2017届高考数学大一轮复习第九章计数原理、概率、随机变

第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础盘查一分类加法计数原理(一)循纲忆知1．理解分类加法计数原理．2．会用分类加法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事( )答案：(1)×(2)√2．(人教A版教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．答案：93．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．答案：36基础盘查二分步乘法计数原理(一)循纲忆知1．理解分步乘法计数原理．2．会用分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)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( )(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事( )答案：(1)√(2)×2．(人教A版教材例题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序命名．答案：1 0530，1， 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3．从集合{}中虚数有________．答案：36考点一分类加法计数原理|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]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种不同方法．[提醒] 分类加法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．[题组练透]1．(2015·辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方案共有( )A．20种B．30种C．40种D．60种解析：选A 可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A24种排法；②甲排在周二，共有A23种排法；③甲排在周三，共有A22种排法，故不同的安排方案共有A24＋A23＋A22＝20种．故选A.2．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O 和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：53．(2015·济南模拟)若椭圆x2m＋y2n＝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：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6种当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5种；当m＝3时，n＝4,5,6,7共4种；当m＝4时，n＝5,6,7共3种；当m＝5时，n＝6、7共2种，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20种．答案：20[类题通法]利用分类加法计数原理解题时的注意事项(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法计数原理|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]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．[提醒] 分步乘法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．[典题例析]有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729种．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．[类题通法]一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么．也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．[演练冲关](2014·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 从中选出2名男医生的选法有C26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C15＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.考点三两个原理的应用|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．1．如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．解析：从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．答案：4802．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：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：260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查．3．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )A．48 B．18C．24 D．36解析：选D 分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有{}a1，a2，a3，…，a n的子集有2n个，真子集有2n－1个．4．(2015·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集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( ) A．50种B．49种C．48种D．47种解析：选B 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C25＝10种选择方法；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．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[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．一、选择题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( )A．40 B．16C．13 D．10解析：选C 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．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．2．从集合{}1，2，3，4，…，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A ．32个B ．34个C ．36个D ．38个解析：选A 先把数字分成5组：{}1，10，{}2，9，{}3，8，{}4，7，{}5，6，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．3．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A ．56B ．54C ．53D ．52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个对数值中，log 24＝log 39，log 42＝log 93，log 23＝log 49，log 32＝log 94，即满足条件的对数值共有56－4＝52个．4．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( )A ．18个B ．15个C ．12个D ．9个解析：选B 依题意知，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．5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．20种解析：选D 分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．6．(2015·商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A ．3 360元B ．6 720元C ．4 320元D ．8 640元解析：选D 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)．二、填空题7．(2015·河北保定调研)已知集合M ＝{}1，2，3，4，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x <y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．解析：A ＝{}1时，B 有23－1种情况； A ＝{}2时，B 有22－1种情况；A ＝{}3时，B 有1种情况；A ＝{}1，2时，B 有22－1种情况；A ＝{}1，3，{}2，3，{}1，2，3时，B 均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．答案：178．如图所示，用五种不同的颜色分别给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步，A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．答案：1809.(2015·湖南十二校联考)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．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：10810．在2014年南京青奥会百米决赛上，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：2 880三、解答题11．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．12.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，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．第二节排列与组合基础盘查一 排列与排列数(一)循纲忆知(1)理解排列概念．(2)能用计数原理推导排列数公式．(3)能用排列解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列( )(2)A m n ＝n (n －1)(n －2)×…×(n －m )( )(3)A m n ＝n ！n －m ！( ) (4)A m n ＝nA m －1n －1( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√2．(人教A 版教材例题改编)用0到9这10个数字，可以组成________个没有重复数字的三位数．组成没有重复数字的四位偶数有________个．答案：648 2 2963．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)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或23(舍去)，∴x ＝5. 答案：54．室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有________种排法．