第一篇：專題09 排列組合二項(xiàng)式定理(教學(xué)案)-高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精品資料(原卷版)

專題09 排列組合、二項(xiàng)式定理(教學(xué)案)-20XX年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精品資料(原卷版)

【高效整合篇】

一．考場傳真

1.【20XX年遼寧卷】一排9個(gè)座位坐了3個(gè)三口之家，若每家人坐在一起，則不同的坐法種數(shù)為（）

A.3×3！B.3×(3！)C.(3！)D.9！

2.【20XX年浙江卷】將A,B,C,D,E,F六個(gè)字母排成一排，且A,B均在C的同側(cè)，則不同的排法共有________種（用數(shù)字作答）.3.【20XX年重慶卷】從3名骨科、4名腦外科和5名內(nèi)科醫(yī)生中選派5人組成一個(gè)抗震救災(zāi)醫(yī)療小組,則骨科、腦外科和內(nèi)科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數(shù)是___________(用數(shù)字作答)

4.【20XX年新課標(biāo)（I）】設(shè)m為正整數(shù)，展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a，展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b，若，則m＝()

A.5 B.6錯(cuò)誤！未找到引用源。C.7

D.8

二．高考研究

1.考綱要求

（1）分類加法計(jì)數(shù)原理、分步乘法計(jì)數(shù)原理

①理解分類加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理；

②會(huì)用分類加法計(jì)數(shù)原理或分步乘法計(jì)數(shù)原理分析和解決一些簡單的實(shí)際問題.（2）排列與組合

①理解排列、組合的概念.②能利用計(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式.③能解決簡單的實(shí)際問題.（3）二項(xiàng)式定理

①能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理.②會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡單問題

.一．基礎(chǔ)知識(shí)整合

1.應(yīng)用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理解題的方法

(1)在應(yīng)用分類計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理時(shí)，一般先分類再分步，每一步當(dāng)中又可能用到分類計(jì)數(shù)原理．

(2)對(duì)于復(fù)雜的兩個(gè)原理綜合使用的問題，可恰當(dāng)列出示意圖或表格，使問題形象化、直觀化．

2.排列、組合數(shù)公式及相關(guān)性質(zhì)

（1）排列數(shù)公式：

（2）組合數(shù)公式

n

（3）排列數(shù)與組合數(shù)的性質(zhì)

排列:An；組合！

；

④增減性與最大值：當(dāng)大，當(dāng)時(shí)的值22

時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)Cr的值逐漸增

nn逐漸減小，且在中間取得最大值.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)（第＋1項(xiàng)）的二項(xiàng)式系數(shù)Cn2 式系數(shù)

相等并同時(shí)取最大值

二．高頻考點(diǎn)突破

考點(diǎn)1 分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理

【例1】【20XX年北京卷理】從0，2中選一個(gè)數(shù)字,從1,3,5中選兩個(gè)數(shù)字,組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù),其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為()A.24 B.18 C.12 D.6

【規(guī)律方法】高考計(jì)數(shù)原理可能單獨(dú)考查，也可能與排列、組合問等題綜合考查，要注意加乘明確：分類相加，分步相乘.“分類”就是對(duì)于較復(fù)雜的應(yīng)用題中的元素往往分成互斥的幾類，然后逐類解決；“分步”就是把問題化成幾個(gè)互相聯(lián)系的步驟，而每一步都是簡單的排列組合問題，然后逐步解決.【舉一反三】【安徽省望江四中20XX屆高三上學(xué)期第一次月考】一個(gè)盒子里有3個(gè)分別標(biāo)有號(hào)碼為1，2，3的小球，每次取出一個(gè)，記下它的標(biāo)號(hào)后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標(biāo)號(hào)最大值是3的取法有（）

A．12種 B．15種 C．17種 D．19種

考點(diǎn)2 排列、組合及性質(zhì)

取得最大值.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)（第和＋1項(xiàng)）的二項(xiàng)

考點(diǎn)3 排列、組合的應(yīng)用

【例3】【浙江溫州市十校聯(lián)合體20XX屆高三上學(xué)期期初聯(lián)考】將四個(gè)相同的紅球和四個(gè)相同的黑球排成一排，然后從左至右依次給它們賦以編號(hào)l，2，?，8.則紅球的編號(hào)之和小于黑球編號(hào)之和的排法有 種.【規(guī)律方法】1.解答排列組合應(yīng)用題要從“分析”“分辨”“分類”“分步”的角度入手．

(1)“分析”就是找出題目的條件、結(jié)論，哪些是“元素”，哪些是“位置”；

(2)“分辨”就是辨別是排列還是組合，對(duì)某些元素的位置有無限制等；

(3)“分類”就是對(duì)于較復(fù)雜的應(yīng)用題中的元素往往分成互斥的幾類，然后逐類解決；

(4)“分步”就是把問題化成幾個(gè)互相聯(lián)系的步驟，而每一步都是簡單的排列組合問題，然后逐步解決．

2.解決排列組合問題的13個(gè)策略.(1)特殊元素、特殊位置優(yōu)先法；(2)相鄰問題捆綁法；(3)不相鄰(相間)問題插空法；(4)多排問題單排法；(5)多元問題分類法；(6)有序分配問題分步法；(7)交叉問題集合法；(8)至少或至多問題間接法；(9)選排問題先選后排法；(10)局部與整體問題排除法；(11)復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化法；（12）定序問題倍縮法；(13)相同元素分組可采用隔板法.3.對(duì)解組合問題，應(yīng)注意以下四點(diǎn)：

(1)對(duì)“組合數(shù)”恰當(dāng)?shù)姆诸愑?jì)算，是解組合題的常用方法；

(2)是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反”；

(3)設(shè)計(jì)“分組方案”是解組合題的關(guān)鍵所在；

(4)分組問題：要注意區(qū)分是平均分組還是非平均分組，平均分成n組問題別忘除以n！.【舉一反三】【浙江省嘉興一中20XX屆高三上學(xué)期入學(xué)摸底數(shù)學(xué)(理)】用0，1，2，3，4，5這六個(gè)數(shù)字，可以組成 個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字且能被5整除的五位數(shù)（結(jié)果用數(shù)值表示）．

