现有两个独立独立指数随机变量量，都是二项式分布，每个成功的概率为0.3，试验次数为2 （a）求联合概率分布
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时间：2017-07-24 10:20
高考数学复习第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布_甜梦文库
高考数学复习第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有 3 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.1 B.4 C.5 D.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， 3 此时 B 有 2 －1＝7 种情形； 1 当 A 中的最大数为 2 时，A 有 2 ＝2 种情形，此 2 时 B 有 2 －1＝3 种情形； 2 当 A 中的最大数为 3 时，A 有 2 ＝4 种情形，此 1 时 B 有 2 －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 17.51.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 mn 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 mn 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＋?＋mn 2.m1×m2×?×mn 3.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 相互独立类型一分类与分步的区别与联系将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有 ( ) 3 5 A.5 种 B.3 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，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(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、 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).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.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 3 两类：第一类，用 3 种颜色，有 C4×3×2×1×2×1 ＝ 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.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.7 B.64 C.12 D.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( ) 6 5 A.5 B.6 5×6×5×4×3×2 C. D.6×5×4×3×2 2 解：因为每位同学均有 5 种讲座可供选择，所 6 以 6 位同学共有 5×5×5×5×5×5＝5 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.72 B.60 C.48 D.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?A1B1C1 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 P?ABC 的三个侧面，然后涂三 棱柱 ABC?A1B1C1 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}， 2 且关于 x 的方程 ax ＋2x＋b＝0 有实数解的有序数 对(a，b)的个数为( ) A.14 B.13 C.12 D.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( )解：集合 B 中每个元素，都可以与 A 中的 4 个 5 元素建立对应关系， 故从集合 B 到 A 可建立 4 ＝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 2 个不同的数作为抛物线方程 y＝ax ＋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？ 2 解：抛物线 y ＝ ax ＋ bx ＋ c 过原点，且顶点 b 4ac－b2 (－ ， )在第一象限，a，b，c 应满足 2a 4a 2 0＝a×0 ＋b×0＋c， c＝0， ? b ? － ＞0， 2a 即?a＜0，? ? ?4ac－b ? ? 4a ＞0，2? ?b＞0.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 4 开关共有 2 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 4 能，故开关打开或闭合的不同情形共有 2 － 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.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 1 1 次有 C3C5种染法，第二步另两色各染 2 次有 2 种染 1 1 法，由分步乘法计数原理知，一共有 2C3C5＝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( ) 2 3 4 5 5 5 A.(1＋a＋a ＋a ＋a ＋a )(1＋b )(1＋c) 5 2 3 4 5 5 B.(1＋a )(1＋b＋b ＋b ＋b ＋b )(1＋c) 5 2 3 4 5 5 C.(1＋a) (1＋b＋b ＋b ＋b ＋b )(1＋c ) 5 5 2 3 4 5 D.(1＋a )(1＋b) (1＋c＋c ＋c ＋c ＋c ) 解：分三步：第一步，5 个无区别的红球可能 2 3 4 取出 0 个，1 个，?，5 个，则有(1＋a＋a ＋a ＋a 5 ＋a )种不同的取法；第二步，5 个无区别的蓝球都 5 取出或都不取出，则有(1＋b )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， 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 有(1＋C5c＋C5c ＋C 5 c ＋C5c ＋C5 c )＝(1＋c) 种不 2 3 4 5 同的取法，所以所求为(1＋a＋a ＋a ＋a ＋a )(1＋ b5)(1＋c)5，故选 A. §11.2排列与组合 C.(n＋2)(n＋1)An＝An＋2 r r－1 ＝Cn－1＋Cn－1 解：Cn＝m m m＋21.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. m (3)排列数公式：An＝______________________. * 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.An n＝ n×(n－1)×(n－2)×?×3×2×1＝__________， m 因此， 排列数公式写成阶乘的形式为 An＝________， 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：Cn＝ m＝Am n .故选 B. m！Am n ＝ Am .这里 n∈N*，m∈N，并且 m?n.m(4)组合数的两个性质： m ①Cn＝____________； m ②Cn＋1＝____________＋____________. 自查自纠： m 1.(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 An (3)n(n－1)(n－2)?(n－m＋1) m?n n！ (4)排列 n！ 1 （n－m）！ m 2.(1)合成一组 (2)所有不同组合 Cn n（n－1）（n－2）?（n－m＋1） n！ (3) m！ m！（n－m）！ n－m m m－1 (4)①Cn ②Cn Cn(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 2 1 解：共有 C6?C5＝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 3 解：由排列的定义可知所求为 A5＝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 1 1 3 式有 A2?A3?A3＝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 4 4 有 A4种不同的分法， 故共有不同的分法种数为 4A4＝ 96.故填 96.类型一排列数与组合数公式下列等式不 正确的是( ． n－m A.C ＝Cnm n m)B.Cn＝Am n n！(1)解方程 3A8＝4A9 ； x＋1 x－1 x x－2 (2)解方程 Cx＋3＝Cx＋1＋Cx＋1＋Cx＋2. 8！ x x－1 解 ： (1) 利 用 3A 8 ＝ 3 ， 4A 9 ＝ （8－x）！ 9！ 4 ， （9－x＋1）！ 3×8！ 4×9！ 得到 ＝ . （8－x）！ （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.xx－1 再化简得到 x －19x＋78＝0. x x－1 解方程得 x1＝6，x2＝13.由于 A8和 A9 有意义， 所以 x 满足 x?8 和 x－1?9.于是将 x2＝13 舍去， 原方程的解是 x＝6. (2)由组合数的性质可得 －1 x x－2 2 1 4 2 4 Cx x＋1＋Cx＋1＋Cx＋2＝Cx＋1＋Cx＋1＋Cx＋2＝Cx＋2＋Cx＋2， x＋1 2 2 2 1 又 Cx＋3＝Cx＋3，且 Cx＋3＝Cx＋2＋Cx＋2， 1 2 2 4 1 4 即 Cx＋2＋Cx＋2＝Cx＋2＋Cx＋2.∴Cx＋2＝Cx＋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 m m－1 m 质 Cn＋1＝Cn ＋Cn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：3Ax＝2Ax＋1＋6Ax； 2 2 2 2 (2)计算：C2＋C3＋C4＋?＋C100. 3 2 2 解：(1)由 3Ax＝2Ax＋1＋6Ax得 3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)， 2 由 x≠0 整理得 3x －17x＋10＝0. 2 解得 x＝5 或 (舍去). 3 即原方程的解为 x＝5. 3 2 2 2 (2)原式＝(C3＋C3)＋C4＋?＋C100 3 2 2 3 2 ＝(C4＋C4)＋?＋C100＝?＝C100＋C100 3 ＝C101＝166650. 类型二 排列的基本问题3 2 22在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排 7 6 尾的情况减了两次，故后面要加回来，即 A7－A6－ 5 A6 6＋A5＝3720 种排法. (4)采用“捆绑”法， 将甲乙看成一个整体进行 2 6 排列(甲乙之间也有排列)，故有 A2?A6＝1440 种排 法. (5)采用“插空”法，先排其他 5 个人，然后将 5 甲乙插入到由这 5 个人形成的 6 个空中， 故有 A5? A2 6 ＝3600 种排法. (6) 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲 1 7 的左边的排法总数，故有 A7＝2520 种排法. 2 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 1 在中间 4 个位置上任选 1 个有 A4种站法，然后其余 5 5 人在另外 5 个位置上作全排列有 A5种站法，根据 1 5 分步乘法计数原理，共有站法 A4?A5＝480(种). 6 解法二：若对甲没有限制条件共有 A6种站法， 5 甲在两端共有 2A5种站法， 从总数中减去这两种情况 6 5 的排列数即得所求的站法数有 A6－2A5＝480(种). (2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看 5 作一个人，有 A5种站法，再把甲、乙进行全排列， 2 5 有 A2种站法， 根据分步乘法计数原理， 共有 A5? A2 2＝ 240(种)站法. 解法二：先把甲、乙以外的 4 个人作全排列， 4 有 A4种站法，再在 5 个空档中选出一个供甲、乙站 1 2 入，有 A5种方法，最后让甲、乙全排列，有 A2种方 4 1 2 法，共有站法 A4A5A2＝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 A4 第二步再将甲、 乙排在 4 人形成的 5 个空档(含 4种； 2 4 2 两端)中，有 A5种，故共有站法为 A4A5＝480(种).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， 6 则有 A6＝720 种排法. 2 (2)分两步，先排甲、乙，则有 A2种排法；再排 5 其他 5 个人，有 A5种排法，由分步乘法计数原理则 2 5 有 A2?A5＝240 种排法. (3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有 A6 种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他， 6 1 1 5 6 1 1 5 则有 A5?A5?A5种排法.综上，则共有 A6＋A5?A5?A5 ＝3720 种排法. 间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站 (4)解法一： 先将甲、 乙以外的 4 个人作全排列， 2 有 A 种，然后将甲、乙按条件插入站队，有 3A2种， 4 2 故共有 A4?3A2＝144 种站法. 解法二：先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人 2 排在甲、乙之间的两个位置上，有 A4种，然后把甲、 乙及中间 2 人看作一个“大”元素与余下 2 人作全 3 2 排列有 A3种方法，最后对甲、乙进行排列，有 A2种 2 3 2 方法，故共有 A4A3A2＝144(种)站法. (5) 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有 4 A2 2种，再让其他 4 人在中间位置作全排列，有 A4种， 2 4 根据分步乘法计数原理，共有 A2A4＝48(种)站法. 5 (6)解法一：(间接法)甲在左端的站法有 A5种， 5 乙在右端的站法有 A5种，甲在左端且乙在右端的站 4 6 5 4 法有 A4种，故共有 A6－2A5＋A4＝504(种)站法. 解法二：以甲的位置分为两类：①甲站右端有 A5 种，②甲在中间 4 个位置之一，而乙不在右端有 5 1 1 4 5 1 4 A4A4A4种，故共有 A5＋A1 4A4A4＝504(种)站法.4 4类型三组合的基本问题课外活动小组共 13 人， 其中男生 8 人， 女生 5 人，并且男、女生各指定一名队长.现从中选 5 人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)只有 1 名女生； (2)两队长当选； (3)至少有 1 名队长当选； (4)至多有 2 名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选. 1 4 解：(1)1 名女生，4 名男生，故共有 C5?C8＝ 350(种). (2)将两队长作为一类，其他 11 个作为一类， 2 3 故共有 C2?C11＝165(种). (3)至少有 1 名队长当选含有两类： 只有 1 名队 1 4 2 3 长和 2 名队长.故共有：C2?C11＋C2?C11＝825(种). 5 5 或采用间接法：C13－C11＝825(种). (4)至多有 2 名女生含有三类：有 2 名女生、只 2 3 1 4 有 1 名女生、没有女生，故选法为：C5?C8＋C5?C8＋ C5 8＝966(种). 4 (5)分两类：第一类女队长当选：有 C12种选法； 1 3 2 2 3 1 第二类女队长不当选：有 C4?C7＋C4?C7＋C4?C7 4 ＋C4种选法. 故选法共有： 1 3 2 2 3 1 4 C4 12＋C4?C7＋C4?C7＋C4?C7＋C4＝790(种). 点拨： ①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在 涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法 (排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)， 1 4 先选 1 名队长，再从剩下的人中选 4 人得 C2?C12≠ 825，请同学们自己找错因. 从 7 名男同学和 5 名女同学中选出 5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？ (1)A，B 必须当选； (2)A，B 都不当选； (3)A，B 不全当选； (4)至少有 2 名女同学当选； (5)选出 3 名男同学和 2 名女同学， 分别担任体 育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员 必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任. 解：(1)只要从其余的 10 人中再选 3 人即可， 3 有 C10＝120 种. (2)5 个人全部从另外 10 人中选，总的选法有 5 C10＝252 种. 1 4 (3)直接法，分两类：A，B 一人当选，有 C2C10＝ 420 种. A，B 都不当选，有 C5 10＝252 种. 所以总的选法有 420＋252＝672 种. 间接法： 从 12 人中选 5 人的选法总数中减去从 不含 A，B 的 10 人中选 3 人(即 A，B 都当选)的选法 5 3 总数，得到总的选法有 C12－C10＝672 种. 2 3 (4)直接法，分四步：选 2 名女生，有 C5C7＝ 10×35＝350 种； 3 2 选 3 名女生，有 C5C7＝210 种； 4 1 选 4 名女生，有 C5C7＝35 种； 5 选 5 名女生，有 C5＝1 种. 所以总的选法有 350＋210＋35＋1＝596 种. 间接法： 从 12 人中选 5 人的选法总数中减去不 选女生与只选一名女生的选法数之和， 5 5 1 4 即满足条件的选法有 C12－(C7＋C5C7)＝596 种. (5)分三步：选 1 男 1 女分别担任体育委员、文 1 1 娱委员的方法有 C7C5＝35 种； 2 1 再选出 2 男 1 女，补足 5 人的方法有 C6C4＝60 种； 3 最后为第二步选出的 3 人分派工作，有 A3＝6 种方法. 所以总的选法有 35×60×6＝12600 种. 类型四 分堆与分配问题现有 6 本不同的书： (1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的 分配方法？ (2)分成三堆，每堆 2 本，有多少种分堆方法？ (3)分成三堆， 一堆 1 本， 一堆 2 本， 一堆 3 本， 有多少种不同的分堆方法？ (4)分给甲、 乙、 丙三人， 一人 1 本， 一人 2 本， 一人 3 本，有多少种不同的分配方法？ (5)甲、乙、丙三人中，一人分 4 本，另两人每 人分 1 本，有多少种不同的分配方法？ 解：(1)在 6 本书中，先取 2 本给甲，再从剩下 2 2 2 的 4 本书中取 2 本给乙， 最后两本给丙，共有 C6C4C2 ＝90(种)分配方法； 3 (2)6 本书平均分成 3 堆， 用上述分法重了 A3倍， 故共有2 C2 6C4 3 ＝15(种)分堆方法； A3(3)从 6 本书中，先取 1 本作为一堆，再在剩下 的 5 本中取 2 本作为一堆，最后 3 本作为一堆，共 1 2 3 有 C6C5C3＝60(种)分堆方法； (4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆， 1 2 3 3 共有 C6C5C3A3＝360(种)分配方法. (5) 先分堆、再分配，共有 分配方法. 点拨： 平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法 乘以堆数的全排列 .分堆到位相当于分堆后各堆再 全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为： 平均分堆到指定位置 .