《（新高考）2020版高考數學二輪復習 第二部分 講重點 選填題專練 第6講 計數原理、二項式定理、概率教學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新高考）2020版高考數學二輪復習 第二部分 講重點 選填題專練 第6講 計數原理、二項式定理、概率教學案 理（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第6講　計數原理、二項式定理、概率 調研一　計數原理 ■備考工具—————————————— 1．兩個計數原理：分類加法原理與分步乘法原理． 2．排列數公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m，n∈N*，并且m≤n)． A＝n?。絥·(n－1)·(n－2)·…·3·2·1， 規(guī)定0！＝1. 3．組合問題 (1)組合數公式： C＝＝＝(m，n∈N*，并且m≤n)． (2)組合數的性質： ①C＝C； ②C＝C＋C(m≤n，m，n∈N*)． 4．解排列、組合題的基本方法 (1)優(yōu)先法 ①元素優(yōu)先法：先考慮有限制條件的元素，再考慮其他元素； ②位置優(yōu)先法

2、：先考慮有限制條件的位置，再考慮其他位置． (2)排異法 對有限制條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉． (3)分類處理 某些問題總體不好解決時，常常分成若干類，再由分類加法計數原理得出結論，注意分類要不重、不漏． (4)分步處理 某些問題總體不好解決時，常常分成若干步，再由分步乘法計數原理解決．在解題過程中，常常既要分類，也要分步，其原則是先分類，再分步． (5)插空法 某些元素不能相鄰或要在某特殊位置時可采用插空法，即先安排好沒有限制條件的元素，然后再把有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間． (6)捆綁法 把相鄰的若干個特殊元素“捆綁”為一個大元素

3、，然后再與其余“普通元素”做全排列，最后再“松綁”——將“捆綁”元素在這些位置上做全排列． (7)隔板法 將n個相同小球放入m(m≤n)個盒子里，要求每個盒子里至少有一個小球的放法，等價于將n個相同小球串成一串，從間隙里選m－1個結點，剪截成m段．這是針對相同元素的組合問題的一種方法． (8)消序法 對于某幾個元素順序一定的排列問題，可先把這幾個元素與其他元素同時一行排列，然后用總的排列數除以這幾個元素的全排列數． (9)窮舉法 將所有滿足題設條件的排列與組合逐一列舉出來．這種方法常用于方法數比較少的問題． ■自測自評—————————————— 1．[2019·山西八校聯考]

4、某工廠安排6人負責周一至周六的中午午休值班工作，每天1人，每人值班1天，若甲、乙兩人需安排在相鄰兩天值班，且都不排在周三，則不同的安排方式有(　　) A．192種　　　　　 B．144種 C．96種 D．72種 解析：甲、乙兩人可以排在周一、周二兩天，可以排在周四、周五兩天，也可以排在周五、周六兩天，所以甲、乙兩人的安排方式共有CA＝6(種)，其他4個人要在剩下的4天全排列，所以所有人的安排方式共有6A＝6×24＝144(種)． 答案：B 2．[2019·湖北重點中學考試]有4位游客來某地旅游，若每人只能從此地甲、乙、丙三個不同景點中選擇一處游覽，則每個景點都有人去游覽的概率為(　　

5、) A. B. C. D. 解析：通解：由題意知，4位游客各從此地甲、乙、丙三個不同的景點中選擇一處游覽的選法有34＝81種．第一步：從三個不同景點中選出一個景點有2位游客去游覽的選法有C種；第二步：從4位游客中選2位到第一步選出的景點去游覽有C種方法；第三步：余下2位游客到余下的兩個景點的分法有A種．所以每個景點都有人去游覽的方法有CCA＝36種，于是所求概率為P＝＝，故選D. 優(yōu)解：由題意知，4位游客各從此地甲、乙、丙三個不同景點中選擇一處游覽的選法有34＝81種．將4位游客分為3組的分法有C種，然后將這3組游客分到甲、乙、丙三個不同景點，其分法有A種，由分步乘法計數原理知，每個景

