2019高考数学二轮复习 专题三 概率与统计 第1讲 计数原理学案 理.doc

1第第 1 1 讲讲 计数原理计数原理考情考向分析 1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注热点一 两个计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理，将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理，将各步的方法种数相乘例 1 (1)(2018·潍坊模拟)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺” “礼” ，主要指德育；“乐” ，主要指美育；“射”和“御” ，就是体育和劳动；“书” ，指各种历史文化知识；“数” ，数学某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有( )A120 种 B156 种C188 种 D240 种 答案 A解析 当“数”排在第一节时有 A ·A 48(种)排法，当“数”排在第二节时有 A ·A ·A2 24 41 32 236(种)排法，当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有3 3A ·A 12(种)排法；若“射”和“御”两门课程排在后三节时有 A ·A ·A 24(种)排2 23 31 22 23 3法，所以满足条件的共有 48361224120(种)排法(2)若自然数n使得作竖式加法n(n1)(n2)均不产生进位现象，则称n为“开心数”例如：32 是“开心数” 因为 323334 不产生进位现象；23 不是“开心数” ，因为232425 产生进位现象，那么，小于 100 的“开心数”的个数为( )A9 B10 C11 D12答案 D解析 根据题意个位数需要满足要求：n(n1)(n2)<10，即n<2.3，个位数可取 0,1,2 三个数，十位数需要满足：3n<10，n<3.3，十位可以取 0,1,2,3 四个数，故小于 100 的“开心数”共有 3×412(个)2思维升华 (1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化跟踪演练 1 (1)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A18 种 B24 种C36 种 D48 种答案 C解析 若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的，剩下 2 个红包被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A A 12(种)抢法；2 2 2 3若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的，剩下 2 个红包被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有A A 12(种)抢法；2 2 2 3若甲、乙抢的是一个 8 元和一个 10 元的，剩下 2 个红包被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有A C 6(种)抢法；2 2 2 3若甲、乙抢的是两个 6 元的，剩下 2 个红包被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A 6(种)抢2 3法根据分类加法计数原理可得甲、乙都抢到红包的情况共有 36 种(2)(2018·百校联盟联考)某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有( )1234A.9 种 B18 种 C12 种 D36 种答案 B解析 若种植 2 块西红柿，则他们在 13,14 或 24 位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有 3×26(种)种植方式；若种植 2 块黄瓜或 2 块茄子也是 3 种种植方式，所以一共有 6×318(种)种植方式热点二 排列与组合名称排 列组 合相同点都是从n个不同元素中取m(mn)个元素，元素无重复3不同点排列与顺序有关；两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同组合与顺序无关；两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同例 2 (1)(2018·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)将 7 个座位连成一排，安排 4 个人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法有( )A240 种 B480 种C720 种 D960 种答案 B解析 12 或 67 为空位时，第三个空位有 4 种选择；23 或 34 