对于分堆与分配问题应注意： 堆数的阶乘 ①处理分配问题要注意先分堆再分配 .②被分配的 元素是不同的( 像“名额”等则是相同元素，不适 用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分 堆时要注意是否均匀.如 6 分成(2，2，2)为均匀分 组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1) 为部分均匀分组. (1)三位老师分配到 4 个贫困村调查 义务教育实施情况，若每个村最多去 2 个人，则不 同的分配方法有________种. 3 解：若一个人去一个村，则有 A4＝24 种分配方 法；若有一个村去两个人，另一个村去一个人，则 2 2 有 C3×A4＝36 种分配方法， 故共有 60 种不同的分配 方法.故填 60. (2)甲乙两位兽医对动物园的三头老虎， 两头狮 子进行体检.若要求每位兽医至少检查两种动物各 一头，则不同的体检任务分配方案有________种. 解：若将三头老虎中的两头看作“一头”，有 1 C 3 种情形 ( 即将老虎分成两组 ). 接下来将“两头老 虎”和两头狮子的体检任务分别分配给两位兽医， 2 2 1 2 2 有 A2A2种分配方案.故总的分配方案有 C3A2A2＝12 种. 故填 12. 类型五 数字排列问题1 1 C4 6C2C1 3 ? A 3＝ 90(种 ) 2 A2是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0 既是 偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点 对待. 3 解法一：(直接法)0 在个位的四位偶数有 A5个； 0 不在个位时，先从 2，4 中选一个放在个位，再从 余下的四个数(不包括 0)中选一个放在千位，应有 1 2 A1 2A4A4个. 3 1 1 2 综上所述，共有 A5＋A2A4A4＝156(个). 解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数 1 3 字组成最后一位是偶数的排法，有 A3A5个，其中千 1 2 1 3 1 2 位是 0 的有 A2A4个，故适合题意的数有 A3A5－A2A4＝ 156(个). 点拨： 本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元 素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同 时注意题中隐含条件 0 不能在首位. 用 0，1，2，3，4，5 六个数字排成没 有重复数字的 6 位数，满足以下条件的分别有多少 个？ (1)0 不在个位； (2)1 与 2 相邻； (3)1 与 2 不相邻； (4)0 与 1 之间恰有两个数； (5)1 不在个位. 解：(1)0 不在个位，也不能在首位，可先确定 2 4 个位和首位，再确定其余四个数位，共有 A5A4＝480 个. (2)可把 1 与 2 看作一个整体并全排列，0 不在 2 1 4 首位，需先排 0，再排其余数字，共有 A2A4A4＝192 个. 1 5 (3)这六个数字可排成 A5A5个无重复数字的 6 位 数，减去 1 与 2 相邻的情况，即可得 1 与 2 不相邻 1 5 2 1 4 的无重复数字的 6 位数有 A5A5－A2A4A4＝408 个. (4)先从其余 4 个数字中任选 2 个排在 0 与 1 之 2 间有 A4种排法， 并把这四个数作为一个整体.若 0 在 1 之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整 体全排列；若 1 在 0 之前，可直接将这个整体与其 2 1 2 2 3 余 2 个数字进行全排列，共有 A4A2A2＋A4A3＝120 个. (5)0 不在首位，1 不在个位，先将 6 个数字全 6 5 排列为 A6， 再减去 0 在首位和 1 在个位的情况有 2A5 种.但是 0 在首位，1 在个位的情况减了两次，故后 6 5 4 面要加回来，故共有 A6－2A5＋A4＝504 个.(也可用 5 1 4 A1 5A5－A4A4＝600－96＝504)用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重 复数字的四位数. (1)可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个不同的四位偶数？ 1 3 解：(1)直接法：A5A5＝300； 4 3 间接法：A6－A5＝300. (2)由题意知四位数的个位上必须是偶数， 同时 暗含了千位不能是 0，因此该四位数的个位和千位1.排列数与组合数的计算问题 含有排列数或组合数的方程都是在限定的正整 数范围内求解，利用这一点可以根据题目的要求首 先对方程进行化简.证明题一般用 An＝ 或 Cn＝mmn！ （n－m）！取法 组后排列，若平均分 m 组，则分法＝ . m！n！ 及组合数的性质.证明过程中 （n－m）！m！ 要注意阶乘的运算及技巧. 2.排列与组合的区别与联系排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选 出元素的先后顺序， 不需要考虑顺序的是组合问题， 需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础 上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列 的基本思路是“先选，后排”. 3.解排列、组合题的基本方法 (1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先 考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置 优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位 置. (2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况 复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总 体中去掉. (3)复杂问题分类分步法： 某些问题总体不好解 决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解 决或分成若干步， 再由分步乘法计数原理解决.在解 题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先 分类，再分步. (4)相离问题插空法： 某些元素不能相邻或要在 某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制 条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插 入排好的元素之间. (5)相邻问题捆绑法： 把相邻的若干个特殊元素 “捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素” 作全排列，最后再“松绑”――将“捆绑”元素在 这些位置上作全排列. (6) 相同元素隔板法：将 n 个相同小球放入 m(m?n)个盒子里， 要求每个盒子里至少有一个小球 的放法，等价于将 n 个相同小球串成一串，从间隙 里选 m－1 个结点，剪截成 m 段.这是针对相同元素 的组合问题的一种方法. (7)定序问题用除法： 对于某几个元素顺序一定 的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进 行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排 列数. 4.解组合问题时应注意 (1)在解组合应用题时， 常会遇到“至少”“至 多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义. (2)关于几何图形的组合题目， 一定要注意图形 自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接 法(或排除法). (3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有 区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不 可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因 元素不同， 仍然是可区分的.对于这类问题必须先分1.A2n＝10An，n＝( ) A.1 B.8 C.9 D.10 解：原式等价于 2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－ * 1)(n－2)，n&3 且 n∈N ，整理得 n＝8.故选 B. 2.某单位有 7 个连在一起的车位，现有 3 辆不 同型号的车需停放，如果要求剩余的 4 个空车位连 在一起，则不同的停放方法的种数为 ( ) A.16 B.18 C.24 D.32 解：将 4 个连在一起的空车位“捆绑”，作为 一个整体考虑，则所求即为 4 个不同元素的全排列 A4 4＝24，故选 C. 3.(2013?四川)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 lga －lgb 的不同值的个数是( ) A.9 B.10 C.18 D.20 a 1 3 3 9 解：lga－lgb＝lg ，而 ＝ ， ＝ ， b 3 9 1 3 2 故所求为 A5－2＝18 个，故选 C. 4.(2013?山东)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.252 C.261 D.279 解：利用间接法，用所有的三位数减去没有重 3 1 2 复数字的三位数，即 9×10×10－(A9＋C2A9)＝252 个，故选 B. 5.将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数 不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( ) A.10 种 B.20 种 C.36 种 D.52 种 解： 将 4 个小球分 2 组： ①2 C2 4C2 1 3 ＝3 种； ②C4C3＝ A2 2334 种.①中的这 3 种分组方法任意放均满足条件，∴ 2 有 3×A2＝6(种)放法.②中的 4 种分组方法各只对应 1 种放法.故总的放球方法为 6＋4＝10(种).故选 A. 6.(2013?成都模拟)用 6 个字母 A，B，C，a， b，c 编拟某种信号程序(大小写有区别).把这 6 个 字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使 用且只使用一次， 不同的排列方式表示不同的信号， 如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一 列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则 不同的“微错号”总个数为( )A.432 B.288 C.96 D.48 解：根据题意，分 3 步进行：①先确定排到同 1 一列的上下格位置的一对字母，有 C3＝3 种情况， 1 将其放进表格中，有 C3＝3 种情况，考虑这一对字 2 母的顺序，有 A2＝2 种不同顺序；②再分析第二对 字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选 定的一对大小写字母为 A 和 a，则分析 B 与 b：B 有 4 种情况，b 的可选位置有 2 个；③最后一对字母放 2 入最后两个位置，有 A2＝2 种放法.则共有 3×3×2×4×2×2＝288 个“微错号”.故选 B. 7.(2014?辽宁)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________种. 解：利用“插空法”，先把 3 个空椅子排好， 3 形成 4 个空位， 然后对 3 人进行插空排列， 共有 A4＝ 24(种)排法，故填 24. 8.(2013?重庆)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). 解法一：5＝1＋1＋3＝1＋2＋2，故共有选派方 法： 1 1 1 3 1 1 1 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 C3 3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＝ 590 种. 5 解法二：利用间接法，用 C12减去这 5 人从某一 5 5 5 5 5 科或某两科选出的情形：C12－[C5＋C7＋(C8－C5)＋ 5 5 (C9－C5)]＝590.故填 590 种. 9.给定数字 0，1，2，3，5，9，每个数字最多 用一次. (1)可以组成多少个四位数？ (2)可以组成多少个四位奇数？ 解： (1)从“位置”考虑， 由于 0 不能放在千位， 1 因此千位数字只能有 A5种取法，其余 3 个数位可以 从余下的 5 个数字中任取 3 个排列，所以可以组成 3 A1 5?A5＝300(个)四位数. (2)从“位置”考虑， 个位数字必须是奇数的有 1 A4种排法，首位数字不能是 0，则在余下的 4 个非 0 1 数字中取 1 个有 A4种取法，其余两个数位的排法是 2 1 2 A4，所以共有 A4?A1 4?A4＝192(个)四位奇数. 10. 从甲、乙等 6 个运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛.如果甲、乙两人都不跑第一棒， 那么不同的参赛方法共有多少种？ 解法一：(从元素考虑)从 6 个运动员中，选出 4 人有三类情况： 2 (1)甲、乙都被选出，有 C4种选法；(2)甲、乙中恰有 1 人被选出，有 C2C4种选法； 4 (3)甲、乙都未被选出，有 C4种选法. 再将 4 人按要求安排位置：甲、乙都参加，跑 2 2 第二、三、四棒有 A3A2种排法；甲、乙中有一人参 1 3 加，只跑第二、三、四棒有 A3A3种排法；甲、乙都 4 不参加，有 A4种排法. 2 2 2 1 3 1 3 4 4 故共有不同参赛方法 C4A3A2 ＋C2C4A3 A3＋C4A4 ＝ 240(种). 解法二：(从位置考虑)第一棒从甲、乙以外的 1 3 4 人中选取，再排其他各棒有 A4A5＝240(种)不同的 参赛方法. 解法三：(间接法)从总数中减去甲、乙跑第一 4 1 3 棒的，有 A6－A2A5＝240(种)不同的参赛方法. 11.4 个不同的球，4 个不同的盒子，把球全部 放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球，共有多少种放法？ (2)恰有 2 个盒不放球，共有多少种放法？ 解：(1)为保证“恰有 1 个盒不放球”，先从 4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4 个球，3 个盒子， 每个盒子都要放入球， 共有多少种放法？” 即把 4 个球分成 2，1，1 的三组，然后进行全排列， 共有 C4?1 1 C2 4C2C1 3 2 ?A3＝144(种)放法. A2 2 (2)确定 2 个空盒有 C4种方法.4 个球放进 2 个 11 3盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类为有序不 3 1 2 均匀分组， 有 C4C1A2种放法； 第二类为有序均匀分组，2 2 C2 C2 4C2 4C2 3 1 2 2 ? 2 C C A ＋ ?A2? 有 2 ?A2种放法，故共有? 4 1 2 ?C2 4＝ A2 A2 2 ? ? 84(种). (2014?武汉模拟)如果正整数 M 的各 位数字均不为 4， 且各位数字之和为 6， 则称 M 为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有 ____________个. 解：不含 4，且和为 6 的三个自然数可能为(1， 2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0， 3 2 0).因此三位正整数中的“幸运数”有 A3＋2A2 ＋1 2 ＋A2＋1＝14(个).故填 14. §11.3二项式定理 是( )1.二项式定理 n (a＋b) ＝____________________________(k， n∈N*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理.(a n ＋b) 的二项展开式共有____________项， 其中各项 的系数____________(k∈{0，1，2，?，n})叫做二 项式系数，式中的____________叫做二项展开式的 通项，用 Tk＋1 表示，即__________________.通项为 展开式的第__________项. 2.二项式系数的性质 (1)对称性 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两 0 n n－1 n－2 个二项式系数相等， 即 Cn＝Cn， C1 C2 ?， n＝Cn ， n＝Cn ， n 0 ____________，?，Cn＝Cn. (2)增减性与最大值 k 二项式系数 Cn，当____________时，二项式系 数是递增的；当____________时，二项式系数是递 减的. 当 n 是偶数时，中间的一项____________取得 最大值. 当 n 是奇数时，中间的两项 ____________ 和 ____________相等，且同时取得最大值. (3)各二项式系数的和 n (a ＋ b) 的展开式的各个二项式系数的和等于 1 2 r n ________ ， 即 C 0 n＋Cn＋Cn＋?＋Cn＋?＋Cn＝ ________.二项展开式中， 偶数项的二项式系数的和 1 3 5 等于奇数项的二项式系数的和， 即 Cn＋Cn＋Cn＋?＝ 2 4 C0 n＋Cn＋Cn＋?＝________.A.第 ＋1 项 B.第 n 项 2 C.第 n＋1 项 D.第 n 项与第 n＋1 项 解：展开式共有 2n＋1 项，且各项系数与相应 的二项式系数相同.故选 C. (2013?辽宁)使?3x＋n? ?x x?1 ?n* ? (n∈N )的展开式中含有常数项的最小的 n 为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 解：∵n∈N ，通项 Tr＋1＝Cn(3x) 5 2*rn－r??? 1 ?r ? ＝ ?x x?n－r Cr ?xn－ r，∴当 r＝2 时，n 的最小值为 5. n?3故选 B. ( 2014?大纲 ) ?? x － y ?8 2 2 ? 的展开式中 x y y x ? ?的系数为________.(用数字作答) y ?8 ?x 解：? － ? 展开式的通项公式为? yx?Tr＋1＝Cr 8?3 3 ? x ? 8－r?－ y ?r r r ? ? ? ＝(－1) C8x8－2ry2 y x ? ? ? ?r－4，令 8－ r＝2，解得 r＝4，此时 r－4＝2，70.3 3 2 2 2 2 4 4 所以展开式中 x y 的系数为(－1) C8＝70.故填21 2 21自查自纠： 0 n 1 n－1 k n－k k n a ＋Cna b＋?＋Cna b ＋?＋Cnb n－k k n－k k Ck Ck b Tk＋1＝Ck b k＋1 n na na 2.(1)C ＝ CCn ?1 2 nk n n－k nn＋1 n C2n设(x－1) ＝a0＋a1x＋a2x ＋?＋a21x ，则 a10＋a11＝________. r 21－r r 11 11 解：Tr＋1＝C21x (－1) ，∴a10＝C21(－1) ，a11 10 10 ＝C21(－1) .∴a10＋a11＝0.故填 0.(2)k ＜ 2nn＋12k＞n＋12类型一求特定项Cn ?1 2 n(3)2n2n－11?5 ? a?? (1)?x＋ ??2x－ ? 的展开式中各项系 x x????6 (2014?四川)在 x(1＋x) 的展开式中，含 x3 项的系数为( ) A.30 B.20 C.15 D.10 3 2 4 2 3 3 解：含 x 项为 x(C61 ?x )＝15x ，所以含 x 项 的系数为 15，故选 C. 2n * (1＋x) (n∈N )的展开式中， 系数最大的项数的和为 2，则该展开式中的常数项为( A.－40 B.－20 C.20 D.40)1?5 ? 解：令 x＝1，可得 a＋1＝2，a＝1，?2x－ ? 的?x?1 3 2 3 展开式中 项的系数为 C 5 2 ( － 1) ， x 项的系数为x 3 5 3 2 C2 ∴?x＋ ?(2x－ ) 的展开式中常数项为 C52 (－ 52 ， x ? x? 2 3 1)＋C52 ＝40.故选 D.?1?1中 x y 的系数为__________.