2020版数学新优化浙江大一轮课件：第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布10.7
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 考点规范练52 Word版含答案
( ) ( ) 数项的系数,分别为C05(3x)5=243x5,C25(3x)3
-
1 ������
2
=270x,C45(3x)·
1 4 15
- ������ = ������3,所以系数最大的项为 270x,故
选 B.
11.设 a∈Z,且 0≤a<13,若 512 012+a 能被 13 整除,则 a=( )
( )( ) ������
15
13. ������ + ������ 2������ - ������ 展开式中,各项系数之和为 3,则展开式中的常数项为( )
A.-120
B.-80
C.80
D.120
答案 D
( )( ) ������
15
解析 ∵ ������ + ������ 2������ - ������ 展开式中,各项系数之和为 3,
因为(2x-3)9=[-1+2(x-1)]9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a9(x-1)9,所以 a2=C29·(-1)7·22=-144. (2)在(2x-3)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n 中,令 x=1,可得 a0=-1. 再令 x=2,可得 a0+a1+a2+a3+…+an=1, 所以 a1+a2+a3+…+an=2.
( )1 ������
14.已知(1+x+x2) ������ + ������3 (n∈N*)的展开式中没有常数项,且 2≤n≤8,则 n= .
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.2排列与组合课件
-26-
【典例】 (2021浙江高考样卷)如下图,某货场有两堆集装箱,一
堆2个,一堆3个,现需要全部装运,每次只能从其中一堆取最上面的
一个集装箱,那么在装运的过程中不同取法的种数是
A
A
=
(-1)(-2)…(- +1)
,A =n!
-
(2)C = C
!
=
;
-1
, C+1
= C + C
!
!(-)!
-5知识梳理
双击自测
1.(教材改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,那
么男女生都有的选法种数是(
)
A.18
B.24
C.30
对点训练(1)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言,要求甲乙
两人至少有一人参加,那么不同的发言顺序种数为(
)
A.30 B.600 C.720 D.840
关闭
若只有甲乙其中一人参加,则有C21 C53 A44 =480(种)方法;若甲乙两人都
参加,则有C22 C52 A44 =240(种)方法.所以共有 480+240=720(种)方法.故
×
关闭
故共有不同的分派方法
90+60=150(种).
A
解析
-21答案
考点一
考点二
考点三
方法总结1.选排问题的特点是入选的元素少于总元素,解决这类
问题可以分步进展,先选元素,再排列.
2.解决分组分配问题的策略
(1)对于整体均分,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),防止重复
新人教版2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第3节二项式定理课件理新人教A版
(3)法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含 y2 的项为 T3＝C25(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30. 法二 (x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积. ∴x5y2 可从其中 5 个因式中，两个取因式中 x2，剩余的 3 个因式中
第3节 二项式定理
考试要求 1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理； 理解决与二项展开式有关的简单问题.
知识梳理
1.二项式定理 (1)二项式定理：(a＋b)n＝_C__0na_n_＋__C_1n_a_n_－_1b_＋__…__＋__C__rna_n_－_r_b_r＋__…__＋__C_nn_b_ (2)通项公式：Tr＋1＝__C_nr_a_n－_r_b_r，它表示第__r_＋__1___项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数 C0n，C1n，…，Cnn.
Cn1 n2
取得
3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n 展开式的各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝___2_n_ (2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C C1n＋C3n＋C5n＋…＝___2_n_－_1___.
[微点提醒] (a＋b)n 的展开式形式上的特点 (1)项数为 n＋1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为 n (3)字母 a 按降幂排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零； 列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n. (4)二项式的系数从 C0n，C1n，一直到 Cnn－1，Cnn.
规律方法 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对 (ax2＋bx＋c)m (a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋 2.若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 和为 a0＋a2＋a4＋…＝f(1)＋2f(－1)，偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋
【人教版】数学(理)一轮复习：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》(第2节)课件 公开课一等奖课
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分（理） 概率 （文）
(6)当 x＝3，y＝1 时，有 C33·C14·C15＝20 种不同选法． 所以不同的选法共有 120＋180＋60＋120＋90＋20＝590 种． 答案 590
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分（理） 概率 （文）
5．(2014·本溪模拟)5 名乒乓球队员中，有 2 名老队员和 3 名新队 员．现从中选出 3 名队员排成 1，2，3 号参加团体比赛，则入 选的 3 名队员中至少有 1 名老队员，且 1、2 号中至少有 1 名 新队员的排法有________种．(以数字作答) 解析 ①只有 1 名老队员的排法有 C12·C23·A33＝36(种)； ②有 2 名老队员的排法有 C22·C13·C12·A22＝12(种)， 所以共 48 种． 答案 48
()
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分（理） 概率 （文）
[听课记录] 先将 4 名水暖工选出 2 人分成一组，然后将三组水暖 工分配到 3 户不同的居民家，故有 C24A33种． 答案 C
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分（理） 概率 （文）
(2)(2013·重庆高考)从 3 名骨科、4 名脑外科和 5 名内科医生中选 派 5 人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生 都至少有 1 人的选派方法种数是________(用数字作答)． [听课记录] 解法一：从 12 名医生中任选 5 名，不同选法有 C512＝ 792 种．不满足条件的有：只去骨科和脑外科两科医生的选法有 C57＝21 种，只去骨科和内科两科医生的选法有 C58－C55＝55 种，只 去脑外科和内科两科医生的选法有 C59－C55＝125 种，只去内科一 科医生的选法有 C55＝1 种，故符合条件的选法有：792－21－55 －125－1＝590 种．
2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第3讲二项式定理课件理新人教A版
角度二 求展开式中的项的系数或二项式系数
(的系数 为( )
A．15
B．20
C．30
D．35
【解析】 (1＋x)6 展开式的通项 Tr＋1＝C6rxr，所以1＋x12(1＋x)6
的展开式中 x2 的系数为 1×C26＋1×C46＝30，故选 C.
