2019-2020年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布列学案理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布列学案理突破点(一)两个计数原理 1分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法3两个计数原理的比较名称分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点运用加法运算运用乘法运算分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性分步计数原理可利用“串联”电路来理解1判断题(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同()(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()答案：(1)(2)(3)2填空题(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是_解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，取出的两数都是偶数，共有3种方法；取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N336(种)答案：6(2)从集合0,1,2,3,4,5,6中任取两个互不相等的数a，b组成复数abi，其中虚数有_个解析：abi为虚数，b0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6636个虚数答案：36(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为_解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为456120.答案：120分类加法计数原理能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数例1(1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A4种B6种 C10种D16种(2)(xx杭州二中月考)满足a，b1,0,1,2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A14B13 C12D10解析(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法由分类加法计数原理，共有33 6种传递方式(2)当a0时，有x，b1,0,1,2，有4种可能；当a0时，则44ab0，ab1，()当a1时，b1,0,1,2，有4种可能；()当a1时，b1,0,1，有3种可能；()当a2时，b1,0，有2种可能有序数对(a，b)的个数为443213.答案(1)B(2)B易错提醒(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复分步乘法计数原理能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可(2)完成每一步有若干种方法(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数 例2(1)从2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)ax2bxc的系数，则可组成_个不同的二次函数，其中偶函数有_个(用数字作答)(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有_种解析(1)一个二次函数对应着a，b，c(a0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有33218个二次函数若二次函数为偶函数，则b0，同理可知共有326个偶函数(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26163种可能情况答案(1)186(2)63易错提醒(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成两个计数原理的综合问题在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步例3(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A144个B120个 C96个D72个(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_种不同的涂色方法解析(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有243248个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有343272个偶数故符合条件的偶数共有4872120(个)(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5445433260种涂色方法答案(1)B(2)260方法技巧使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A504B210C336D120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法故共有789504种不同的插法2.某电话局的电话号码为139，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A20B25C32D60解析：选C依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为2532.3.从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A3B4C6D8解析：选D先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，所求的数列的个数为2(211)8.4.在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有_个解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有628(个)答案：8 5.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有_种解析：按区域1与3是否同色分类区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3216种方法所以区域1与3涂同色时，共有4624种方法区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4312种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法所以这时共有1221372种方法故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为247296.答案：96突破点(二)排列、组合问题 1排列与排列数排列从n个不同元素中取出m(mn)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列排列数从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A2.组合与组合数组合从n个不同元素中取出m(mn)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合组合数从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C3.排列数、组合数的公式及性质排列数组合数公式An(n1)(n2)(nm1)C性质An！；0！1C1；CC_；CCC备注n，mN*且mn4排列与组合的区别排列组合排列与顺序有关组合与顺序无关两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同1判断题(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同()(3)若组合式CC，则xm成立()(4)(n1)！n！nn！.()(5)AnA.()(6)kCnC.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)2填空题(1)A、B、C、D、E五人并排站成一排，不同的排法共有_种答案：120(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言_条解析：由题意，得毕业留言共A1 560(条)答案：1 560(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有_种解析：依题意得知，满足题意的选法共有CCC24(种)答案：24(4)方程3A2A6A的解为_解析：由排列数公式可知3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，x3且xN*，3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，解得x5或x(舍去)，x5.答案：5(5)已知，则m_.解析：由已知得m的取值范围为，原等式可化为，整理可得m223m420，解得m21(舍去)或m2.