2019届高考数学二轮复习 第三部分 7 回顾7 概率与统计 学案 Word版含解析

7.概率与统计1．随机抽样方法简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的共同点是抽样过程中每个个体被抽取的机会相等，且是不放回抽样．[问题1]　某社区现有480个住户，其中中等收入家庭200户、低收入家庭160户，其他为高收入家庭．在建设幸福社区的某次分层抽样调查中，高收入家庭被抽取了6户，则该社区本次抽取的总户数为________．答案　24解析　设本次抽取的总户数为x ，由抽样比例可知，＝，则x ＝24.6x 480－200－1604802．对于统计图表问题，求解时，最重要的就是认真观察图表，从中提取有用信息和数据．对于频率分布直方图，应注意的是图中的每一个小矩形的面积是数据落在该区间上的频率．茎叶图没有原始数据信息的损失，但数据很大或有多组数据时，茎叶图就不那么直观、清晰了．[问题2]　某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩(满分100分)的茎叶图如图所示，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83，则x ＋y 的值为________.答案　8解析　依题意，甲班学生的平均分为85＝，故x ＝5.78＋79＋85＋80＋x ＋80＋92＋967乙班学生成绩的中位数为83，故其成绩为76,81,81,83,91,91,96，所以y ＝3，x ＋y ＝8.3．在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数的值．平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘小矩形底边中点的横坐标之和，众数是最高矩形的中点的横坐标．[问题3]　某公司为了解用户对其产品的满意度，随机调查了40个用户，根据用户满意度的评分制成频率分布直方图(如下)，则该地区满意度评分的平均值为________．答案　77.5解析　由直方图估计评分的平均值为55×0.05＋65×0.2＋75×0.35＋85×0.25＋95×0.15＝77.5.4．互斥事件的概率公式P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )(1)公式适合范围：事件A 与B 互斥．(2)P ()＝1－P (A )．A [问题4]　抛掷一枚骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝，P (B )＝，则出现奇数点或2点的概率之和为________．1216答案　235．古典概型P (A )＝(其中，n 为一次试验中可能出现的结果总数，m 为事件A 在试验中包含的基本事件个数)．mn [问题5]　袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率为________．答案　25解析　设袋中1个红球用a 表示，2个白球分别用b 1，b 2表示，3个黑球分别用c 1，c 2，c 3表示，则从袋中任取两球所含基本事件为(a ，b 1)，(a ，b 2)，(a ，c 1)，(a ，c 2)，(a ，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15个．两球颜色为一白一黑的基本事件为(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，共6个．∴其概率为＝.615256．几何概型一般地，在几何区域D 内随机地取一点，记事件“该点在其内部一个区域d 内”为事件A ，则事件A 发生的概率为P (A )＝.此处D 的测度不为0，其中“测度”的意义依D 确定，当D 分别是线段、平面图形和d 的测度D 的测度立体图形时，相应的测度分别为长度、面积和体积等．即P (A )＝.构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)[问题6]　在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．答案　1－π12解析　记“点P 到点O 的距离大于1”为事件A ，P (A )＝＝1－.23－12×43π×1323π12易错点1　抽样方法理解不准例1　一个总体中100个个体的编号为0,1,2,3，…，99，并依次将其分为10个小组，组号为0,1,2，…，9.要用系统抽样的方法抽取一个容量为10的样本，规定如果第0组(号码0～9)随机抽取的号码为l ，那么依次错位地抽取后面各组的号码，即第k 组中抽取的号码的个位数为l ＋k 或l ＋k －10(如果l ＋k ≥10)．若l ＝6，则所抽取的第5组的号码是________．易错分析　本题易错点有两个：一是忽视题中对组号的描述，误以为第一个号码6为第一组的号码导致错误；二是忽视系统抽样号码抽样法则的制定，误以为组距为10，所以每组抽取号码的个位数都为6.所以解决此类问题，一定要根据题中的条件准确进行编号与抽样．解析　由题意，第0组抽取的号码为6，则第一组抽取的号码的个位数为6＋1＝7，所以选17.因为7＋1＝8，第二组抽取号码的个位数为8，故选28.因为8＋1＝9，第三组抽取号码的个位数为9，故选39.因为9＋1＝10≥10,9＋1－10＝0，第四组抽取号码的个位数为0，故选40.因为0＋1＝1，第五组抽取号码的个位数为1，故选51.答案　51易错点2　误解基本事件的等可能性例2　若将一枚质地均匀的骰子(一种各面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为4的概率为________．易错分析　解本题时易出现的错误在于对等可能性事件的概率中“基本事件”以及“等可能性”等概念的理解不深刻，错误地认为基本事件总数为11(点数和等于2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)，或者将点数和为4的事件错误地计算为(1,3)(2,2)两种，从而导致出错．解析　将先后掷2次出现向上的点数记作点坐标(x ，y )，则共可得点坐标的个数为6×6＝36，而向上点数之和为4的点坐标有(1,3)，(2,2)，(3,1)，共3个，故先后掷2次，出现向上的点数之和为4的概率P ＝＝.336112答案　112易错点3　几何概型中“测度”确定不准例3　在等腰直角三角形ABC 中，直角顶点为C .(1)在斜边AB 上任取一点M ，求AM <AC 的概率；(2)在∠ACB 的内部，以C 为端点任作一条射线CM ，与线段AB 交于点M ，求AM <AC 的概率．易错分析　本题易出现的问题是混淆几何概型中对事件的度量方式，不注意题中两问中点M 生成方式的差异，误以为该题两问中的几何概型都是用线段的长度来度量造成错解．解　(1)由题意可知，AB ＝AC .2由于点M 是在斜边AB 上任取的，所以点M 等可能分布在线段AB 上，因此基本事件的区域应是线段AB .所以P (AM <AC )＝＝.AC 2AC 22(2)由于在∠ACB 内作射线CM ，等可能分布的是CM 在∠ACB 内的任一位置(如图所示)，因此基本事件的区域应是∠ACB ，所以P (AM <AC )＝＝＝.