高考二轮复习数学理配套讲义11排列组合与二项式定理、概率

1、微专题11排列组合与二项式定理、概率命题者说考题统计考情点击2018全国卷I T10几何 概型2018全国卷I T15排列 与组合2018全国卷n T8古典概 型2018全国卷出于5二项式 定理2018天津高考T10二项 式定理1 .排列、组合在高中数学中占有特殊 的位置，是高考的必考内容，很少单 独命题，主要考查利用排列、组合知 识计算古典概型。2 .二项式定理仍以求二项展开式的特 定项、特定项的系数及二项式系数为 主，题目难度一般。3 .概率、随机变量及其分布列是高考 命题的热点之一，命题形式为“一小 一大”，即一道选择或填空题和一道 解答题。号一例所 对点帮缔:猊.考 向 调 研 一期於

2、枪号考向一排列与组合【例11（1）（2018全国卷I ）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）（2）（2018浙江高考）从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6 中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数。（用数字作答）解析（1）解法一：根据题意，没有女生入选有C4=4（种）选法，从6名学生中任意选3人有C3= 20（种）选法，故至少有1位女生入选，不同的选法共有 20 4= 16（种）。解法二：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C1c4=12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不 同

3、的选法有c2c4=4(种)。根据分类加法计数原理知，至少有 1 位女生入选的不同的选法有 16种。(2)若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为 C5C2A4;若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为 c2c1c3A3。综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数 为 C5C2A4+ C5C1C1A3= 720 + 540= 1 260。答案 (1)16 (2)1 260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

4、)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，计算出排列或组合数，再减去不符合 要求的排列或组合数。解答计数问题多利用分类整合思想。分类应在同一标准下进行，确保“不漏” “不重”。变|式|训|练1. (2018沈阳教学质量监测)若4个人按原来站的位置重新 站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置， 则不同的站法共有 ()A. 4种B. 8种C. 12 种D. 24 种解析 将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置， 有 C4种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有 C4X2 =8（种）站法。故选Bo答案 B2. （2018开封高三定位考试）某地实行

5、高考改革，考生除参 加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政 治、历史、地理六科中选考三科。学生甲要想报考某高校的法学 专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学 生甲的选考方法种数为（）A. 6B. 12C. 18D. 19解析 解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有 c3c3=9（种）；在物理、政治、历史中选两科的选法有C2C1=9（种）；物理、政治、历史三科都选的选法有 1种。所以学生甲的选考方法共有9+9+1 = 19（种）。故选Do解法二：从六科中选考三科的选法有C6种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共

6、有C31 = 19（种）。故选Do答案 D考向二二项式定理【例2】（1）（2018全国卷田）y + Xj5的展开式中x4的系数为（）A. 10B. 20C. 40D. 801 1（2） x+1+2 5的展开式中整理后的常数项为。'八 x /解析（1）由题可得 Tr+i = C5（x2）5-，r=C5 2r x10-，令 103r=4,则 r=2,所以 C5 2r= C5X 22=40。故选 C。（2）不妨设x>0,k+； + 2 j= |炊+比卜的通项公式：1+1 = 。0（次10-虚）=C；0X5-r,令5r = 0,解得r=5o所以常数项 = C50= 252。1.已知(x2

7、+2x+ 3y)5的展开式中A. 60BC. 520Dx5y2的系数为（）.180.540变|式|训|练答案（1）C （2）252与二项式定理有关的题型及解法题型解法求特定项或其系数常采用二项展开式的通项分析求解系数的和或差常用赋值法近似值问题利用展开式截取部分项求解整除（或余数）问题利用展开式求解解析（x2+2x+ 3y）5可看作5个（x2+2x+3y）相乘，从中选2个y,有C2种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x2,最后一个括号选出x,有C3 Cl种选法；所以x5y2的系数为32C5 C3 2 Cl = 540。故选 Do答案 D2. （ax+血）5的展开式中x3项的系数为20,则实数