(用数字填写答案) 2 7 7 7 解：x y ＝x?(xy )，其系数为 C8， x2y7＝y?(x2y6)，其系数为－C6 8， 2 7 7 6 ∴x y 的系数为 C8－C8＝8－28＝－20. 故填－20.2 7点拨： ①令 x＝1 可得所有项的系数和； ②在求出 a 的 值后，再分析常数项的构成，便可解得常数项.类型二展开式的系数和问题?3 1 ?n ? ? 的展开式中，第 6 项为 x － (2)已知在 ? 3 ? 2 x? ?常数项， 求含 x 项的系数及展开式中所有的有理项. n－r 1 r r r? 1?r ? ? r 解：通项 Tr＋1＝Cnx 3 ?－ ? x－ ＝Cn?－ ? 3 ? 2? ? 2? n－2r x 3 ， n－2r ∵第 6 项为常数项，∴r＝5 时，有 ＝0， 3 10－2r 2 得 n＝10.令 ＝2，得 r＝2，∴含 x 项的系数 3 1?2 45 2 ? 为 C10?－ ? ＝ . 4 ? 2? 10－2r 根据通项公式，令 ＝k∈Z，则 10－2r＝ 3 3 3k，即 r＝5－ k，∴k 应为偶数.∴k 可取 2，0，－ 2 2.即 r 可取 2，5，8.∴第 3 项，第 6 项与第 9 项为 1?2 2 45 2 2 ? 5 有理项，它们分别为 T3＝C10?－ ? x ＝ x ，T6＝C10 4 ? 2? 5 8 ?－1? ＝－63，T ＝C8 ?－1? x－2＝ 45 . ? 2? 9 10? ? 2 8 256x ? ? ? 2?2已知 (1 － 2x) ＝ a0 ＋ a1x ＋ a2x ＋?＋72a7x .求：(1)a1＋a2＋?＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6； (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|. 解：令 x＝1，则 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.① 令 x＝－1，则 a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.② 0 (1)∵a0＝C7＝1， ∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2. (2)(①－②)÷2，得 7 －1－3 a1＋a3＋a5＋a7＝ ＝－1094.③ 2 (3)(①＋②)÷2，得 7 －1＋3 a0＋a2＋a4＋a6＝ ＝1093.④ 2 7 (4)∵(1－2x) 的展开式中，a0，a2，a4，a6 大于 零，而 a1，a3，a5，a7 小于零， ∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7| ＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)， ∴所求即为④－③(亦即②)，其值为 2187. 点拨： ①“赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理 n 二项式相关问题比较常用的方法.对形如(ax＋b) ， 2 m (ax ＋bx＋c) (a，b，c∈R)的式子求其展开式各项 n 系数之和，只需令 x＝1 即可；对形如(ax＋by) (a， b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝ y＝1 即可.②若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(1)，奇数项系数之 f（1）＋f（－1） 和为 a0＋a2＋a4＋?＝ ， 偶数项系 2 f（1）－f（－1） 数之和为 a1＋a3＋a5＋?＝ . 2 (1)若将函数 f(x)＝x 表示为 f(x)＝ a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋?＋a5(1＋x)5, 其中 a0， a1，a2，?，a5 为实数，则 a3＝____________. 5 2 解法一：令 x＋1＝y，(y－1) ＝a0＋a1y＋a2y 5 2 2 ＋?＋a5y ，故 a3＝C5(－1) ＝10.57点拨： ①所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的 某一项，如第 n 项、常数项、有理项、字母指数为 某些特殊值的项.求解时，先准确写出通项 Tr＋1＝ n－r r Cr b ，再把系数与字母分离出来(注意符号)，根 na 据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出 方程或不等式来求解即可 .②求有理项时要注意运 用整除的性质，同时应注意结合 n 的范围分析. (1)( 2013?全国课标卷Ⅱ ) 已知 (1 ＋ ) A.－4 B.－3 C.－2 D.－1 5 2 2 2 解：(1＋ax)(1＋x) 的展开式中 x 项为 C5x ＋ 1 2 2 2 2 ax?C5x＝10x ＋5ax ＝(10＋5a)x .∵x 的系数为 5， ∴10＋5a＝5，a＝－1.故选 D.ax)(1＋x)5 的展开式中 x2 的系数为 5， 则 a＝((2)(2014?新课标Ⅰ)(x－y)(x＋y) 的展开式8 解法二：由等式两边对应项系数相等. ?a5＝1， 即：?C5a5＋a4＝0，44 项为 T4＝C102 x ＝15360x . 点拨： (1)求二项式系数最大项：①如果 n 是偶数，则37 44?3 ? ? C3 5a5＋C4a4＋a3＝0， 5解得 a3＝10.解法三： 对等式： f(x)＝x ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1 2 5 ＋x) ＋?＋a5(1＋x) 两边连续对 x 求导三次得： 2 2 60x ＝6a3＋24a4(1＋x)＋60a5(1＋x) ，再运用赋值 法，令 x＝－1 得：60＝6a3，即 a3＝10.故填 10. (2)设?? 2 ?2n 2 2n ＋x? ＝a0＋a1x＋a2x ＋?＋a2nx ， ?2 ?2 2则(a0＋a2＋a4＋?＋a2n) －(a1＋a3＋a5＋?＋a2n－1) ＝_______________________. ? 2 ? 2n 解：设 f(x)＝? ＋x? ，则(a0＋a2＋a4＋? ?2 ? 2 2 ＋a2n) －(a1＋a3＋a5＋?＋a2n－1) ＝(a0＋a2＋a4＋? ＋ a2n－ a1 －a3 －a5 －?－a2n － 1)(a0＋ a2＋ a4＋?＋ a2n ＋ a1 ＋ a3 ＋ a5 ＋ ? ＋ a2n － 1) ＝ f( － 1)?f(1) ＝ n ? 2 ?2n ? 2 ?2n ? 1?2n ?1?n ?1? ? －1? ? ? ＋1? ＝?－2? ＝?4? .故填?4? . ? ? ? ? ? ? ?2 ? ?2 ? 类型三 系数最大项问题? ? 中间一项?第 ＋1项?的二项式系数最大；②如果 n ? 2 ? n＋1 n＋1 是奇数，则中间两项(第 项与第 ＋1 项)的 2 2 二项式系数相等并最大.(2)求展开式系数最大项： n 如求(a＋bx) (a，b∈R)的展开式系数最大的项，一 ?Ar?Ar－1， ? 般是采用待定系数法，列出不等式组? 从 ?Ar?Ar＋1， ? 而解出 r，即得展开式系数最大的项.n(1＋2x) 的展开式中第 6 项与第 7 项 的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系 数最大的项. 5 5 6 6 5 5 解：T6＝Cn(2x) ，T7＝Cn(2x) ，依题意有 Cn?2 6 6 8 ＝Cn?2 ，解得 n＝8.所以(1＋2x) 的展开式中，二 4 4 4 项式系数最大的项为 T5＝C8?(2x) ＝1 120x . 设第 r＋1 项系数最大，则有 r r r－1 r－1 ? ?C8?2 ?C8 ?2 ，? r r r＋1 r＋1 ?C8?2 ?C8 ?2 ， ?n解得 5?r?6.所以 r＝5 或 r＝6， 5 所以系数最大的项为 T6＝1 792x 或 T7＝ 3 2 2n 已知( x＋x ) 的展开式的二项式系 n 数和比(3x－1) 的展开式的二项式系数和大 992. 1?2n ? (1)求?2x＋ ? 的二项式系数最大的项； 792x . 类型四 整除问题61?x?1? ? (2)求?2x＋ ? 的展开式系数最大的项. x? ? 解：由题意知， 2 － 2 ＝ 992 ，即 (2 － 32)(2 ＋31)＝0， n ∴2 ＝32(负值舍去)，解得 n＝5. 1?10 ? (1)由二项式系数的性质知，?2x＋ ? 的展开2n2nnnn?x?式中第 6 项的二项式系数最大，即 C ＝252. 1 5 5 5 5 ∴T6＝C10(2x) 5＝C102 ＝8064.5 10求 S＝C27＋C27＋?＋C27除以 9 的余数. 1 2 27 27 解：S＝C27＋C27＋?＋C27＝2 －1 9 9 ＝8 －1＝(9－1) －1 0 9 1 8 8 9 ＝C9×9 －C9×9 ＋?＋C9×9－C9－1 0 8 1 7 8 ＝9(C9×9 －C9×9 ＋?＋C9)－2 0 8 1 7 8 ＝9(C9×9 －C9×9 ＋?＋C9－1)＋7. 显然上式括号内的数是正整数. 故 S 被 9 除的余数为 7. 点拨： 利用二项式定理解决整除问题的关键是巧妙地 构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被 另一个式子整除，只需证明这个式子按二项式定理 展开后的各项均能被另一个式子整除.因此， 一般将 被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开， 此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关 知识来处理.注意：0?余数&除数. 已知 m 是一个给定的正整数，如果两 个整数 a，b 除以 m 所得的余数相同，则称 a 与 b 对 模 m 同余， 记作 a≡b(mod m)， 例如： 5≡13(mod 4).1227x(2)设第 r＋1 项的系数最大， 1 r 10－r r 10－r 10－2r ∵Tr＋1＝C10(2x) x ， r＝C102x∴?? ?C102rr10－r 10－r?C10 2r－1 10－r＋1 r＋1 10－r－1，?C102 ?C10 2 ， ? r r－1 ? ? C ? 2 C ， 11 10 10 ? ? －r?2r， 得? r 即? r＋1 ?2C10?C10 ， ? ? ?2（r＋1）?10－r，8 11 解得 ?r? ， 3 3 ∵r∈N，∴r＝3.故系数最大的项是第 4 项，第 ≡r(mod 7)，则 r 可能等于( ) A.2013 B.2014 C.2015 D. 3 × 671 671 671 解：2 ＝2 ×2 ＝ 4×8 ＝ 4(7 ＋ 1) ＝ 671 1 670 670
＋C6717 ＋?＋C6717＋1).因此 2 除以 7 的余 数为 4.经验证，只有 2013 除以 7 所得的余数为 4. 故选 A. 若220152 3 （|x| －2|x|＋1） 解法一：原式＝ ＝ 3|x|（|x|－1） . 36|x|类型五 开式特殊“三项式”(可化为二项式)的展3 6 3 3 ∴(1－|x|) 的展开式中|x| 的系数 C6(－1) ＝－20 就是原式展开式中的常数项.5 ?x 1 ? 求? ＋ ＋ 2? (x&0)的展开式经整理 ?2 x ? 后的常数项. 5 ?x 1 ? 解 法 一 ： ? ＋ ＋ 2? 在 x ＞ 0 时 可 化 为 ?2 x ? 10 ? x 1? ? ＋ ? ， x? ? 2 10－2r 1 ?10－r r ? ( 因而 Tr＋1＝C10? ? ， 则 r＝5 x) ? 2? 时为常数项， ? 1 ?5 63 2 5 即 C10?? ? ＝ . 2 ? 2? 解法二：所给的式子为三项式，采用两个计数 原理求解. 5 5 分三类：①5 个式子均取 2，则 C5( 2) ＝ 4 2；1 ? ? 解法二：将原式化为 ? x ? ? ，利用二项 x? ?式定理求解． 解法三：将原式看成三个|x|＋ 常数项只可能由|x|? 1 16|x|－2 相乘，3|x|?(－2)和(－2) 构成，可利用计数原理分成两类再求和.故所求为 1 3 3 C1 3?C2?(－2)＋C3?(－2) ＝－20.故填－20.x 1 1?1? 1 ②取一个 ，一个 ，三个 2，则 C5? ?C4( 2) 2 x ?2?3 ＝20 2； 2 x 1 2?1? 2 ③取两个 ，两个 ，一个 2，则 C5? ? C3 2＝ 2 x ?2? 15 2 . 2 所以，常数项为 4 2＋20 2＋ 15 2 63 2 ＝ . 2 2点拨： 三项式的展开式问题，通常可用解法一化为二 项式问题，或者用解法二化为计数问题.?|x|＋ 1 －2? 3 展开式中的常数项 ? |x| ? ? ?是______.1. 二项展开式的通项主要用于求二项式的指 数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点： k n－k k (1)Cna b 是第 k＋1 项，而不是第 k 项. (2)求展开式的一些特殊项， 通常都是由题意列 出方程求出 k，再求所需的某项(有时需先求 n).计 算时要注意 n，k 的取值范围及它们的大小关系. (3)求展开式的某一项的系数， 先要准确地写出 通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数 和字母分离. 2.要注意二项展开式中二项式系数与某一项系 n 数的区别.在(a＋b) 的展开式中，系数最大的项是 中间项；但当 a，b 的系数不是 1 时，系数最大的项 的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据 系数的增减性具体讨论而定. 3.对三项或三项以上的展开问题，应根据式子 的特点， 转化为二项式来解决(有些题目也可转化为 计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因 式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷 性. 4.二项式定理的应用方法 (1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开 式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组 合数恒等式的重要方法. (2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问 题”或“余数问题”的重要方法. (3)有些不等式的证明问题， 也常借助二项式定 理进行“放缩”处理. 1.(1＋x) 的展开式中 x 的系数是( ) A.42 B.35 C.28 D.21 7 r r 解：二项式(1＋x) 展开式的通项为 Tr＋1＝C7x ， 2 2 2 2 令 r＝2，则 T3＝C7x .∴x 的系数为 C7＝21.故选 D. n * 5 2.(1＋3x) (其中 n∈N 且 n?6)的展开式中 x 6 与 x 的系数相等，则 n＝( ) A.6 B.7 C.8 D.9 n！ 5 5 6 6 解：由条件得 Cn3 ＝Cn3 ，∴ ＝ 5！（n－5）！ n！ ×3，∴3(n－5)＝6，n＝7.故选 B. 6！（n－6）！ ?2 x＋ 1 ? ? 3.(2013?青岛一检)“n＝5”是“? 372＝－5＝a0； 令 x＋2＝1， 则 x＝－1， (x ＋1)(x＋1) ＝0＝a0＋a1＋a2＋?＋a11，∴a1＋a2＋?＋a11＝－a0 ＝5.故选 A. ?x＋ a ?8 ? 的展开式中 x4 的 7.(2013?安徽)若? 329x? 系数为 7，则实数 a＝____________. ? x＋ a ? 8 ? ?解：? ??? ?4r r r a， 3 ? 的展开式的通项为 C8x8－ 3 ?x?? ?x??n(n∈N )的展开式中含有常数项”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ? 2 x＋ 1 ? n ? 的展开式的通项 Tr＋ 1＝ 解：因为? 3*? ?x??n－r r n－r r n－r Cr ?x － ，含有常数项时满足 － ＝0， n22 3 2 3 3n * 即 r＝ ，此时若含有常数项，则 n＝5k(k∈N )， 5 ? 2 x＋ 1 ? n ? (n∈N*)的展开式中含 故“n＝5”是“? 34r 4 3 3 令 8－ ＝4 得 r＝3，故展开式中 x 的系数为 C8a 3 1 1 ＝7，∴a＝ .故填 . 2 2 10 8.( 2013?北京海淀期末练习 ) 已知 (x ＋ 1) ＝ a1＋a2x＋a3x2＋?＋a11x10.若数列 a1，a2，a3，?， ak(1?k?11，k∈Z)是一个单调递增数列，则 k 的 最大值是____________. n－1 解： 由二项式定理可知 an＝C10 (n＝1， 2， 3， ?， 5 n－1 11)，由 C10为 C10 的最大值知，an 的最大值为 a6，即 k 的最大值为 6.故填 6. n 2 9.用二项式定理证明(n＋1) －1 可以被 n 整除 (n∈N＋). 解：用二项式定理和组合数的性质，得到 n 0 1 2 2 n n (n＋1) －1＝Cn＋Cnn＋Cnn ＋?＋Cnn －1 2 2 2 n n ＝n ＋Cnn ＋?＋Cnn 2 2 n n－2 ＝n (1＋Cn＋?＋Cnn ). 1 2 当 n＝1 时，(1＋1) －1 能被 1 整除. n 2 2 所以(n＋1) －1 是 n 的倍数， 即可以被 n 整除. 2 ?n ? * 10. 已知 ? x＋ 2? (n∈N ) 的展开式中第五项? ?x??有常数项”的充分不必要条件.故选 A. 1 2 4.( 2013?广州毕业班综合测试 ) 若 C n ＋ 3C n ＋ 2 3 n－2 n－1 n－1 3 Cn＋?＋3 Cn ＋3 ＝85，则 n 的值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 1 1 2 n－2 n－1 n－1 n 解：由 Cn＋3Cn＋?＋3 Cn ＋3 ＝ [(1＋3) 3 －1]＝85，解得 n＝4.故选 B. 5.(2013?全国课标卷Ⅰ)设 m 为正整数，(x＋ 2m y) 展开式的二项式系数的最大值为 a，(x＋y)2m＋1 展开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a＝7b，则 m＝( ) A.5 B.6 C.7 D.8 m m＋1 m m＋1 解：由题知 a＝C2m，b＝C2m＋1，∴13C2m＝7C2m＋1， 13×（2m）！ 7×（2m＋1）！ 即 ＝ ， 解得 m＝6， m！m！ （m＋1）！m！ 故选 B. 2 9 6.( 2014?石家庄二模 ) 设 (x ＋ 1)(x ＋ 1) ＝ a0 2 11 ＋a1(x＋2)＋a2(x＋2) ＋?＋a11(x＋2) ，则 a1＋a2 ＋?＋a11＝( ) A.5 B.4 C.3 D.2 2 9 解：令 x＋2＝0，则 x＝－2，(x ＋1)(x＋1)?x?的系数与第三项的系数之比是 10∶1.求： (1)展开式中各项系数的和； (2)展开式中系数最大的项. 解：展开式的通项为 Tr＋1＝Cn( x)r n－r? 22? ＝Cr ?x ? n ? ?rn－5r 4 C4 n2 r 2 x 2 .依题意， 2 2＝10，得 n＝8. Cn2 8 (1)令 x＝1， 则各项系数的和为(1＋2) ＝6561. (2)设展开式中的第 r 项、第 r＋1 项、第 r＋2 r－1 r－1 r r r＋1 r＋1 项的系数分别为 C8 2 ，C82 ，C8 2 .若第 r＋1 r－1 r－1 r r ?C8 2 ?C82 ， ? 项的系数最大，则? r＋1 r＋1 r r 得 5?r?6. ?C8 2 ?C82 ， ? 17 于是系数最大的项是 T6 ＝ 1792x － 和 T7 ＝ 2 －11 1792x . 2 3 2 4 11. (1) 已知(1 － x ＋ x ) (1 － 2x ) ＝ a0 ＋ a1x＋ 2 14 a2x ＋?＋a14x ，求 a1＋a3＋a5＋?＋a13 的值. 2 2014 (2)已知(x＋1) (x＋2) ＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2) ＋?＋a2016(x＋2)2 2016，求 ＋ 2＋ 3 ＋?＋
2 2a1 a2 a3a2016 的值. 2 3 2 4 解：(1)设 f(x)＝(1－x＋x ) (1－2x ) . 令 x 分别取 1，－1，则 f(1)＝a0＋a1＋a2＋?＋a13＋a14＝1； f(－1)＝a0－a1＋a2－?－a13＋a14＝27. f（1）－f（－1） a1 ＋ a3 ＋ a5 ＋ ? ＋ a13 ＝ ＝ 2 1－27 ＝－13. 2 2 3 ? 3 ? ? 3 ? (2) 依题意令 x ＝－ ，得 ?－ ＋1? ?－ ＋2? 2 ? 2 ? ? 2 ? 2014 2 ? 3 ? ? 3 ? ＝ a0 ＋ a1 ?－ ＋2? ＋ a2 ?－ ＋2? ＋ ? ＋ ? 2 ? ? 2 ?