6、點都有人去游覽的方法有CA＝36種．于是所求概率為P＝＝，故選D. 答案：D 3．[2019·河北九校聯考]第十四屆全國運動會將于2021年在陜西舉辦，為宣傳地方特色，某電視臺派出3名男記者和2名女記者到民間進行采訪報導．工作過程中的任務劃分為：“負重扛機”“對象采訪”“文稿編寫”“編制剪輯”四項工作，每項工作至少一人參加，但2名女記者不參加“負重扛機”工作，則不同的安排方案數共有(　　) A．150 B．126 C．90 D．54 解析：根據題意，“負重扛機”可由1名男記者或2名男記者參加，當由1名男記者參加“負重扛機”工作時，有C種方法，剩余2男2女記者可分為3組參加其余三項工作

7、，共有·A種方法，故由1名男記者參加“負重扛機”工作時，有C··A種方法；當由2名男記者參加“負重扛機”工作時，剩余1男2女3名記者各參加一項工作，有C·A種方法．故滿足題意的不同安排方案數共有C··A＋C·A＝108＋18＝126.故選B. 答案：B 4．[2019·遵義航天中學二模]將5本不同的書分給甲、乙、丙三人，每人至少一本至多兩本，則不同的分法種數是(　　) A．60 B．90 C．120 D．180 解析：第一步，將5本不同的書分成3組，一組1本，剩余兩個組每組2本，有種分法；第二步，將分成的3組作全排列，有A種排法，根據分步乘法計數原理可得不同的分法種數為·A＝90種不

8、同的分法，故選B. 答案：B 5．[2019·安徽六校聯考]某地舉辦科技博覽會，有3個場館，現將24個志愿者名額分配給這3個場館，要求每個場館至少有1個名額且各場館名額互不相同的分配方法共有(　　) A．222種 B．253種 C．276種 D．284種 解析：“每個場館至少有一個名額的分法”相當于在24個名額之間的23個空隙中選出兩個空隙插入分隔符號，則有C＝253種方法，至少有兩個場館的名額相同的分配方法有(1,1,22)，(2,2,20)，(3,3,18)，(4,4,16)，(5,5,14)，(6,6,12)，(7,7,10)，(8,8,8)，(9,9,6)，(10,10,4)

9、，(11,11,2)，共有10C＋1＝31種，所以每個場館至少有一個名額且各場館名額互不相同的分配方法共有253－31＝222種，故選A. 答案：A 6．[2019·湖南湘潭一模]某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人僅出差一個地方，每個地方都需要安排人出差．若甲不安排去北京，則不同的安排方法有________種． 解析：分兩類，第一類：安排1人去北京，有CCCA＝18種安排方法；第二類：安排2人去北京，有CA＝6種安排方法，根據分類加法計數原理可得不同的安排方法有18＋6＝24種． 答案：24 7．[2019·長沙一模]為培養(yǎng)學生的綜合素養(yǎng)，某校準備在高二年級開設

10、A，B，C，D，E，F，共6門選修課程，學校規(guī)定每個學生必須從這6門課程中選3門，且A，B兩門課程至少要選1門，則學生甲共有________種不同的選法． 解析：通解：根據題意，可分三類完成：(1)選A課程不選B課程，有C種不同的選法；(2)選B課程不選A課程，有C種不同的選法；(3)同時選A和B課程，有C種不同的選法．根據分類加法計數原理，得C＋C＋C＝6＋6＋4＝16(種)，故學生甲共有16種不同的選法． 優(yōu)解：從6門課程中選3門的不同選法有C種，而A和B兩門課程都不選的選法有C種，則學生甲不同的選法共有C－C＝20－4＝16(種)． 答案：16 8．[2018·全國卷Ⅰ]從2位女

11、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．(用數字填寫答案) 解析：通解：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)． 根據分類加法計數原理知，至少有1位女生入選的不同的選法有16種． 優(yōu)解：從6人中任選3人，不同的選法有C＝20(種)，從6人中任選3人都是男生，不同的選法有C＝4(種)，所以至少有1位女生入選的不同的選法有20－4＝16(種)． 答案：16 9．[2019·安徽示范高中聯考]現有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各4張

