11-2021核按钮(新高考)专题十一

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.②了解两个互斥事件的概率加法公式.(2)古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.(3)随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义.3.概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.(2)了解超几何分布，并能进行简单应用.(3)了解条件概率的概念，了解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，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题.(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.§11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2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＝________________种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么完成这件事共有N ＝____________种不同的方法.3.两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事.4.两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步.(1)分类要做到“______________”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.自查自纠：1.m1＋m2＋…＋m n2.m1×m2×…×m n3.相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4.(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A.53种B.35种C.3种D.15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( )A.256种B.81种C.16种D.12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种.故选D.点Q(x，y)中x∈{1，2}，y∈{2，3，4}，则不在直线y＝x上的点Q(x，y)的个数是( )A.1B.4C.5D.6解：这样的点共有2×3＝6个，在直线y＝x上的只有(2，2)，因此不在直线y＝x上的点的个数是6－1＝5.故选C.某校高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班.现选两个班的学生参加社会实践活动，若要求这两个班来自不同年级，则有不同的选法____________种.解：先分类再分步，共有不同的选法：6×7＋7×8＋6×8＝146种.故填146.设集合I＝{1，2，3，4}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有________种.解：当A中的最大数为1时，A有1种情形，此时B有23－1＝7种情形；当A中的最大数为2时，A有21＝2种情形，此时B有22－1＝3种情形；当A中的最大数为3时，A有22＝4种情形，此时B有21－1＝1种情形.∴由分步及分类计数原理知，共有1×7＋2×3＋4×1＝17种选择方法，故填17.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书.现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情.故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法.(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情.故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法.(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法.而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法.点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB型血的共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情即可完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才算完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高(一)四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理.可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类.本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人.(2)有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C 涂不同颜色：类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.类型二，分四步：第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.点拨：本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：A 有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D 有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×(4＋3×3)＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：①所涂颜色种类(如本题，可依用4种、3种、2种色来分类)；②可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数.解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个.第二类：用2作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个.第三类：用4作个位的比2000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个.综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个.(2)(2013·广东佛山二模)假设佛山五区行政区划图如图，测绘局想要给地图着色，相邻区域颜色不同，每块区域只涂一色.现有4种颜色可供选择，那么共有不同的着色方案为__________种(用数字作答).题图答图解法一：为了方便，以数字代表各区域，如图.区域1，2，3，4，5分别有4，3，2，3，2种着色方案，故共有4×3×2×3×2＝144种方案.解法二：可以看到区域3与其余四块均相邻，其中区域123及区域345均是两两相邻，因此分成两类：第一类，用3种颜色，有C34×3×2×1×2×1＝48(种)情形；第二类，用4种颜色，有4×3×2×1×2＋4×3×2×2×1＝96(种)情形.故共有144种方案.故填144.1.运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准.分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性.2.运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准.分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性.3.在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏.4.对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律.5.解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.1.有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A.7B.64C.12D.81解：由分步乘法计数原理知可配3×4＝12套.故选C.2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A.56B.65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法.故选A.3.(2013·北京海淀区期末考试)由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是( )A.72B.60C.48D.12解：分两类：当首位为偶数时，有2×3×2×2×1×1＝24种情形；当首位为奇数时，有3×3×2×2×1×1＝36种情形，因此共有24＋36＝60个满足要求的六位数.故选B.4.(2013·广东适应性测试)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P­ABC与一个正三棱柱ABC­A1B1C1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A1B1C1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有( )A.6种B.12种C.18种D.24种解：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC­A1B1C1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案.故选B.5.(2013·福建)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.14B.13C.12D.10解：①当a＝0时，方程总有解，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种有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)，此时应有3×4－3＝9种有序数对.故共有9＋4＝13种有序数对.故选B.6.(2013·济南模拟)电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有( )A.3种B.8种C.13种D.16种解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.7.架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.8.已知集合A＝{a，b，c，d}，集合B＝{1，2，3，4，5}，集合C＝ {e，f，g，h }.从集合B到集合A可以建立____________个不同的映射；在集合C到集合B的映射中，若要求集合C中的不同元素的象也不同，这样的映射有_________个.解：集合B中每个元素，都可以与A中的4个元素建立对应关系，故从集合B到A可建立45＝1024个不同的映射；在集合C到集合B的映射中，C中不同元素对应不同的象，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120个这样的映射.故填1024；120.9.已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：(1)P可表示平面上多少个不同的点？(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法.根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个.(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a ＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个.