或 45 或 56 为空位时，第三个空位有 3 种选择，因此空位共有 2×44×320(种)，所以不同坐法有 20A 480(种)4 4(2)5 位大学毕业生分配到 3 家单位，每家单位至少录用 1 人，则不同的分配方法共有( )A25 种 B60 种 C90 种 D150 种答案 D解析 因为 5 位大学毕业生分配到 3 家单位，每家单位至少录用 1 人，所以共有两种方法：一，一个单位 1 名，其他两个单位各 2 名，有×A 90(种)分配方法；二，一个单位 3C1 5C2 4 A2 23 3名，其他两个单位各 1 名，有 C ×A 60(种)分配方法，共有 9060150(种)分配方法3 53 3思维升华 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数解答计数问题多利用分类讨论思想分类应在同一标准下进行，确保“不漏” 、 “不重” 跟踪演练 2 (1)(2018·北京市建华实验学校模拟)甲、乙、丙、丁、戊共 5 人排成一排照相合影，如果甲、乙必须在丙的同侧，则不同的排法有_种答案 80解析 由题意先将甲乙捆绑在一起有 A 种排法，再与丙一起排列一共有 A A 种排法，然后2 22 2 2 2再将丁戊插入共有 A A C C 80(种)排法2 2 2 2 1 4 1 5(2)(2018·湖南省长沙市雅礼中学、河南省实验中学联考)郑州绿博园花展期间，安排 6 位志愿者到四个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有( )A168 种 B156 种4C172 种 D180 种答案 B解析 分类：(1)小李和小王去甲、乙，共有 A C C 12(种)；(2)小王、小李一人去甲、2 2 2 4 2 2乙，共 C C C C 96(种)；(3)小王、小李均没有去甲、乙，共 A A 48(种)，总共1 2 1 2 1 4 2 42 2 4 4N129648156(种)安排方案热点三 二项式定理(ab)nCanCan1bCankbkCbn，其中各项的系数 C (k0,1，n)叫0n1nk nn nk n做二项式系数；展开式中共有n1 项，其中第k1 项Tk1Cankbk(其中k n0kn，kN N，nN N*)称为二项展开式的通项公式例 3 (1)(2018·揭阳模拟)已知(x1)5的展开式中常数项为40，则a的值为( )(ax1 x)A2 B2 C±2 D4答案 C解析 5展开式的通项公式为(ax1 x)Tk1C (ax)5kk(1)ka5kCx52k，k5(1 x)k5令 52k1，可得k3，结合题意可得(1)3a53C 40，即 10a240，3 5a±2.(2)已知(12x)2 017a0a1(x1)a2(x1)2a2 016(x1)2 016a2 017(x1)2 017(xR R)，则a12a23a34a42 016a2 0162 017a2 017等于( )A2 017 B4 034 C4 034 D0答案 C解析 因为(12x)2 017a0a1(x1)a2(x1)2a2 016(x1)2 016a2 017(x1)2 017(xR R)，两边同时求导可得2×2 017(12x)2 016a12a2(x1)2 016a2 016(x1)2 0152 017a2 017(x1)2 016(xR R)，令x0，则2×2 017a12a22 016a2 0162 017a2 0174 034.思维升华 (1)在应用通项公式时，要注意以下几点：它表示二项展开式的任意项，只要n与k确定，该项就随之确定；Tk1是展开式中的第k1 项，而不是第k项；公式中，a，b的指数和为n，且a，b不能随便颠倒位置；对二项式(ab)n的展开式的通项公式要特别注意符号问题(2)在二项式定理的应用中， “赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法5跟踪演练 3 (1)(2018·龙岩质检)已知二项式4，则展开式的常数项为( )(11 x2x)A1 B1 C47 D49答案 B解析 二项式44(11 x2x)1(1 x2x)146243(1 x2x)(1 x2x)(1 x2x)4，(1 x2x)二项式中的常数项产生在 1,62，4中，(1 x2x)(1 x2x)分别是 1,6×2· ·，C ·2·2，1 x(2x)2 4(1 x)(2x)它们的和为 124241.(2)n的展开式中，各项系数之和为A，各项的二项式系数之和为B，若 32，则n(x3x)A B等于( )A5 B6 C7 D8答案 A解析 令x1，得各项系数之和为A4n，二项式系数之和为B2n，故 32，解得A B4n 2nn5.