∠ACC ′∠ACB π－π42π234易错点4　互斥事件概念不清例4　对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹．设A ＝{两次都击中飞机}，B ＝{两次都没击中飞机}，C ＝{恰有一次击中飞机}，D ＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互为互斥事件的是________；互为对立事件的是________．易错分析　对事件互斥意义不明确，对事件的互斥与对立之间的关系不清楚，就会出现错误的判断．对立事件和互斥事件都不可能同时发生，但对立事件必有一个要发生，而互斥事件可能都不发生．所以两个事件对立，则两个事件必是互斥事件；反之，两事件是互斥事件，但未必是对立事件．解析　因为A ∩B ＝∅，A ∩C ＝∅，B ∩C ＝∅，B ∩D ＝∅，故A 与B ，A 与C ，B 与C ，B 与D 为彼此互斥事件，而B ∩D ＝∅，B ∪D ＝Ω，故B 与D 互为对立事件．答案　A 与B ，A 与C ，B 与C ，B 与D B 与D1．(2018·江苏盐城中学模拟)有100件产品编号从00到99，用系统抽样方法从中抽取5件产品进行检验，分组后每组按照相同的间隔抽取产品，若第5组抽取的产品编号为91，则第2组抽取的产品编号为________．答案　31解析　根据系统抽样原理，抽样间隔为l ＝＝20.1005设第1组抽取数据为a 0，则第5组抽取的产品编号为4×20＋a 0＝91，解得a 0＝11.∴第2组抽取的产品编号为1×20＋a 0＝31.2．若以连续抛掷两次骰子分别得到的点数m ，n 作为点P 的横、纵坐标，则点P 落在直线x ＋3y ＝15两侧的概率为________．答案　1718解析　由题意可知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，点P (m ，n )共有36种可能，其中只有当Error!和Error!时，点P 落在直线x ＋3y ＝15上，故点P 落在直线x ＋3y ＝15两侧的概率为P ＝1－＝.23617183．某市教研室在组织全市高三学生一模考试后，对全市14 500名高三学生的数学成绩(满分：160分)进行分析，发现成绩全部在区间[85,145]上，将成绩绘制成频率分布直方图如图所示，则此次考试该市学生成绩在[125,135)之间的人数为________．答案　1 740解析　由频率分布直方图可得成绩在[125,135)之间的频率为1－(0.010＋0.024＋0.030＋0.016＋0.008)×10＝0.12，则此次考试该市学生成绩在[125,135)之间的人数为0.12×14 500＝1 740.4．同时抛掷两枚质地均匀的骰子(一种各面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)，观察向上的点数，则两个点数之积不小于10的概率为________．答案　1936解析　同时抛掷两枚质地均匀的骰子(一种各面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)，观察向上的点数，基本事件总数n ＝6×6＝36，列表如下：(1,6)(2,6)(3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(1,5)(2,5)(3,5)(4,5)(5,5)(6,5)(1,4)(2,4)(3,4)(4,4)(5,4)(6,4)(1,3)(2,3)(3,3)(4,3)(5,3)(6,3)(1,2)(2,2)(3,2)(4,2)(5,2)(6,2)(1,1)(2,1)(3,1)(4,1)(5,1)(6,1)两个点数之积不小于10包含的基本事件有19个，∴两个点数之积不小于10的概率P ＝.19365．如图茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩超过甲的概率为________.答案　110解析　甲的平均成绩为＝90，88＋89＋90＋91＋925设被污损一个数字为x ，则乙的平均成绩为>90，83＋83＋87＋99＋90＋x5解得x >8⇒x ＝9，所以所求概率为.1106．某中学部分学生参加高中数学竞赛，指导老师统计了本校所有参赛学生的成绩(成绩均为整数，满分120分)，并且按[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100)，[100,110)，[110,120]绘制了如图所示的频数分布图，如果不低于90分则获奖，那么该校参赛学生的获奖率为________．答案　43.75%解析　由题意知，参赛人数为4＋6＋8＋7＋5＋2＝32，获奖人数为7＋5＋2＝14，所以该校参赛学生的获奖率为＝43.75%.14327．一组数据中的每一个数据都减去80，得一组新数据，若求得新数据的平均数是1.2，方差是4.4，则原来数据的平均数和方差分别是________．答案　81.2,4.4解析　设这组数据为x 1，x 2，…，x n ，都减去80后，得到新数据为12x x ''，，…，n x '，则12nx x x n'''+++ ＝1.2，所以＝1280n x x x nn'''++++ ＝1.2＋80＝81.2.x 1＋x 2＋…＋xn n 因为方差是刻画数据离散程度的，所以各数据减去(或加上)同一个数后，方差的大小不变．8．袋中有形状、大小都相同的5只球，其中3只白球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．答案　35解析　方法一　从5只球中一次随机摸出2只球，有10种取法，摸出2只颜色不同球的情况有2×3＝6(种)，故其概率为＝.61035方法二　从5只球中一次随机摸出2只球，有10种取法，摸出2只颜色相同的情况有3＋1＝4(种)，故摸出2只颜色不同的球的概率为1－＝.410359．设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为________．答案　－1412π解析　由|z |≤1，可得(x －1)2＋y 2≤1，表示以(1,0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y ≥x 的部分为如图阴影所示，由几何概型概率公式，可得所求概率为P ＝＝＝－.14π×12－12×12π×12π4－12π1412π10．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是________．(填序号)①甲地：总体均值为3，中位数为4；②乙地：总体均值为1，总体方差大于0；③丙地：中位数为2，众数为3；④丁地：总体均值为2，总体方差为3.答案　④解析　根据信息可知，连续10天内，每天的新增疑似病例不能有超过7的数，①中，中位数为4，可能存在大于7的数；同理，在③中也有可能；②中的总体方差大于0，叙述不明确，如果数目太大，也有可能存在大于7的数；④中，根据方差公式，如果有大于7的数存在，那么方差不会为3，故填④.。