答案：2排列问题例1(1)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A192种B216种C240种D288种(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有_种解析(1)第一类：甲在最左端，有A120种排法；第二类：乙在最左端，有4A96种排法，所以共有12096216种排法(2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有AA种方法再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC26336种不同的摆法答案(1)B(2)36方法技巧求解排列问题的六种主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反、等价转化的方法组合问题组合问题的常见题型及解题思路常见题型一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等解题思路(1)分清问题是否为组合问题；(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题例2(1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A85B86 C91D90(2)设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0,1，i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为()A130B120C90D60(3)(xx浙江高考)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)解析(1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CCCCC31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：CCCCC34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：CCCC21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31342186.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有CCC120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有CC34种所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为1203486.(2)易知|x1|x2|x3|x4|x5|1或2或3，下面分三种情况讨论其一：|x1|x2|x3|x4|x5|1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或1，其余等于0，于是有CC10种情况；其二：|x1|x2|x3|x4|x5|2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于1或一个等于1、另一个等于1，其余等于0，于是有2CCC40种情况；其三：|x1|x2|x3|x4|x5|3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于1或两个等于1、另一个等于1或两个等于1、另一个等于1，其余等于0，于是有2CCCCC80种情况所以满足条件的元素个数为104080130.(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为CC55.从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A12种故总共有5512660种选法答案(1)B(2)A(3)660方法技巧有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型考虑逆向思维，用间接法处理分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象例3(1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有_种不同的分派方法(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为_(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有_种不同的分法解析(1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有A90种不同的分派方法(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有A36种(3)将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法根据分步乘法计数原理，共有CCC60种分法再将这3组教师分配到3所中学，有A6种分法，故共有606360种不同的分法答案(1)90(2)36(3)360方法技巧分组分配问题的三种类型及求解策略类型求解策略整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数1.某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行则安排这6项工程的不同方法种数为()A10B20 C30D40解析：选B因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为5420.2.世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为()A12B10 C8D6解析：选D甲、乙两人被分配到同一展台，可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种，甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A6.3.某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为()A1 800B900 C300D1 440解析：选B分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有AA900(种)，故选B.4.(xx天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个(用数字作答)解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有CCA960个(2)没有偶数的四位数有A120个故这样的四位数一共有9601201 080个答案：1 0805.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为_解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC264种第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C3C22012208种由分类加法计数原理，不同的取法种数为264208472.答案：472全国卷5年真题集中演练明规律 1(xx全国卷)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()A12种B18种C24种D36种解析：选D第一步：将4项工作分成3组，共有C种分法第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A种分配方法，故共有CA36种安排方法2(xx全国卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A24B18C12D9解析：选B分两步：第一步，从EF，有6条可以选择的最短路径；第二步，从FG，有3条可以选择的最短路径由分步乘法计数原理可知有6318条可以选择的最短路径故选B.3(xx全国卷)定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个B16个 C14个D12个解析：选C当m4时，数列an共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k8，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，则必有a10，a81，a2可为0，也可为1.(1)当a20时，分以下3种情况：若a30，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C4种情况；若a31，a40，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C3种情况；若a31，a41，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C2种情况；(2)当a21时，必有a30，分以下2种情况：若a40，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C3种情况；若a41，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C2种情况综上所述，不同的“规范01数列”共有4323214(个)，故选C.4(xx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()A60种B70种 C75种D150种解析：选C从6名男医生中选出2名有C种选法，从5名女医生中选出1名有C种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有CC75(种)故选C. 