(用数字作答)解析：把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A 33＝6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A 24＝12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A 22＝2种排法．所以不同的排法种数为23×6×12＝576.答案：576基础盘查二 组合与组合数(一)循纲忆知1．理解组合概念．2．能用计数原理推导组合数公式．3．能用组合解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同( )(2)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立( )(3)C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ( )(4)C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝C 3n ＋1( )答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√2．(北师大版教材习题改编)平面内有12个点，任何3点不在同一直线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可以画________个三角形．答案：2203．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m 8＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，m ！－m ！5！－m ！－m ！6！＝－m ！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 28＝28. 答案：284．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C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472种．答案：472考点一 排列问题|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]1．排列与排列数(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．排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n －m！(m，n∈N*，并且m≤n)A n n＝n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1.规定：0！＝1.[提醒] 排列与排列数是不同概念，易混淆，排列数是问题中所有不同排列的个数．[题组练透]1．(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种B．216种C．240种D．288种解析：选B 当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝9×24＝216种．2．(2015·四川绵阳一模)从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( ) A．280种B．240种C．180种D．96种解析：选B 根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A46＝360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A35＝60种，乙从事翻译工作，有A35＝60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360－60－60＝240种．3．(2015·合肥质检)某办公室共有6人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有________种．解析：当甲、乙在第二排且相邻时有4A 44＝4×4×3×2×1＝96种排法，当甲、乙在第三排且相邻时有A 22A 44＝2×4×3×2×1＝48种排法，所以不同的安排方法总数为144种．答案：144[类题通法]解决排列问题的主要方法(1)“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，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排列的空当中．(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． (5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．考点二 组合问题|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．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 mn .2．组合数公式 C m n＝A mn A m m＝n n －n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！(m ，n ∈N *，并且m ≤n )3．组合数的性质 (1)C mn ＝C n －mn (2)C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n[提醒] 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．[典题例析](2014·广东高考)设集合A ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1,0，1}，i ＝1,2,3,4,5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．130B ．120C ．90D ．60解析：选A 易知|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝1，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C 15C 12＝10种情况；其二：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝2，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5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2C 25＋C 25C 12＝40种情况；其三：|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|＝3，此时，从x 1，x 2，x 3，x 4，x 5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2C 35＋C 35C 13＋C 35C 23＝80种情况．综上知，满足条件的元素个数共有10＋40＋80＝130(种)，故答案为A.[类题通法]两类组合问题的解法(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．[演练冲关](2015·温州十校联考)已知直线x a ＋yb＝1(a ，b 是非零常数)与圆x 2＋y 2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有( )A ．52条B ．60条C ．66条D ．78条解析：选B 由于满足x 2＋y 2＝100的整数点(x ，y )有12个，它们分别为(±10,0)，(±6，±8)，(±8，±6)，(0，±10)，故直线x a ＋yb＝1与圆的交点必须经过这些点，但a ，b 为非零常数，故在以这些点为公共点的直线中有这样几类：一类公共点为2个点，去除垂直坐标轴和经过原点的直线，共有C 212－10－4＝52条；一类为公共点为1个点(即圆的切线)，同样去除垂直坐标轴的直线，共有8条．综上，所求的直线共有60条，故选B.考点三 分组分配问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．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，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象.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：部分均匀问题2．(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种．解析：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11A 22＝6种分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．答案：36角度三：不等分问题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：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[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．一、选择题1．(2015·兰州，张掖联考)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是( ) A．150 B．300C．600 D．900解析：选C 若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有C25×A44＝240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从6名教师中选4名，共有C46×A44＝360种方法．因此共有600种不同的选派方案．2．(2015·北京海淀区期末)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有( )A．50种B．51种C．140种D．141种解析：选D 因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝141种，故选D.3．(2015·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为( )A．72 B．324C．648 D．1 296解析：选D 核潜艇排列数为A22，6艘舰艇任意排列的排列数为A66，同侧均是同种舰艇的排列数为A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为A22(A66－A33A33×2)＝1 296.4．(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120。

3 响． (1)求考生甲正确完成题目个数 X 的分布列和数学期望； (2)用统计学知识分析比较甲、乙两考生哪位实验操作能力强 及哪位通过考查的可能性大？
第二十三页，编辑于星期六：二十二点 七分。
[解](1)由题意知 X 的可能取值为 1，2，3， P(X＝1)＝CC14C36 22＝15， P(X＝2)＝CC24C36 12＝35， P(X＝3)＝CC34C36 02＝15，
第二十七页，编辑于星期六：二十二点 七分。
2.(2016·云南省第一次统一检测)甲、乙两名射击运
动员进行射击比赛，射击次数相同，已知两名运动员击中的环数
稳定在 7 环、8 环、9 环、10 环，他们比赛成绩的统计结果如下：
环数
击中频率
7
8
9 10
选手
甲
0.2 0.15 0.3
乙
0.2
0.2 0.35
请你根据上述信息，解决下列问题：
3 5 15 P(X＝220)＝P(EF)＝2×3＝ 6 ，
3 5 15
第十七页，编辑于星期六：二十二点 七分。
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P
2
3
4
6
15
15
15
15
数学期望为 E(X)＝0× 2 ＋100× 3 ＋120× 4 ＋220× 6 ＝
15
15
15
15
300＋480＋1 320＝2 100＝140.