回顾7概率与统计[必记知识]分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中有m n种方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法(也称加法原理)．分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n 步有m n种方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法(也称乘法原理)．排列数、组合数公式及其相关性质(1)排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！（n－m）！(m≤n，m，n∈N*)，A n n＝n！＝n(n－1)(n－2)…·2·1(n∈N*)．[提醒])（1）在这个公式中m，n∈N*，且m≤n，并且规定0！＝1，当m＝n时，A m n＝n！.（2）A m n＝n！（n－m）！主要有两个作用：①利用此公式计算排列数；②对含有字母的排列数的式子进行变形时常使用此公式.(2)组合数公式C m n＝A m nA m m＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！＝n！m！（n－m）！(m≤n，n，m∈N*)．[提醒])（1）公式C m n＝n！m！（n－m）！主要有两个作用：①利用此公式计算组合数；②对含有字母的组合数的式子进行变形和证明时，常用此公式.（2）组合数的性质,C m n＝C n－mn （m≤n，n，m∈N*），C m n＋1＝C m－1n＋C m n（m≤n，n，m∈N*）.（3）排列数与组合数的联系A m n＝C m n A m m.二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b1＋…＋C k n a n－k b k＋…＋C n n b n(n∈N*)．这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中各项的系数C k n(k＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数．式中的C k n a n－k b k叫做二项展开式的通项，用T k＋1表示，即通项为展开式的第k＋1项：T k＋1＝C k n a n－k b k(其中0≤k≤n，k∈N，n∈N*)．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C0n，C1n，一直到C n－1n，C n n.[提醒]) 对于二项式定理应用时要注意,（1）区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细.项的系数与a ，b 有关，可正可负，二项式系数只与n 有关，恒为正.（2）运用通项求展开的一些特殊项，通常都是由题意列方程求出k ，再求所需的某项；有时需先求n ，计算时要注意n 和k 的取值范围及它们之间的大小关系.（3）赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1. （4）在化简求值时，注意二项式定理的逆用，要用整体思想看待a ，b . 概率的计算公式 (1)古典概型的概率公式P (A )＝事件A 包含的基本事件数m 基本事件总数n ；(2)互斥事件的概率计算公式 P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )； (3)对立事件的概率计算公式 P (A )＝1－P (A )；(4)几何概型的概率计算公式P (A )＝构成事件A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）.统计中四个数据特征(1)众数：在样本数据中，出现次数最多的那个数据；(2)中位数：在样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取中间两个数据的平均数作为中位数；(3)平均数：样本数据的算术平均数， 即x －＝1n (x 1＋x 2＋…＋x n )；(4)方差与标准差方差：s 2＝1n [(x 1－x －)2＋(x 2－x －)2＋…＋(x n －x －)2]．标准差： s ＝1n[（x 1－x －）2＋（x 2－x －）2＋…＋（x n －x －）2]. 二项分布(1)相互独立事件的概率运算①事件A ，B 相互独立⇔P (AB )＝P (A )P (B )．②若事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这些事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．③事件A ，B 相互独立，则A －和B －，A 与B －，A －与B 也相互独立．(2)条件概率P(B|A)＝P（AB）P（A）的性质①0≤P(B|A)≤1.②若B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．③若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(3)二项分布如果在每次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(ξ＝k)＝C k n p k q n－k，其中k＝0，1，…，n，q＝1－p，于是得到随机变量ξ的概率分布列如下：ξ01…k …nP C0n p0q n C1n p1q n－1…C k n p k q n－k…C n n p n q0我们称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并称p为成功概率．[提醒])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，则事件{X＝k}发生的概率为P（X＝k）＝，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此时称随机变量X服从超几何分布.正态分布(1)正态分布的定义及表示如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝⎠⎛abφμ，σ(x)d x(即直线x＝a，直线x＝b，正态曲线及x轴围成的曲边梯形的面积)，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2.(2)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交．②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称．③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π.④曲线与x轴之间的面积为1.⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移．⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．[提醒])P（X≤a）＝1－P（X＞a）；P（X≤μ－a）＝P（X≥μ＋a）；P（a＜X＜b）＝P（X＜b）－P（X≤a）.