真题体验1(2017·全国改编)安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1人完成，则不同的安排方式共有_种答案 36解析 由题意可得，其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 人各完成 1 项工作，可得安排方式为 C ·C ·A 36(种)，或列式为 C ·C ·C 3××236(种)1 32 42 21 32 41 24 × 3 262(2016·上海)在n的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为 256，则常数项(3x2x)等于_答案 112解析 由 2n256，得n8，通项公式Tk1C ·8 3k x ·kC (2)k·8 4 3k x ，k8(2 x)k8令0，得k2，则常数项为 C (2)2112.84k 32 83(2017·浙江)已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_.答案 16 4解析 a4是x项的系数，由二项式的展开式得a4C ·C ·2C ·C ·2216.3 31 22 32 2a5是常数项，由二项式的展开式得a5C ·C ·224.3 32 24(2017·浙江)从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有_种不同的选法(用数字作答)答案 660解析 方法一 只有 1 名女生时，先选 1 名女生，有 C 种方法；再选 3 名男生，有 C 种方1 23 6法；然后排队长、副队长位置，有 A 种方法由分步乘法计数原理，知共有2 4C C A 480(种)选法1 2 3 6 2 4有 2 名女生时，再选 2 名男生，有 C 种方法；然后排队长、副队长位置，有 A 种方法由2 62 4分步乘法计数原理，知共有 C A 180(种)选法所以依据分类加法计数原理知共有2 6 2 4480180660(种)不同的选法方法二 不考虑限制条件，共有 A C 种不同的选法，2 8 2 6而没有女生的选法有 A C 种，2 6 2 4故至少有 1 名女生的选法有 A C A C 840180660(种)2 8 2 62 6 2 4押题预测1某电视台一节目收视率很高，现要连续插播 4 个广告，其中 2 个不同的商业广告和 2 个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且 2 个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )A8 种 B16 种C18 种 D24 种押题依据 两个计数原理是解决排列、组合问题的基础，也是高考考查的热点答案 A7解析 可分三步：第一步，最后一个排商业广告有 A 种方法；第二步，在前两个位置选一1 2个排第二个商业广告有 A 种方法；第三步，余下的两个排公益宣传广告有 A 种方法根据1 22 2分步乘法计数原理，可得不同的播放方式共有 A A A 8(种)1 2 1 2 2 22为配合足球国家战略，教育部特派 6 名相关专业技术人员到甲、乙、丙三所足校进行专业技术培训，每所学校至少一人，其中王教练不去甲校的分配方案种数为( )A60 B120C240 D360押题依据 排列、组合的综合问题是常见的考查形式，解决问题的关键是先把问题正确分类答案 D解析 6 名相关专业技术人员到三所足校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4,1,1；3,2,1；2,2,2.(1)对于第一种情况，由于王教练不去甲校，王教练自己去一个学校有 C 种，其余 5 名分成一人组和四人组有 C A 种，共 C A C 20(种)；王教练分配到四1 24 5 2 24 5 2 2 1 2人组且该组不去甲校有 C C A 40(种)，则第一种情况共有 204060(种)(2)对于第二3 5 1 2 2 2种情况，王教练分配到一人组有 C C A C 40(种)，王教练分配到三人组有3 5 2 2 2 2 1 2C C C A 120(种)，王教练分配到两人组有 C C C A 80(种)，所以第二种情况共有2 5 2 3 1 2 2 21 5 1 2 3 4 2 24080120240(种)(3)对于第三种情况，共有 C C C C 60(种)1 5 1 2 2 4 2 2综上所述，共有 6024060360(种)分配方案3设(12x)7a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6a7x7，则代数式a12a23a34a45a56a67a7的值为( )A14 B7C7 D14押题依据 二项式定理作为选择题或填空题设计，属于必考试题，一般试题难度有所控制，考查常数项、指定项的系数、最值、系数和等类型，本题设计角度新颖、典型，有代表性答案 A解析 对已知等式的两边求导，得14(12x)6a12a2x3a3x24a4x35a5x46a6x57a7x6，令x1，有a12a23a34a45a56a67a714.4(12x)10的展开式中系数最大的项是_押题依据 二项展开式中的系数是历年高考的热门考题，本题通过求解系数最大的项，考查考生的运算求解能力答案 15 360x7解析 设第k1 项的系数最大，由通项公式Tk1C2kxk，依题意知Tk1项的系数不小于Tk项及Tk2项的系数，即Error!k108解得Error!