课时达标检测 小题对点练点点落实对点练(一)两个计数原理1集合Px,1，Qy,1,2，其中x，y1,2,3，9，且PQ.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A9B14C15D21解析：选B当x2时，xy，点的个数为177个当x2时，由PQ，xy，x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7714.2(xx云南调研)设集合A1,0,1，集合B0,1,2,3，定义A*B(x，y)|xAB，yAB，则A*B中元素的个数是()A7B10C25D52解析：选B因为集合A1,0,1，集合B0,1,2,3，所以AB0,1，AB1,0,1,2,3，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2510(个)3某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A4种B10种C18种D20种解析：选B赠送1本画册，3本集邮册需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4610(种)4(xx绍兴模拟)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()A243B252C261D279解析：选B0,1,2，9共能组成91010900个三位数，其中无重复数字的三位数有998648个，有重复数字的三位数的个数为900648252.5有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A24B14C10D9解析：选B第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4312种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12214种选择方式6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为_解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有543354322420种染色方法答案：420对点练(二)排列、组合问题1(xx福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有()A34种B48种C96种D144种解析：选C特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有CAA96种排法，故选C.2将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A10B20C30D40解析： 选B将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有CCA20(种)3“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为()A13B24 C18D72解析：选D可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A种排法根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA72.4(xx舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A18种B24种C36种D72种解析：选C1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CA种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CACA36(种)5(xx豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有()A72种B36种C24种D18种解析：选BA(CCCC)36(种)67位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有_种排法解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C20.答案：207把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为_(用数字作答)解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号在4个空位插3个板子，共有C4种情况，再对应到4个人，有A24种情况，则共有42496种情况答案：968若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有_种解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A12种其中正确的有一种，所以错误的共A112111(种)答案：11大题综合练迁移贯通1从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排(1)共有多少种不同的排法？(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)解：(1)从4名男生中选出2人，有C种选法，从6名女生中选出3人，有C种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有CCA14 400(种)(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有CCAA8 640(种)2有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CCCC种情况，后排有A种情况，则符合条件的选法数为(CCCC)A5 400.(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为CA840.(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为CCA3 360.(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况，再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况，则符合条件的选法数为CCA360.3有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子(1)共有多少种放法？(2)恰有一个空盒，有多少种放法？(3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？解：(1)1号球可放入任意一个盒子内，有4种放法同理，2,3,4号小球也各有4种放法，共有44256种放法(2)恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2.先从4个小球中任选2个放在一起，有C种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有A种放法由分步乘法计数原理知共有CA144种不同的放法(3)恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球先把小球分为两组，一组1个，另一组3个，有C种分法，再放到2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法；把4个小球平均分成2组，每组2个，有种分法，放入2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法由分类加法计数原理知共有CACA84种不同的放法第二节 二项式定理本节主要包括2个知识点：1.二项式的通项公式及应用；2.二项式系数的性质及应用.突破点(一)二项式的通项公式及应用 1二项式定理二项展开式公式(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)叫做二项式定理二项式的通项Tk1Cankbk为展开式的第k1项2二项式系数与项的系数二项式系数二项展开式中各项的系数C(r0，1，n)叫做第r1项的二项式系数项的系数项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念如(abx)n的展开式中，第r1项的系数是Canrbr1判断题(1)Canrbr是(ab)n的展开式中的第r项()(2)在(ab)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关()(3)(ab)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同()(4)(ab)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同()答案：(1)(2)(3)(4)2填空题(1)已知a0，6展开式的常数项为15，则a_.解析：Tr1C(1)ra6rx3，由30，得r2，常数项为T3Ca415，且a0，可得a1.答案：1(2)(12x)7展开式中x3的系数为_解析：Tr1C17r(2x)rC(2)rxr，令r3，得x3的系数为C(2)335(8)280.答案：280(3)8的展开式中的有理项共有_项解析：Tr1C()8rrrCx，r为4的倍数，故r0,4,8，共3项答案：3(4)若(13x)n(其中nN且n6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n_.