[必会结论]求解排列问题常用的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相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法 不相邻问题插空处理，即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的排列产生的空中 先整体， 后局部 “小集团”排列问题中，先整体，后局部除法 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，等价转化的方法二项式系数的性质(1)对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C m n ＝C n－mn.(2)增减性与最大值：二项式系数C k n ，当k ＜n ＋12时，二项式系数逐渐增大；当k ＞n ＋12时，二项式系数逐渐减小．当n 是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n 是奇数时，中间两项的二项式系数最大．(3)各二项式系数的和：(a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n . (4)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1. 均值与方差的性质结论 (1)均值的性质结论 ①E (k )＝k (k 为常数)． ②E (aX ＋b )＝aE (X )＋b . ③E (X 1＋X 2)＝E (X 1)＋E (X 2)．④若X 1，X 2相互独立，则E (X 1·X 2)＝E (X 1)·E (X 2)． (2)方差的相关性质结论 ①D (k )＝0(k 为常数)． ②D (aX ＋b )＝a 2D (X )． ③D (X )＝E (X 2)－[E (X )]2.④若X 1，X 2，…，X n 两两独立，则D (X 1＋X 2＋…＋X n )＝D (X 1)＋D (X 2)＋…＋D (X n )． (3)两点分布与二项分布的均值与方差①若随机变量X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )．②若随机变量X 服从二项分布，即X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．[必练习题]1．200辆汽车通过某一段公路时的时速的频率分布直方图如图所示，则时速的众数、中位数的估计值为( )A ．62，62.5B ．65，62C ．65，63.5D ．65，65解析：选 D.由图易知最高的矩形为第三个矩形，所以时速的众数为65.前两个矩形的面积为(0.01＋0.02)×10＝0.3，由于0.5－0.3＝0.2，则0.20.4×10＝5，所以中位数为60＋5＝65.故选D.2．在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂指数是非整数的项共有( )A ．18项B ．19项C ．20项D ．21项解析：选C.⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 24展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 24(x 12)24－r ·(x －13)r ＝C r24x 12－56r (0≤r ≤24，r ∈N )，若x 的幂指数是整数，则12－56r 为整数，所以r ＝0，6，12，18，24，共可取5个值，因为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 24的展开式中有25项，所以x 的幂指数是非整数的项共有25－5＝20项，故选C.3．如果⎝⎛⎭⎪⎫3x －13x 2n 的展开式中各项系数之和为128，则展开式中1x 3的系数是( ) A ．7 B ．－7 C ．21D ．－21解析：选C.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －13x 2n的展开式中各项系数之和为128，所以令x ＝1，则2n＝128，解得n ＝7，所以⎝⎛⎭⎪⎫3x －13 x 27的展开式中第r ＋1项为Tr ＋1＝C r 7(3x )7－r⎝⎛⎭⎪⎫－13x 2r＝(－1)r C r 737－r x 7－5r3，令7－53r ＝－3，解得r ＝6，所以1x3的系数为(－1)6C 67×3＝21.故选C. 4．(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( )A ．－80B ．－40C ．40D ．80解析：选C.由二项式定理可得，展开式中含x 3y 3的项为x ·C 35(2x )2(－y )3＋y ·C 25(2x )3(－y )2＝40x 3y 3，则x 3y3的系数为40.5．从6个盒子中选出3个来装东西，且甲、乙两个盒子至少有一个被选中的情况有( )A ．16种B ．18种C ．22种D ．37种解析：选A.可分为两类，第一类：甲、乙两个盒子恰有一个被选中，有C 12C 24＝12种；第二类：甲、乙两个盒子都被选中，有C 22C 14＝4种，所以共有12＋4＝16种不同的情况，故选A.6．学校组织学生参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学．现从该小组中选出3名同学分别到A ，B ，C 三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有( )A ．70种B ．140种C ．840种D ．420种解析：选D.从9名同学中任选3名分别到A ，B ，C 三地进行社会调查有C 39A 33种方法，3名同学全是男生或全是女生有(C 34＋C 35)A 33种方法，故选出的同学中男女均有的不同安排方法有C 39A 33－(C 34＋C 35)A 33＝420种．7．某彩票公司每天开奖一次，从1，2，3，4四个号码中随机开出一个作为中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出与前一天不同的号码为止．如果第一天开出的号码是4，那么第五天开出的号码也同样是4的所有可能的情况有( )A ．14种B ．21种C ．24种D ．35种解析：选B.第一天开出4，第五天同样开出4，则第二天开出的号码有3种情况，如果第三天开出的号码是4，则第四天开出的号码有3种情况；如果第三天开出的号码不是4，则第四天开出的号码有2种情况，所以满足条件的情况有3×1×3＋3×2×2＝21种．8．五个人负责一个社团的周一至周五的值班工作，每人一天，则甲同学不值周一，乙同学不值周五，且甲、乙不相邻的概率是( )A.310 B.720 C.25D.1330解析：选B.由题意，总的基本事件数为五个人的全排列数A 55.设“甲不值周一，乙不值周五，且甲、乙不相邻”为事件A ，则事件A 包含的基本事件数可按甲值班日期分类计算，当甲值周二时，有A 33种；当甲值周三时，有A 33种；当甲值周四时，有2A 33种，当甲值周五时，有3A 33种．