a3 ? 3 ? a2016?－ ＋2? ， 令 x＝－2 得 a0＝0， 则 ＋ 2＋ 3 2 2 2 ? 2 ? a6 ＋?＋ 2016＝? ? . 2 ?2?( 2014?温州十校联考 ) 已 知? * (1＋x＋x2) ? ?x＋x3? (n∈N ) 的展开式中没有常 数 ? ?项，且 2?n?8，则 n＝________. 1 ?n 2 ? * 解：∵(1＋ x＋ x )?x＋ 3? (n∈N )的展开式中 x1 n??n ? 1? 没有常数项，∴?x＋ 3? 的展开式中没有常数项，?x?n ? 1? －1 －2 且没有 x ，x 项.?x＋ 3? 的展开式的通项为 Tr＋1 x??＝ C x ，当 n＝2，3，4 时，取 r＝1 可知均不 符合要求；当 n＝6，7，8 时，取 r＝2 可知均不符 合要求；当 n＝5 时，r 取 0，1，2，3，4，5 均不 －1 －2 会产生 x ，x 及常数项.故填 5.r n－4r n §11.4随机事件的概率 与事件 B 互为对立事 件 ＝P(A)＋ P(B) ＝1.随机事件和确定事件 (1)在条件 S 下，一定会发生的事件，叫做相对 于条件 S 的____________. (2)在条件 S 下，一定不会发生的事件，叫做相 对于条件 S 的____________. 必然事件与不可能事件统称为相对于一定条件 的确定事件. (3) 在一定条件下可能发生也可能不发生的事 件，叫做相对于条件 S 的__________. (4)____________和____________统称为事件， 一般用大写字母 A，B，C，?表示. 2.频率与概率 (1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验， 观察某一 事件 A 是否出现，称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的________，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝ 为事件 A 出现的频率. (2)对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数 的增加，事件 A 发生的____________fn(A)稳定在某 个常数上，把这个____________记作 P(A)，称为事 件 A 的____________. (3) 在一次试验中几乎不可能发生的事件称为________拓展：“互斥事件”与“对立事件”的区别及 联系：两个事件 A 与 B 是互斥事件，有如下三种情 况：①若事件 A 发生，则事件 B 就不发生；②若事 件 B 发生，则事件 A 就不发生；③事件 A，B 都不发 生.两个事件 A 与 B 是对立事件，仅有前两种情况. 因此，互斥未必对立，但对立一定互斥. 4.概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围：____________. (2)必然事件的概率 P(E)＝____________. (3)不可能事件的概率 P(F)＝____________. (4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝_________________________. 推广：如果事件 A1，A2，?，An 两两互斥(彼此 互斥)，那么事件 A1＋A2＋?＋An 发生的概率，等于 这 n 个事件分别发生的概率的和，即 P(A1＋A2＋? ＋An)＝_______________________. ②若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)＝ _________________.自查自纠： 1.(1)必然事件 (2)不可能事件 (3)随机事件 (4)确定事件 随机事件 2.(1)频数____________. 3.事件的关系与运算(类比集合的关系与运算)定义 如果事件 A 发生，则 事件 B 一定发生，这 时称事件 B______ 事 件 A(或称事件 A 包含 于事件 B) 若 B? A 且 A? B 若某事件发生当且仅 当事件 A 发生______ 事件 B 发生，称此事 件为事件 A 与事件 B 的并事件 若某事件发生当且仅 当事件 A 发生____事 件 B 发生，则称此事 件为事件 A 与事件 B 的交事件 若 ______ 为不可能事 件， 则事件 A 与事件 B 互斥 若 ________ 为不可能 事件， ________ 为必 然事件， 那么称事件 A 符号表示包含关系________ __ (或 A ? B) ________ __ A∪B (或 A＋B)nA (2)频率 常数 概率 n相等关系(3)小概率事件 3.包含 B? A A＝B 或 且 A∩B ? A∩B A∪B ? 1 4.(1)0?P(A)?1 (2)1 (3)0 (4)①P(A)＋P(B) P(A1)＋P(A2)＋?＋P(An) ②1－P(B)并事件(和事 件)交事件(积事 件)A∩B(或 AB)互斥事件A∩B＝ ______ A∩B＝ ____ P(A∪B)对立事件下列事件中，随机事件的个数是( ) ①掷一枚硬币，正面朝上； 2 ②当 x∈R，x ＋2x＋2?0； ③掷一颗骰子，出现的点数大于 5； ④一个三角形中小边对大角，大边对小角. A.1 B.2 C.3 D.4 解：①③是随机事件，②是必然事件，④是不 可能事件.故选 B. 给出下列四个命题： ①设有一批产品，其次品率为 0.05，则从中任 取 200 件，必有 10 件是次品； ②作 100 次抛硬币的试验， 结果 51 次出现正面， m 51 则出现正面的概率是 ＝ ； n 100 ③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生 的概率； ④投掷骰子 100 次，得总数是 1 的结果 18 次， 9 则出现 1 点的频率是 . 50 其中真命题的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解：频率是概率的近似，频率不是概率，只有 ④正确.故选 A. ( 2014?江南十校联考 ) 从正五边形的五个 顶点中，随机选择三个顶点连成三角形，对于事件 A：“这个三角形是等腰三角形”，下列推断正确的 是( ) 1 A.事件 A 发生的概率等于 5 2 B.事件 A 发生的概率等于 5 C.事件 A 是不可能事件 D.事件 A 是必然事件 解：从正五边形的五个顶点中随机选三个顶点 连成的三角形都是等腰三角形，所以事件 A 是必然 事件.故选 D. (2013?安徽)从 1，2，3，4，5 中任意取出 两个不同的数，其和为 5 的概率是____________. 2 2 1 1 解：P＝ 2＝ ＝ .故填 . C5 10 5 5 (2013?重庆)若甲、 乙、 丙三人随机地站成 一排，则甲、乙两人相邻而站的概率为 ____________.解：所求概率为{1，6}，{2，5}，{3，4}，{4，3}，{5，2}，{6， 6 1 1}共 6 个，因此该事件的概率 P＝ ＝ . 6×6 6 点拨： 明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义 及相互联系.判断一个事件是哪类事件要看两点： 一 是看条件，二是看结果发生与否，在条件 S 下事件 发生与否是对应于条件 S 而言的. 一个口袋内装有 5 个白球和 3 个黑球， 从中任意取出一个球， (1)“取出的球是红球”是什么事件？它的概 率是多少？ (2)“取出的球是黑球”是什么事件？它的概 率是多少？ (3)“取出的球是白球或黑球”是什么事件？ 它的概率是多少？ 解：(1)由于口袋内装有黑、白两种颜色的球， 故“取出的球是红球”是不可能事件，其概率为 0. (2)由已知， 从口袋内取出一个球， 可能是白球， 也可能是黑球， 故“取出的球是黑球”是随机事件， 3 它的概率是 . 8 (3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球，故 取出一个球不是黑球，就是白球，因此， “取出的球 是白球或黑球”是必然事件，它的概率为 1. 类型二 对立与互斥的概念判断下列各组事件是否是互斥事件， 并说明道理. 某小组有 3 名男生和 2 名女生，从中任选 2 名 同学去参加演讲比赛，其中 (1)恰有 1 名男生和恰有 2 名男生； (2)至少有一名男生和至少有一名女生； (3)至少有一名男生和全是男生； (4)至少有 1 名男生和全是女生. 解：(1)是互斥事件. 道理是： 在所选的 2 名同学中， “恰有 1 名男生” 实质选出的是“一名男生和一名女生” ，它与“恰有 两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件. (2)不是互斥事件. 道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、 1 名女生”和“两名都是男生”两种结果， “至少有 1 名女生”包括“1 名女生、1 名男生”和“两名都 是女生”两种结果，它们可能同时发生. (3)不是互斥事件. 道理是： “至少有一名男生”包括“一名男生、 一名女生”和“两名都是男生”，这与“全是男 生”可同时发生. (4)是互斥事件.A ?A 2 2 ＝ .故填 . A3 3 3 32 22 2类型一随机事件的概念同时掷两颗骰子一次， (1)“点数之和是 13”是什么事件？其概率是 多少？ (2)“点数之和在 2～13 之间”是什么事件？ 其概率是多少？ (3)“点数之和是 7”是什么事件？其概率是多 少？ 解：(1)由于点数最大是 6，和最大是 12，不可 能得 13，故此事件是不可能事件，其概率为 0. (2)由于点数之和最小是 2，最大是 12，在 2～ 13 之间，它是必然事件，其概率为 1. (3)由(2)知，和是 7 是有可能的，此事件是随 机事件. 事件“点数之和是 7”包含的基本事件有 道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、 1 名女生”和“两名都是男生”两种结果， 它和 “全 是女生”不可能同时发生. 点拨： 判断两个事件是否为互斥事件，就是考查它们 能否同时发生，如果不能同时发生，则是互斥事件， 否则， 就不是互斥事件.判断对立与互斥除了用定义 外，也可以利用集合的观点来判断.注意：①事件的 包含、相等、互斥、对立等，其发生的前提条件应 是一样的；②对立是针对两个事件来说的，而互斥 可以是多个事件的关系. 在 10 件产品中有 8 件正品、 2 件次品， 从中任取 3 件： (1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品”是互 斥事件吗？ (2)“恰有 2 件次品”和“至多有 1 件次品”是 对立事件吗？ 解： (1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品” 都是随机事件，且不可能同时发生，∴二者是互斥 事件； (2)“恰有 2 件次品”即“2 件次品 1 件正品”， “至多有 1 件次品”即“3 件正品”或“1 件次 品 2 件正品” ， 它们不可能同时发生且并起来是必然 事件， ∴二者是对立事件.会把一个事件分拆为几个互斥事件 .当直接计算事 件的概率比较复杂(或不能直接计算)时，通常是正 难则反转而求其对立事件的概率. 一盒中装有大小和质地均相同的 12 个小球，其中 5 个红球，4 个黑球，2 个白球，1 个 绿球.从中随机取出 1 个球，求： (1)取出的小球是红球或黑球的概率； (2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率. 解：记事件 A＝{任取 1 球为红球}； B＝{任取 1 球为黑球}； C＝{任取 1 球为白球}； D＝{任取 1 球为绿球}. 显然 A，B，C，D 互斥. 5 4 2 1 则 P(A)＝ ， P(B)＝ ，P(C)＝ ，P(D)＝ . 12 12 12 12 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 5 4 3 P1＝P(A)＋P(B)＝ ＋ ＝ . 12 12 4 (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 5 4 2 11 P2＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝ ＋ ＋ ＝ . 12 12 12 12 ?或P2＝1－P（D）＝1－ 1 ＝11? ? 12 12? ? ?类型三互斥与对立概念的初步运用 的.1.概率与频率的关系 (1) 频率是一个随机数，在试验前是不能确定 (2)概率是一个确定数，是客观存在的，与试验 次数无关. (3) 频率是概率的近似值，随着试验次数的增 加，频率一般会越来越接近概率，因而概率是频率 的稳定值. 2.互斥事件、对立事件的判定方法 (1)利用基本概念 ①互斥事件是两个不可能同时发生的事件； ②对立事件首先是互斥事件， 且必有一个发生. (2)利用集合的观点来判断 设事件 A 与 B 所含的结果组成的集合分别是 A， B， ①事件 A 与 B 互斥，即集合 A∩B＝?； ②事件 A 与 B 对立，即集合 A∩B＝?，且 A∪B ＝I(全集)，也即 A＝?IB 或 B＝?IA； ③对互斥事件 A 与 B 的和 A＋B，可理解为集合 A∪B. 3.求复杂的互斥事件的概率的方法 一是直接法，将所求事件的概率分解为一些彼 此互斥事件概率的和，运用互斥事件的求和公式计 算；二是间接法，先求此事件的对立事件的概率， 再用公式 P(A)＝1－P(A)，即运用逆向思维的方法经统计，在某展览馆处排队等候验证 的人数及其概率如下表： 排队人 0 1 2 3 4 5 数 0.1 0.1 0.3 0.3 0.1 0.0 概率 0 6 0 0 0 4 (1)求至多 2 人排队的概率； (2)求至少 1 人排队的概率. 解：设没有人排队为事件 A，恰有 1 人排队为 事件 B，恰有 2 人排队为事件 C，至多 2 人排队为事 件 D，至少 1 人排队为事件 E，则事件 A，B，C 两两 互斥，事件 A 和 E 是对立事件，并且 D＝A＋B＋C. 由表格中的数据得 P(A)＝0.10，P(B)＝0.16， P(C)＝0.30. (1)至多 2 人排队的概率为 P(D)＝P(A＋B＋C) ＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.10＋0.16＋0.30＝0.56. (2)至少 1 人排队的概率为 P(E)＝1－P(A)＝1 －0.10＝0.90. 点拨： 求事件的概率常需求互斥事件的概率和，要学 (正难则反)求解，应用此公式时，一定要分清事件 的对立事件到底是什么事件， 不能重复或遗漏.特别 是对于含“至多”“至少”等字眼的题目，用第二 种方法往往显得比较简便.1.给出下列事件： ①同学甲竞选班长成功； ②两队比赛，强队胜利； ③一所学校共有 998 名学生，至少有三名学生 的生日相同； ④若集合 A，B，C 满足 A? B，B? C，则 A? C； ⑤古代有一个国王想处死一位画师，背地里在 2 张签上都写了“死”字，再让画师抽“生死签”， 画师抽到死签； ⑥七月天下雪； ⑦从 1，3，9 中任选两数相加，其和为偶数； ⑧骑车通过 10 个十字路口，均遇红灯. 其中属于随机事件的有( ) A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 解：①②⑥⑧为随机事件.故选 B. 2.某战士在打靶中连续射击两次，事件“至少 有一次中靶”的对立事件是( ) A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.两次都不中靶 D.只有一次中靶 解：不能同时发生且必有一个发生的两个事件 是对立事件，故选 C. 3.从一堆产品(其中正品与次品都多于 2 件)中 任取 2 件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的 是( ) A.恰好有 1 件次品和恰好有 2 件次品 B.至少有 1 件次品和全是次品 C.至少有 1 件正品和至少有 1 件次品 D.至少有 1 件次品和全是正品 解：依据互斥和对立事件的定义知，B，C 都不 是互斥事件；D 不但是互斥事件而且是对立事件； 只有 A 是互斥事件但不是对立事件.故选 A. 4.(2013?济宁模拟)某产品分甲、乙、丙三级， 其中乙、 丙均属于次品.若生产中出现乙级品的概率 为 0.03，出现丙级品的概率为 0.01，则抽查一件产 品，恰好是正品的概率为( ) A.0.99 B.0.98 C.0.97 D.0.96 解：由互斥与对立的概念，知所求概率为 1－ (0.03＋0.01)＝0.96.故选 D. 5.若在同等条件下进行 n 次重复试验得到某个 事件 A 发生的频率 f(n)，则随着 n 的逐渐增加，有 ( ) A.f(n)与某个常数相等 B.f(n)与某个常数的差逐渐减小 C.f(n)与某个常数的差的绝对值逐渐减小 D.f(n)在某个常数附近摆动并趋于稳定 解：由频率与概率的定义、区别及联系知 D 正确.故选 D. 6. 一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1000 个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地 搅混在一起，从中任意取出一个，则取出的小正方 体两面涂有油漆的概率是( ) 3 27 6 12 A. B. C. D. 25 250 125 125 解：∵每条棱上有 8 块，共有 8×12＝96 块. 96 12 ∴所求概率为 ＝ .故选 D. .口袋内有一些大小相同的红球、黄球、白球， 从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为 0.65， 摸出黄球或白球的概率为 0.6，那么摸出白球的概 率是________. 解：设摸出红球、白球、黄球的事件分别为 A， B， C， 由条件 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.65， P(B∪C) ＝P(B)＋P(C)＝0.6， 又 P(A∪B)＝1－P(C)， ∴P(C) ＝0.35，∴P(B)＝0.25.或用 0.65＋0.6－1＝0.25. 故填 0.25. 8.(2013?皖南八校联考)若随机事件 A，B 互 斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)＝2－a， P(B)＝3a－4，则实数 a 的取值范围为________. 解：∵随机事件 A，B 互斥，且 A，B 发生的概 率均不等于 0， ∴由概率的基本性质可得： ?0＜P（A）＜1，? ?0＜P（B）＜1， ? ?P（A）＋P（B）?1， 0＜2－a＜1， ? ? 有?0＜3a－4＜1， ? ?2－a＋3a－4?1， 4 3 ?4 3? 解得 ＜a? .故填? ， ?. 3 2 ?3 2?9.盒中装有 4 只相同的白球与 6 只相同的黄球. 从中任取一只球 .试指出下列事件分别属于什么事 件？它们的概率是多少？ ①A＝“取出的球是白球”； ②B＝“取出的球是蓝球”； ③C＝“取出的球是黄球”； ④D＝“取出的球是白球或黄球”. 解：A 是随机事件，概率为 0.4； B 是不可能事件，概率为 0； C 是随机事件，概率为 0.6； D 是必然事件，概率为 1. 10.在添加剂的搭配使用中， 为了找到最佳的搭 配方案， 需要对各种不同的搭配方式作比较.在试制 某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂 . 现有芳香度分别为 0，1，2，3，4，5 的六种添加剂 可供选用.根据试验设计原理， 通常首先要随机选取 两种不同的添加剂进行搭配试验. (1) 求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 等于 4 的概率； (2) 求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 不小于 3 的概率. 解：设“所选用的两种不同添加剂的芳香度之 和等于 4”的事件为 A， “所选用的两种不同添加剂 的芳香度之和不小于 3”的事件为 B. 2 从六种不同芳香度的添加剂中随机选两种有 C6 ＝15 种选取方法. (1)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 等于 4”的选法有 2 种：(0，4)，(1，3)，故 P(A) 2 ＝ . 15 (2)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 小于 3”的选法有 2 种：(0，1)，(0，2)，故 P(B) ? 1 1 ? 13 ＝1－? ＋ ?＝ . ?15 15? 15 11.抛掷一个均匀的正方体玩具(各面分别标有 数字 1，2，3，4，5，6)，事件 A 表示“朝上一面 的数是奇数”，事件 B 表示“朝上一面的数不超过 3”，求 P(A∪B). 解法一： 因为 A∪B 的意义是事件 A 发生或事件 B 发生，所以一次试验中只要出现 1，2，3，5 四个 可能结果之一时，A∪B 就发生，而一次试验的所有 4 2 可能结果为 6 个，所以 P(A∪B)＝ ＝ . 6 3 解法二：记事件 C 为“朝上一面的数为 2”， 1 则 A∪B＝A∪C， 且 A 与 C 互斥.又因为 P(C)＝ ， P(A) 6 1 1 1 ＝ ， 所以 P(A∪B)＝P(A∪C)＝P(A)＋P(C)＝ ＋ ＝ 2 2 6 2 . 3 解法三： 记事件 D 为“朝上一面的数为 4 或 6”， 则事件 D 发生时，事件 A 和事件 B 都不发生，即事 件 A∪B 不发生.又事件 A∪B 发生即事件 A 发生或事 件 B 发生时，事件 D 不发生，所以事件 A∪B 与事件D 为对立事件.因为 P(D)＝ ＝ ，所以 P(A∪B)＝11 2 －P(D)＝1－ ＝ . 3 3 袋中有 12 个小球， 分别为红球、 黑球、 1 黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是 ， 4 5 得到黑球或黄球的概率是 ，得到黄球或绿球的概 12 1 率是 ，试求：从中任取一球，得到黑球、黄球、绿 2 球的概率各是多少？ 解：从中任取一球，分别记得到红球、黑球、 黄球、绿球为事件 A，B，C，D.由于 A，B，C，D 为 互斥事件，根据已知得 1 ＋P（B）＋P（C）＋P（D）＝1， 42 1 6 3? ? 5 ?P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝12，解得 1 ? ?P（C∪D）＝P（C）＋P（D）＝2. 1 P（B）＝ ， 4 ? ? 1 ?P（C）＝6， 1 ? ?P（D）＝3.∴从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概 1 1 1 率分别是 ， ， . 4 6 3 §11.5古典概型 3 1 (2，1)共 3 种，则 P＝ ＝ .故选 A. 36 12 ( 2014?陕西 ) 从正方形四个顶及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离不小于 该正方形边长的概率为( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 5 5 5 5 2 解：依题意，在 5 个点中任取 2 个点有 C5种取 法， 由于正方形的中心到 4 个顶点的距离小于边长， 所以这 2 个点的距离小于该正方形边长的有 4 种， C2 10－4 3 5－4 故所求概率为 P＝ 2 ＝ ＝ ，故选 C. C5 10 5 有 6 位身高全不相等的同学拍照留念， 摄影 师要求前后两排各 3 个，则后排每人均比前排所有 同学高的概率为______. 解：因后排每人均比前排同学高，所以 6 人中3 A3 3A3 较高的 3 人站在后排， 其余 3 个站前排， ∴P＝ 6 ＝ A61.基本事件和基本事件空间的概念 (1)在一次试验中， 我们常常要关心的是所有可 能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简 单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样 的事件称为____________. (2) 所 有 基 本 事 件 构 成 的 集 合 称 为 ______________， 常用大写希腊字母________表示. 2.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是____________的. (2) 任何事件 ( 除不可能事件 ) 都可}