结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个.10.从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数.设抛物线过原点，且顶点在第一象限.这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点(－b2a，4ac－b24a)在第一象限，a，b，c应满足⎩⎪⎨⎪⎧0＝a×02＋b×0＋c，－b2a＞0，4ac－b24a＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧c＝0，a＜0，b＞0.分三步，a可以取－3，－2，－1；b可以取1，2，3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N＝3×3×1＝9.11.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？解法一：如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.(1)当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种).(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种).综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.解法二：通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有C13C15种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2C13C15＝30种染法.(2014·福建)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.§11.2 排列与组合1.排列(1)排列的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素，按照____________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 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的____________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______表示.(3)排列数公式：A mn ＝______________________.这里n ，m ∈N *，并且________.(4)全排列：n 个不同元素全部取出的一个____________，叫做n 个元素的一个全排列.A n n ＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A mn ＝________，这里规定0！＝________.2.组合(1)组合的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素____________，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 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的____________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________表示.(3)组合数公式：C m n＝A m nA m m ＝ ＝.这里n ∈N *，m ∈N ，并且m ≤n.(4)组合数的两个性质： ①C mn ＝____________； ②C mn ＋1＝____________＋____________.自查自纠：1.(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 A mn (3)n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1) m ≤n(4)排列 n ！ n ！（n －m ）！12.(1)合成一组 (2)所有不同组合 C mn (3)n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！ n ！m ！（n －m ）！(4)①C n －m n ②C m n C m －1n下列等式不．正确的是( ) A.C mn ＝C n －mnB.C m n＝A m nn ！C.(n ＋2)(n ＋1)A m n ＝A m ＋2n ＋2D.C rn ＝C r －1n －1＋C rn －1解：C m n＝A m nm ！.故选B.(2014·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：共有C 26·C 15＝75(种)不同的选法.故选C. 若从6位志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作中的一种，现已确定这6人中的甲必须选上且专门从事翻译工作，则不同的选派方案有( )A.24种B.60种C.360种D.243种解：由排列的定义可知所求为A 35＝60种.故选B.(2014·成都模拟)某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种.(用数字作答)解：先确定一个公益广告最后播放，再排另一个公益广告，最后排三个商业广告，不同的播放方式有A 12·A 13·A 33＝36种.故填36.(2013·北京)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是____________.解：5张参观券分为4堆，其中有两张连号的分法有4种，然后把4堆参观券分给不同的4个人有A 44种不同的分法，故共有不同的分法种数为4A 44＝96.故填96.类型一 排列数与组合数公式(1)解方程3A x 8＝4A x －19；(2)解方程C x ＋1x ＋3＝C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2.解：(1)利用3A x 8＝38！（8－x ）！，4A x －19＝49！（9－x ＋1）！，得到3×8！（8－x ）！＝4×9！（10－x ）！.利用(10－x )！＝(10－x )(9－x )(8－x )！，将上式化简后得到(10－x )(9－x )＝4×3.再化简得到x 2－19x ＋78＝0.解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x 8和A x －19有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2＝13舍去，原方程的解是x ＝6.(2)由组合数的性质可得 C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2，又C x ＋1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1x ＋2，即C 1x ＋2＋C 2x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2.∴C 1x ＋2＝C 4x ＋2， ∴5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义.(2)应用组合数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C mn 时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大.使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短.(1)解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ；(2)计算：C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2100.解：(1)由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 得3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，由x ≠0整理得3x 2－17x ＋10＝0.解得x ＝5或23(舍去).即原方程的解为x ＝5.(2)原式＝(C 33＋C 23)＋C 24＋…＋C 2100＝(C 34＋C 24)＋…＋C 2100＝…＝C 3100＋C 2100 ＝C 3101＝166650.类型二 排列的基本问题7位同学站成一排照相.(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 66＝720种排法.(2)分两步，先排甲、乙，则有A 22种排法；再排其他5个人，有A 55种排法，由分步乘法计数原理则有A 22·A 55＝240种排法.(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 66种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 15·A 15·A 55种排法.综上，则共有A 66＋A 15·A 15·A 55＝3720种排法.间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A 77－A 66－A 66＋A 55＝3720种排法.(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 22·A 66＝1440种排法.(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A 55·A 26＝3600种排法.(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有12A 77＝2520种排法.点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数.(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种.正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”.6个人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻；(3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间间隔两人； (5)甲、乙站在两端； (6)甲不站左端，乙不站右端.解：(1)解法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个有A 14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A 14·A 55＝480(种).解法二：若对甲没有限制条件共有A 66种站法，甲在两端共有2A 55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数即得所求的站法数有A 66－2A 55＝480(种).(2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有A 55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A 55·A 22＝240(种)站法.解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A 44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙站入，有A 15种方法，最后让甲、乙全排列，有A 22种方法，共有站法A 44A 15A 22＝240(种).(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”.第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A 44种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有A 25种，故共有站法为A 44A 25＝480(种).(4)解法一：先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A 44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A 22种，故共有A 44·3A 22＝144种站法.。