考點(diǎn)4 二項(xiàng)式定理及應(yīng)用

【舉一反三】【山西省忻州一中 康杰中學(xué) 臨汾一中 長治二中20XX屆高三第一次四校聯(lián)考】 已知展開式中，奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之和為64，則展開式中含x項(xiàng)的系數(shù)為()

A.71 B.70 C.21 D.49 nn2

考點(diǎn)5 賦值法在二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用

【例5】【改編題】若，則 的值為()2222014

A．2 B．0 C．－1 D．－2

【規(guī)律方法】二項(xiàng)式定理是一個(gè)恒等式，使用時(shí)有兩種思路：一是利用恒等定理(兩個(gè)多項(xiàng)式恒等，則對(duì)應(yīng)項(xiàng)系數(shù)分別相等)；二是賦值．二項(xiàng)式定理結(jié)合“恒等”與“賦值”兩條思路可以使很多求二項(xiàng)展開式的系數(shù)的問題迎刃而解．

賦值法是處理組合數(shù)問題、系數(shù)問題的最有效的經(jīng)典方法，一般對(duì)任意，某式子恒成立，則對(duì)A中的特殊值，該式子一定成立，特殊值x如何選取視具體情況決定，靈活性較強(qiáng)，一般取居多.若

則設(shè)有：

f

考點(diǎn)6 二項(xiàng)式定理與其他知識(shí)交匯

【例6】【廣東省廣州市執(zhí)信、廣雅、六中20XX屆高三10月三校聯(lián)考】設(shè)是

展開式的中間項(xiàng)，若

mx在區(qū)間上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

【規(guī)律方法】二項(xiàng)式定理內(nèi)容的考查常出現(xiàn)二項(xiàng)式內(nèi)容與其它知識(shí)的交匯、整合，這是命題的一個(gè)創(chuàng)新方向．如二項(xiàng)式定理與函數(shù)、數(shù)列、復(fù)數(shù)，不等式等其他知識(shí)點(diǎn)綜合成題時(shí)，對(duì)其他模塊的知識(shí)點(diǎn)要能熟練運(yùn)用.【舉一反三】【安徽省六校教育研究會(huì)20XX屆高三素質(zhì)測(cè)試?yán)怼恳阎淖钚≈禐閚，則二項(xiàng)式展開式中x項(xiàng)的系數(shù)為1

x2

三．錯(cuò)混辨析

1.確定分類的標(biāo)準(zhǔn)出錯(cuò)和特殊情況考慮不全出錯(cuò)

2.排列、組合問題中盲目列舉導(dǎo)致重復(fù)或遺漏出錯(cuò)

【例2】 【20XX年四川卷】從1,3,5,7,9這五個(gè)數(shù)中，每次取出兩個(gè)不同的數(shù)分別記為a,b，共可得到的不同值的個(gè)數(shù)是（）

A.9 B.10 C.18 D.20

3.二項(xiàng)式定理與其他知識(shí)交匯時(shí)求解出錯(cuò)

【例3】二項(xiàng)式和是a，所有項(xiàng)的n 的最小值為（）ab 的展開式中的所有項(xiàng)的系數(shù)的絕對(duì)值之

15713 A.B.C.D.2 636二項(xiàng)式系數(shù)之和是b，則

1.某人設(shè)計(jì)了一項(xiàng)單人游戲，規(guī)則如下：先將一棋子放在如圖所示正方形ABCD(邊長為3個(gè)單位)的頂點(diǎn)A處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時(shí)針方向行走的單位，如果擲出的點(diǎn)數(shù)為i(i＝1,2，…，6)，則棋子就按逆時(shí)針方向行走i個(gè)單位，一直循環(huán)下去．則某人拋擲三次骰子后棋子恰好又回到點(diǎn)A處的所有不同走法共有()

A．22種 B．24種 C．25種 D．36種

2.【安徽省六校教育研究會(huì)20XX屆高三素質(zhì)測(cè)試】某動(dòng)點(diǎn)在平面直角坐標(biāo)系第一象限的整點(diǎn)上運(yùn)動(dòng)（含x,y正半軸上的整點(diǎn)），其運(yùn)動(dòng)規(guī)律為

或

。若該動(dòng)點(diǎn)從原點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)過6步運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，則有（）種不同的運(yùn)動(dòng)軌跡.A．15 B．14 C． 9 D．

第二篇：2011屆高三數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)之排列組合及二項(xiàng)式定理

2011屆高三數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)之排列組合及二項(xiàng)式定理

1.熟悉排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式；了解排列數(shù)、組合數(shù)的一些性質(zhì)：①(n?1)!?(n?1)n!，由此可得：nn!?(n?1)!?n!，n11，為相應(yīng)的數(shù)列求和創(chuàng)造了條件； ??(n?1)!n!(n?1)!

mn?mrrrrr?1mm?1m②Cn；③Cn?Cn?Cn?1?Cn?1，由此得：Cr?Cr?1?Cr?2???Cn?Cn?1；

34?35?4?320?19???3?????=___________ 11?21?2?31?2?3??18

2?13?24?35?420?19n(n?1)??????解析：原式=；記an?，數(shù)列{an}的前1?21?21?21?21?22[舉例] 1?19項(xiàng)和即為所求。記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn；該數(shù)列的求和辦法有很多種，但都比較煩瑣，這里介紹用組合數(shù)性質(zhì)求解：注意到an?n(n?1)2=Cn?1，2[來源學(xué)*科*網(wǎng)Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2?C3?C4???C20?C4???C20?C3?C4???C20

3?=C21=1330；

[鞏固1]設(shè)x?N且x?10，則(20?x)(21?x)?(29?x)等于（）

1020?x910（A）A20?x（B）A29?x（C）A29?x（D）A29?x*

[鞏固2] 已知(1?