所以事件A 包含的基本事件数n (A )＝A 33＋A 33＋2A 33＋3A 33＝7A 33，所以事件A 发生的概率为P (A )＝7A 33A 55＝720，故选B.9．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4号，5号，B 球必须放在与A 球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为________．解析：根据A 球所在的位置可分三类：(1)若A 球放在1号盒子内，则B 球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A 球放在3号盒子内，则B 球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A 球放在2号盒子内，则B 球可以放在1号，3号，4号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有3×3×2×1＝18种不同的放法．综上可得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．答案：3010．随机地向半圆0＜y ＜2ax －x 2(a 为正常数)内掷一点，点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，而原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4的概率为________．解析：由0＜y ＜2ax －x 2(a ＞0)． 得(x －a )2＋y 2＜a 2. 因此半圆区域如图所示．设A 表示事件“原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4”，由几何概型的概率计算公式得P (A )＝A 的面积半圆的面积＝14πa 2＋12a 212πa 2＝12＋1π.答案：12＋1π。

第一讲排列与组合、二项式定理考点一两个计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．[对点训练]1．已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有( )A．12对 B．15对 C．18对 D．20对[解析] 依题意，当A，B均有一个元素时，有3对；当B有一个元素，A有两个元素时，有C23＋C23＋2＝8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A 有三个元素时，有3对；当A，B均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20对，选D.[答案] D2．(2018·河北唐山二模)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是( ) A．18 B．16 C．12 D．9[解析] 根据题意，分3步进行分析：①0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况，②在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，③在最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成3×3＝9个不同的四位数，故选D.[答案] D3.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )A．120 B．140C．240 D．260[解析] 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C 处与A处所涂颜色相同，则C处有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.[答案] D[快速审题] 看到计数问题，想到分类加法计数原理和分步乘法计数原理．两个计数原理的应用技巧(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．考点二排列、组合排列与组合的异同点[对点训练]1．马路上有七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案共有( )A．60种 B．20种 C．10种 D．8种[解析] 根据题意，可分两步完成：第一步，先安排四盏不亮的路灯，只有1种情况；第二步，四盏不亮的路灯排好后，有5个空位，在5个空位中任意选3个，插入三盏亮的路灯，有C35＝10(种)情况．故不同的开灯方案共有1×10＝10(种)，故选C.[答案] C2．(2018·山西四校联考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A．72 B．120 C．144 D．168[解析] 依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A33A34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A22A22A33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B.[答案] B[探究追问] (1)若第2题中，“同类节目不相邻”改为“同类节目必须相邻”，则有多少种不同的排法？(2)若第2题中，“同类节目不相邻”改为“相声类节目不排第一个，小品类节目不排最后一个，则有多少种不同的排法？”[解析] (1)(捆绑法)将歌舞类节目，2个小品类节目分别各自作一个节目与相声类节目排列，共有A33种不同排法．又歌舞类节目有A33种排法，小品类节目有A22种排法，所以共有A33×A33×A22＝72(种)不同排法．(2)分两类：第一类，若第一个节目排歌舞类，由于最后一个不排小品类节目，有A 13·A 24A 33＝216(种)排法；第二类，若第一个节目排小品类节目，则有A 12·A 14·A 44＝192(种)排法．故共有216＋192＝408(种)不同的排法．[答案] (1)72种 (2)408种3．(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)[解析] 解法一：从2位女生，4位男生中选3人，且至少有1位女生入选的情况有以下2种：①2女1男：有C 22C 14＝4种选法；②1女2男：有C 12C 24＝12种选法，故至少有1位女生入选的选法有4＋12＝16种．解法二：从2位女生，4位男生中选3人有C 36＝20种选法，其中选出的3人都是男生的选法有C 34＝4种，所以至少有1位女生入选的选法有20－4＝16种．[答案] 164．(2018·北京西城一模)某种产品的加工需要A ，B ，C ，D ，E 五道工艺，其中A 必须在D 的前面完成(不一定相邻)，其他工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B 与C 必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有________种．