第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.②了解两个互斥事件的概率加法公式. (2)古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.(3)随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义. 3.概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.(2)了解超几何分布，并能进行简单应用. (3)了解条件概率的概念，了解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，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题.(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.§11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2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＝________________种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么完成这件事共有N ＝____________种不同的方法.3.两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事.4.两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步.(1)分类要做到“______________”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.自查自纠：1.m1＋m2＋…＋m n2.m1×m2×…×m n3.相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4.(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A.53种B.35种C.3种D.15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( )A.256种B.81种C.16种D.12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种.故选D.点Q(x，y)中x∈{1，2}，y∈{2，3，4}，则不在直线y＝x上的点Q(x，y)的个数是( )A.1B.4C.5D.6解：这样的点共有2×3＝6个，在直线y＝x上的只有(2，2)，因此不在直线y＝x上的点的个数是6－1＝5.故选C.某校高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班.现选两个班的学生参加社会实践活动，若要求这两个班来自不同年级，则有不同的选法____________种.解：先分类再分步，共有不同的选法：6×7＋7×8＋6×8＝146种.故填146.设集合I＝{1，2，3，4}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有________种.解：当A中的最大数为1时，A有1种情形，此时B有23－1＝7种情形；当A中的最大数为2时，A有21＝2种情形，此时B有22－1＝3种情形；当A中的最大数为3时，A有22＝4种情形，此时B有21－1＝1种情形.∴由分步及分类计数原理知，共有1×7＋2×3＋4×1＝17种选择方法，故填17.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书.现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情.故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法.(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情.故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法.(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法.而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法.点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB型血的共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情即可完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才算完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高(一)四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理.可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类.本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人.(2)有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C 涂不同颜色：类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.类型二，分四步：第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.点拨：本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：A 有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D 有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×(4＋3×3)＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：①所涂颜色种类(如本题，可依用4种、3种、2种色来分类)；②可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数.解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个.第二类：用2作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个.第三类：用4作个位的比2000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个.综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个.(2)(2013·广东佛山二模)假设佛山五区行政区划图如图，测绘局想要给地图着色，相邻区域颜色不同，每块区域只涂一色.现有4种颜色可供选择，那么共有不同的着色方案为__________种(用数字作答).题图答图解法一：为了方便，以数字代表各区域，如图.区域1，2，3，4，5分别有4，3，2，3，2种着色方案，故共有4×3×2×3×2＝144种方案.解法二：可以看到区域3与其余四块均相邻，其中区域123及区域345均是两两相邻，因此分成两类：第一类，用3种颜色，有C34×3×2×1×2×1＝48(种)情形；第二类，用4种颜色，有4×3×2×1×2＋4×3×2×2×1＝96(种)情形.故共有144种方案.故填144.1.运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准.分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性.2.运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准.分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性.3.在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏.4.对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律.5.解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.1.有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A.7B.64C.12D.81解：由分步乘法计数原理知可配3×4＝12套.故选C.2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A.56B.65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法.故选A.3.(2013·北京海淀区期末考试)由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是( )A.72B.60C.48D.12解：分两类：当首位为偶数时，有2×3×2×2×1×1＝24种情形；当首位为奇数时，有3×3×2×2×1×1＝36种情形，因此共有24＋36＝60个满足要求的六位数.故选B.4.(2013·广东适应性测试)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P ­ABC 与一个正三棱柱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不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有( )A.6种B.12种C.18种D.24种解：先涂三棱锥P ­ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案.故选B.5.(2013·福建)满足a ，b ∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A.14B.13C.12D.10解：①当a ＝0时，方程总有解，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种有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)，此时应有3×4－3＝9种有序数对.故共有9＋4＝13种有序数对.故选B.6.(2013·济南模拟)电路如图所示，在A ，B 间有四个开关，若发现A ，B 之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有()A.3种B.8种C.13种D.16种解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.7.架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.8.已知集合A ＝{a ，b ，c ，d }，集合B ＝{1，2，3，4，5}，集合C ＝ {e ，f ，g ，h }.从集合B 到集合A 可以建立____________个不同的映射；在集合C 到集合B 的映射中，若要求集合C 中的不同元素的象也不同，这样的映射有_________个.解：集合B 中每个元素，都可以与A 中的4个元素建立对应关系，故从集合B 到A 可建立45＝1024个不同的映射；在集合C 到集合B 的映射中，C 中不同元素对应不同的象，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120个这样的映射.故填1024；120.9.已知集合M ＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问：(1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？ 解：(1)确定平面上的点P (a ，b )可分两步完成：第一步确定a 的值，共有6种确定方法；第二步确定b 的值，也有6种确定方法.根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a ，由于a ＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b ，由于b ＞0，所以有2种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个.