所以k，即k7.19 322 3故最大的项为T8C27x715 360x7.7 10A 组 专题通关1(2018·全国)5的展开式中x4的系数为( )(x22 x)A10 B20 C40 D80答案 C解析 5的展开式的通项公式为Tk1C ·(x2)5k·kC ·2k·x103k，(x22 x)k5(2 x)k5令 103k4，得k2.故展开式中x4的系数为 C ·2240.2 52在新一轮的素质教育要求下，各地高中陆陆续续开展了选课走班的活动，已知某高中学校提供了 3 门选修课供该校学生选择，现有 5 名同学参加该校选课走班的活动，要求这 5 名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则这 5 名同学选课的种数为( )A120 B150C240 D540答案 B解析 因为将 5 个人分成 3 组有两种情形，5311,5221，所以这 5 名同学选课的种数为·A 150，故选 B.(C3 5C1 2C1 1 A2 2C1 5C2 4C2 2A2 2)3 33(2018·北京丰台区模拟)某学校为了弘扬中华传统“孝”文化，共评选出 2 位男生和 2位女生为校园“孝”之星，现将他们的照片展示在宣传栏中，要求同性别的同学不能相邻，不同的排法种数为( )A4 B8 C12 D24答案 B解析 由题意，现对两位男生全排列，共有 A 2(种)不同的方式，2 2其中两个男生构成三个空隙，把两位女生排在前两个空隙或后两个空隙中，再进行全排列，共有 2×A 4(种)不同的方式，2 2所以满足条件的不同的排法种数为 2×48.94将A，B，C，D，E这 5 名同学从左至右排成一排，则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法有( )A18 种 B20 种C21 种 D22 种答案 B解析 当A，C之间为B时，看成一个整体进行排列，共有 A ·A 12(种)，当A，C之间2 23 3不是B时，先在A，C之间插入D，E中的任意一个，然后B在A之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有 C ·A ·A 8(种)，所以共有 20 种不同的排1 22 22 2法5(2018·永州模拟)3的展开式中的常数项为( )(x1 x)(x3 x)A6 B6 C12 D18答案 D解析 由二项式3的通项公式为Tk1C 3k·x32k，(x3 x)k3当 32k1 时，解得k1，当 32k1 时，解得k2，所以展开式中的常数项为C ·31C ·3292718.1 32 36(2018·吉林调研)若n的展开式中只有第 7 项的二项式系数最大，则展开式中含(x1 x)x2项的系数是( )A462 B462C792 D792答案 D解析 n的展开式中只有第 7 项的二项式系数最大，(x1 x)n为偶数，展开式共有 13 项，则n12.12的展开式的通项公式为Tk1(1)kC·x122k，令 122k2，即k5.(x1 x)k12展开式中含x2项的系数是(1)5C792.5 127(2018·上海黄浦区模拟)二项式40的展开式中，其中是有理项的共有( )(x13x)A4 项 B7 项C5 项 D6 项答案 B解析 二项式40的展开式中，(x13x)10通项公式为Tk1C·40k·kk40(x)(13x)C·5206kx，k400k40，当k0,6,12,18,24,30,36 时满足题意，共 7 个8 中国诗词大会(第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味若将进酒 、 山居秋暝 、 望岳 、 送杜少府之任蜀州和另确定的两首诗词排在后六场，且将进酒排在望岳的前面， 山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有( )A144 种 B288 种C360 种 D720 种答案 A解析 将进酒 、 望岳和另确定的两首诗词进行全排列共有 A 种排法，满足将进酒4 4排在望岳的前面的排法共有种，再将山居秋暝与送杜少府之任蜀州插排在 4A4 4 A2 2个空里(最后一个空不排)，有 A 种排法 将进酒排在望岳的前面、 山居秋暝与2 4送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有×A 144(种)A4 4 A2 22 49(2018·全国)从 2 位女生，4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入选，则不同的选法共有_种(用数字填写答案)答案 16解析 方法一 按参加的女生人数可分两类：只有 1 位女生参加有 C C 种，有 2 位女生参1 2 2 4加有 C C 种故所求选法共有 C C C C 2×6416(种)2 2 1 41 2 2 42 2 1 4方法二 间接法从 2 位女生，4 位男生中选 3 人，共有 C 种情况，没有女生参加的情况3 6有 C 种，故所求选法共有 C C 20416(种)3 43 63 410若(12x)2 017a0a1xa2 017x2 017(xR R)，则的值为a1 2a2 22a2 017 22 017_答案 1解析 令等式中的x0，得a01；再令x ，得a00，1 2a1 2a2 22a2 017 22 017所以a01.a1 2a2 22a2 017 22 0171111若(xy)(2xy)5a1x6a2x5ya3x4y2a4x3y3a5x2y4a6xy5a7y6，则a4_，a1a2a3a4a5a6a7_.