則n=____ x)n的展開式中第9項(xiàng)、第10項(xiàng)、第11項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)成等差數(shù)列，2．解排列組合應(yīng)用題首先要明確需要完成的事件是什么；其次要辨析完成該事件的過程：分類相加（每一類方法都能獨(dú)立地完成這件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各個(gè)步驟都完成了，才能完成事件）；較為復(fù)雜的事件往往既要分類，又要分步（每一類辦法又都需分步實(shí)施）；分類討論是研究排列組合問題的重要思想方法之一，分類時(shí)要選定討論對(duì)象、確保不重不漏。

[舉例] 設(shè)集合I={1,2,3,4,5}，選擇I的兩個(gè)非空子集A和B，要使B中最小的數(shù)大于A中的最大數(shù)，則不同的選擇方法共有：（）種

A．50種B．49種C．48種D．47種

解析：本題要完成的事件是：構(gòu)造集合I的兩個(gè)非空子集；要求：B中最小的數(shù)大于A中的最大數(shù)；顯然B中的最小數(shù)不可能是1，以下分類：① B中的最小數(shù)是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1個(gè)元素、2個(gè)元素、3個(gè)元素或4個(gè)元素，所有可能的情況有：0123=8種，此時(shí)A只有{1}這1種；集合A、B都確定了，才算完成事件，C3?C3?C3?C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小數(shù)是3，B中可以有{3，4，5}中的1個(gè)元素、0122個(gè)元素或3個(gè)元素，所有可能的情況有：C2=4種，此時(shí)A中可以有{1，2}中?C2?C

212的有1個(gè)元素或2個(gè)元素，有C2=3種，∴完成事件有4×3=12種方法；③ B中的最?C2

小數(shù)是4，B中可以有{4，5}中的1個(gè)元素或2個(gè)元素，所有可能的情況有2種，此時(shí)A中

123可以有{1，2，3}中的有1個(gè)元素、2個(gè)元素或3個(gè)元素，有C3=7種，∴完成事?C3?C

3件有2×7=14種方法；④ B中的最小數(shù)是5，只有{5}這1種，此時(shí)A中可以有{1，2，3，12344}中的有1個(gè)元素、2個(gè)元素、3個(gè)元素或4個(gè)元素，有C4=15種，∴完?C4?C4?C

4成事件有1×15=15種方法；故完成事件的方法總數(shù)為：8+12+14+15=49，選B。

[鞏固]從集合{O，P，Q，R，S}與{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任選2個(gè)元素排成一排(字母和數(shù)字均不能重復(fù))．每排中字母O，Q和數(shù)字0至多只能出現(xiàn)一個(gè)的不同排法種數(shù)是_________．(用數(shù)字作答)．

3．對(duì)“按某種要求將n個(gè)元素排到m個(gè)位置”的問題，首先要確定研究的“抓手”：抓住元素還是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）優(yōu)先的原則進(jìn)行。

[舉例] 從5位同學(xué)中選派4位同學(xué)在星期四到星期日參加公益活動(dòng)，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，則不同的選派方法共有種。

解析：本題要完成的事件是：從5個(gè)不同的元素中選出4個(gè)元素，并按要求排在四個(gè)不同的位置。本題不宜抓住元素研究，因?yàn)槊恳粋€(gè)元素都不一定被選到，而每一個(gè)位置上都一定要有一個(gè)元素，故應(yīng)該抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，優(yōu)先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，優(yōu)先）或除甲乙之外的一個(gè)同學(xué)，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[來源學(xué)&科&網(wǎng)Z&X&X&K]

3種，②不安排乙：可以安排其他三位同學(xué)，星期日可以安排甲或另外兩個(gè)同學(xué)，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 種，故不同的選派方法共有：A4+C3C3A3=78種。

3[鞏固]四個(gè)不同的小球全部放入編號(hào)為1、2、3、4的四個(gè)盒中。（1）恰有兩個(gè)空盒的放法有種；（2）甲球只能放入2號(hào)或3好盒，而乙球不能放入4號(hào)盒的不同放法有種。

4．解決排列組合問題還要遵循“先選后排”、“正難則反”（即去雜法）等原則；[來源:學(xué)。科。網(wǎng)Z。X。X。K]

[舉例]某通訊公司推出一組手機(jī)卡號(hào)碼，卡號(hào)的前七位數(shù)字固定，從“???????0000”到“???????9999”共10000個(gè)號(hào)碼．公司規(guī)定：凡卡號(hào)的后四位帶有數(shù)字“4”或“7”的一律作為“優(yōu)惠卡”，則這組號(hào)碼中“優(yōu)惠卡”的個(gè)數(shù)為（）（福建文科第12題）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考慮帶有數(shù)字“4”或“7”的情況太多，逐一討論非常麻煩；考慮事件的反面：后四位不帶有數(shù)字“4”或“7”的，有84個(gè)，故“優(yōu)惠卡”的個(gè)數(shù)為104-84=5904。

[鞏固]四位同學(xué)乘坐一列有6節(jié)車廂的動(dòng)車組，則他們至少有兩人在同一節(jié)車廂的的情況共有種？(用數(shù)字作答)．

5．熟悉幾個(gè)排列組合問題的基本模型：①部分元素“相鄰”（捆綁法），②部分元素“不相鄰”（用要求“不相鄰”的元素插空），③部分元素有順序（n個(gè)元素全排，其中m個(gè)元素

m要求按給定順序排列的方法數(shù)為Cn(n?m)!=

nnCnkC(nk?1)nC(nk?2)n?Cnn!），④平均分組（kn個(gè)元素平均分成k組m!的方法數(shù)為k!），⑤相同元素分組（用“擋板法”）等。

[舉例1]某校安排6個(gè)班到3個(gè)工廠進(jìn)行社會(huì)實(shí)踐，每個(gè)班去一個(gè)工廠，每個(gè)工廠至少安排一個(gè)班，不同的安排方法共有種。

解析：先將6個(gè)班分成3組，在將3個(gè)組分到3個(gè)工廠。6個(gè)班分成3組，從每組的人數(shù)看

22C62C4C2有3類：①4，1，1，有C種；②3，2，1，有CC種，③2，2，2，有種； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540種。3!4

63623

[舉例2]某文藝小分隊(duì)到一個(gè)敬老院演出，原定6個(gè)節(jié)目，后應(yīng)老人們的要求決定增加3個(gè)節(jié)目，但原來六個(gè)節(jié)目的順序不變，且新增的3個(gè)既不在開頭也不在結(jié)尾，則這臺(tái)演出共有 種不同的演出順序。

解析：思路一：著眼于“位置”。從9個(gè)“位置”中選出6個(gè)，安排原來的6個(gè)節(jié)目，且第41和第9兩個(gè)位置必須選，而他們的順序是既定的，無需排列，所以有C7種方法，剩下的3433個(gè)位置安排新增的3個(gè)節(jié)目，有A3種方法；故所有不同的演出順序有：C7=210種。A3