12、．從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數為________． 解析：解法一：從16張不同的卡片中任取3張，不同取法的種數為C，其中有2張紅色卡片的不同取法的種數為C×C，其中3張卡片顏色相同的不同取法的種數為C×C，所以3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張的不同取法的種數為C－C×C－C×C＝472. 解法二：若沒有紅色卡片，則需從黃、藍、綠三種顏色的卡片中選3張，若都不同色，則不同取法的種數為C×C×C＝64，若2張顏色相同，則不同取法的種數為C×C×C×C＝144.若紅色卡片有1張，則剩余2張不同色時，不同取法的種數為C×C×C×C＝1

13、92，剩余2張同色時，不同取法的種數為C×C×C＝72，所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(種)． 答案：472 10．[2019·鄭州質量預測一]《中國詩詞大會》(第三季)亮點頗多，在“人生自有詩意”的主題下，十場比賽每場都有一首特別設計的開場詩詞在聲光舞美的配合下，百人團齊聲朗誦，別有韻味．若《沁園春·長沙》《蜀道難》《敕勒歌》《游子吟》《關山月》《清平樂·六盤山》排在后六場，且《蜀道難》排在《游子吟》的前面，《沁園春·長沙》與《清平樂·六盤山》不相鄰且均不排在最后，則后六場的排法有________種．(用數字作答) 解析：分兩步完成：(1)《蜀道難》《敕勒歌》《游

14、子吟》《關山月》進行全排有A種，若《蜀道難》排在《游子吟》的前面，則有A種；(2)《沁園春·長沙》與《清平樂·六盤山》插入已經排列好的四首詩詞形成的前4個空位(不含最后一個空位)中，插入法有A種．由分步乘法計數原理，知滿足條件的排法有AA＝144(種)． 答案：144 調研二　二項式定理 ■備考工具—————————————— 1．二項式的通項與系數 (a＋b)n展開式中的第r＋1項為Tr＋1＝Can－rbr.展開式中C(r＝0,1，…，n)叫做第r＋1項的二項式系數． 2．(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn. 3．二項式系數的性質 對稱性 C＝C(m≤n) 增減性

15、 當k<時，二項式系數逐步增大，由對稱性知后半部分是逐漸減小的 最大值 (1)當n為偶數時，中間一項(第＋1項)的二項式系數最大，最大值為Cn； (2)當n為奇數時，中間兩項(第項和第項)的二項式系數相等，且同時取得最大值，最大值為Cn或Cn 二項展開式中項的系數和 在(a＋b)n的展開式中，令a＝b＝1，得C＋C＋…＋C＝2n，即二項式系數的和為2n，令a＝1，b＝－1得C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1，即展開式中奇數項二項式系數的和等于偶數項二項式系數的和. ■自測自評—————————————— 1．[2019·全國卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展開式中x

16、3的系數為(　　) A．12　　　　　　 B．16 C．20 D．24 解析：展開式中含x3的項可以由“1與x3”和“2x2與x”的乘積組成，則x3的系數為C＋2C＝4＋8＝12. 答案：A 2．[2019·合肥質檢]若6的展開式的常數項為60，則a的值為(　　) A．4 B．±4 C．2 D．±2 解析：6的展開式的通項為Tr＋1＝C·(ax)6－r·r＝(－1)r·a6－r·C·，令6－r＝0，得r＝4，則(－1)4·a2·C＝60，解得a＝±2.故選D. 答案：D 3．[2019·廣州綜合測試一](2－x3)(x＋a)5的展開式的各項系數和為32，則該展開式中x4的系

17、數是(　　) A．5 B．10 C．15 D．20 解析：在(2－x3)(x＋a)5中，令x＝1，得展開式的各項系數和為(1＋a)5＝32，解得a＝1，故(x＋1)5的展開式的通項Tr＋1＝Cx5－r，當r＝1時，得T2＝Cx4＝5x4，當r＝4時，得T5＝Cx＝5x，故(2－x3)(x＋1)5的展開式中x4的系數為2×5－5＝5，選A. 答案：A 4．[2019·天津卷]8的展開式中的常數項為________． 解析：二項展開式的通項Tr＋1＝C(2x)8－r·r＝r·28－r·Cx8－4r，令8－4r＝0可得r＝2，故常數項為2×26×C＝28. 答案：28 5．[2019