8、a =5-；解析展开式的通项为Tr+i = c5(ax)5 r(VX)r=a5 rC5xr令 5 2 = 3 得 r=4,所以 aC4=20,解得 a=4答案4考向三古典概型与几何概型【例3】（1）（2018全国卷n ）我国数学家陈景润在哥德巴赫 猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和"，如30=7+23。在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A.112B.114C.115D.118（2）正六边形ABCDEF的边长为1,在正六边形内随机取点一 ，一3於M ,则使 MAB的面积大于4的概率为解析(1)不超过 3

9、0 的素数有 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个，从中随机选取两个不同的数，共有C10=45（种）取法，因为7+23= 11+19= 13+ 17=30,所以随机选取两个不同的数,31其和等于30的有3种取法，故概率为45=行。故选c。EDA G BC18(2)如图所示，作出正六边形ABCDEF,其中心为O,过点O作OGSB,垂足为G,则OG的长为中心O到AB边的距离。一.360° 一一 .易知/AOB=-6=60 ,且OA=OB,所以BOB是等边二角形，所以 OA=OB=AB=1, OG = OA sin60 = 1 xg3=¥，即对角 .3、_

10、线CF上的点到AB的距离都为 三。设WAB中AB边上的身为h, 则由S小AB = 1X 1Xh乎，解得h浮。所以要使4MAB的面积大 于乎,只需满足h导,即需使M位于CF的上方。故由几何概型得，4MAB的面积大于S弟形CDEF1的概率p=2。S正六边形ABCDEF11答案(1)C (2)2(1)解答有关古典概型的概率问题， 关键是正确求出基本事件 总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识（2）当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解。变|式|训|练1. （2018四川绵阳二诊）将一颗骰子先后抛掷 2次，观察向 上的点数，将第

11、一次向上的点数记为 m,第二次向上的点数记为 n,曲线C:泉£=1,则曲线C的焦点在x轴上且离心率e冶 的概率等于（）51A- 6B. 631C. 4D- 4解析因为离心率e&¥，所以y.mwg3,解得m）2, 由列举法，得当 m=6时，n= 5,4,3;当m=5时，n=4,3;当m =4 时，n=3,2;当 m=3 时，n = 2;当 m=2 时，n=1,共 9种 91 .情况，故其概率为7777 = 70故选D。6X6 4答案 D2. （2018衡水金卷模拟）我国数学家邹元治利用如图证明了 勾股定理，该图中用勾（a）和股（b）分别表示直角三角形的两条直 角边，用

12、弦（c）来表示斜边，现已知该图中勾为 3,股为4,若从 图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是（）A.254924B- 49D.4C, 7解析 a=3, b=4,由题意得c=5,因为大正方形的边长251一丁为a+b = 3 + 4=7,小正方形的边长为c=5,则大正方形的面积为49,小正方形的面积为25,所以满足题意的概率值为490故选Bo49答案 B考向四 条件概率与相互独立事件的概率【例4】（1）如图，ABCD是以。为圆心、半径为2的圆的 内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且 E, F, G, H分别为AB, BC, CD, DA的中点。将一枚针随机掷到圆 。内

13、，用M表示事件“针落在正方形 ABCD内”，N表示事件 “针落在正方形EFGH内”，则P（N|M）等于（）1 A.一 兀C.bWD.（2）如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，有ACD - B, AEF-B两条路线。若该 地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示（例如A-C-D算作两个路段，路段 AC发生堵车 .11 事件的概率为1,路段CD发生堵车事件的概率为110）o若使途中 发生堵车事件的概率较小，则由A到B应选择的路线是j_ 8 Fi156c7To解析（1）由题意得，圆。的半径为2,所以内接正方形ABCD的边长为AB = 2亚，则正方