思路二：在原有6個(gè)節(jié)目的基礎(chǔ)上“插空”。原來6個(gè)節(jié)目形成7個(gè)“空”，但前后兩“空”

3不能安排，共有3類情況：①新增的3個(gè)節(jié)目互不相鄰，有A5種方法；②新增的3個(gè)節(jié)目

223恰有兩個(gè)相鄰，有A3種方法，故所有不同的A5種方法；③新增的3個(gè)節(jié)目相鄰，有5A3

3223演出順序有：A5+A3=210種。A5+5A3

[鞏固1]記者要為5名志愿都和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5題）

Ａ．1440種Ｂ．960種Ｃ．720種Ｄ．480種

[鞏固2]學(xué)號(hào)為1，2，3，4的四名學(xué)生的考試成績xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且滿足x1?x2?x3?x4，則這四為同學(xué)考試成績所有可能的情況有

[鞏固3]現(xiàn)有10個(gè)市級(jí)“三好生”名額分配給高三八個(gè)班級(jí)，每班至少1個(gè)，則有種不同的分配方案。

6．“抽象化歸”是解決排列組合問題的“太極拳”，“逐一列舉”是解決排列組合問題的“撒手锏”；有時(shí)，畫“樹狀圖”能使“逐一列舉”變得更加簡明、直觀。

[舉例1]已知兩個(gè)實(shí)數(shù)集合A={a1,a2,?,a100},B={b1,b2, ?,b50},若從A到B的映射f使得B中每個(gè)元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100),這樣的映射共有(用符號(hào)作答)。解析：本題直接考慮集合A中每一個(gè)元素在B中的象的情況非常困難。注意到集合B中每個(gè)元素都有原象，即A中有50“組”元素分別與B中的50個(gè)元素對(duì)應(yīng)；現(xiàn)將集合A中的100個(gè)元素按原有的順序分成50組，每組至少一個(gè)元素；將集合B中的元素按從小到大的順序

///排列為B={b1,b2, ?,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100)，∴A中的“第1組”元素的象為

///b1，“第2組”元素的象為b2，?，“第50組”元素的象為b50，此處沒有排列的問題，即只要A中元素的分組確定了，映射也就隨之確定了；而A中元素的分組可視為在由這100

4949個(gè)元素所形成的99個(gè)“空”中插上49塊“擋板”，所以有C99種分法，即映射共有C99個(gè)。

[舉例2]一個(gè)同心圓形花壇分為兩個(gè)部分，如右圖，中間小圓部分

種植草坪，周圍的圓環(huán)分成5等份為a1,a2,a3,a4,a5,種植紅、黃、藍(lán)三色不同的花，要求相鄰兩部分種植不同顏色的花，則不同的種植的方法為種。

解析：本題解法甚多，這里介紹畫“樹狀圖”列舉法。a1 a2 在右圖中，區(qū)域a1種紅花，a2種黃花時(shí)共有5種不同的種植方法；而區(qū)域a2種藍(lán)花與種黃花情況相同，區(qū)

域a1種藍(lán)花、黃花與種紅花情況相同；故所有不同的種植的方法為：3×2×5=30種 黃[鞏固1]顯示屏有一排7個(gè)小孔，每個(gè)小孔可顯示0或

1，若每次顯示其中3個(gè)孔，但相鄰的兩孔不能同時(shí)顯 紅示，則該顯示屏能顯示信號(hào)的種數(shù)共有（）種

A．10B．48C．60D．80 藍(lán) a3 紅4 黃 藍(lán)黃 5 藍(lán) 黃 藍(lán) 黃 藍(lán)

[鞏固2] 函數(shù)f:{1,2,3}?{1,2,3}滿足f(f(x))= f(x)，則這樣的函數(shù)個(gè)數(shù)共有（）

(A)1個(gè)(B)4個(gè)(C)8個(gè)(D)10個(gè) [來源學(xué)+科+網(wǎng)]

7．二項(xiàng)式定理的核心是展開式的通項(xiàng)，Tr+1=Cnab(通項(xiàng)是展開式的第r+1項(xiàng)), r=0,1,2…n，二項(xiàng)展開式共有n+1項(xiàng)。展開式的通項(xiàng)中根式宜用分?jǐn)?shù)指數(shù)表示。審題是要注意所求的是“項(xiàng)”還是“第幾項(xiàng)”還是“項(xiàng)的系數(shù)”。rn-rr

1??[舉例](1?2x)?x??的展開式中常數(shù)項(xiàng)為．（07高考全國Ⅱ卷理科第13題）x??28

181r)的展開式中常數(shù)項(xiàng)以及含x-2的項(xiàng)；Tr?1?C8rx8?r(?)r=C8(?1)rx8?2r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x?)的展開式中常數(shù)項(xiàng)為C8，含x 2的項(xiàng)為 x解析：先求(x?

1??C(?1)x；∴(1?2x)?x??的展開式中常數(shù)項(xiàng)為C84-2C85=?

42x??

n?3[鞏固] 若?3x的展開式中含有常數(shù)項(xiàng),則最小的正整數(shù)n等于。?585?228

(07高考安徽理科第12題)

[遷移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成關(guān)于x的多項(xiàng)式后x2的系數(shù)為60，則n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；二項(xiàng)式系數(shù)和=2，其中奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系

n-1數(shù)和=偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和=2，二項(xiàng)式系數(shù)先增后減，并關(guān)于中間項(xiàng)“對(duì)稱”，二項(xiàng)展開

式中，中間項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)最大；求二項(xiàng)展開式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，用“夾逼法”。

[舉例]若(2?x)n展開式中奇數(shù)二項(xiàng)式系數(shù)和為8192，則展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為。解析：2n?1r14?r=8192得n=14，則Tr?C142(?x)r，由于(2?x)14展開式中各項(xiàng)系數(shù)正負(fù)相間，故先求其展開式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，記為第r+1項(xiàng)，于是有：

r14?rr?115?rr14?rr?113?rC142?C142①，C142?C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5時(shí)系數(shù)為負(fù)，∴r=4，即展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為C142x。[來源:學(xué)§科§網(wǎng)Z§X§X§K] [來源:Z_xx_k.Com]

[鞏固]若(x?1n)展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為64，則展開式的常數(shù)項(xiàng)為（）x

（07高考重慶理科第4題）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多項(xiàng)式的“系數(shù)和”一般用“賦值法”。若多項(xiàng)式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，則展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和=f(1)，其中奇數(shù)項(xiàng)的系數(shù)和=

=f(1)?f(?1)，偶數(shù)項(xiàng)的系數(shù)和2

[舉例]設(shè)(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,則a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[舉例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+??+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+??+anxn，若a1+a2+??＋an-1＝29-n,則正整數(shù)n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展開式中才有含xn 的項(xiàng)，它的系數(shù)為1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+??+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[來源:Zxxk.Com][來源學(xué)科網(wǎng)ZXXK]f(1)?f(?1)；展開式中的常數(shù)項(xiàng)=f(0)。2

[鞏固1]設(shè)(x2?1)(2x?1)9?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?