高考数学复习第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有 3 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.1 B.4 C.5 D.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， 3 此时 B 有 2 －1＝7 种情形； 1 当 A 中的最大数为 2 时，A 有 2 ＝2 种情形，此 2 时 B 有 2 －1＝3 种情形； 2 当 A 中的最大数为 3 时，A 有 2 ＝4 种情形，此 1 时 B 有 2 －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 17.51.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 mn 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 mn 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＋?＋mn 2.m1×m2×?×mn 3.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 相互独立类型一分类与分步的区别与联系将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有 ( ) 3 5 A.5 种 B.3 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，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(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、 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).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.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 3 两类：第一类，用 3 种颜色，有 C4×3×2×1×2×1 ＝ 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.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.7 B.64 C.12 D.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( ) 6 5 A.5 B.6 5×6×5×4×3×2 C. D.6×5×4×3×2 2 解：因为每位同学均有 5 种讲座可供选择，所 6 以 6 位同学共有 5×5×5×5×5×5＝5 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.72 B.60 C.48 D.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?A1B1C1 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 P?ABC 的三个侧面，然后涂三 棱柱 ABC?A1B1C1 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}， 2 且关于 x 的方程 ax ＋2x＋b＝0 有实数解的有序数 对(a，b)的个数为( ) A.14 B.13 C.12 D.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( )解：集合 B 中每个元素，都可以与 A 中的 4 个 5 元素建立对应关系， 故从集合 B 到 A 可建立 4 ＝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 2 个不同的数作为抛物线方程 y＝ax ＋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？ 2 解：抛物线 y ＝ ax ＋ bx ＋ c 过原点，且顶点 b 4ac－b2 (－ ， )在第一象限，a，b，c 应满足 2a 4a 2 0＝a×0 ＋b×0＋c， c＝0， ? b ? － ＞0， 2a 即?a＜0，? ? ?4ac－b ? ? 4a ＞0，2? ?b＞0.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 4 开关共有 2 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 4 能，故开关打开或闭合的不同情形共有 2 － 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.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 1 1 次有 C3C5种染法，第二步另两色各染 2 次有 2 种染 1 1 法，由分步乘法计数原理知，一共有 2C3C5＝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( ) 2 3 4 5 5 5 A.(1＋a＋a ＋a ＋a ＋a )(1＋b )(1＋c) 5 2 3 4 5 5 B.(1＋a )(1＋b＋b ＋b ＋b ＋b )(1＋c) 5 2 3 4 5 5 C.(1＋a) (1＋b＋b ＋b ＋b ＋b )(1＋c ) 5 5 2 3 4 5 D.(1＋a )(1＋b) (1＋c＋c ＋c ＋c ＋c ) 解：分三步：第一步，5 个无区别的红球可能 2 3 4 取出 0 个，1 个，?，5 个，则有(1＋a＋a ＋a ＋a 5 ＋a )种不同的取法；第二步，5 个无区别的蓝球都 5 取出或都不取出，则有(1＋b )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， 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 有(1＋C5c＋C5c ＋C 5 c ＋C5c ＋C5 c )＝(1＋c) 种不 2 3 4 5 同的取法，所以所求为(1＋a＋a ＋a ＋a ＋a )(1＋ b5)(1＋c)5，故选 A. §11.2排列与组合 C.(n＋2)(n＋1)An＝An＋2 r r－1 ＝Cn－1＋Cn－1 解：Cn＝m m m＋21.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. m (3)排列数公式：An＝______________________. * 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.An n＝ n×(n－1)×(n－2)×?×3×2×1＝__________， m 因此， 排列数公式写成阶乘的形式为 An＝________， 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：Cn＝ m＝Am n .故选 B. m！Am n ＝ Am .这里 n∈N*，m∈N，并且 m?n.m(4)组合数的两个性质： m ①Cn＝____________； m ②Cn＋1＝____________＋____________. 自查自纠： m 1.(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 An (3)n(n－1)(n－2)?(n－m＋1) m?n n！ (4)排列 n！ 1 （n－m）！ m 2.(1)合成一组 (2)所有不同组合 Cn n（n－1）（n－2）?（n－m＋1） n！ (3) m！ m！（n－m）！ n－m m m－1 (4)①Cn ②Cn Cn(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 2 1 解：共有 C6?C5＝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 3 解：由排列的定义可知所求为 A5＝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 1 1 3 式有 A2?A3?A3＝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 4 4 有 A4种不同的分法， 故共有不同的分法种数为 4A4＝ 96.故填 96.类型一排列数与组合数公式下列等式不 正确的是( ． n－m A.C ＝Cnm n m)B.Cn＝Am n n！(1)解方程 3A8＝4A9 ； x＋1 x－1 x x－2 (2)解方程 Cx＋3＝Cx＋1＋Cx＋1＋Cx＋2. 8！ x x－1 解 ： (1) 利 用 3A 8 ＝ 3 ， 4A 9 ＝ （8－x）！ 9！ 4 ， （9－x＋1）！ 3×8！ 4×9！ 得到 ＝ . （8－x）！ （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.xx－1 再化简得到 x －19x＋78＝0. x x－1 解方程得 x1＝6，x2＝13.由于 A8和 A9 有意义， 所以 x 满足 x?8 和 x－1?9.于是将 x2＝13 舍去， 原方程的解是 x＝6. (2)由组合数的性质可得 －1 x x－2 2 1 4 2 4 Cx x＋1＋Cx＋1＋Cx＋2＝Cx＋1＋Cx＋1＋Cx＋2＝Cx＋2＋Cx＋2， x＋1 2 2 2 1 又 Cx＋3＝Cx＋3，且 Cx＋3＝Cx＋2＋Cx＋2， 1 2 2 4 1 4 即 Cx＋2＋Cx＋2＝Cx＋2＋Cx＋2.∴Cx＋2＝Cx＋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 m m－1 m 质 Cn＋1＝Cn ＋Cn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：3Ax＝2Ax＋1＋6Ax； 2 2 2 2 (2)计算：C2＋C3＋C4＋?＋C100. 3 2 2 解：(1)由 3Ax＝2Ax＋1＋6Ax得 3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)， 2 由 x≠0 整理得 3x －17x＋10＝0. 2 解得 x＝5 或 (舍去). 3 即原方程的解为 x＝5. 3 2 2 2 (2)原式＝(C3＋C3)＋C4＋?＋C100 3 2 2 3 2 ＝(C4＋C4)＋?＋C100＝?＝C100＋C100 3 ＝C101＝166650. 类型二 排列的基本问题3 2 22在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排 7 6 尾的情况减了两次，故后面要加回来，即 A7－A6－ 5 A6 6＋A5＝3720 种排法. (4)采用“捆绑”法， 将甲乙看成一个整体进行 2 6 排列(甲乙之间也有排列)，故有 A2?A6＝1440 种排 法. (5)采用“插空”法，先排其他 5 个人，然后将 5 甲乙插入到由这 5 个人形成的 6 个空中， 故有 A5? A2 6 ＝3600 种排法. (6) 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲 1 7 的左边的排法总数，故有 A7＝2520 种排法. 2 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 1 在中间 4 个位置上任选 1 个有 A4种站法，然后其余 5 5 人在另外 5 个位置上作全排列有 A5种站法，根据 1 5 分步乘法计数原理，共有站法 A4?A5＝480(种). 6 解法二：若对甲没有限制条件共有 A6种站法， 5 甲在两端共有 2A5种站法， 从总数中减去这两种情况 6 5 的排列数即得所求的站法数有 A6－2A5＝480(种). (2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看 5 作一个人，有 A5种站法，再把甲、乙进行全排列， 2 5 有 A2种站法， 根据分步乘法计数原理， 共有 A5? A2 2＝ 240(种)站法. 解法二：先把甲、乙以外的 4 个人作全排列， 4 有 A4种站法，再在 5 个空档中选出一个供甲、乙站 1 2 入，有 A5种方法，最后让甲、乙全排列，有 A2种方 4 1 2 法，共有站法 A4A5A2＝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 A4 第二步再将甲、 乙排在 4 人形成的 5 个空档(含 4种； 2 4 2 两端)中，有 A5种，故共有站法为 A4A5＝480(种).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， 6 则有 A6＝720 种排法. 2 (2)分两步，先排甲、乙，则有 A2种排法；再排 5 其他 5 个人，有 A5种排法，由分步乘法计数原理则 2 5 有 A2?A5＝240 种排法. (3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有 A6 种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他， 6 1 1 5 6 1 1 5 则有 A5?A5?A5种排法.综上，则共有 A6＋A5?A5?A5 ＝3720 种排法. 间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站 (4)解法一： 先将甲、 乙以外的 4 个人作全排列， 2 有 A 种，然后将甲、乙按条件插入站队，有 3A2种， 4 2 故共有 A4?3A2＝144 种站法. 解法二：先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人 2 排在甲、乙之间的两个位置上，有 A4种，然后把甲、 乙及中间 2 人看作一个“大”元素与余下 2 人作全 3 2 排列有 A3种方法，最后对甲、乙进行排列，有 A2种 2 3 2 方法，故共有 A4A3A2＝144(种)站法. (5) 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有 4 A2 2种，再让其他 4 人在中间位置作全排列，有 A4种， 2 4 根据分步乘法计数原理，共有 A2A4＝48(种)站法. 5 (6)解法一：(间接法)甲在左端的站法有 A5种， 5 乙在右端的站法有 A5种，甲在左端且乙在右端的站 4 6 5 4 法有 A4种，故共有 A6－2A5＋A4＝504(种)站法. 解法二：以甲的位置分为两类：①甲站右端有 A5 种，②甲在中间 4 个位置之一，而乙不在右端有 5 1 1 4 5 1 4 A4A4A4种，故共有 A5＋A1 4A4A4＝504(种)站法.4 4类型三组合的基本问题课外活动小组共 13 人， 其中男生 8 人， 女生 5 人，并且男、女生各指定一名队长.现从中选 5 人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)只有 1 名女生； (2)两队长当选； (3)至少有 1 名队长当选； (4)至多有 2 名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选. 1 4 解：(1)1 名女生，4 名男生，故共有 C5?C8＝ 350(种). (2)将两队长作为一类，其他 11 个作为一类， 2 3 故共有 C2?C11＝165(种). (3)至少有 1 名队长当选含有两类： 只有 1 名队 1 4 2 3 长和 2 名队长.故共有：C2?C11＋C2?C11＝825(种). 5 5 或采用间接法：C13－C11＝825(种). (4)至多有 2 名女生含有三类：有 2 名女生、只 2 3 1 4 有 1 名女生、没有女生，故选法为：C5?C8＋C5?C8＋ C5 8＝966(种). 4 (5)分两类：第一类女队长当选：有 C12种选法； 1 3 2 2 3 1 第二类女队长不当选：有 C4?C7＋C4?C7＋C4?C7 4 ＋C4种选法. 故选法共有： 1 3 2 2 3 1 4 C4 12＋C4?C7＋C4?C7＋C4?C7＋C4＝790(种). 点拨： ①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在 涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法 (排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)， 1 4 先选 1 名队长，再从剩下的人中选 4 人得 C2?C12≠ 825，请同学们自己找错因. 从 7 名男同学和 5 名女同学中选出 5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？ (1)A，B 必须当选； (2)A，B 都不当选； (3)A，B 不全当选； (4)至少有 2 名女同学当选； (5)选出 3 名男同学和 2 名女同学， 分别担任体 育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员 必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任. 解：(1)只要从其余的 10 人中再选 3 人即可， 3 有 C10＝120 种. (2)5 个人全部从另外 10 人中选，总的选法有 5 C10＝252 种. 1 4 (3)直接法，分两类：A，B 一人当选，有 C2C10＝ 420 种. A，B 都不当选，有 C5 10＝252 种. 所以总的选法有 420＋252＝672 种. 间接法： 从 12 人中选 5 人的选法总数中减去从 不含 A，B 的 10 人中选 3 人(即 A，B 都当选)的选法 5 3 总数，得到总的选法有 C12－C10＝672 种. 2 3 (4)直接法，分四步：选 2 名女生，有 C5C7＝ 10×35＝350 种； 3 2 选 3 名女生，有 C5C7＝210 种； 4 1 选 4 名女生，有 C5C7＝35 种； 5 选 5 名女生，有 C5＝1 种. 所以总的选法有 350＋210＋35＋1＝596 种. 间接法： 从 12 人中选 5 人的选法总数中减去不 选女生与只选一名女生的选法数之和， 5 5 1 4 即满足条件的选法有 C12－(C7＋C5C7)＝596 种. (5)分三步：选 1 男 1 女分别担任体育委员、文 1 1 娱委员的方法有 C7C5＝35 种； 2 1 再选出 2 男 1 女，补足 5 人的方法有 C6C4＝60 种； 3 最后为第二步选出的 3 人分派工作，有 A3＝6 种方法. 所以总的选法有 35×60×6＝12600 种. 