(3)点P (a ，b )在直线y ＝x 上的充要条件是a ＝b.因此a 和b 必须在集合M 中取同一元素，共有6种取法，即在直线y ＝x 上的点有6个.结合(1)可得不在直线y ＝x 上的点共有36－6＝30个.10.从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数.设抛物线过原点，且顶点在第一象限.这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过原点，且顶点 (－b 2a ，4ac －b 24a)在第一象限，a ，b ，c 应满足 ⎩⎪⎨⎪⎧0＝a ×02＋b ×0＋c ，－b 2a ＞0，4ac －b 24a ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，a ＜0，b ＞0.分三步，a 可以取－3，－2，－1；b 可以取1，2，3；c 取0.所以满足条件的抛物线的条数为N ＝3×3×1＝9.11.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？解法一：如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.(1)当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种).(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种).综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.解法二：通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有C13C15种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2C13C15＝30种染法.(2014·福建)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.§11.2 排列与组合1.排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________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个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________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______表示.(3)排列数公式：A m n＝______________________.这里n，m∈N*，并且________.(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列.A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝________，这里规定0！＝________.2.组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，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个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________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________表示.(3)组合数公式：C m n＝A m n A m m＝＝.这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①C m n＝____________；②C m n＋1＝____________＋____________.自查自纠：1.(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n(4)排列n！n！（n－m）！12.(1)合成一组(2)所有不同组合C m n(3)n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！n！m！（n－m）！(4)①C n－m n②C m n C m－1n下列等式不．正确的是( )A.C m n＝C n－m nB.C m n＝A m nn！C.(n＋2)(n＋1)A m n＝A m＋2n＋2D.C r n＝C r－1n－1＋C r n－1解：C m n＝A m nm！.故选B.(2014·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：共有C26·C15＝75(种)不同的选法.故选C.若从6位志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作中的一种，现已确定这6人中的甲必须选上且专门从事翻译工作，则不同的选派方案有( )A.24种B.60种C.360种D.243种解：由排列的定义可知所求为A35＝60种.故选B.(2014·成都模拟)某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种.(用数字作答)解：先确定一个公益广告最后播放，再排另一个公益广告，最后排三个商业广告，不同的播放方式有A12·A13·A33＝36种.故填36.(2013·北京)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是____________.解：5张参观券分为4堆，其中有两张连号的分法有4种，然后把4堆参观券分给不同的4个人有A44种不同的分法，故共有不同的分法种数为4A44＝96.故填96.类型一排列数与组合数公式(1)解方程3A x8＝4A x－19；(2)解方程C x＋1x＋3＝C x－1x＋1＋C x x＋1＋C x－2x＋2.解：(1)利用3A x8＝38！（8－x）！，4A x－19＝49！（9－x＋1）！，得到3×8！（8－x）！＝4×9！（10－x）！.利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.再化简得到x2－19x＋78＝0.解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x 8和A x －19有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2＝13舍去，原方程的解是x ＝6.(2)由组合数的性质可得 C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2，又C x ＋1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1x ＋2，即C 1x ＋2＋C 2x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2.∴C 1x ＋2＝C 4x ＋2， ∴5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义.(2)应用组合数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C mn 时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大.使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短.(1)解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ；(2)计算：C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2100.解：(1)由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 得3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，由x ≠0整理得3x 2－17x ＋10＝0.解得x ＝5或23(舍去).即原方程的解为x ＝5.(2)原式＝(C 33＋C 23)＋C 24＋…＋C 2100＝(C 34＋C 24)＋…＋C 2100＝…＝C 3100＋C 2100 ＝C 3101＝166650.类型二 排列的基本问题7位同学站成一排照相.(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 66＝720种排法.(2)分两步，先排甲、乙，则有A 22种排法；再排其他5个人，有A 55种排法，由分步乘法计数原理则有A 22·A 55＝240种排法.(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 66种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 15·A 15·A 55种排法.综上，则共有A 66＋A 15·A 15·A 55＝3720种排法.间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A 77－A 66－A 66＋A 55＝3720种排法.(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 22·A 66＝1440种排法.(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A 55·A 26＝3600种排法.(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有12A 77＝2520种排法.点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数.(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种.正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”.6个人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻；(3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间间隔两人； (5)甲、乙站在两端； (6)甲不站左端，乙不站右端.解：(1)解法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个有A 14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A 14·A 55＝480(种).解法二：若对甲没有限制条件共有A 66种站法，甲在两端共有2A 55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数即得所求的站法数有A 66－2A 55＝480(种).(2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有A 55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A 55·A 22＝240(种)站法.解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A 44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙站入，有A 15种方法，最后让甲、乙全排列，有A 22种方法，共有站法A 44A 15A 22＝240(种).(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”.第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A 44种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有A 25种，故共有站法为A 44A 25＝480(种).(4)解法一：先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A 44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A 22种，故共有A 44·3A 22＝144种站法.。