(用数字作答)[解析] B 与C 必须相邻，看作一个元素，与剩下三个元素全排列共有A 44种排法，而B 与C 的顺序有A 22种排法，又A 必须在D 的前面完成，所以完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有A 44·A 22A 22＝24(种)．[答案] 24[快速审题] (1)看到“在”与“不在”的排列问题，想到特殊优先原则． (2)看到相邻问题，想到捆绑法；看到不相邻问题，想到插空法． (3)看到“至少”“最多”的问题，想到用直接法或间接法．解排列组合综合问题的4个角度考点三 二项式定理1．通项与二项式系数T k ＋1＝C k n a n －k b k(k ＝0,1,2，…，n )，其中C k n 叫做二项式系数．2．二项式系数的性质(1)C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，…，C r n ＝C n －rn ； (2)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n； (3)C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1.[对点训练]1．(2018·山东枣庄二模)若(x 2－a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13B.12C ．1D ．2 [解析] ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 10·x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1xr ＝C r 10·x 10－2r ，令10－2r ＝4，解得r ＝3，所以x 4项的系数为C 310；令10－2r ＝6，解得r ＝2，所以x 6项的系数为C 210，所以(x 2－a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为C 310－a C 210＝30，解得a ＝2.故选D.[答案] D2．(2018·河北邯郸二模)在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x 3的系数为( )A ．15B ．45C ．135D ．405 [解析][答案] C3．(2018·福建漳州二模)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20[解析] 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.[答案] D4．(2018·浙江卷)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是________．[解析][答案] 7[快速审题] (1)看到展开式中求二项式系数或项的系数，想到二项展开式的通项． (2)看到二项式的系数和问题，想到用赋值法．利用二项式定理求解的3种常用思路(1)二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决的．(2)二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．(3)二项展开式的最大项是通过不等式组确定的．1．(2017·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] 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种安排方式，故选D.[答案] D2．(2018·全国卷Ⅲ)⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80[解析] ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ·(2x －1)r ＝2r C r 5·x 10－3r，令10－3r ＝4，得r ＝2，所以x 4的系数为22×C 25＝40.故选C.[答案] C3．(2017·全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40 D ．80[解析] (2x －y )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·(2x )5－r·(－y )r ＝(－1)r·25－r C r5·x5－r y r.其中x 2y 3项的系数为(－1)3·22·C 35＝－40，x 3y 2项的系数为(－1)2·23·C 25＝80.于是(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为－40＋80＝40.[答案] C4．(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)[解析] 含有数字0的没有重复数字的四位数共有C 25C 13A 13A 33＝540个，不含有数字0的没有重复数字的四位数共有C 25C 23A 44＝720个，故一共可以组成540＋720＝1260个没有重复数字的四位数．[答案] 12605．(2017·天津卷)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] 有一个数字是偶数的四位数有C14C35A44＝960个．没有偶数的四位数有A45＝120个．故这样的四位数一共有960＋120＝1080个．[答案] 10801.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型．2．二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般，多出现在第9～10或第13～15题的位置上．热点课题17 分类讨论思想在排列组合中的应用[感悟体验]1．(2018·济南二模)某校开设5门不同的数学选修课，每位同学可以从中任选1门或2门课学习，甲、乙、丙三位同学选择的课没有一门是相同的，则不同的选法共有( ) A．330种 B．420种C．510种 D．600种[解析] 当甲、乙、丙三位同学都只选1门，不同的选法有A35＝60(种)；当甲、乙、丙三位同学有一位选1门，另外两位选2门，不同的选法有C13C15C24C22＝90(种)；当甲、乙、丙三位同学有两位选1门，另一位选2门，不同的选法有C13C25C13C12＝180(种)，共有60＋90＋180＝330(种)．[答案] A2．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．232 B．252 C．472 D．484[解析] 由题意，不考虑特殊情况，共有C316种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C34种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C24·C112种取法，故所求的取法共有C316－4C34－C24·C112＝560－16－72＝472种，选C.