类型四 分堆与分配问题现有 6 本不同的书： (1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的 分配方法？ (2)分成三堆，每堆 2 本，有多少种分堆方法？ (3)分成三堆， 一堆 1 本， 一堆 2 本， 一堆 3 本， 有多少种不同的分堆方法？ (4)分给甲、 乙、 丙三人， 一人 1 本， 一人 2 本， 一人 3 本，有多少种不同的分配方法？ (5)甲、乙、丙三人中，一人分 4 本，另两人每 人分 1 本，有多少种不同的分配方法？ 解：(1)在 6 本书中，先取 2 本给甲，再从剩下 2 2 2 的 4 本书中取 2 本给乙， 最后两本给丙，共有 C6C4C2 ＝90(种)分配方法； 3 (2)6 本书平均分成 3 堆， 用上述分法重了 A3倍， 故共有2 C2 6C4 3 ＝15(种)分堆方法； A3(3)从 6 本书中，先取 1 本作为一堆，再在剩下 的 5 本中取 2 本作为一堆，最后 3 本作为一堆，共 1 2 3 有 C6C5C3＝60(种)分堆方法； (4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆， 1 2 3 3 共有 C6C5C3A3＝360(种)分配方法. (5) 先分堆、再分配，共有 分配方法. 点拨： 平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法 乘以堆数的全排列 .分堆到位相当于分堆后各堆再 全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为： 平均分堆到指定位置 .对于分堆与分配问题应注意： 堆数的阶乘 ①处理分配问题要注意先分堆再分配 .②被分配的 元素是不同的( 像“名额”等则是相同元素，不适 用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分 堆时要注意是否均匀.如 6 分成(2，2，2)为均匀分 组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1) 为部分均匀分组. (1)三位老师分配到 4 个贫困村调查 义务教育实施情况，若每个村最多去 2 个人，则不 同的分配方法有________种. 3 解：若一个人去一个村，则有 A4＝24 种分配方 法；若有一个村去两个人，另一个村去一个人，则 2 2 有 C3×A4＝36 种分配方法， 故共有 60 种不同的分配 方法.故填 60. (2)甲乙两位兽医对动物园的三头老虎， 两头狮 子进行体检.若要求每位兽医至少检查两种动物各 一头，则不同的体检任务分配方案有________种. 解：若将三头老虎中的两头看作“一头”，有 1 C 3 种情形 ( 即将老虎分成两组 ). 接下来将“两头老 虎”和两头狮子的体检任务分别分配给两位兽医， 2 2 1 2 2 有 A2A2种分配方案.故总的分配方案有 C3A2A2＝12 种. 故填 12. 类型五 数字排列问题1 1 C4 6C2C1 3 ? A 3＝ 90(种 ) 2 A2是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0 既是 偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点 对待. 3 解法一：(直接法)0 在个位的四位偶数有 A5个； 0 不在个位时，先从 2，4 中选一个放在个位，再从 余下的四个数(不包括 0)中选一个放在千位，应有 1 2 A1 2A4A4个. 3 1 1 2 综上所述，共有 A5＋A2A4A4＝156(个). 解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数 1 3 字组成最后一位是偶数的排法，有 A3A5个，其中千 1 2 1 3 1 2 位是 0 的有 A2A4个，故适合题意的数有 A3A5－A2A4＝ 156(个). 点拨： 本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元 素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同 时注意题中隐含条件 0 不能在首位. 用 0，1，2，3，4，5 六个数字排成没 有重复数字的 6 位数，满足以下条件的分别有多少 个？ (1)0 不在个位； (2)1 与 2 相邻； (3)1 与 2 不相邻； (4)0 与 1 之间恰有两个数； (5)1 不在个位. 解：(1)0 不在个位，也不能在首位，可先确定 2 4 个位和首位，再确定其余四个数位，共有 A5A4＝480 个. (2)可把 1 与 2 看作一个整体并全排列，0 不在 2 1 4 首位，需先排 0，再排其余数字，共有 A2A4A4＝192 个. 1 5 (3)这六个数字可排成 A5A5个无重复数字的 6 位 数，减去 1 与 2 相邻的情况，即可得 1 与 2 不相邻 1 5 2 1 4 的无重复数字的 6 位数有 A5A5－A2A4A4＝408 个. (4)先从其余 4 个数字中任选 2 个排在 0 与 1 之 2 间有 A4种排法， 并把这四个数作为一个整体.若 0 在 1 之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整 体全排列；若 1 在 0 之前，可直接将这个整体与其 2 1 2 2 3 余 2 个数字进行全排列，共有 A4A2A2＋A4A3＝120 个. (5)0 不在首位，1 不在个位，先将 6 个数字全 6 5 排列为 A6， 再减去 0 在首位和 1 在个位的情况有 2A5 种.但是 0 在首位，1 在个位的情况减了两次，故后 6 5 4 面要加回来，故共有 A6－2A5＋A4＝504 个.(也可用 5 1 4 A1 5A5－A4A4＝600－96＝504)用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重 复数字的四位数. (1)可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个不同的四位偶数？ 1 3 解：(1)直接法：A5A5＝300； 4 3 间接法：A6－A5＝300. (2)由题意知四位数的个位上必须是偶数， 同时 暗含了千位不能是 0，因此该四位数的个位和千位1.排列数与组合数的计算问题 含有排列数或组合数的方程都是在限定的正整 数范围内求解，利用这一点可以根据题目的要求首 先对方程进行化简.证明题一般用 An＝ 或 Cn＝mmn！ （n－m）！取法 组后排列，若平均分 m 组，则分法＝ . m！n！ 及组合数的性质.证明过程中 （n－m）！m！ 要注意阶乘的运算及技巧. 2.排列与组合的区别与联系排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选 出元素的先后顺序， 不需要考虑顺序的是组合问题， 需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础 上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列 的基本思路是“先选，后排”. 3.解排列、组合题的基本方法 (1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先 考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置 优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位 置. (2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况 复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总 体中去掉. (3)复杂问题分类分步法： 某些问题总体不好解 决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解 决或分成若干步， 再由分步乘法计数原理解决.在解 题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先 分类，再分步. (4)相离问题插空法： 某些元素不能相邻或要在 某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制 条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插 入排好的元素之间. (5)相邻问题捆绑法： 把相邻的若干个特殊元素 “捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素” 作全排列，最后再“松绑”――将“捆绑”元素在 这些位置上作全排列. (6) 相同元素隔板法：将 n 个相同小球放入 m(m?n)个盒子里， 要求每个盒子里至少有一个小球 的放法，等价于将 n 个相同小球串成一串，从间隙 里选 m－1 个结点，剪截成 m 段.这是针对相同元素 的组合问题的一种方法. (7)定序问题用除法： 对于某几个元素顺序一定 的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进 行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排 列数. 4.解组合问题时应注意 (1)在解组合应用题时， 常会遇到“至少”“至 多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义. (2)关于几何图形的组合题目， 一定要注意图形 自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接 法(或排除法). (3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有 区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不 可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因 元素不同， 仍然是可区分的.对于这类问题必须先分1.A2n＝10An，n＝( ) A.1 B.8 C.9 D.10 解：原式等价于 2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－ * 1)(n－2)，n&3 且 n∈N ，整理得 n＝8.故选 B. 2.某单位有 7 个连在一起的车位，现有 3 辆不 同型号的车需停放，如果要求剩余的 4 个空车位连 在一起，则不同的停放方法的种数为 ( ) A.16 B.18 C.24 D.32 解：将 4 个连在一起的空车位“捆绑”，作为 一个整体考虑，则所求即为 4 个不同元素的全排列 A4 4＝24，故选 C. 3.(2013?四川)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 lga －lgb 的不同值的个数是( ) A.9 B.10 C.18 D.20 a 1 3 3 9 解：lga－lgb＝lg ，而 ＝ ， ＝ ， b 3 9 1 3 2 故所求为 A5－2＝18 个，故选 C. 4.(2013?山东)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.252 C.261 D.279 解：利用间接法，用所有的三位数减去没有重 3 1 2 复数字的三位数，即 9×10×10－(A9＋C2A9)＝252 个，故选 B. 5.将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数 不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( ) A.10 种 B.20 种 C.36 种 D.52 种 解： 将 4 个小球分 2 组： ①2 C2 4C2 1 3 ＝3 种； ②C4C3＝ A2 2334 种.①中的这 3 种分组方法任意放均满足条件，∴ 2 有 3×A2＝6(种)放法.②中的 4 种分组方法各只对应 1 种放法.故总的放球方法为 6＋4＝10(种).故选 A. 6.(2013?成都模拟)用 6 个字母 A，B，C，a， b，c 编拟某种信号程序(大小写有区别).把这 6 个 字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使 用且只使用一次， 不同的排列方式表示不同的信号， 如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一 列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则 不同的“微错号”总个数为( )A.432 B.288 C.96 D.48 解：根据题意，分 3 步进行：①先确定排到同 1 一列的上下格位置的一对字母，有 C3＝3 种情况， 1 将其放进表格中，有 C3＝3 种情况，考虑这一对字 2 母的顺序，有 A2＝2 种不同顺序；②再分析第二对 字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选 定的一对大小写字母为 A 和 a，则分析 B 与 b：B 有 4 种情况，b 的可选位置有 2 个；③最后一对字母放 2 入最后两个位置，有 A2＝2 种放法.则共有 3×3×2×4×2×2＝288 个“微错号”.故选 B. 7.(2014?辽宁)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________种. 解：利用“插空法”，先把 3 个空椅子排好， 3 形成 4 个空位， 然后对 3 人进行插空排列， 共有 A4＝ 24(种)排法，故填 24. 8.(2013?重庆)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). 解法一：5＝1＋1＋3＝1＋2＋2，故共有选派方 法： 1 1 1 3 1 1 1 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 C3 3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＋C3C4C5＝ 590 种. 5 解法二：利用间接法，用 C12减去这 5 人从某一 5 5 5 5 5 科或某两科选出的情形：C12－[C5＋C7＋(C8－C5)＋ 5 5 (C9－C5)]＝590.故填 590 种. 9.给定数字 0，1，2，3，5，9，每个数字最多 用一次. (1)可以组成多少个四位数？ (2)可以组成多少个四位奇数？ 解： (1)从“位置”考虑， 由于 0 不能放在千位， 1 因此千位数字只能有 A5种取法，其余 3 个数位可以 从余下的 5 个数字中任取 3 个排列，所以可以组成 3 A1 5?A5＝300(个)四位数. (2)从“位置”考虑， 个位数字必须是奇数的有 1 A4种排法，首位数字不能是 0，则在余下的 4 个非 0 1 数字中取 1 个有 A4种取法，其余两个数位的排法是 2 1 2 A4，所以共有 A4?A1 4?A4＝192(个)四位奇数. 10. 从甲、乙等 6 个运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛.如果甲、乙两人都不跑第一棒， 那么不同的参赛方法共有多少种？ 解法一：(从元素考虑)从 6 个运动员中，选出 4 人有三类情况： 2 (1)甲、乙都被选出，有 C4种选法；(2)甲、乙中恰有 1 人被选出，有 C2C4种选法； 4 (3)甲、乙都未被选出，有 C4种选法. 再将 4 人按要求安排位置：甲、乙都参加，跑 2 2 第二、三、四棒有 A3A2种排法；甲、乙中有一人参 1 3 加，只跑第二、三、四棒有 A3A3种排法；甲、乙都 4 不参加，有 A4种排法. 2 2 2 1 3 1 3 4 4 故共有不同参赛方法 C4A3A2 ＋C2C4A3 A3＋C4A4 ＝ 240(种). 解法二：(从位置考虑)第一棒从甲、乙以外的 1 3 4 人中选取，再排其他各棒有 A4A5＝240(种)不同的 参赛方法. 解法三：(间接法)从总数中减去甲、乙跑第一 4 1 3 棒的，有 A6－A2A5＝240(种)不同的参赛方法. 11.4 个不同的球，4 个不同的盒子，把球全部 放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球，共有多少种放法？ (2)恰有 2 个盒不放球，共有多少种放法？ 解：(1)为保证“恰有 1 个盒不放球”，先从 4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4 个球，3 个盒子， 每个盒子都要放入球， 共有多少种放法？” 即把 4 个球分成 2，1，1 的三组，然后进行全排列， 共有 C4?1 1 C2 4C2C1 3 2 ?A3＝144(种)放法. A2 2 (2)确定 2 个空盒有 C4种方法.4 个球放进 2 个 11 3盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类为有序不 3 1 2 均匀分组， 有 C4C1A2种放法； 第二类为有序均匀分组，2 2 C2 C2 4C2 4C2 3 1 2 2 ? 2 C C A ＋ ?A2? 有 2 ?A2种放法，故共有? 4 1 2 ?C2 4＝ A2 A2 2 ? ? 84(种). (2014?武汉模拟)如果正整数 M 的各 位数字均不为 4， 且各位数字之和为 6， 则称 M 为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有 ____________个. 解：不含 4，且和为 6 的三个自然数可能为(1， 2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0， 3 2 0).因此三位正整数中的“幸运数”有 A3＋2A2 ＋1 2 ＋A2＋1＝14(个).故填 14. §11.3二项式定理 是( )1.二项式定理 n (a＋b) ＝____________________________(k， n∈N*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理.(a n ＋b) 的二项展开式共有____________项， 其中各项 的系数____________(k∈{0，1，2，?，n})叫做二 项式系数，式中的____________叫做二项展开式的 通项，用 Tk＋1 表示，即__________________.通项为 展开式的第__________项. 2.二项式系数的性质 (1)对称性 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两 0 n n－1 n－2 个二项式系数相等， 即 Cn＝Cn， C1 C2 ?， n＝Cn ， n＝Cn ， n 0 ____________，?，Cn＝Cn. (2)增减性与最大值 k 二项式系数 Cn，当____________时，二项式系 数是递增的；当____________时，二项式系数是递 减的. 当 n 是偶数时，中间的一项____________取得 最大值. 当 n 是奇数时，中间的两项 ____________ 和 ____________相等，且同时取得最大值. (3)各二项式系数的和 n (a ＋ b) 的展开式的各个二项式系数的和等于 1 2 r n ________ ， 即 C 0 n＋Cn＋Cn＋?＋Cn＋?＋Cn＝ ________.二项展开式中， 偶数项的二项式系数的和 1 3 5 等于奇数项的二项式系数的和， 即 Cn＋Cn＋Cn＋?＝ 2 4 C0 n＋Cn＋Cn＋?＝________.A.第 ＋1 项 B.第 n 项 2 C.第 n＋1 项 D.第 n 项与第 n＋1 项 解：展开式共有 2n＋1 项，且各项系数与相应 的二项式系数相同.故选 C. (2013?辽宁)使?3x＋n? ?x x?1 ?n* ? (n∈N )的展开式中含有常数项的最小的 n 为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 解：∵n∈N ，通项 Tr＋1＝Cn(3x) 5 2*rn－r??? 1 ?r ? ＝ ?x x?n－r Cr ?xn－ r，∴当 r＝2 时，n 的最小值为 5. n?3故选 B. ( 2014?大纲 ) ?? x － y ?8 2 2 ? 的展开式中 x y y x ? ?的系数为________.(用数字作答) y ?8 ?x 解：? － ? 展开式的通项公式为? yx?Tr＋1＝Cr 8?3 3 ? x ? 8－r?－ y ?r r r ? ? ? ＝(－1) C8x8－2ry2 y x ? ? ? ?r－4，令 8－ r＝2，解得 r＝4，此时 r－4＝2，70.3 3 2 2 2 2 4 4 所以展开式中 x y 的系数为(－1) C8＝70.故填21 2 21自查自纠： 0 n 1 n－1 k n－k k n a ＋Cna b＋?＋Cna b ＋?＋Cnb n－k k n－k k Ck Ck b Tk＋1＝Ck b k＋1 n na na 2.(1)C ＝ CCn ?1 2 nk n n－k nn＋1 n C2n设(x－1) ＝a0＋a1x＋a2x ＋?＋a21x ，则 a10＋a11＝________. r 21－r r 11 11 解：Tr＋1＝C21x (－1) ，∴a10＝C21(－1) ，a11 10 10 ＝C21(－1) .∴a10＋a11＝0.故填 0.(2)k ＜ 2nn＋12k＞n＋12类型一求特定项Cn ?1 2 n(3)2n2n－11?5 ? a?? (1)?x＋ ??2x－ ? 的展开式中各项系 x x????6 (2014?