解析：(13x)n的展开式中含x5的项为C(3x)5C35x5，展开式中含x6的项为C36x6.由两项的系数相等得C35C36，解得n7.答案：7形如(ab)n的展开式问题例1(1)(xx武汉模拟)5的展开式中的常数项为()A80B80 C40D40(2)(xx福州五校联考)在6的展开式中，若x4的系数为3，则a_.(3)二项式n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为_解析(1)Tr1C(x2)5rr(2)rCx105r，由105r0，得r2，T3(2)2C40.(2)6的展开式的通项为Tr1Cx6rrCrx62r，令62r4，则r1，所以x4的系数为C13，解得a1.(3)二项展开式的通项是Tr1Cx3n3rx2rCx3n5r，令3n5r0，得n(r0,1,2，n)，故当r3时，n有最小值5.答案(1)C(2)1(3)5方法技巧二项展开式问题的常见类型及解法(1)求展开式中的特定项或其系数可依据条件写出第k1项，再由特定项的特点求出k值即可(2)已知展开式的某项或其系数求参数可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k1项，由特定项得出k值，最后求出其参数形如(ab)m(cd)n的展开式问题例2(1)已知(1x)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则()A4B3 C2D1(2)(xx湖南五市十校联考)在(2x1)(x1)5的展开式中含x3项的系数是_(用数字作答)解析(1)展开式中含x2的系数为CaC5，解得a1.(2)由题易得二项式的展开式中含x3项的系数为C(1)22C(1)310.答案(1)D(2)10方法技巧求解形如(ab)n(cd)m的展开式问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(ab)2(cd)m(a22abb2)(cd)m，然后展开分别求解(2)观察(ab)(cd)是否可以合并，如(1x)5(1x)7(1x)(1x)5(1x)2(1x2)5(1x)2；(3)分别得到(ab)n，(cd)m的通项公式，综合考虑形如(abc)n的展开式问题例3(1)(xx湖北枣阳模拟)(x2xy)5的展开式中x5y2的系数为()A10B20 C30D60(2)(xx太原模拟)5的展开式中常数项是_解析(1)(x2xy)5的展开式的通项为Tr1C(x2x)5ryr，令r2，则T3C(x2x)3y2，又(x2x)3的展开式的通项为C(x2)3kxkCx6k，令6k5，则k1，所以(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为CC30，故选C.(2)由55，则其通项公式为(1)5rCr(0r5)，其中r的通项公式为2rtCxr2t(0tr)令r2t0，得或或所以5的展开式中的常数项为(1)5C(1)3C2C(1)1C22C161.答案(1)C(2)161方法技巧求形如(abc)n展开式中特定项的步骤1.(xx杭州测试)6的展开式中，常数项是()AB. CD.解析：选DTr1C(x2)6rrrCx123r，令123r0得r4，所以常数项为4C.2.设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为()A15x4B15x4C20ix4D20ix4解析：选ATr1Cx6rir，由6r4得r2.故T3Cx4i215x4.故选A.3.(xx厦门联考)在10的展开式中，含x2项的系数为()A10B30 C45D120解析：选C因为1010(1x)10C(1x)9C10，所以x2项只能在(1x)10的展开式中，所以含x2的项为Cx2，系数为C45.4.(1x)8(1y)4的展开式中x2y2的系数是()A56B84 C112D168解析：选D(1x)8的展开式中x2的系数为C，(1y)4的展开式中y2的系数为C，所以x2y2的系数为CC168.5.(x2)2(1x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为()A5B3 C2D0解析：选A常数项为C22C4，x7的系数为CC(1)51，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.6.(xx合肥质检)在4的展开式中，常数项为_解析：易知4的展开式的通项Tr1C(1)4rr，又r的展开式的通项Rm1C(x1)mxrmC(1)mxr2m，Tr1C(1)4rC(1)mxr2m，令r2m0，得r2m，0r4，0m2，当m0,1,2时，r0,2,4，故常数项为T1T3T5C(1)4C(1)2C(1)1C(1)0C(1)25.答案：5突破点(二)二项式系数的性质及应用 二项式系数的性质(1)对称性：当0kn时，C.(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n为偶数时，第1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大，最大值为.(3)二项式系数和：CCCC2n，CCCCCC2n1.1判断题(1)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(2)在(1x)9的展开式中，系数最大的项是第5项和第6项()(3)若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，则a7a6a1的值为128.()答案：(1)(2)(3)2填空题(1)若m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数是_解析：由题意可知2m128，m7，展开式的通项Tr1C(3x)7rrC37r(1)rx7，令7r3，解得r6，的系数为C376(1)621.答案：21(2)若(2x1)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则a1a2a3a4a5_.解析：令x0，得1a0；令x1，得a5a4a3a2a1a01.a1a2a3a4a52.答案：2二项展开式中系数和的问题赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1即可(2)对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可(3)若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5.例1(1)(xx衢州调研)已知(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A212B211C210D29(2)(xx诸暨质检)若(13x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a1a2a3a4_.解析(1)(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，CC，解得n10.从而CCCC210，奇数项的二项式系数和为CCC29.(2)令x1，得a0a1a2a3a4(13)416.又令x0，得a0(10)41.因此a1a2a3a415.答案(1)D(2)15易错提醒(1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值二项式系数或展开式系数的最值问题求解二项式系数或展开式系数的最值问题的一般步骤第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(ab)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解若是求展开式系数的最大值，有两个思路，如下：思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案例2(1)在(1x)n(xN*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n()A8B9C10D11(2)在5的展开式中x3的系数等于5，则该展开式各项的系数中最大值为()A5B10C15D20解析(1)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn，即得5，解得n10.(2)由Tr1Cx5rr(a)rCx52r，r0,1，2，5，由52r3，解得r1，所以(a)C5a5，解得a1，所以Tr1(1)rCx52r，r0,1,2，5，当r0时，(1)rC1；当r2时，(1)2C10；当r4时，(1)4C5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.故选B.答案(1)C(2)B1.(xx福建漳州调研)已知(2x1)10a0a1xa2x2a9x9a10x10，则a2a3a9a10的值为()A20B0 C1D20解析：选D令x1，得a0a1a2a9a101，再令x0，得a01，所以a1a2a9a100，又易知a1C21(1)920，所以a2a3a9a1020.2.(x2y)7的展开式中系数最大的项是_解析：(x2y)7的展开式的通项为Tr12rCx7ryr.由可得r.r0,1，7，r5.(x2y)7的展开式中系数最大的项是T625Cx2y5672x2y5.答案：672x2y53.(x2y)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为_(用数字作答)解析：二项式系数最大的项是T4Cx3(2y)3160x3y3，故填160.答案：1604.(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a_.解析：设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5.令x1，得(a1)24a0a1a2a3a4a5.令x1，得0a0