[答案] C专题跟踪训练(二十八)一、选择题1．(2018·惠州市二调)旅游体验师小李受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为( )A．24 B．18 C．16 D．10[解析] 分两种情况，第一种：若最后去甲景区，则有A33种可选的路线；第二种：若不在最后去甲景区，则有C12·A22种可选的路线．所以小李可选的旅游路线数为A33＋C12·A22＝10.故选D.[答案] D2．(2018·开封市定位考试)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )A ．6B ．12C ．18D ．19[解析] 解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有C 13C 23＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有C 23C 13＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种，所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.解法二：从六科中选考三科的选法只有C 36种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法只有1种，因此学生甲的选考方法共有C 36－1＝19(种)，故选D.[答案] D3．(2018·广西贵港市联考)在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，常数项为( )A ．－240B ．－60C ．60D ．240[解析] ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－2)r C r 6x 12－3r，令12－3r ＝0，得r ＝4，故常数项为T 5＝(－2)4C 46＝240，故选D.[答案] D4．(2018·长郡中学实验班选拔考试)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a x7的展开式中的各项系数之和为－1，则含x 2的项的系数为( )A ．560B ．－560C ．280D ．－280[解析] 取x ＝1，得二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 7的展开式中的各项系数之和为(1＋a )7，即(1＋a )7＝－1，解得a ＝－2.二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 7的展开式的通项为T r ＋1＝C r 7·(x 2)7－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r ＝C r 7·(－2)r ·x14－3r.令14－3r ＝2，得r ＝4.因此，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 7的展开式中含x 2项的系数为C 47·(－2)4＝560，故选A.[答案] A5．将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有( )A ．150种B ．180种C ．240种D ．540种[解析] 先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有C 35＋C 15×C 24×C 222！＝25(种)分法；再将三组学生分到3所学校有A 33＝6(种)分法，故共有25×6＝150(种)不同的保送方法．故选A.[答案] A6．(2018·广州一模)(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 6的展开式的常数项为( ) A ．54 B ．56 C ．58 D ．60[解析] (x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 6的展开式的常数项就是⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 6的展开式的常数项与x －1项的系数之和.⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6(2x 2)6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·26－r C r 6x 12－3r ，令12－3r ＝0得r ＝4，所以常数项是(－1)4×22×C 46＝60，令12－3r ＝－1得r ＝133，不符合题意，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 6的展开式的x －1项是不存在的，故选D. [答案] D7．(2018·广东肇庆三模)(x ＋2y )7的展开式中，系数最大的项是( )A ．68y 7B ．112x 3y 4C ．672x 2y 5D ．1344x 2y 5 [解析] 设第r ＋1项的系数最大，又∵r ∈Z ，∴r ＝5.∴系数最大的项为T 6＝C 57x 2·25y 5＝672x 2y 5.故选C.[答案] C8．(2018·衡水一模)已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数为( )A ．24B ．28C ．36D ．48[解析] 按红红之间有蓝、无蓝这两类来分情况研究．(1)当红红之间有蓝时，则有A 22A 24＝24种情况；(2)当红红之间无蓝时，则有C12A22C12C13＝24种情况．因此这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，共有24＋24＝48种排法．故选D.[答案] D9．(2018·广东珠海模拟)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共有( )A．480种 B．360种 C．240种 D．120种[解析] 根据题意，将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2个小球放入1个盒子，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①先将5个小球分成4组，有C25＝10种分法；②将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44＝24种情况，则不同放法有10×24＝240种．故选C.[答案] C10．(2018·甘肃二诊)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( ) A．18种 B．24种 C．36种 D．