四川)在 x(1＋x) 的展开式中，含 x3 项的系数为( ) A.30 B.20 C.15 D.10 3 2 4 2 3 3 解：含 x 项为 x(C61 ?x )＝15x ，所以含 x 项 的系数为 15，故选 C. 2n * (1＋x) (n∈N )的展开式中， 系数最大的项数的和为 2，则该展开式中的常数项为( A.－40 B.－20 C.20 D.40)1?5 ? 解：令 x＝1，可得 a＋1＝2，a＝1，?2x－ ? 的?x?1 3 2 3 展开式中 项的系数为 C 5 2 ( － 1) ， x 项的系数为x 3 5 3 2 C2 ∴?x＋ ?(2x－ ) 的展开式中常数项为 C52 (－ 52 ， x ? x? 2 3 1)＋C52 ＝40.故选 D.?1?1中 x y 的系数为__________.(用数字填写答案) 2 7 7 7 解：x y ＝x?(xy )，其系数为 C8， x2y7＝y?(x2y6)，其系数为－C6 8， 2 7 7 6 ∴x y 的系数为 C8－C8＝8－28＝－20. 故填－20.2 7点拨： ①令 x＝1 可得所有项的系数和； ②在求出 a 的 值后，再分析常数项的构成，便可解得常数项.类型二展开式的系数和问题?3 1 ?n ? ? 的展开式中，第 6 项为 x － (2)已知在 ? 3 ? 2 x? ?常数项， 求含 x 项的系数及展开式中所有的有理项. n－r 1 r r r? 1?r ? ? r 解：通项 Tr＋1＝Cnx 3 ?－ ? x－ ＝Cn?－ ? 3 ? 2? ? 2? n－2r x 3 ， n－2r ∵第 6 项为常数项，∴r＝5 时，有 ＝0， 3 10－2r 2 得 n＝10.令 ＝2，得 r＝2，∴含 x 项的系数 3 1?2 45 2 ? 为 C10?－ ? ＝ . 4 ? 2? 10－2r 根据通项公式，令 ＝k∈Z，则 10－2r＝ 3 3 3k，即 r＝5－ k，∴k 应为偶数.∴k 可取 2，0，－ 2 2.即 r 可取 2，5，8.∴第 3 项，第 6 项与第 9 项为 1?2 2 45 2 2 ? 5 有理项，它们分别为 T3＝C10?－ ? x ＝ x ，T6＝C10 4 ? 2? 5 8 ?－1? ＝－63，T ＝C8 ?－1? x－2＝ 45 . ? 2? 9 10? ? 2 8 256x ? ? ? 2?2已知 (1 － 2x) ＝ a0 ＋ a1x ＋ a2x ＋?＋72a7x .求：(1)a1＋a2＋?＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6； (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|. 解：令 x＝1，则 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.① 令 x＝－1，则 a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.② 0 (1)∵a0＝C7＝1， ∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2. (2)(①－②)÷2，得 7 －1－3 a1＋a3＋a5＋a7＝ ＝－1094.③ 2 (3)(①＋②)÷2，得 7 －1＋3 a0＋a2＋a4＋a6＝ ＝1093.④ 2 7 (4)∵(1－2x) 的展开式中，a0，a2，a4，a6 大于 零，而 a1，a3，a5，a7 小于零， ∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7| ＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)， ∴所求即为④－③(亦即②)，其值为 2187. 点拨： ①“赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理 n 二项式相关问题比较常用的方法.对形如(ax＋b) ， 2 m (ax ＋bx＋c) (a，b，c∈R)的式子求其展开式各项 n 系数之和，只需令 x＝1 即可；对形如(ax＋by) (a， b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝ y＝1 即可.②若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(1)，奇数项系数之 f（1）＋f（－1） 和为 a0＋a2＋a4＋?＝ ， 偶数项系 2 f（1）－f（－1） 数之和为 a1＋a3＋a5＋?＝ . 2 (1)若将函数 f(x)＝x 表示为 f(x)＝ a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋?＋a5(1＋x)5, 其中 a0， a1，a2，?，a5 为实数，则 a3＝____________. 5 2 解法一：令 x＋1＝y，(y－1) ＝a0＋a1y＋a2y 5 2 2 ＋?＋a5y ，故 a3＝C5(－1) ＝10.57点拨： ①所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的 某一项，如第 n 项、常数项、有理项、字母指数为 某些特殊值的项.求解时，先准确写出通项 Tr＋1＝ n－r r Cr b ，再把系数与字母分离出来(注意符号)，根 na 据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出 方程或不等式来求解即可 .②求有理项时要注意运 用整除的性质，同时应注意结合 n 的范围分析. (1)( 2013?全国课标卷Ⅱ ) 已知 (1 ＋ ) A.－4 B.－3 C.－2 D.－1 5 2 2 2 解：(1＋ax)(1＋x) 的展开式中 x 项为 C5x ＋ 1 2 2 2 2 ax?C5x＝10x ＋5ax ＝(10＋5a)x .∵x 的系数为 5， ∴10＋5a＝5，a＝－1.故选 D.ax)(1＋x)5 的展开式中 x2 的系数为 5， 则 a＝((2)(2014?新课标Ⅰ)(x－y)(x＋y) 的展开式8 解法二：由等式两边对应项系数相等. ?a5＝1， 即：?C5a5＋a4＝0，44 项为 T4＝C102 x ＝15360x . 点拨： (1)求二项式系数最大项：①如果 n 是偶数，则37 44?3 ? ? C3 5a5＋C4a4＋a3＝0， 5解得 a3＝10.解法三： 对等式： f(x)＝x ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1 2 5 ＋x) ＋?＋a5(1＋x) 两边连续对 x 求导三次得： 2 2 60x ＝6a3＋24a4(1＋x)＋60a5(1＋x) ，再运用赋值 法，令 x＝－1 得：60＝6a3，即 a3＝10.故填 10. (2)设?? 2 ?2n 2 2n ＋x? ＝a0＋a1x＋a2x ＋?＋a2nx ， ?2 ?2 2则(a0＋a2＋a4＋?＋a2n) －(a1＋a3＋a5＋?＋a2n－1) ＝_______________________. ? 2 ? 2n 解：设 f(x)＝? ＋x? ，则(a0＋a2＋a4＋? ?2 ? 2 2 ＋a2n) －(a1＋a3＋a5＋?＋a2n－1) ＝(a0＋a2＋a4＋? ＋ a2n－ a1 －a3 －a5 －?－a2n － 1)(a0＋ a2＋ a4＋?＋ a2n ＋ a1 ＋ a3 ＋ a5 ＋ ? ＋ a2n － 1) ＝ f( － 1)?f(1) ＝ n ? 2 ?2n ? 2 ?2n ? 1?2n ?1?n ?1? ? －1? ? ? ＋1? ＝?－2? ＝?4? .故填?4? . ? ? ? ? ? ? ?2 ? ?2 ? 类型三 系数最大项问题? ? 中间一项?第 ＋1项?的二项式系数最大；②如果 n ? 2 ? n＋1 n＋1 是奇数，则中间两项(第 项与第 ＋1 项)的 2 2 二项式系数相等并最大.(2)求展开式系数最大项： n 如求(a＋bx) (a，b∈R)的展开式系数最大的项，一 ?Ar?Ar－1， ? 般是采用待定系数法，列出不等式组? 从 ?Ar?Ar＋1， ? 而解出 r，即得展开式系数最大的项.n(1＋2x) 的展开式中第 6 项与第 7 项 的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系 数最大的项. 5 5 6 6 5 5 解：T6＝Cn(2x) ，T7＝Cn(2x) ，依题意有 Cn?2 6 6 8 ＝Cn?2 ，解得 n＝8.所以(1＋2x) 的展开式中，二 4 4 4 项式系数最大的项为 T5＝C8?(2x) ＝1 120x . 设第 r＋1 项系数最大，则有 r r r－1 r－1 ? ?C8?2 ?C8 ?2 ，? r r r＋1 r＋1 ?C8?2 ?C8 ?2 ， ?n解得 5?r?6.所以 r＝5 或 r＝6， 5 所以系数最大的项为 T6＝1 792x 或 T7＝ 3 2 2n 已知( x＋x ) 的展开式的二项式系 n 数和比(3x－1) 的展开式的二项式系数和大 992. 1?2n ? (1)求?2x＋ ? 的二项式系数最大的项； 792x . 类型四 整除问题61?x?1? ? (2)求?2x＋ ? 的展开式系数最大的项. x? ? 解：由题意知， 2 － 2 ＝ 992 ，即 (2 － 32)(2 ＋31)＝0， n ∴2 ＝32(负值舍去)，解得 n＝5. 1?10 ? (1)由二项式系数的性质知，?2x＋ ? 的展开2n2nnnn?x?式中第 6 项的二项式系数最大，即 C ＝252. 1 5 5 5 5 ∴T6＝C10(2x) 5＝C102 ＝8064.5 10求 S＝C27＋C27＋?＋C27除以 9 的余数. 1 2 27 27 解：S＝C27＋C27＋?＋C27＝2 －1 9 9 ＝8 －1＝(9－1) －1 0 9 1 8 8 9 ＝C9×9 －C9×9 ＋?＋C9×9－C9－1 0 8 1 7 8 ＝9(C9×9 －C9×9 ＋?＋C9)－2 0 8 1 7 8 ＝9(C9×9 －C9×9 ＋?＋C9－1)＋7. 显然上式括号内的数是正整数. 故 S 被 9 除的余数为 7. 点拨： 利用二项式定理解决整除问题的关键是巧妙地 构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被 另一个式子整除，只需证明这个式子按二项式定理 展开后的各项均能被另一个式子整除.因此， 一般将 被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开， 此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关 知识来处理.注意：0?余数&除数. 已知 m 是一个给定的正整数，如果两 个整数 a，b 除以 m 所得的余数相同，则称 a 与 b 对 模 m 同余， 记作 a≡b(mod m)， 例如： 5≡13(mod 4).1227x(2)设第 r＋1 项的系数最大， 1 r 10－r r 10－r 10－2r ∵Tr＋1＝C10(2x) x ， r＝C102x∴?? ?C102rr10－r 10－r?C10 2r－1 10－r＋1 r＋1 10－r－1，?C102 ?C10 2 ， ? r r－1 ? ? C ? 2 C ， 11 10 10 ? ? －r?2r， 得? r 即? r＋1 ?2C10?C10 ， ? ? ?2（r＋1）?10－r，8 11 解得 ?r? ， 3 3 ∵r∈N，∴r＝3.故系数最大的项是第 4 项，第 ≡r(mod 7)，则 r 可能等于( ) A.2013 B.2014 C.2015 D. 3 × 671 671 671 解：2 ＝2 ×2 ＝ 4×8 ＝ 4(7 ＋ 1) ＝ 671 1 670 670
＋C6717 ＋?＋C6717＋1).因此 2 除以 7 的余 数为 4.经验证，只有 2013 除以 7 所得的余数为 4. 故选 A. 若220152 3 （|x| －2|x|＋1） 解法一：原式＝ ＝ 3|x|（|x|－1） . 36|x|类型五 开式特殊“三项式”(可化为二项式)的展3 6 3 3 ∴(1－|x|) 的展开式中|x| 的系数 C6(－1) ＝－20 就是原式展开式中的常数项.5 ?x 1 ? 求? ＋ ＋ 2? (x&0)的展开式经整理 ?2 x ? 后的常数项. 5 ?x 1 ? 解 法 一 ： ? ＋ ＋ 2? 在 x ＞ 0 时 可 化 为 ?2 x ? 10 ? x 1? ? ＋ ? ， x? ? 2 10－2r 1 ?10－r r ? ( 因而 Tr＋1＝C10? ? ， 则 r＝5 x) ? 2? 时为常数项， ? 1 ?5 63 2 5 即 C10?? ? ＝ . 2 ? 2? 解法二：所给的式子为三项式，采用两个计数 原理求解. 5 5 分三类：①5 个式子均取 2，则 C5( 2) ＝ 4 2；1 ? ? 解法二：将原式化为 ? x ? ? ，利用二项 x? ?式定理求解． 解法三：将原式看成三个|x|＋ 常数项只可能由|x|? 1 16|x|－2 相乘，3|x|?(－2)和(－2) 构成，可利用计数原理分成两类再求和.故所求为 1 3 3 C1 3?C2?(－2)＋C3?(－2) ＝－20.故填－20.x 1 1?1? 1 ②取一个 ，一个 ，三个 2，则 C5? ?C4( 2) 2 x ?2?3 ＝20 2； 2 x 1 2?1? 2 ③取两个 ，两个 ，一个 2，则 C5? ? C3 2＝ 2 x ?2? 15 2 . 2 所以，常数项为 4 2＋20 2＋ 15 2 63 2 ＝ . 2 2点拨： 三项式的展开式问题，通常可用解法一化为二 项式问题，或者用解法二化为计数问题.?|x|＋ 1 －2? 3 展开式中的常数项 ? |x| ? ? ?是______.1. 二项展开式的通项主要用于求二项式的指 数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点： k n－k k (1)Cna b 是第 k＋1 项，而不是第 k 项. (2)求展开式的一些特殊项， 通常都是由题意列 出方程求出 k，再求所需的某项(有时需先求 n).计 算时要注意 n，k 的取值范围及它们的大小关系. (3)求展开式的某一项的系数， 先要准确地写出 通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数 和字母分离. 2.要注意二项展开式中二项式系数与某一项系 n 数的区别.在(a＋b) 的展开式中，系数最大的项是 中间项；但当 a，b 的系数不是 1 时，系数最大的项 的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据 系数的增减性具体讨论而定. 3.对三项或三项以上的展开问题，应根据式子 的特点， 转化为二项式来解决(有些题目也可转化为 计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因 式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷 性. 4.二项式定理的应用方法 (1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开 式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组 合数恒等式的重要方法. (2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问 题”或“余数问题”的重要方法. (3)有些不等式的证明问题， 也常借助二项式定 理进行“放缩”处理. 1.(1＋x) 的展开式中 x 的系数是( ) A.42 B.35 C.28 D.21 7 r r 解：二项式(1＋x) 展开式的通项为 Tr＋1＝C7x ， 2 2 2 2 令 r＝2，则 T3＝C7x .∴x 的系数为 C7＝21.故选 D. n * 5 2.(1＋3x) (其中 n∈N 且 n?6)的展开式中 x 6 与 x 的系数相等，则 n＝( ) A.6 B.7 C.8 D.9 n！ 5 5 6 6 解：由条件得 Cn3 ＝Cn3 ，∴ ＝ 5！（n－5）！ n！ ×3，∴3(n－5)＝6，n＝7.故选 B. 6！（n－6）！ ?2 x＋ 1 ? ? 3.(2013?青岛一检)“n＝5”是“? 372＝－5＝a0； 令 x＋2＝1， 则 x＝－1， (x ＋1)(x＋1) ＝0＝a0＋a1＋a2＋?＋a11，∴a1＋a2＋?＋a11＝－a0 ＝5.故选 A. ?x＋ a ?8 ? 的展开式中 x4 的 7.(2013?安徽)若? 329x? 系数为 7，则实数 a＝____________. ? x＋ a ? 8 ? ?解：? ??? ?4r r r a， 3 ? 的展开式的通项为 C8x8－ 3 ?x?? ?x??n(n∈N )的展开式中含有常数项”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ? 2 x＋ 1 ? n ? 的展开式的通项 Tr＋ 1＝ 解：因为? 3*? ?x??n－r r n－r r n－r Cr ?x － ，含有常数项时满足 － ＝0， n22 3 2 3 3n * 即 r＝ ，此时若含有常数项，则 n＝5k(k∈N )， 5 ? 2 x＋ 1 ? n ? (n∈N*)的展开式中含 故“n＝5”是“? 34r 4 3 3 令 8－ ＝4 得 r＝3，故展开式中 x 的系数为 C8a 3 1 1 ＝7，∴a＝ .故填 . 2 2 10 8.( 2013?北京海淀期末练习 ) 已知 (x ＋ 1) ＝ a1＋a2x＋a3x2＋?＋a11x10.若数列 a1，a2，a3，?， ak(1?k?11，k∈Z)是一个单调递增数列，则 k 的 最大值是____________. n－1 解： 由二项式定理可知 an＝C10 (n＝1， 2， 3， ?， 5 n－1 11)，由 C10为 C10 的最大值知，an 的最大值为 a6，即 k 的最大值为 6.故填 6. n 2 9.用二项式定理证明(n＋1) －1 可以被 n 整除 (n∈N＋). 解：用二项式定理和组合数的性质，得到 n 0 1 2 2 n n (n＋1) －1＝Cn＋Cnn＋Cnn ＋?＋Cnn －1 2 2 2 n n ＝n ＋Cnn ＋?＋Cnn 2 2 n n－2 ＝n (1＋Cn＋?＋Cnn ). 1 2 当 n＝1 时，(1＋1) －1 能被 1 整除. n 2 2 所以(n＋1) －1 是 n 的倍数， 即可以被 n 整除. 2 ?n ? * 10. 已知 ? x＋ 2? (n∈N ) 的展开式中第五项? ?x??有常数项”的充分不必要条件.故选 A. 1 2 4.( 2013?广州毕业班综合测试 ) 若 C n ＋ 3C n ＋ 2 3 n－2 n－1 n－1 3 Cn＋?＋3 Cn ＋3 ＝85，则 n 的值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 1 1 2 n－2 n－1 n－1 n 解：由 Cn＋3Cn＋?＋3 Cn ＋3 ＝ [(1＋3) 3 －1]＝85，解得 n＝4.故选 B. 5.(2013?全国课标卷Ⅰ)设 m 为正整数，(x＋ 2m y) 展开式的二项式系数的最大值为 a，(x＋y)2m＋1 展开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a＝7b，则 m＝( ) A.5 B.6 C.7 D.8 m m＋1 m m＋1 解：由题知 a＝C2m，b＝C2m＋1，∴13C2m＝7C2m＋1， 13×（2m）！ 7×（2m＋1）！ 即 ＝ ， 解得 m＝6， m！m！ （m＋1）！m！ 故选 B. 2 9 6.( 2014?石家庄二模 ) 设 (x ＋ 1)(x ＋ 1) ＝ a0 2 11 ＋a1(x＋2)＋a2(x＋2) ＋?＋a11(x＋2) ，则 a1＋a2 ＋?＋a11＝( ) A.5 B.4 C.3 D.2 2 9 解：令 x＋2＝0，则 x＝－2，(x ＋1)(x＋1)?x?的系数与第三项的系数之比是 10∶1.求： (1)展开式中各项系数的和； (2)展开式中系数最大的项. 解：展开式的通项为 Tr＋1＝Cn( x)r n－r? 22? ＝Cr ?x ? n ? ?rn－5r 4 C4 n2 r 2 x 2 .依题意， 2 2＝10，得 n＝8. Cn2 8 (1)令 x＝1， 则各项系数的和为(1＋2) ＝6561. (2)设展开式中的第 r 项、第 r＋1 项、第 r＋2 r－1 r－1 r r r＋1 r＋1 项的系数分别为 C8 2 ，C82 ，C8 2 .若第 r＋1 r－1 r－1 r r ?C8 2 ?C82 ， ? 项的系数最大，则? r＋1 r＋1 r r 得 5?r?6. ?C8 2 ?C82 ， ? 17 于是系数最大的项是 T6 ＝ 1792x － 和 T7 ＝ 2 －11 1792x . 2 3 2 4 11. (1) 已知(1 － x ＋ x ) (1 － 2x ) ＝ a0 ＋ a1x＋ 2 14 a2x ＋?＋a14x ，求 a1＋a3＋a5＋?＋a13 的值. 2 2014 (2)已知(x＋1) (x＋2) ＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2) ＋?＋a2016(x＋2)2 2016，求 ＋ 2＋ 3 ＋?＋
2 2a1 a2 a3a2016 的值. 2 3 2 4 解：(1)设 f(x)＝(1－x＋x ) (1－2x ) . 令 x 分别取 1，－1，则 f(1)＝a0＋a1＋a2＋?＋a13＋a14＝1； f(－1)＝a0－a1＋a2－?－a13＋a14＝27. f（1）－f（－1） a1 ＋ a3 ＋ a5 ＋ ? ＋ a13 ＝ ＝ 2 1－27 ＝－13. 2 2 3 ? 3 ? ? 3 ? (2) 依题意令 x ＝－ ，得 ?－ ＋1? ?－ ＋2? 2 ? 2 ? ? 2 ? 2014 2 ? 3 ? ? 3 ? ＝ a0 ＋ a1 ?－ ＋2? ＋ a2 ?－ ＋2? ＋ ? ＋ ? 2 ? ? 2 ?