則a0?a1?a2?Ａ．?2?a11(x?2)11，（07高考江西文科第5題）?a11的值為（）Ｂ．?1Ｃ．1Ｄ．2[來源學(xué)科網(wǎng)ZXXK]

[鞏固2]已知(1?x)2?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4?a5x5，則

(a0?a2?a4)(a1?a3?a5)的值等于安徽文科第12題)

[遷移]設(shè)(1?3x)?a0?a1x?a2x?a3x?a4x?a5x?a6x，則集合 623456

?a1,a2,a3,a4,a5,a6?含2 個(gè)元素的所有子集的元素總和為()

A640B630C320D31

5[來源:學(xué)_科_網(wǎng)Z_X_X_K]

[來源:學(xué)科網(wǎng)]

[來源:學(xué)科網(wǎng)]

答案

1、[鞏固1]D；[鞏固2] 14或23；

2、[鞏固]8424 ；

3、[鞏固]84，96；

4、[鞏固]936，5、[鞏固1] B，[鞏固2] 15，[鞏固3]問題相當(dāng)于：將10個(gè)相同的球放入8個(gè)盒子中，每盒至少一

2球，用“擋板法”，有C9=36種；

6、[鞏固1]D，[鞏固2]D；

7、[鞏固]7；[遷移]B；

8、[鞏

固] B；

9、[鞏固1] A；[鞏固2] ?256；[遷移]D。

第三篇：2014高考數(shù)學(xué)全面突破 二項(xiàng)式定理

11.3二項(xiàng)式定理

考情分析

1．能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理．

2．會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡單問題．

基礎(chǔ)知識(shí)

1．二項(xiàng)式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb(n∈N)這個(gè)公式所表示的定理叫二項(xiàng)式定理，右邊的多項(xiàng)式叫(a＋b)n的二項(xiàng)展開式．

其中的系數(shù)Crn(r＝0,1，?，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，用Tr＋1表示，即通項(xiàng)Tr＋1＝Crb.nana

2．二項(xiàng)展開式形式上的特點(diǎn)

(1)項(xiàng)數(shù)為(2)各項(xiàng)的次數(shù)都等于二項(xiàng)式的冪指數(shù)n，即a與b的指數(shù)的和為(3)字母an逐項(xiàng)減1直到零；字母b冪排列，從第一項(xiàng)起，次數(shù)由零逐項(xiàng)增1直到n.－11(4)二項(xiàng)式的系數(shù)從Cn，一直到Cnn3．二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì) －(1).(2)增減性與最大值： 二項(xiàng)式系數(shù)Ckn，當(dāng)n＋1k＜2時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)逐漸增大．由對(duì)稱性知它的后半部分是逐漸減小的；

n當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)C2取得最大值；

n－1n＋1當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二項(xiàng)式系數(shù)和：Cn＋Cn＋Cn＋?＋Crn＋?＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋Cn＋?＝

2注意事項(xiàng)

n－rr1.運(yùn)用二項(xiàng)式定理一定要牢記通項(xiàng)Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n與(b＋a)n雖然相na

同，但具體到它們展開式的某一項(xiàng)時(shí)是不同的，一定要注意順序問題，另外二項(xiàng)

展開式的二項(xiàng)式系數(shù)與該項(xiàng)的(字母)系數(shù)是兩個(gè)不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只與n和r有關(guān)，恒為正，后者還與a，b有關(guān)，可正可負(fù)．

2.二項(xiàng)式定理可利用數(shù)學(xué)歸納法證明，也可根據(jù)次數(shù)，項(xiàng)數(shù)和系數(shù)利用排列組合的知識(shí)推導(dǎo)二項(xiàng)式定理．因此二項(xiàng)式定理是排列組合知識(shí)的發(fā)展和延續(xù)．

3.(1)通項(xiàng)的應(yīng)用：利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)可求指定的項(xiàng)或指定項(xiàng)的系數(shù)等．

(2)展開式的應(yīng)用：利用展開式①可證明與二項(xiàng)式系數(shù)有關(guān)的等式；②可證明不等式；③可證明整除問題；④可做近似計(jì)算等．

4.(1)對(duì)稱性；

(2)增減性；

(3)各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和； 以上性質(zhì)可通過觀察楊輝三角進(jìn)行歸納總結(jié)．

題型一 二項(xiàng)展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)的系數(shù)

13【例1】已知(3x－)n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為256，則展開式中第7x

項(xiàng)的系數(shù)是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各項(xiàng)系數(shù)之和為2n＝256，則n＝8，故展開式中第7項(xiàng)的26系數(shù)為C68×3×(－1)＝252.?a?【變式1】若?x－?6展開式的常數(shù)項(xiàng)為60，則常數(shù)a的值為________． x??

?a?6－r6－3r解析 二項(xiàng)式?x6展開式的通項(xiàng)公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx??

2a)r，當(dāng)r＝2時(shí)，Tr＋1為常數(shù)項(xiàng)，即常數(shù)項(xiàng)是C26a，根據(jù)已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

題型二 二項(xiàng)式定理中的賦值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋?＋a10(1－x)10，則a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通項(xiàng)公式為：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8時(shí)，第9項(xiàng)的系數(shù)．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故選A.【變式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解 令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展開式中，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)＝1 093－(－1 094)＝2 187.題型三 二項(xiàng)式的和與積

2【例3】二項(xiàng)式(x＋x)(1－x)4的展開式中x的系數(shù)是________．

答案：

32解析：利用分步計(jì)數(shù)原理與組合數(shù)公式，符合題目要求的項(xiàng)有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展開式中x的系數(shù)為3.?2【變式3】x?x－x7的展開式中，x4的系數(shù)是________(用數(shù)字作答)． ??