高考语文（课标版）第一部分现代文阅读 (3)专题一论述类文本阅读 (3)学案 1 整体阅读指导 (5)学案 2 分析论点、论据和论证方法 (10)学案 3 识陷阱比对定答 (21)学案 4 悟内涵推断作答 (39)专题集训 1 论述类文本阅读(1) (45)专题集训 2 论述类文本阅读(2) (48)专题二文学类文本阅读.小说 (52)学案 1 整体阅读指导 (56)学案 2 题型梳理及解题方法 (59)专题集训 3 文学类文本阅读〃小说(1) (93)专题集训 4 文学类文本阅读〃小说(2) (97)专题三文学类文本阅读.散文 (101)学案 1 整体阅读指导 (103)学案 2 题型梳理及解题方法 (109)专题集训 5 文学类文本阅读〃散文(1) (135)专题集训 6 文学类文本阅读〃散文(2) (139)专题四实用类文本阅读.传记 (143)学案 1 整体阅读指导 (144)学案 2 题型梳理及解题方法 (148)专题集训 7 实用类文本阅读〃传记 (168)专题五实用类文本阅读.新闻与报告 (172)学案 1 整体阅读指导 (174)学案 2 题型梳理及解题方法 (177)专题集训 8 实用类文本阅读〃新闻与报告(1) (186)专题集训 9 实用类文本阅读〃新闻与报告(2) (190)第二部分古诗文阅读 (194)专题六文言文阅读 (194)学案 1 整体阅读指导 (196)学案 2 题型梳理及解题方法 (201)专题集训 10 文言文阅读(1) (243)专题集训 11 文言文阅读(2) (249)专题集训 12 文言文阅读(3) (255)专题七古代诗歌鉴赏 (261)学案 1 整体阅读指导 (262)学案 2 题型梳理及解题方法 (268)专题集训 13 古代诗歌鉴赏(1) (340)专题集训 14 古代诗歌鉴赏(2) (346)专题八默写常见的名句名篇 (354)第三部分语言文字应用 (364)专题九正确使用词语(包括熟语) (364)学案1成语使用正误识别 (365)学案 2 近义成语使用辨析 (372)专题集训 15 正确使用词语(包括熟语)(1) (379)专题集训 16 正确使用词语(包括熟语)(2) (383)专题十辨析并修改病句 (389)学案 1 掌握基本语法知识和逻辑知识 (389)学案 2 辨析病句 (395)学案 3 修改病句 (412)专题集训 17 辨析并修改病句(1) (415)专题集训 18 辨析并修改病句(2) (419)专题十一选用、仿用、变换句式 (424)学案 1 仿用句式的四种题型 (426)学案 2 变换句式的四种题型 (429)专题集训 19 选用、仿用、变换句式 (434)专题十二扩展语句，压缩语段 (438)学案 1 扩展语句的五种题型 (438)学案 2 压缩语段的五种题型 (442)专题集训 20 扩展语句，压缩语段 (446)专题十三语言表达简明、连贯、得体，准确、鲜明、生动 (450)学案 1 连贯题的三种题型 (450)学案 2 因境补文题型 (455)学案 3 推断、简明、得体题型 (457)专题集训 21 语言表达简明、连贯、得体，准确、鲜明、生动 (462)专题十四图表解析 (468)学案 1 图画解读类的四种题型 (468)学案 2 图表分析类的四种题型 (474)专题集训 22 图表解析 (480)第四部分写作 (484)专题十五写作 (484)第一部分现代文阅读专题一论述类文本阅读[考纲要求]2018年《考试大纲》对?论述类文本阅读？的考查内容及相应的能力层级作了如下规定：阅读中外论述类文本。