14、形ABCD的面积为$ = （2亚）2=8,因为E, F, G, H分别为AB, BC, CD, DA的中点，所以 EF1= X2R= 2,所以正万形EFGH的面积为&=22=4,所以P（N|M）4 1=8=2。故选 c。(2)路线 A-C-D-B途中发生堵车事件的概率Pi=1 1-1 (X 1jx 12i=11，路线A-E 途中发生堵车16J 110 J 55J 20事件的概率P2= 1-1-5k1 -Lx 1 -1)=*因为察11,所55J I8/ < 5J 2525 20以应选择路线 AEFB。答案 (1)C(2)AEfFB求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点(1)求复

15、杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成， 分析复 杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个 相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解。(2)注意辨别独立重复试验的基本特征： 在每次试验中，试 验结果只有发生与不发生两种情况；在每次试验中，事件发生 的概率相同。变|式|训|练1.(2018汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为3一4和2- 3两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()2B- 33a. 455C- 7D- 12解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得

16、，则所求概率是2x1i3 i+ 3x|i-2j=3 <4) 4 <3)12。故选Do答案 D2. （2018厦门二模）袋中装有2个红球，3个黄球，有放回 地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率 是（）B.A.C.18125D.54125解析 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取 3次,每次抽取1球，每次取到黄球的概率 P = 3,所以3次中恰有25次抽到黄球的概率是P=c3'|2 1-|=T4o故选Do5J <5/ 125答案 D3. （2018南昌模拟）口袋中装有大小形状相同的红球 2个， 白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次

17、取 得红球，则第二次取得白球的概率为 。解析 口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球， 设事件A表示“第一次取得， 一一 21红球，事件B表示 第二次取得白球”，则P（A） = = " P（AB） 6 32 3 1= 2X3=-所以第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为6 5 5P(B|A) =P ABPA5 3 1=5°答案3 5IS突破,压釉小题课外选做冲击1.（考向一）（2018南昌调研）某校毕业典礼上有6个节目，考 虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求： 节目甲必须排在前三 位，且节目丙、丁必须排在一起。则该校毕业典礼节目演出

18、顺序 的编排方案共有（）A. 120种B. 156种C. 188 种D. 240种解析 解法一：记演出顺序为16号，对丙、丁的排序进 行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5 和 6 号，和排法分别为 a2A3, a2A3, c2A2A3, c1a2A3, c3a2A3, 总编排方案有 a 2A 3+a 2a 3 + c2 A 2A 3+c 3A 2A3 + c3A 2A 3=120（种）。故选Ao解法二：记演出顺序为16号，按甲的编排进行分类， 当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有 4种，则有C4A2A3 = 48（种）；当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有 3种，共有 C

19、3A2A3=36（种）；当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有 C3A2A3=36（种）。所以编排方案共有48+ 36+36 =120（种）。故选Ao答案A2 .（考向二）（2018湖南湘东联考）若（x+ a）（1 +2x）5的展开式 中fx3的系数为20,则a=。解析（x+a）（1+2x）5的展开式中x3的系数为C2 22+a C3 23-A1= 20,所以 40+80a = 20,解得 a= 43 .(考向三)(2018漳州二模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“论语知识大赛”，决出第 1名到第5名的名次。甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好,但是你俩都没得到

20、第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”。从上述回答分析，丙是第一名的概率是 ()A. 1B. 153C.D.解析 因为甲和乙都不可能是第一名,所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响,所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率11 一，是三。故选B(3答案 B4 .(考向三)已知定义在区间 3,3上的单调函数f(x)满足： 对任意的xG 3,3,都有f(f(x)2x) = 6,则在 3,3上随机取 一个实数x,使得f(x)的值不小于4的概率为()B.D.1A. 61C- 3解析由题意设对任意的xq 3,3,都有f(x)-2x = a,其中 a 为常数，且 aq3,3,则 f(a)=6, f(a)-2a=a,所以 62a=a,3 1 得a=2,故f(x) =