?27?2737解析 原問題等價(jià)于求?x－x的展開式中x的系數(shù)，?x－x的通項(xiàng)Tr＋1＝Cr7x????

－r?2r7－2r?－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系數(shù)為(－2)2C27x7＝84，即??

x???x－2x7?的展開式中x4的系數(shù)為84.答案 84

重難點(diǎn)突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展開式中，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)． ∴由(2)、(3)即可得其值為2187.① ②

第四篇：高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理配套講義11 排列組合與二項(xiàng)式定理、概率

微專題11　排列組合與二項(xiàng)式定理、概率

命

題

者

說

考

題

統(tǒng)

計(jì)

考

情

點(diǎn)

擊

2018·全國卷Ⅰ·T10·幾何概型

2018·全國卷Ⅰ·T15·排列與組合2018·全國卷Ⅱ·T8·古典概型

2018·全國卷Ⅲ·T5·二項(xiàng)式定理

2018·天津高考·T10·二項(xiàng)式定理

1.排列、組合在高中數(shù)學(xué)中占有特殊的位置，是高考的必考內(nèi)容，很少單獨(dú)命題，主要考查利用排列、組合知識(shí)計(jì)算古典概型。

2.二項(xiàng)式定理仍以求二項(xiàng)展開式的特定項(xiàng)、特定項(xiàng)的系數(shù)及二項(xiàng)式系數(shù)為主，題目難度一般。

3.概率、隨機(jī)變量及其分布列是高考命題的熱點(diǎn)之一，命題形式為“一小一大”，即一道選擇或填空題和一道解答題。

考向一

排列與組合【例1】(1)(2018·全國卷Ⅰ)從2位女生，4位男生中選3人參加科技比賽，且至少有1位女生入選，則不同的選法共有________種。(用數(shù)字填寫答案)

(2)(2018·浙江高考)從1,3,5,7,9中任取2個(gè)數(shù)字，從0,2,4,6中任取2個(gè)數(shù)字，一共可以組成________個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)。(用數(shù)字作答)

解析(1)解法一：根據(jù)題意，沒有女生入選有C＝4(種)選法，從6名學(xué)生中任意選3人有C＝20(種)選法，故至少有1位女生入選，不同的選法共有20－4＝16(種)。

解法二：可分兩種情況：第一種情況，只有1位女生入選，不同的選法有CC＝12(種)；第二種情況，有2位女生入選，不同的選法有CC＝4(種)。根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理知，至少有1位女生入選的不同的選法有16種。

(2)若取的4個(gè)數(shù)字不包括0，則可以組成的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為CCA；若取的4個(gè)數(shù)字包括0，則可以組成的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為CCCA。綜上，一共可以組成的沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為CCA＋CCCA＝720＋540＝1

260。

答案(1)16(2)1

260

求解排列、組合問題的思路：排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類相加，分步相乘。具體地說，解排列、組合的應(yīng)用題，通常有以下途徑：

(1)以元素為主體，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素。

(2)以位置為主體，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置。

(3)先不考慮附加條件，計(jì)算出排列或組合數(shù)，再減去不符合要求的排列或組合數(shù)。

解答計(jì)數(shù)問題多利用分類整合思想。分類應(yīng)在同一標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行，確?！安宦薄安恢亍?。

變|式|訓(xùn)|練

1．(2018·沈陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))若4個(gè)人按原來站的位置重新站成一排，恰有1個(gè)人站在自己原來的位置，則不同的站法共有()

A．4種

B．8種

C．12種

D．24種

解析　將4個(gè)人重排，恰有1個(gè)人站在自己原來的位置，有C種站法，剩下3人不站原來位置有2種站法，所以共有C×2＝8(種)站法。故選B。

答案　B

2．(2018·開封高三定位考試)某地實(shí)行高考改革，考生除參加語文、數(shù)學(xué)、英語統(tǒng)一考試外，還需從物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理六科中選考三科。學(xué)生甲要想報(bào)考某高校的法學(xué)專業(yè)，就必須要從物理、政治、歷史三科中至少選考一科，則學(xué)生甲的選考方法種數(shù)為()

A．6

B．12

C．18

D．19

解析　解法一：在物理、政治、歷史中選一科的選法有CC＝9(種)；在物理、政治、歷史中選兩科的選法有CC＝9(種)；物理、政治、歷史三科都選的選法有1種。所以學(xué)生甲的選考方法共有9＋9＋1＝19(種)。故選D。

解法二：從六科中選考三科的選法有C種，其中包括了沒選物理、政治、歷史中任意一科，這種選法有1種，因此學(xué)生甲的選考方法共有C－1＝19(種)。故選D。

答案　D

考向二

二項(xiàng)式定理

【例2】(1)(2018·全國卷Ⅲ)5的展開式中x4的系數(shù)為()

A．10

B．20

C．40

D．80

(2)5的展開式中整理后的常數(shù)項(xiàng)為________。

解析(1)由題可得Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C·2r·x10－3r。令10－3r＝4，則r＝2，所以C·2r＝C×22＝40。故選C。

(2)不妨設(shè)x>0，5＝10的通項(xiàng)公式：Tr＋1＝C()10－rr＝Cx5－r，令5－r＝0，解得r＝5。所以常數(shù)項(xiàng)＝C＝252。

答案(1)C(2)252

與二項(xiàng)式定理有關(guān)的題型及解法

題型

解法

求特定項(xiàng)或其系數(shù)

常采用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)分析求解

系數(shù)的和或差

常用賦值法

近似值問題

利用展開式截取部分項(xiàng)求解

整除(或余數(shù))問題

利用展開式求解

變|式|訓(xùn)|練

1．已知(x2＋2x＋3y)5的展開式中x5y2的系數(shù)為()

A．60

B．180

C．520

D．540

解析(x2＋2x＋3y)5可看作5個(gè)(x2＋2x＋3y)相乘，從中選2個(gè)y，有C種選法；再從剩余的三個(gè)括號(hào)里邊選出2個(gè)x2，最后一個(gè)括號(hào)選出x，有C·C種選法；所以x5y2的系數(shù)為32C·C·2·C＝540。故選D。