2021年高考数学新一轮复习 专题十一 选考部分（文、理） 1. (坐标系与参数方程选做题)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1和C 2的参数方程分别为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θy ＝5sin θ ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ为参数，0≤θ≤π2和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22t y ＝－22t (t 为参数)，则曲线C 1与C 2的交点坐标为__________．2. (几何证明选讲选做题)如图所示，直线PB 与圆O 相切于点B ，D 是弦AC 上的点，∠PBA ＝∠DBA ，若AD ＝m ，AC ＝n ，则AB ＝__________．3.在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2·cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝__________．4. (考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分)A ．(不等式选做题)若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是____________．B ．(几何证明选做题)如图，在圆O 中，直径AB 与弦CD 垂直，垂足为E ，EF ⊥DB ，垂足为F ，若AB ＝6，AE ＝1，则DF ·DB ＝________．C ．(坐标系与参数方程选做题)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________．5.选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线C 1的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝3sin φ，(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程是ρ＝2，正方形ABCD 的顶点都在C 2上，且A 、B 、C 、D 依逆时针次序排列，点A 的极坐标为(2，π3)．(Ⅰ) 求点A、B、C、D的直角坐标；(Ⅱ) 设P为C1上任意一点，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范围．6.选修4—5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(Ⅰ) 当a＝－3时，求不等式f(x) ≥3的解集；(Ⅱ) 若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．7.选修4­1：几何证明选讲如图，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：(Ⅰ)AC·BD＝AD·AB；(Ⅱ)AC＝AE.8.选修4­4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，圆C1：x2＋y2＝4，圆C2：(x－2)2＋y2＝4.(Ⅰ)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C1，C2的极坐标方程，并求出圆C1，C2的交点坐标(用极坐标表示)；(Ⅱ)求圆C1与C2的公共弦的参数方程．9.选修4­5：不等式选讲已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}． (Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若|f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2|≤k 恒成立，求k 的取值范围．专题十一 选考部分1.(2，1) 曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝5(0≤x ≤5)，曲线C 2的方程为y ＝x －1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝5y ＝x －1⇒x ＝2或x ＝－1(舍去)，则曲线C 1和C 2的交点坐标为(2，1)．2.mn 由弦切角定理得∠PBA ＝∠C ＝∠DBA ，则△ABD ∽△ACB ，AB AC ＝ADAB，则AB 2＝AC ·AD＝mn ，即AB ＝mn .3.22 把曲线C 1、C 2化成普通方程得C 1：2x ＋y ＝1，C 2：x 2＋y 2＝a 2，令y ＝0，解得a 2＝12⇒a ＝22(a ＞0)．4.A.－2≤a ≤4 由绝对值不等式的性质|a －1|≤|x －a |＋|x －1|≤3， ∴－3≤a －1≤3，∴－2≤a ≤4.B ．5 由相交弦定理，可得DE 2＝AE ·BE ＝1×5＝5，在△BED 中由射影定理，可得DE 2＝DF ·DB ＝5.C. 3 由直线2ρcos θ＝1，圆的方程ρ＝2cos θ，可得直线方程为2x ＝1，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝1，∴l ＝2× 12－（12）2＝ 3.5.解：(Ⅰ)由已知可得A (2cos π3，2sin π3)，B (2cos(π3＋π2)，2sin(π3＋π2))，C (2cos(π3＋π)，2sin(π3＋π))，D (2cos(π3＋3π2)，2sin(π3＋3π2))，即A (1，3)，B (－3，1)，C (－1，－3)，D (3，－1)． (Ⅱ)设P (2cos φ，3sin φ)，令S ＝|PA |2＋|PB |2＋|PC |2＋|PD |2，则 S ＝16cos 2φ＋36sin 2φ＋16＝32＋20sin 2φ.因为0≤sin 2φ≤1，所以S 的取值范围是[32，52]． 6.解：(Ⅰ)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1， 2＜x ＜3，2x －5， x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4. 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1}∪{x |x ≥4}． (Ⅱ)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 当x ∈[1，2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a | ⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a | ⇔－2－a ≤x ≤2－a .由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0. 故满足条件的a 的取值范围为[－3，0]．7.证明：(Ⅰ)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ， 同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB .从而AC AD ＝AB BD，即AC ·BD ＝AD ·AB .(Ⅱ)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD ， 又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD .从而AE AB ＝ADBD，即AE ·BD ＝AD ·AB .结合(Ⅰ)的结论，AC ＝AE .8.解：(Ⅰ)圆C 1的极坐标方程为ρ＝2， 圆C 2的极坐标方程ρ＝4cos θ. 解⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝2ρ＝4cos θ，得ρ＝2，θ＝±π3，故圆C 1与圆C 2交点的坐标为(2，π3)，(2，－π3)．注：极坐标系下点的表示不唯一．(Ⅱ)法一：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得圆C 1与C 2交点的直角坐标分别为(1，3)，(1，－3)．故圆C 1与C 2的公共弦的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝t ，－3≤t ≤ 3.(或参数方程写成⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝y ，－3≤y ≤3)法二：将x ＝1代入⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得ρcos θ＝1，从而ρ＝1cos θ.于是圆C 1与C 2的公共弦的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝tan θ，－π3≤θ≤π3. 9.解：(Ⅰ)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2.又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意．当a >0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2.(Ⅱ)记h (x )＝f (x )－2f (x2)，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1， x ≤－1，－4x －3， －1<x <－12，－1， x ≥－12， 所以|h (x )|≤1，因此k 的取值范围为k ≥1.22820 5924 夤33089 8141 腁32112 7D70 絰22011 55FB 嗻21565 543D 吽GN40595 9E93 麓20310 4F56 佖829602 73A2 玢 l282626E66 湦。