答案 40 2解析 5的二项展开式的通项为(2xy)Tk1C (2x)5k(y)kC 25k(1)kx5kyk，k5k5令k3，得T440x2y3；令k2，得T380x3y2，再与xy相乘，可得x3y3的系数为408040，a440.在(xy)(2xy)5a1x6a2x5ya3x4y2a4x3y3a5x2y4a6xy5a7y6中，令xy1，得a1a2a3a4a5a6a7(11)(21)52.12元宵节灯展后，如图悬挂有 9 盏不同的花灯需要取下，每次取 1 盏，共有_种不同取法(用数字作答)答案 1 680解析 1 680.A9 9 A3 3A3 3A3 3B 组 能力提高13已知m3cosdx，则(x2y3z)m的展开式中含xm2yz项的系数等于( ) 0(x 2)A180 B180 C90 D15答案 B解析 由于m3cosdx3sin xdx 0(x 2) 0(3cos x)|6， 0所以(x2y3z)m(x2y3z)6(x2y)3z6，其展开式的通项为 C (x2y)6k(3z)k，k6当k1 时，展开式中才能含有x4yz项，这时(x2y)5的展开式的通项为 C ·x5S(2y)S5S，当s1 时，含有x4y项，系数为10，故(x2y3z)6的展开式中含x4yz项的系数为C ·(10)×3180.1 61214为迎接中国共产党十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的 7 名学生中选派 4 名学生参加，要求甲、乙、丙这 3 名同学中至少有 1 人参加，且当这 3 名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的 4 名学生中不同的朗诵顺序的种数为( )A720 B768C810 D816答案 B解析 由题意知结果有三种情况(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有 C A 96(种)情况，1 4 4 4其中甲、乙相邻的有 C A A 48(种)情况，所以当甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙1 4 2 2 3 3的朗诵顺序不能相邻的有 964848(种)情况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有 C C A 288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的3 4 1 3 4 4朗诵顺序有 C C A 432(种)情况则选派的 4 名学生不同的朗诵顺序有2 4 2 3 4 428843248768(种)情况，故选 B.15(2018·保山模拟)一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位若小蜜蜂经过 5 次飞行后，停在数轴上实数 3 处，则小蜜蜂不同的飞行方式有_种答案 75解析 由题意知，小蜜蜂经过 5 次飞行后，停在数轴上实数 3 处，共有以下四种情形：一、小蜜蜂在 5 次飞行中，有 4 次向正方向飞行，1 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有 C 5(种)情况；1 5二、小蜜蜂在 5 次飞行中，有 3 次向正方向飞行，每次飞行一个单位，1 次向正方向飞行，且飞行两个单位，1 次向负方向飞行，且飞行两个单位，共有 C C C 20(种)情况；1 5 1 4 3 3三、小蜜蜂在 5 次飞行中，有 1 次向正方向飞行，且飞行一个单位，2 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有 C C C 30(种)情况；2 5 1 3 2 2四、小蜜蜂在 5 次飞行中，有 3 次向正方向飞行，每次飞行两个单位，有 1 次向负方向飞行且飞行两个单位，有 1 次向负方向飞行且飞行一个单位，共有 C A 20(种)情况；3 5 2 2共有 520302075(种)情况16(2018·上海松江、闵行区模拟)设x1，x2，x3，x41,0,2，那么满足2|x1|x2|x3|x4|4 的所有有序数组(x1，x2，x3，x4)的组数为_答案 45解析 分类讨论：|x1|x2|x3|x4|2，13则这四个数为 2,0,0,0 或1，1,0,0，有 C C 4610(组)；1 42 4|x1|x2|x3|x4|3，则这四个数为 2，1,0,0 或1，1，1,0，有 C ×C C 12416(组)；1 41 33 4|x1|x2|x3|x4|4，则这四个数为 2,2,0,0 或1，1,2,0 或1，1，1，1，有 C C C C 66×2119(组)；2 42 4 1 24 4综上可知，所有有序数组(x1，x2，x3，x4)的组数为 10161945.