答案　D

2．(ax＋)5的展開式中x3項(xiàng)的系數(shù)為20，則實(shí)數(shù)a＝________。

解析　展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝C(ax)5－r()r＝a5－rCx，令5－＝3得r＝4，所以a·C＝20，解得a＝4。

答案　4

考向三

古典概型與幾何概型

【例3】(1)(2018·全國卷Ⅱ)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果。哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23。在不超過30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是()

A．

B．

C．

D．

(2)正六邊形ABCDEF的邊長為1，在正六邊形內(nèi)隨機(jī)取點(diǎn)M，則使△MAB的面積大于的概率為________。

解析(1)不超過30的素?cái)?shù)有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個(gè)，從中隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，共有C＝45(種)取法，因?yàn)?＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的有3種取法，故概率為＝。故選C。

(2)如圖所示，作出正六邊形ABCDEF，其中心為O，過點(diǎn)O作OG⊥AB，垂足為G，則OG的長為中心O到AB邊的距離。易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等邊三角形，所以O(shè)A＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60°＝1×＝，即對(duì)角線CF上的點(diǎn)到AB的距離都為。設(shè)△MAB中AB邊上的高為h，則由S△MAB＝×1×h>，解得h>。所以要使△MAB的面積大于，只需滿足h>，即需使M位于CF的上方。故由幾何概型得，△MAB的面積大于的概率P＝＝。

答案(1)C(2)

(1)解答有關(guān)古典概型的概率問題，關(guān)鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)，這常用到計(jì)數(shù)原理與排列、組合的相關(guān)知識(shí)。

(2)當(dāng)構(gòu)成試驗(yàn)的結(jié)果的區(qū)域?yàn)殚L度、面積、體積、弧長、夾角等時(shí)，應(yīng)考慮使用幾何概型求解。

變|式|訓(xùn)|練

1．(2018·四川綿陽二診)將一顆骰子先后拋擲2次，觀察向上的點(diǎn)數(shù)，將第一次向上的點(diǎn)數(shù)記為m，第二次向上的點(diǎn)數(shù)記為n，曲線C：＋＝1，則曲線C的焦點(diǎn)在x軸上且離心率e≤的概率等于()

A．

B．

C．

D．

解析　因?yàn)殡x心率e≤，所以

≤，解得≥，由列舉法，得當(dāng)m＝6時(shí)，n＝5,4,3；當(dāng)m＝5時(shí)，n＝4,3；當(dāng)m＝4時(shí)，n＝3,2；當(dāng)m＝3時(shí)，n＝2；當(dāng)m＝2時(shí)，n＝1，共9種情況，故其概率為＝。故選D。

答案　D

2．(2018·衡水金卷模擬)我國數(shù)學(xué)家鄒元治利用如圖證明了勾股定理，該圖中用勾(a)和股(b)分別表示直角三角形的兩條直角邊，用弦(c)來表示斜邊，現(xiàn)已知該圖中勾為3，股為4，若從圖中隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)不落在中間小正方形中的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　a＝3，b＝4，由題意得c＝5，因?yàn)榇笳叫蔚倪呴L為a＋b＝3＋4＝7，小正方形的邊長為c＝5，則大正方形的面積為49，小正方形的面積為25，所以滿足題意的概率值為1－＝。故選B。

答案　B

考向四

條件概率與相互獨(dú)立事件的概率

【例4】(1)如圖，ABCD是以O(shè)為圓心、半徑為2的圓的內(nèi)接正方形，EFGH是正方形ABCD的內(nèi)接正方形，且E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)。將一枚針隨機(jī)擲到圓O內(nèi)，用M表示事件“針落在正方形ABCD內(nèi)”，N表示事件“針落在正方形EFGH內(nèi)”，則P(N|M)等于()

A．

B．

C．

D．

(2)如圖所示，某快遞公司送貨員從公司A處準(zhǔn)備開車送貨到某單位B處，有A→C→D→B，A→E→F→B兩條路線。若該地各路段發(fā)生堵車與否是相互獨(dú)立的，且各路段發(fā)生堵車事件的概率如圖所示(例如A→C→D算作兩個(gè)路段，路段AC發(fā)生堵車事件的概率為，路段CD發(fā)生堵車事件的概率為)。若使途中發(fā)生堵車事件的概率較小，則由A到B應(yīng)選擇的路線是________。

解析(1)由題意得，圓O的半徑為2，所以內(nèi)接正方形ABCD的邊長為AB＝2，則正方形ABCD的面積為S1＝(2)2＝8，因?yàn)镋，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，所以EF＝×2R＝2，所以正方形EFGH的面積為S2＝22＝4，所以P(N|M)＝＝。故選C。

(2)路線A→C→D→B途中發(fā)生堵車事件的概率P1＝1－××＝，路線A→E→F→B途中發(fā)生堵車事件的概率P2＝1－××＝。因?yàn)?，所以應(yīng)選擇路線A→E→F→B。

答案(1)C(2)A→E→F→B

求相互獨(dú)立事件和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率的注意點(diǎn)

(1)求復(fù)雜事件的概率，要正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，分析復(fù)雜事件能轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥事件的和事件還是能轉(zhuǎn)化為幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件，然后用概率公式求解。

(2)注意辨別獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的基本特征：①在每次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率相同。

變|式|訓(xùn)|練

1．(2018·汕頭模擬)甲、乙兩人參加“社會(huì)主義核心價(jià)值觀”知識(shí)競賽，甲、乙兩人能榮獲一等獎(jiǎng)的概率分別為和，甲、乙兩人是否獲得一等獎(jiǎng)相互獨(dú)立，則這兩個(gè)人中恰有一人獲得一等獎(jiǎng)的概率為()

A．

B．

C．

D．

解析　根據(jù)題意，恰有一人獲得一等獎(jiǎng)就是甲獲得乙沒有獲得或甲沒有獲得乙獲得，則所求概率是×＋×＝。故選D。

答案　D

2．(2018·廈門二模)袋中裝有2個(gè)紅球，3個(gè)黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，則3次中恰有2次抽到黃球的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　袋中裝有2個(gè)紅球，3個(gè)黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黃球的概率P1＝，所以3次中恰有2次抽到黃球的概率是P＝C2＝。故選D。