18、·浙江卷]在二項式(＋x)9的展開式中，常數項是________，系數為有理數的項的個數是________． 解析：該二項展開式的第k＋1項為Tk＋1＝C()9－kxk，當k＝0時，第1項為常數項，所以常數項為()9＝16；當k＝1,3,5,7,9時，展開式的項的系數為有理數，所以系數為有理數的項的個數為5. 答案：16　5 6．[2019·廣東六校聯考]若a＝(2sinx－cosx)dx，則6的展開式中常數項為________． 解析：a＝(2sinx－cosx)dx＝(－2cosx－sinx)|＝4，所以6的展開式的通項Tr＋1＝C6－r·(－)r＝46－r(－1)r，令－6＝0，

19、得r＝4，則展開式中常數項為240. 答案：240 7．[2019·唐山摸底]在5的展開式中，x4的系數為5，則實數a的值為________． 解析：由條件可知二項展開式的通項Tr＋1＝C(ax2)5－r·r＝(－2)rC·a5－rx10－3r，令10－3r＝4?r＝2，故(－2)2C·a3＝5，解得a＝. 答案： 8．[2019·福建五校聯考]已知(1＋ax)(1－2x)5的展開式中，x3的系數為－20，則實數a＝________. 解析：因為(1＋ax)(1－2x)5的展開式中含x3的項為C(－2x)3＋ax·C(－2x)2，即(40a－80)x3，所以由題設得40a－80＝－

20、20，解得a＝. 答案： 9．[2019·南昌二模]已知(x2－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，則a3＋a4＝________. 解析：由(x2－2)6＝(2－x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a12x12得a3＝0，a4＝C×24＝240， ∴a3＋a4＝240. 答案：240 10．[2019·廣州調研]已知(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝________. 解析：因為(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，所以取x＝1得(＋2)4＝(a0＋a2＋a4)＋(

21、a1＋a3)①；取x＝－1得(－2)4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)?、?①②相乘得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(＋2)4×(－2)4＝[()2－22]4＝16. 答案：16 調研三　概率 ■備考工具—————————————— 一、古典概型 1．古典概型的兩個特點 (1)有限性：試驗中所有可能出現的基本事件只有有限個，每次試驗只出現其中一個基本事件； (2)等可能性：每個基本事件發(fā)生的可能性是相等的． 2．古典概型的概率公式 (1)在基本事件總數為n的古典概型中，每個基本事件發(fā)生的概率都是相等的，即每個基本事件發(fā)生的概率都是. (2)如果隨機事件A包

22、含的基本事件數為m，由互斥事件的概率加法公式可得P(A)＝.即對于古典概型，任何事件的概率為P(A)＝. 二、幾何概型 1．幾何概型的意義 幾何概型是基本事件個數有無限個，每個基本事件發(fā)生的可能性相等的一個概率模型，這個概率模型的顯著特點是每個事件發(fā)生的概率只與構成該事件區(qū)域的長度(面積或體積)有關． 2．幾何概型的概率計算公式 在幾何概型中，事件A的概率計算公式如下：P(A)＝. 三、互斥事件與對立事件的概率 1．概念：對于事件A，B，若A∩B為不可能事件，則稱A與B互斥．若A∩B為不可能事件，A∪B為必然事件，則稱A與B對立． 2．公式：若A與B互斥，則P(A∪B)＝P(A

23、)＋P(B)；若A與B對立，則P(A)＋P(B)＝1. 四、相互獨立事件同時發(fā)生的概率 1．概念：對于事件A，B，若事件A的發(fā)生與事件B的發(fā)生互不影響，則稱事件A，B是相互獨立事件． 2．公式：若A與B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B)． 五、條件概率的定義 1．條件概率的定義 設A，B是兩個事件，且P(A)>0，稱P(A|B)＝為在事件B發(fā)生時事件A發(fā)生的條件概率． 注意：公式P(A|B)＝既是條件概率的定義，也是條件概率的計算公式． 2．條件概率的性質 (1)0≤P(B|A)≤1； (2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；

24、 (3)若A，B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)． ■自測自評—————————————— 1．[2019·全國卷Ⅰ]我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化，每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“— —”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：由6個爻組成的重卦種數為26＝64，在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的種數為C＝＝20.根據古典概型的概率計算公式得，所求概率P＝＝.故選A. 答案：A 2．[2018·全國卷Ⅰ]如圖來自古希臘數學家希