第三页，编辑于星期六：二十二点 七分。
3．两点分布与二项分布的均值、方差
X 服从两点分布
X～B(n，p)
X
E(X)
p(p 为成功概率)
___n_p____

第26页
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高三大一轮复习学案
审题视点 分清“恰有”、“至少”、“至多”的含义，正
确地分类或分步解决．
解
(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C
2 4
种选法，
再从除外科专家外的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46
＝90种抽调方法．
第27页
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高三大一轮复习学案
(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法． 法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类： ①选2名外科专家，共有C24·C46种选法； ②选3名外科专家，共有C34·C36种选法； ③选4名外科专家，共有C44·C26种选法． 根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽 调方法．
第14页
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高三大一轮复习学案
1．在排列数、组合数计算过程中要注意阶乘的运算及组合 数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整 数范围内求解．
2．应注意Cnx＝Cny⇔x＝y或x＋y＝n两种情况．
第15页
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高三大一轮复习学案
1．解方程：Cx2＋3x＋216＝C156x＋5. 解：∵Cx2＋3x＋216＝C156x＋5， ∴x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16， 即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0， ∴x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1. 经检验x＝3或x＝－9不合题意，舍去， 故原方程的解是x1＝－1，x2＝1.
□小品2□”，有A
2 2
A
3 4
＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝
120(种)安排方法． 答案：B
第25页

8，
所以点 M 落在区域 Ω2 内的概率为168π＝21π，故选 A.
第二十三页，编辑于星期六：二十二点 九分。
(2)设 AB、AC 上分别有点 D、E 满足 AD＝3AB 且 AE＝3AC，
4
4
则△ADE∽△ABC，DE∥BC 且 DE＝3BC.因为点 A 到 DE 4
的距离等于点 A 到 BC 的距离的3，所以 DE 到 BC 的距离等 4
第七页，编辑于星期六：二十二点 九分。
4．(2016·江西省八所中学联考)已知实数 a∈[－2，5]，则 4
a∈{x∈R|x2－2x－3≤0}的概率为____7____． 解 析 ： x2 － 2x－ 3≤0⇒ － 1≤x≤3， 故 所 求 概率 为 P＝ 35－ －（ （－ －12） ）＝47.
于△ABC 高的1.当动点 P 在△ADE 内时，P 到 BC 的距离大 4
于 DE 到 BC 的距离，
所以当 P 在△ADE 内部运动时，△PBC 的面积大于S， 4
所以所求概率为SS△△AABDCE＝34
2＝
9. 16
第二十四页，编辑于星期六：二十二点 九分。
(3)
如图，因为曲线与坐标轴围成图形的面积
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第6讲 几何概型
第一页，编辑于星期六：二十二点 九分。
1．几何概型 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的 __长_度__(_面__积_或__体__积__) _____成比例，则称这样的概率模型为几何 概率模型，简称几何概型． 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域（长面度积（或面体积积或）体积）
3．一只蜜蜂在一个棱长为 3 的正方体内自由飞行，若蜜蜂