a3 ? 3 ? a2016?－ ＋2? ， 令 x＝－2 得 a0＝0， 则 ＋ 2＋ 3 2 2 2 ? 2 ? a6 ＋?＋ 2016＝? ? . 2 ?2?( 2014?温州十校联考 ) 已 知? * (1＋x＋x2) ? ?x＋x3? (n∈N ) 的展开式中没有常 数 ? ?项，且 2?n?8，则 n＝________. 1 ?n 2 ? * 解：∵(1＋ x＋ x )?x＋ 3? (n∈N )的展开式中 x1 n??n ? 1? 没有常数项，∴?x＋ 3? 的展开式中没有常数项，?x?n ? 1? －1 －2 且没有 x ，x 项.?x＋ 3? 的展开式的通项为 Tr＋1 x??＝ C x ，当 n＝2，3，4 时，取 r＝1 可知均不 符合要求；当 n＝6，7，8 时，取 r＝2 可知均不符 合要求；当 n＝5 时，r 取 0，1，2，3，4，5 均不 －1 －2 会产生 x ，x 及常数项.故填 5.r n－4r n §11.4随机事件的概率 与事件 B 互为对立事 件 ＝P(A)＋ P(B) ＝1.随机事件和确定事件 (1)在条件 S 下，一定会发生的事件，叫做相对 于条件 S 的____________. (2)在条件 S 下，一定不会发生的事件，叫做相 对于条件 S 的____________. 必然事件与不可能事件统称为相对于一定条件 的确定事件. (3) 在一定条件下可能发生也可能不发生的事 件，叫做相对于条件 S 的__________. (4)____________和____________统称为事件， 一般用大写字母 A，B，C，?表示. 2.频率与概率 (1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验， 观察某一 事件 A 是否出现，称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的________，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝ 为事件 A 出现的频率. (2)对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数 的增加，事件 A 发生的____________fn(A)稳定在某 个常数上，把这个____________记作 P(A)，称为事 件 A 的____________. (3) 在一次试验中几乎不可能发生的事件称为________拓展：“互斥事件”与“对立事件”的区别及 联系：两个事件 A 与 B 是互斥事件，有如下三种情 况：①若事件 A 发生，则事件 B 就不发生；②若事 件 B 发生，则事件 A 就不发生；③事件 A，B 都不发 生.两个事件 A 与 B 是对立事件，仅有前两种情况. 因此，互斥未必对立，但对立一定互斥. 4.概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围：____________. (2)必然事件的概率 P(E)＝____________. (3)不可能事件的概率 P(F)＝____________. (4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝_________________________. 推广：如果事件 A1，A2，?，An 两两互斥(彼此 互斥)，那么事件 A1＋A2＋?＋An 发生的概率，等于 这 n 个事件分别发生的概率的和，即 P(A1＋A2＋? ＋An)＝_______________________. ②若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)＝ _________________.自查自纠： 1.(1)必然事件 (2)不可能事件 (3)随机事件 (4)确定事件 随机事件 2.(1)频数____________. 3.事件的关系与运算(类比集合的关系与运算)定义 如果事件 A 发生，则 事件 B 一定发生，这 时称事件 B______ 事 件 A(或称事件 A 包含 于事件 B) 若 B? A 且 A? B 若某事件发生当且仅 当事件 A 发生______ 事件 B 发生，称此事 件为事件 A 与事件 B 的并事件 若某事件发生当且仅 当事件 A 发生____事 件 B 发生，则称此事 件为事件 A 与事件 B 的交事件 若 ______ 为不可能事 件， 则事件 A 与事件 B 互斥 若 ________ 为不可能 事件， ________ 为必 然事件， 那么称事件 A 符号表示包含关系________ __ (或 A ? B) ________ __ A∪B (或 A＋B)nA (2)频率 常数 概率 n相等关系(3)小概率事件 3.包含 B? A A＝B 或 且 A∩B ? A∩B A∪B ? 1 4.(1)0?P(A)?1 (2)1 (3)0 (4)①P(A)＋P(B) P(A1)＋P(A2)＋?＋P(An) ②1－P(B)并事件(和事 件)交事件(积事 件)A∩B(或 AB)互斥事件A∩B＝ ______ A∩B＝ ____ P(A∪B)对立事件下列事件中，随机事件的个数是( ) ①掷一枚硬币，正面朝上； 2 ②当 x∈R，x ＋2x＋2?0； ③掷一颗骰子，出现的点数大于 5； ④一个三角形中小边对大角，大边对小角. A.1 B.2 C.3 D.4 解：①③是随机事件，②是必然事件，④是不 可能事件.故选 B. 给出下列四个命题： ①设有一批产品，其次品率为 0.05，则从中任 取 200 件，必有 10 件是次品； ②作 100 次抛硬币的试验， 结果 51 次出现正面， m 51 则出现正面的概率是 ＝ ； n 100 ③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生 的概率； ④投掷骰子 100 次，得总数是 1 的结果 18 次， 9 则出现 1 点的频率是 . 50 其中真命题的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解：频率是概率的近似，频率不是概率，只有 ④正确.故选 A. ( 2014?江南十校联考 ) 从正五边形的五个 顶点中，随机选择三个顶点连成三角形，对于事件 A：“这个三角形是等腰三角形”，下列推断正确的 是( ) 1 A.事件 A 发生的概率等于 5 2 B.事件 A 发生的概率等于 5 C.事件 A 是不可能事件 D.事件 A 是必然事件 解：从正五边形的五个顶点中随机选三个顶点 连成的三角形都是等腰三角形，所以事件 A 是必然 事件.故选 D. (2013?安徽)从 1，2，3，4，5 中任意取出 两个不同的数，其和为 5 的概率是____________. 2 2 1 1 解：P＝ 2＝ ＝ .故填 . C5 10 5 5 (2013?重庆)若甲、 乙、 丙三人随机地站成 一排，则甲、乙两人相邻而站的概率为 ____________.解：所求概率为{1，6}，{2，5}，{3，4}，{4，3}，{5，2}，{6， 6 1 1}共 6 个，因此该事件的概率 P＝ ＝ . 6×6 6 点拨： 明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义 及相互联系.判断一个事件是哪类事件要看两点： 一 是看条件，二是看结果发生与否，在条件 S 下事件 发生与否是对应于条件 S 而言的. 一个口袋内装有 5 个白球和 3 个黑球， 从中任意取出一个球， (1)“取出的球是红球”是什么事件？它的概 率是多少？ (2)“取出的球是黑球”是什么事件？它的概 率是多少？ (3)“取出的球是白球或黑球”是什么事件？ 它的概率是多少？ 解：(1)由于口袋内装有黑、白两种颜色的球， 故“取出的球是红球”是不可能事件，其概率为 0. (2)由已知， 从口袋内取出一个球， 可能是白球， 也可能是黑球， 故“取出的球是黑球”是随机事件， 3 它的概率是 . 8 (3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球，故 取出一个球不是黑球，就是白球，因此， “取出的球 是白球或黑球”是必然事件，它的概率为 1. 类型二 对立与互斥的概念判断下列各组事件是否是互斥事件， 并说明道理. 某小组有 3 名男生和 2 名女生，从中任选 2 名 同学去参加演讲比赛，其中 (1)恰有 1 名男生和恰有 2 名男生； (2)至少有一名男生和至少有一名女生； (3)至少有一名男生和全是男生； (4)至少有 1 名男生和全是女生. 解：(1)是互斥事件. 道理是： 在所选的 2 名同学中， “恰有 1 名男生” 实质选出的是“一名男生和一名女生” ，它与“恰有 两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件. (2)不是互斥事件. 道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、 1 名女生”和“两名都是男生”两种结果， “至少有 1 名女生”包括“1 名女生、1 名男生”和“两名都 是女生”两种结果，它们可能同时发生. (3)不是互斥事件. 道理是： “至少有一名男生”包括“一名男生、 一名女生”和“两名都是男生”，这与“全是男 生”可同时发生. (4)是互斥事件.A ?A 2 2 ＝ .故填 . A3 3 3 32 22 2类型一随机事件的概念同时掷两颗骰子一次， (1)“点数之和是 13”是什么事件？其概率是 多少？ (2)“点数之和在 2～13 之间”是什么事件？ 其概率是多少？ (3)“点数之和是 7”是什么事件？其概率是多 少？ 解：(1)由于点数最大是 6，和最大是 12，不可 能得 13，故此事件是不可能事件，其概率为 0. (2)由于点数之和最小是 2，最大是 12，在 2～ 13 之间，它是必然事件，其概率为 1. (3)由(2)知，和是 7 是有可能的，此事件是随 机事件. 事件“点数之和是 7”包含的基本事件有 道理是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、 1 名女生”和“两名都是男生”两种结果， 它和 “全 是女生”不可能同时发生. 点拨： 判断两个事件是否为互斥事件，就是考查它们 能否同时发生，如果不能同时发生，则是互斥事件， 否则， 就不是互斥事件.判断对立与互斥除了用定义 外，也可以利用集合的观点来判断.注意：①事件的 包含、相等、互斥、对立等，其发生的前提条件应 是一样的；②对立是针对两个事件来说的，而互斥 可以是多个事件的关系. 在 10 件产品中有 8 件正品、 2 件次品， 从中任取 3 件： (1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品”是互 斥事件吗？ (2)“恰有 2 件次品”和“至多有 1 件次品”是 对立事件吗？ 解： (1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品” 都是随机事件，且不可能同时发生，∴二者是互斥 事件； (2)“恰有 2 件次品”即“2 件次品 1 件正品”， “至多有 1 件次品”即“3 件正品”或“1 件次 品 2 件正品” ， 它们不可能同时发生且并起来是必然 事件， ∴二者是对立事件.会把一个事件分拆为几个互斥事件 .当直接计算事 件的概率比较复杂(或不能直接计算)时，通常是正 难则反转而求其对立事件的概率. 一盒中装有大小和质地均相同的 12 个小球，其中 5 个红球，4 个黑球，2 个白球，1 个 绿球.从中随机取出 1 个球，求： (1)取出的小球是红球或黑球的概率； (2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率. 解：记事件 A＝{任取 1 球为红球}； B＝{任取 1 球为黑球}； C＝{任取 1 球为白球}； D＝{任取 1 球为绿球}. 显然 A，B，C，D 互斥. 5 4 2 1 则 P(A)＝ ， P(B)＝ ，P(C)＝ ，P(D)＝ . 12 12 12 12 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 5 4 3 P1＝P(A)＋P(B)＝ ＋ ＝ . 12 12 4 (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 5 4 2 11 P2＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝ ＋ ＋ ＝ . 12 12 12 12 ?或P2＝1－P（D）＝1－ 1 ＝11? ? 12 12? ? ?类型三互斥与对立概念的初步运用 的.1.概率与频率的关系 (1) 频率是一个随机数，在试验前是不能确定 (2)概率是一个确定数，是客观存在的，与试验 次数无关. (3) 频率是概率的近似值，随着试验次数的增 加，频率一般会越来越接近概率，因而概率是频率 的稳定值. 2.互斥事件、对立事件的判定方法 (1)利用基本概念 ①互斥事件是两个不可能同时发生的事件； ②对立事件首先是互斥事件， 且必有一个发生. (2)利用集合的观点来判断 设事件 A 与 B 所含的结果组成的集合分别是 A， B， ①事件 A 与 B 互斥，即集合 A∩B＝?； ②事件 A 与 B 对立，即集合 A∩B＝?，且 A∪B ＝I(全集)，也即 A＝?IB 或 B＝?IA； ③对互斥事件 A 与 B 的和 A＋B，可理解为集合 A∪B. 3.求复杂的互斥事件的概率的方法 一是直接法，将所求事件的概率分解为一些彼 此互斥事件概率的和，运用互斥事件的求和公式计 算；二是间接法，先求此事件的对立事件的概率， 再用公式 P(A)＝1－P(A)，即运用逆向思维的方法经统计，在某展览馆处排队等候验证 的人数及其概率如下表： 排队人 0 1 2 3 4 5 数 0.1 0.1 0.3 0.3 0.1 0.0 概率 0 6 0 0 0 4 (1)求至多 2 人排队的概率； (2)求至少 1 人排队的概率. 解：设没有人排队为事件 A，恰有 1 人排队为 事件 B，恰有 2 人排队为事件 C，至多 2 人排队为事 件 D，至少 1 人排队为事件 E，则事件 A，B，C 两两 互斥，事件 A 和 E 是对立事件，并且 D＝A＋B＋C. 由表格中的数据得 P(A)＝0.10，P(B)＝0.16， P(C)＝0.30. (1)至多 2 人排队的概率为 P(D)＝P(A＋B＋C) ＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.10＋0.16＋0.30＝0.56. (2)至少 1 人排队的概率为 P(E)＝1－P(A)＝1 －0.10＝0.90. 点拨： 求事件的概率常需求互斥事件的概率和，要学 (正难则反)求解，应用此公式时，一定要分清事件 的对立事件到底是什么事件， 不能重复或遗漏.特别 是对于含“至多”“至少”等字眼的题目，用第二 种方法往往显得比较简便.1.给出下列事件： ①同学甲竞选班长成功； ②两队比赛，强队胜利； ③一所学校共有 998 名学生，至少有三名学生 的生日相同； ④若集合 A，B，C 满足 A? B，B? C，则 A? C； ⑤古代有一个国王想处死一位画师，背地里在 2 张签上都写了“死”字，再让画师抽“生死签”， 画师抽到死签； ⑥七月天下雪； ⑦从 1，3，9 中任选两数相加，其和为偶数； ⑧骑车通过 10 个十字路口，均遇红灯. 其中属于随机事件的有( ) A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 解：①②⑥⑧为随机事件.故选 B. 2.某战士在打靶中连续射击两次，事件“至少 有一次中靶”的对立事件是( ) A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.两次都不中靶 D.只有一次中靶 解：不能同时发生且必有一个发生的两个事件 是对立事件，故选 C. 3.从一堆产品(其中正品与次品都多于 2 件)中 任取 2 件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的 是( ) A.恰好有 1 件次品和恰好有 2 件次品 B.至少有 1 件次品和全是次品 C.至少有 1 件正品和至少有 1 件次品 D.至少有 1 件次品和全是正品 解：依据互斥和对立事件的定义知，B，C 都不 是互斥事件；D 不但是互斥事件而且是对立事件； 只有 A 是互斥事件但不是对立事件.故选 A. 4.(2013?济宁模拟)某产品分甲、乙、丙三级， 其中乙、 丙均属于次品.若生产中出现乙级品的概率 为 0.03，出现丙级品的概率为 0.01，则抽查一件产 品，恰好是正品的概率为( ) A.0.99 B.0.98 C.0.97 D.0.96 解：由互斥与对立的概念，知所求概率为 1－ (0.03＋0.01)＝0.96.故选 D. 5.若在同等条件下进行 n 次重复试验得到某个 事件 A 发生的频率 f(n)，则随着 n 的逐渐增加，有 ( ) A.f(n)与某个常数相等 B.f(n)与某个常数的差逐渐减小 C.f(n)与某个常数的差的绝对值逐渐减小 D.f(n)在某个常数附近摆动并趋于稳定 解：由频率与概率的定义、区别及联系知 D 正确.故选 D. 6. 一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1000 个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地 搅混在一起，从中任意取出一个，则取出的小正方 体两面涂有油漆的概率是( ) 3 27 6 12 A. B. C. D. 25 250 125 125 解：∵每条棱上有 8 块，共有 8×12＝96 块. 96 12 ∴所求概率为 ＝ .故选 D. .口袋内有一些大小相同的红球、黄球、白球， 从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为 0.65， 摸出黄球或白球的概率为 0.6，那么摸出白球的概 率是________. 解：设摸出红球、白球、黄球的事件分别为 A， B， C， 由条件 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.65， P(B∪C) ＝P(B)＋P(C)＝0.6， 又 P(A∪B)＝1－P(C)， ∴P(C) ＝0.35，∴P(B)＝0.25.或用 0.65＋0.6－1＝0.25. 故填 0.25. 8.(2013?皖南八校联考)若随机事件 A，B 互 斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)＝2－a， P(B)＝3a－4，则实数 a 的取值范围为________. 解：∵随机事件 A，B 互斥，且 A，B 发生的概 率均不等于 0， ∴由概率的基本性质可得： ?0＜P（A）＜1，? ?0＜P（B）＜1， ? ?P（A）＋P（B）?1， 0＜2－a＜1， ? ? 有?0＜3a－4＜1， ? ?2－a＋3a－4?1， 4 3 ?4 3? 解得 ＜a? .故填? ， ?. 3 2 ?3 2?9.盒中装有 4 只相同的白球与 6 只相同的黄球. 从中任取一只球 .试指出下列事件分别属于什么事 件？它们的概率是多少？ ①A＝“取出的球是白球”； ②B＝“取出的球是蓝球”； ③C＝“取出的球是黄球”； ④D＝“取出的球是白球或黄球”. 解：A 是随机事件，概率为 0.4； B 是不可能事件，概率为 0； C 是随机事件，概率为 0.6； D 是必然事件，概率为 1. 10.在添加剂的搭配使用中， 为了找到最佳的搭 配方案， 需要对各种不同的搭配方式作比较.在试制 某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂 . 现有芳香度分别为 0，1，2，3，4，5 的六种添加剂 可供选用.根据试验设计原理， 通常首先要随机选取 两种不同的添加剂进行搭配试验. (1) 求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 等于 4 的概率； (2) 求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 不小于 3 的概率. 解：设“所选用的两种不同添加剂的芳香度之 和等于 4”的事件为 A， “所选用的两种不同添加剂 的芳香度之和不小于 3”的事件为 B. 2 从六种不同芳香度的添加剂中随机选两种有 C6 ＝15 种选取方法. (1)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 等于 4”的选法有 2 种：(0，4)，(1，3)，故 P(A) 2 ＝ . 15 (2)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和 小于 3”的选法有 2 种：(0，1)，(0，2)，故 P(B) ? 1 1 ? 13 ＝1－? ＋ ?＝ . ?15 15? 15 11.抛掷一个均匀的正方体玩具(各面分别标有 数字 1，2，3，4，5，6)，事件 A 表示“朝上一面 的数是奇数”，事件 B 表示“朝上一面的数不超过 3”，求 P(A∪B). 解法一： 因为 A∪B 的意义是事件 A 发生或事件 B 发生，所以一次试验中只要出现 1，2，3，5 四个 可能结果之一时，A∪B 就发生，而一次试验的所有 4 2 可能结果为 6 个，所以 P(A∪B)＝ ＝ . 6 3 解法二：记事件 C 为“朝上一面的数为 2”， 1 则 A∪B＝A∪C， 且 A 与 C 互斥.又因为 P(C)＝ ， P(A) 6 1 1 1 ＝ ， 所以 P(A∪B)＝P(A∪C)＝P(A)＋P(C)＝ ＋ ＝ 2 2 6 2 . 3 解法三： 记事件 D 为“朝上一面的数为 4 或 6”， 则事件 D 发生时，事件 A 和事件 B 都不发生，即事 件 A∪B 不发生.又事件 A∪B 发生即事件 A 发生或事 件 B 发生时，事件 D 不发生，所以事件 A∪B 与事件D 为对立事件.因为 P(D)＝ ＝ ，所以 P(A∪B)＝11 2 －P(D)＝1－ ＝ . 3 3 袋中有 12 个小球， 分别为红球、 黑球、 1 黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是 ， 4 5 得到黑球或黄球的概率是 ，得到黄球或绿球的概 12 1 率是 ，试求：从中任取一球，得到黑球、黄球、绿 2 球的概率各是多少？ 解：从中任取一球，分别记得到红球、黑球、 黄球、绿球为事件 A，B，C，D.由于 A，B，C，D 为 互斥事件，根据已知得 1 ＋P（B）＋P（C）＋P（D）＝1， 42 1 6 3? ? 5 ?P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝12，解得 1 ? ?P（C∪D）＝P（C）＋P（D）＝2. 1 P（B）＝ ， 4 ? ? 1 ?P（C）＝6， 1 ? ?P（D）＝3.∴从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概 1 1 1 率分别是 ， ， . 4 6 3 §11.5古典概型 3 1 (2，1)共 3 种，则 P＝ ＝ .故选 A. 36 12 ( 2014?陕西 ) 从正方形四个顶及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离不小于 该正方形边长的概率为( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 5 5 5 5 2 解：依题意，在 5 个点中任取 2 个点有 C5种取 法， 由于正方形的中心到 4 个顶点的距离小于边长， 所以这 2 个点的距离小于该正方形边长的有 4 种， C2 10－4 3 5－4 故所求概率为 P＝ 2 ＝ ＝ ，故选 C. C5 10 5 有 6 位身高全不相等的同学拍照留念， 摄影 师要求前后两排各 3 个，则后排每人均比前排所有 同学高的概率为______. 解：因后排每人均比前排同学高，所以 6 人中3 A3 3A3 较高的 3 人站在后排， 其余 3 个站前排， ∴P＝ 6 ＝ A61.基本事件和基本事件空间的概念 (1)在一次试验中， 我们常常要关心的是所有可 能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简 单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样 的事件称为____________. (2) 所 有 基 本 事 件 构 成 的 集 合 称 为 ______________， 常用大写希腊字母________表示. 2.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是____________的. (2) 任何事件 ( 除不可能事件 ) 都可}
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