25、波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(　　) A．p1＝p2 B．p1＝p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 解析：通解：設直角三角形ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝bc，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×2＋π×2－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由幾何概型的知識知p1＝p2，故選A. 優(yōu)解：不

26、妨設△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2，所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝×2×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.根據幾何概型的概率計算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A. 答案：A 3．[2018·全國卷Ⅱ]我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：不超過30的素數有2,3,

27、5,7,11,13,17,19,23,29，共10個，從中隨機選取兩個不同的數有C種不同的取法，這10個數中兩個不同的數的和等于30的有3對，所以所求概率P＝＝. 答案：C 4．[2019·合肥調研]如圖是在北京召開的第24屆國際數學家大會的會標，會標是根據趙爽弦圖設計的，顏色的明暗使它看上去像一個風車，代表中國人民熱情好客．已知圖中直角三角形兩條直角邊的長分別為2和3.若從圖中隨機取一點，則該點取自陰影區(qū)域的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：因為四個直角三角形全等，兩條直角邊的長分別為2和3，所以斜邊長為，所以圍成的大正方形的面積為13，而每個直角三角形的面積為×2

28、×3＝3，所以陰影區(qū)域的面積為12，所以從圖中隨機取一點，該點取自陰影區(qū)域的概率為.故選C. 答案：C 5．[2019·南昌重點中學]一種電子計時器顯示時間的方式如圖所示，每一個數字都在固定的全等矩形“顯示池”中顯示，且每個數字都由若干個全等的深色區(qū)域“”組成．已知在一個顯示數字8的顯示池中隨機取一點A，點A落在深色區(qū)域內的概率為.若在一個顯示數字0的顯示池中隨機取一點B，則點B落在深色區(qū)域內的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：依題意，設題中全等的深色區(qū)域的面積為s，相應的固定的矩形的面積為S，則有＝，即S＝14s，因此點B落在深色區(qū)域內的概率為＝，選C. 答案：C

29、 6．[2019·安徽示范高中考試]《九章算術》是我國古代的數學名著，書中把三角形的田稱為“圭田”，把直角梯形的田稱為“邪田”，稱底是“廣”，稱高是“正從”，“步”是丈量土地的單位．現有一邪田，廣分別為十步和二十步，正從為十步，其內有一塊廣為八步，正從為五步的圭田．若在邪田內隨機種植一株茶樹，求該株茶樹恰好種在圭田內的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：由題意可得邪田的面積S＝×(10＋20)×10＝150，圭田的面積S1＝×8×5＝20，則所求的概率P＝＝＝. 答案：A 7．[2019·武昌調研]已知a，b是區(qū)間[0,4]上的任意實數，則函數f(x)＝ax2－bx＋1在

30、[2，＋∞)上單調遞增的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：當a＝0時，f(x)＝－bx＋1在[2，＋∞)上不可能單調遞增，當a≠0時，由已知及二次函數的單調性知－≤2，即b≤4a，所以由題意可得，畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(梯形OABD)所示，易得D(1,4)，所以S梯形OABD＝×(4＋3)×4＝14，正方形OABC的面積S＝4×4＝16，所以函數f(x)在[2，＋∞)上單調遞增的概率P＝＝，故選D. 答案：D 8．[2019·長沙一模]已知一種元件的使用壽命超過1年的概率為0.8，超過2年的概率為0.6，若一個這種元件使用到1年時還未損環(huán)，則這個元件

31、使用壽命超過2年的概率為(　　) A．0.75 B．0.6 C．0.52 D．0.48 解析：設一個這種元件使用到1年時還未損壞為事件A，使用到2年時還未損壞為事件B，則由題意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，則這個元件使用壽命超過2年的概率為P(B|A)＝＝＝0.75，故選A. 答案：A 9．[2019·全國卷Ⅰ]甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束)．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是__________． 解析：記事件M為甲隊以4∶1獲勝，則甲隊共比賽五場，且第五場甲隊獲勝，前四場甲隊勝三場負一場，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 答案：0.18 10．[2019·全國卷Ⅱ]我國高鐵發(fā)展迅速，技術先進．經統(tǒng)計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為__________． 解析：經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為＝0.98. 答案：0.98 13