+0×(-1)+1×2+4×4=35,所以b ^=3534,a ^=y −b ^x =90-3534×91=-12534,故线性回归方程为y ^=3534x-12534.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2.因为笔试成绩在90分或90分以上的选手有S 2,S 3,S 4,S 5,共4人,他们笔试和抢答的成绩平均分分别为89.5,90,92,94.5,平均分高于90分的有2人,所以P(ξ=0)=C 22C2=16;P(ξ=1)=C 21C 21C 2=23;P(ξ=2)=C 22C 2=16,故ξ的分布列为所以E(ξ)=0×16+1×23+2×16=1.3.(湖北襄阳高三检测)为落实教育部的双减政策,义务教育阶段充分开展课后特色服务.某校初中部的篮球特色课深受学生喜爱,该校期末将进行篮球定点投篮测试,规则为:每人至多投3次,先在M 处投一次三分球,投进得3分,未投进不得分,以后均在N 处投两分球,每投进一次得2分,未投进不得分.测试者累计得分高于3分即通过测试,并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试,进行了五轮投篮训练,每人每轮在M处和N处各投10次,根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表:甲乙若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.(1)已知该校有300名学生的投篮水平与甲同学相当,求这300名学生通过测试人数的数学期望;(2)在甲、乙两位同学均通过测试的条件下,求甲得分比乙得分高的概率.解:(1)甲同学两分球投篮命中的概率为510+410+310+610+7105=0.5,甲同学三分球投篮命中的概率为110+0+110+210+1105=0.1,设甲同学累计得分为X,则P(X=4)=0.9×0.5×0.5=0.225,P(X=5)=0.1×0.5+0.1×0.5×0.5=0.075,则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=0.3,所以甲同学通过测试的概率为0.3.设这300名学生通过测试的人数为Y,由题设Y~B(300,0.3),所以E(Y)=300×0.3=90.(2)乙同学两分球投篮命中率为210+410+310+510+6105=0.4,乙同学三分球投篮命中率为110+210+310+110+3105=0.2.设乙同学累计得分为Y,则P(Y=4)=0.8×0.4×0.4=0.128,P(Y=5)=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128.设“甲得分比乙得分高”为事件A,“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B,则P(AB)=P(X=5)·P(Y=4)=0.075×0.128=0.0096,P(B)=[P(X=4)+P(X=5)]·[P(Y=4)+P(Y=5)]=0.0768,由条件概率公式可得P(A|B)=P(AB)P(B)=0.00960.0768=18.4.(山东潍坊三模)盲盒,是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子,具有随机性.因其独有的新鲜性、刺激性及社交属性而深受各个年龄段人们的喜爱.已知M系列盲盒共有12个款式,一批盲盒中,每个盲盒随机装有一个款式,甲同学已经买到3个不同款,乙、丙同学分别已经买到m 个不同款,已知三个同学各自新购买一个盲盒,且相互之间无影响,他们同时买到各自的不同款的概率为13.(1)求m;(2)设X 表示三个同学中各买到自己不同款的总人数,求X 的分布列和数学期望.解:(1)由题意三个同学同时买到各自的不同款的概率为912×12-m 12×12-m 12=13,解得m=20或4,因为0<m≤12,所以m=4.(2)由题意知X 的所有可能取值为0,1,2,3, P(X=0)=312×412×412=136; P(X=1)=912×412×412+312×812×412×2=736;P(X=2)=912×812×412×2+312×812×812=49;P(X=3)=13. 其分布列为所以数学期望E(X)=0×136+1×736+2×49+3×13=2512.5.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:(1)是否可以认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”,P(B|A)|A)P(B|A)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.(ⅰ)证明:R=P(A|B)·(A|B) P(A|B);(ⅱ)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值.附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).解:(1)由题意可知,n=200,所以χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200×(40×90-10×60)2100×100×50×150=24>6.635,所以我们有99%的把握可以推断患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(ⅰ)证明:R=P(B|A)P(B|A)P(B|A)=P(B|A)·(B|A) P(B|A)=P(AB)P(A)P(AB)P(A)·P(AB)P(A)P(AB)P(A)=(AB)P(AB)·P(AB)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)·(AB)P(B)P(AB)P(B)=P(A|B)·(A|B)P(A|B).(ⅱ)P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=40100=0.4,P(A|B)=AB)P(B)=AB)n(B)=10100=0.1,同理P(A|B)=(AB)P(B)=(AB)n(B)=90100=0.9,P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=60100=0.6,所以R=P(A|B)·(A|B)P(A|B)=0.4×0.90.6×0.1=6.所以指标R的估计值为6.6.(江西鹰潭二模)为迎接北京冬季奥运会,某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试.统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生成绩作为样本进行统计,测试满分为100分,统计后发现所有学生的测试成绩都在区间[40,100]内,并制成如下所示的频率分布直方图.(1)估计这200名学生的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值为代表);(2)在这200名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在[70,80),[80,90),[90,100]的三组中抽取了10人,再从这10人中随机抽取3人,记X为3人中成绩在[80,90)的人数,求X的分布列和数学期望; (3)规定成绩在[90,100]的为A等级,成绩在[70,90)的为B等级,其他为C 等级.以样本估计总体,用频率代替概率,从所有参加测试的同学中随机抽取10人,其中获得B等级的人数恰为k(k≤10)人的概率为P,当k为何值时P的值最大?解:(1)这200名学生的平均成绩为(45×0.005+55×0.02+65×0.025+75×0.03+85×0.015+95×0.005)×10 =69.5(分).(2)由[70,80),[80,90),[90,100]的三组频率之比为0.3∶0.15∶0.05=6∶3∶1,从[70,80),[80,90),[90,100]中分别抽取6人,3人,1人,X所有可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=C 73C 103=724,P(X=1)=C 72C 31C 103=2140,P(X=2)=C 71C 32C 103=740,P(X=3)=C 33C 103=1120.故X 的分布列为故E(X)=0×724+1×2140+2×740+3×1120=910.(3)依题意,B 等级的概率为(0.03+0.015)×10=0.45,且k~B(10,0.45), 所以P(k)=C 10k0.45k (1-0.45)10-k ,而{P (k )≥P (k -1),P (k )≥P (k +1),则{C 10k 0.45k (1-0.45)10-k≥C 10k -10.45k -1(1-0.45)10-k+1,C 10k 0.45k (1-0.45)10-k ≥C 10k+10.45k+1(1-0.45)10-k -1,即{10-k+1k×0.45≥0.55,0.55≥0.45×10-(k+1)+1k+1,解得7920≤k≤9920, 因为k ∈N *,所以k=4.。