2021年高考语文核按钮答案宁海、辽、黑、吉、陕版2021年高考语文核按钮答案宁海、辽、黑、吉、陕版.txt10有了执著，生命旅程上的寂寞可以铺成一片蓝天；有了执著，孤单可以演绎成一排鸿雁；有了执著，欢乐可以绽放成满圆的鲜花。

127到130页板块一文言实词训练 1.D（直：副词，只，只是，不是通假字。

）2.C（危：高。

）3.C（间：从小路。

）4.A（胜：尽。

B.受：①通授，②接受。

C.奉：①承奉，②接受。

D.行：①遵守，②行为。

） 5.D（报：报答。

A.卒：①士兵，②最终。

B.破：①攻克，②残破。

C.举：①尽，②举荐。

） 6.A.其次：古义，它的旁边；今义，居于次一等的。

B.茫然：古义，旷远的样子；今义，完全不知道的样子。

C.众人：古义，一般人，普通人；今义，很多人。

D.从而：古义，是两个词，动词从和连词而，意为跟随而且；今义，合成一个连词，表目的或结果。

7.D（狼狈：形容困苦受窘的样子，古今义相同。

A.非常：古义，意外的变故；今义，异乎寻常的，很。

B.跪：古义，蟹腿；今义，下跪。

C.成立：古义，成人自立；今义，指组织、机构等筹备成功，开始存在。

）8.（1）衰老。

（2）旧。

（3）所以。

（4）旧交。

9.（1）逃亡，逃跑。

（2）失去，丢失。

（3）灭亡。

（4）通无，没有。

10.（1）再拜：拜两次，古代表示隆重的礼节。

（2）东宫：太子所住的地方，代指太子。

（3）管弦：代指音乐。

（4）左迁：降职。

板块二文言虚词训练1.D（而在①③句中表转折关系，②④句中表并列关系。

）2.D（于：用在形容词后面，引进比较的对象。

可译为比。

A.之：①取消句子独立性；②结构助词，的。

B.以：介词，①介词，因为；②连词，表顺承。

C.者：①用在今后面，起补足音节的作用；②用在判断句主语后，起提顿作用，引出判断。

） 3.C〔则：连词，表顺承，就，那么。

A.也：①放在句中表示停顿；②表疑问语气。

B.焉：①兼词，在那里；②代词，他（师）。