答案　D

3．(2018·南昌模擬)口袋中裝有大小形狀相同的紅球2個(gè)，白球3個(gè)，黃球1個(gè)，甲從中不放回地逐一取球，已知第一次取得紅球，則第二次取得白球的概率為________。

解析　口袋中裝有大小形狀相同的紅球2個(gè)，白球3個(gè)，黃球1個(gè)，甲從中不放回地逐一取球，設(shè)事件A表示“第一次取得紅球”，事件B表示“第二次取得白球”，則P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，所以第一次取得紅球后，第二次取得白球的概率為P(B|A)＝＝＝。

答案

1．(考向一)(2018·南昌調(diào)研)某校畢業(yè)典禮上有6個(gè)節(jié)目，考慮整體效果，對(duì)節(jié)目演出順序有如下要求：節(jié)目甲必須排在前三位，且節(jié)目丙、丁必須排在一起。則該校畢業(yè)典禮節(jié)目演出順序的編排方案共有()

A．120種

B．156種

C．188種

D．240種

解析　解法一：記演出順序?yàn)?～6號(hào)，對(duì)丙、丁的排序進(jìn)行分類，丙、丁占1和2號(hào)，2和3號(hào)，3和4號(hào)，4和5號(hào)，5和6號(hào)，其排法分別為AA，AA，CAA，CAA，CAA，故總編排方案有AA＋AA＋CAA＋CAA＋CAA＝120(種)。故選A。

解法二：記演出順序?yàn)?～6號(hào)，按甲的編排進(jìn)行分類，①當(dāng)甲在1號(hào)位置時(shí)，丙、丁相鄰的情況有4種，則有CAA＝48(種)；②當(dāng)甲在2號(hào)位置時(shí)，丙、丁相鄰的情況有3種，共有CAA＝36(種)；③當(dāng)甲在3號(hào)位置時(shí)，丙、丁相鄰的情況有3種，共有CAA＝36(種)。所以編排方案共有48＋36＋36＝120(種)。故選A。

答案　A

2．(考向二)(2018·湖南湘東聯(lián)考)若(x＋a)(1＋2x)5的展開式中x3的系數(shù)為20，則a＝________。

解析(x＋a)(1＋2x)5的展開式中x3的系數(shù)為C·22＋a·C·23＝20，所以40＋80a＝20，解得a＝－。

答案　－

3．(考向三)(2018·漳州二模)甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)參加“《論語》知識(shí)大賽”，決出第1名到第5名的名次。甲、乙兩名參賽者去詢問成績，回答者對(duì)甲說“雖然你的成績比乙好，但是你倆都沒得到第一名”；對(duì)乙說“你當(dāng)然不會(huì)是最差的”。從上述回答分析，丙是第一名的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　因?yàn)榧缀鸵叶疾豢赡苁堑谝幻?，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考慮到所有的限制條件對(duì)丙、丁、戊都沒有影響，所以這三個(gè)人獲得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是。故選B。

答案　B

4．(考向三)已知定義在區(qū)間[－3,3]上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足：對(duì)任意的x∈[－3,3]，都有f(f(x)－2x)＝6，則在[－3,3]上隨機(jī)取一個(gè)實(shí)數(shù)x，使得f(x)的值不小于4的概率為()

A．

B．

C．

D．

解析　由題意設(shè)對(duì)任意的x∈[－3,3]，都有f(x)－2x＝a，其中a為常數(shù)，且a∈[－3,3]，則f(a)＝6，f(a)－2a＝a，所以6－2a＝a，得a＝2，故f(x)＝2x＋2，由f(x)≥4得x≥1，因此所求概率為＝。故選C。

答案　C

5．(考向四)(2018·珠海一模)夏秋兩季，生活在長江口外淺海域的中華魚洄游到長江，歷經(jīng)三千多公里的溯流搏擊，回到金沙江一帶產(chǎn)卵繁殖，產(chǎn)后待幼魚長大到15厘米左右，又?jǐn)y帶它們旅居外海。一個(gè)環(huán)保組織曾在金沙江中放生一批中華魚魚苗，該批魚苗中的雌性個(gè)體能長成熟的概率為0.15，雌性個(gè)體長成熟又能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為0.05，若該批魚苗中的一個(gè)雌性個(gè)體在長江口外淺海域已長成熟，則其能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為()

A．0.05

B．0.007

C．

D．

解析　設(shè)事件A為魚苗中的一個(gè)雌性個(gè)體在長江口外淺海域長成熟，事件B為該雌性個(gè)體成功溯流產(chǎn)卵繁殖，由題意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故選C。

答案　C

6．(考向四)(2018·全國卷Ⅲ)某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨(dú)立。設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，D(X)＝2.4，P(X＝4)

A．0.7

B．0.6

C．0.4

D．0.3

解析　依題意X～B(10，p)，因?yàn)镈X＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因?yàn)镻(X＝4)＝Cp4(1－p)6

0.5。所以p＝0.6，故選B。

答案　B

第五篇：2014高考數(shù)學(xué)考前20天沖刺 計(jì)數(shù)原與二項(xiàng)式定理

2014高考數(shù)學(xué)考前20天沖刺

計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理

1．設(shè)m為正整數(shù)，(x＋y)2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a，(x＋y)2m＋1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b.若13a＝7b，則m＝()

A．5B．6

C．7D．8

解．

(x＋y)2m展開式中二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為Cm2m，∴a＝Cm2m.同理，b＝Cm2m＋＋11.∵13a＝7b，∴13·Cm2m＝7·Cm2m＋＋11.2m＋1∴13Cm2m＝7·2m m＋1

∴m＝6.2．設(shè)(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，則展開式

中系數(shù)最大的項(xiàng)是()

A．15x2B．20x3

C．21x3D．35x3

解析：選B.令x＝1，則(1＋1)n＝C0n＋C1n＋…＋Cnn＝64，∴n＝6.故(1＋x)6的展開式中最大項(xiàng)為T4＝C36x3＝20x3.3．二項(xiàng)展開式(2x－1)10中x的奇次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為()

A.C.1＋310 2310－1 2B.1－31021＋310D．－ 2

解析：選B.設(shè)(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，令x＝1，得1＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，再令x＝－1，得310＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＋a10，兩式相減可得a1＋a3＋…＋a9＝

1－310B.2