48种[解析] 若甲、乙抢到的是一个6元和一个8元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)；若甲、乙抢到的是一个6元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)；若甲、乙抢到的是一个8元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C23＝6(种)；若甲、乙抢到的是两个6元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A23＝6(种)，根据分类加法计数原理可得，共有36种情况，故选C.[答案] C11.(2018·合肥市三模)某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图所示．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为( )A．96 B．114 C．168 D．240[解析] 首先在a 中种植，有4种不同方法，其次在b 中种植，有3种不同方法，再次在c 中种植，若c 与b 同色，则d 有3种不同方法，若c 与b 不同色，c 有2种不同方法，d 有2种不同方法，最后在e 中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)，故选C.[答案] C12．(2018·郑州市第二次质量预测)将数字“124467\”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )A ．72B ．120C ．192D ．240[解析] 若将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以偶数有5×4×3×2×12＝60(个)；②若末位数字为6，同理偶数有5×4×3×2×12＝60(个)；③若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以偶数有5×4×3×2×1＝120(个)．综上可知，不同的偶数共有60＋60＋120＝240(个)．[答案] D二、填空题13．(2018·海南省五校二模)从数字0,1,2,3,4中任意取出3个不重复的数字组成三位数，则组成的三位数中是3的倍数的有________个．[解析] 若取出的3个数字中包含0，则由数字0,1,2或0,2,4组成的三位数满足题意，共组成8个三位数；若取出的3个数字中不包含0，则由数字1,2,3或2,3,4组成的三位数满足题意，组成的三位数共有2A 33＝12(个)．综上可知，共有20个三位数满足题意．[答案] 2014．(2018·东北三省四市二模)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人，每人一张，若甲、乙分得的电影票连号，则共有________种不同的分法．(用数字作答)[解析] 电影票号码相邻只有4种情况，则甲、乙2人在这4种情况中选一种，共C 14种选法，将2张连号的票分给甲、乙，共有A 22种分法；其余3张票分给其他3个人，共有A 33种分法，根据分步乘法计数原理，可得共有C 14A 22A 33＝48(种)分法．[答案] 4815．(2018·湖北黄冈期末)设(1－ax )2018＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2018x 2018，若a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018a (a ≠0)，则实数a ＝________.[解析] 已知(1－ax )2018＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2018x 2018，两边同时对x 求导， 得2018(1－ax )2017(－a )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋2018a 2018x2017， 令x ＝1得，－2018a (1－a )2017＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018a ， 又a ≠0，所以(1－a )2017＝－1，即1－a ＝－1，故a ＝2.[答案] 216．设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动，质点落在点(3,0)(允许重复过此点)处，则质点不同的运动方法共有________种(用数字作答)．[解析] 解法一：在x轴上，标出A(1,0)，B(2,0)，C(3,0)，D(4,0)，E(－1,0)，依题意知，跳动4次后，只有在B点或D点可跳到C点，画出树状图，可得结果为5.OEOABCAOABCBABCCBCDC解法二：将向右跳一次记为＋1，向左跳一次记为－1，需要其和为＋3，那么应为4个＋1,1个－1，∴质点不同的运动方法共有C15＝5种．[答案] 5。

2019年高考二轮复习概率与统计一、高考回顾概率是高考的重点考查内容之一,最近几年的高考有以下特点:1.古典概型主要考查等可能性事件发生的概率,也常与对立事件、互斥事件的概率及统计知识综合起来考查;2.几何概型试题也有所体现,可能考查会有所增加,以选择题、填空题为主.本节内容在高考中分值为5分左右,属容易题.统计在高考中的考查点如下:1.主要考查分层抽样的定义,频率分布直方图,平均数、方差的计算,识图能力及借助概率知识分析、解决问题的能力;2.在频率分布直方图中,注意小矩形的高=频率/组距,小矩形的面积为频率,所有小矩形的面积之和为1;3.分析两个变量间的相关关系,通过独立性检验判断两个变量是否相关.本节内容在高考中分值为17分左右,属中档题.二、知识清单1.思维导图2.知识再现知识点一、统计与统计初步1、抽样调查的方法（1）简单随机抽样： 最常用的简单随机抽样的方法：抽签法和随机数法．（2）系统抽样：（3）分层抽样：2、统计图表统计图表是表达和分析数据的重要工具，常用的统计图表有条形统计图、扇形统计图、折线统计图、茎叶图等．3、数据的数字特征（1）众数、中位数、平均数众数：在一组数据中，出现次数最多的数据叫作这组数据的众数．中位数：将一组数据按大小依次排列，把处在最中间位置的一个数据(或最中间两个数据的平均数)叫作这组数据的中位数． 平均数：样本数据的算术平均数，即12n x x x x n ++⋅⋅⋅+=． （2）样本方差、标准差 方差()()()2222121n s x x x x x x n ⎡⎤=-+-+⋅⋅⋅+-⎣⎦标准差s =其中n x 是样本数据的第n 项，n 是样本容量，x 是平均数．标准差是刻画数据的离散程度的特征数，样本方差是标准差的平方．通常用样本方差估计总体方差，当样本容量接近总体容量时，样本方差很接近总体方差．4、用样本估计总体（1）通常我们对总体作出的估计一般分成两种，一种是用样本的频率分布估计总体的频率分布，另一种是用样本的数字特征估计总体的数字特征．（2）在频率分布直方图中，纵轴表示频率组距，数据落在各小组内的频率用各小长方形的面积表示，各小长方形的面积总和等于1.（3）在频率分布直方图中，按照分组原则，再在左边和右边各加一个区间．从所加的左边区间的中点开始，用线段依次连接各个矩形的顶端中点，直至右边所加区间的中点，就可以得到一条折线，称之为频率折线图．知识点二、统计案例。