为( )
A．50
B．70
C．90
D．120
解析：选
C.令
x＝1，则x＋
3xn＝4n，所以x＋
3xn的展开式
中，各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以42nn＝2n＝32，
解得 n＝5.二项展开式的通项 Tr＋1＝Cr5x5－r 3xr＝Cr53rx5－32r，令
【答案】 (1)七 (2)1 或－3
本例(2)变为：若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋ a9(x－1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实 数 m 的值为________． 解析：令 x＝2，得到 a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(4＋m)9，令 x＝0， 得到 a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝(m＋2)9，所以有(4＋m)9(m＋2)9 ＝39，即 m2＋6m＋5＝0，解得 m＝－1 或－5. 答案：－1 或－5
求证：3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．
证明：因为 n∈N*，且 n>2， 所以 3n＝(2＋1)n 展开后至少有 4 项． (2＋1)n＝2n＋C1n·2n－1＋…＋Cnn－1·2＋1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n ＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1， 故 3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．
高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.8n次独立重复试验与二项分布课件理
【变式训练 2】 某中学为丰富教职工生活，国庆节举 办教职工趣味投篮比赛，有 A，B 两个定点投篮位置，在 A 点投中一球得 2 分，在 B 点投中一球得 3 分．规则是：每 人投篮三次按先 A 后 B 再 A 的顺序各投篮一次，教师甲在 A 和 B 点投中的概率分别是12和13，且在 A，B 两点投中与否相 互独立．
P(A1)
＝
4 10
＝
2 5
，
P(A2)
＝
5 10
＝
1 2
，
所
以
P(B1) ＝ P(A1A2) ＝
P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1 A2 ＋ A1 A2)＝P(A1 A2 )＋
(2)一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域 随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧 3 个小正 方形区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间 的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P(AB)、P(A|B)．
[解] 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
[解] (1)记事件 A1＝{从甲箱中摸出的 1 个球是红球}， A2＝{从乙箱中摸出的 1 个球是红球}，B1＝{顾客抽奖 1 次 获一等奖}，B2＝{顾客抽奖 1 次获二等奖}，C＝{顾客抽奖 1 次能获奖}．
由题意，A1 与 A2 相互独立，A1 A2 与 A1 A2 互斥，B1 与
B2 互斥，且 B1＝A1A2，B2＝A1 A2 ＋ A1 A2，C＝B1＋B2.因为
第10章 计数原理、概率、随机变量及分 布列
第8讲 n次独立重复试验与二项分布
板块一 知识梳理·自主学习
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 考点规范练51 Word版含答案
考点规范练51 排列与组合基础巩固组1.一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( )A.3×3!B.3×(3!)3C.(3!)4D.9!,然后再排列这3家,所以有(3!)4种.2.有20个零件,其中16个一等品,4个二等品,若从这20个零件中任意取3个,那么至少有1个一等品的不同取法的种数为( )A.2 320B.1 136C.472D.846方法一)将“至少有1个一等品的不同取法”分三类:“恰有1个一等品”,“恰有2个一等品”,“恰有C116C24+C216C14+C3163个一等品”,由分类加法计数原理有=1 136(种).C320‒C34(方法二)考虑其对立事件“3个都是二等品”,则不同取法有=1 136(种).3.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A.18个B.15个C.12个D.9个“六合数”的定义可知,当首位为2时,其余三位是数组(0,0,4),(0,1,3),(0,2,2),(1,1,2)的所有排列,A33即共有3++3+3=15(个).4.七人并排站成一行,如果甲、乙两人必须不相邻,那么不同的排法种数是( )A.1 440种B.3 600种C.4 820种D.4 800种A55A26A55 ,其余5人的排列数为,再用甲、乙去插6个空位,有种.故不同的排法种数是A26=3 600,应选B.5.四面体的顶点和各棱中点共10点,在其中取4个不共面的点,不同的取法共有( )A.150种B.147种C.144种D.141种C410个点中任取4个点共有种取法,其中四点共面的有三种情况:①在四面体的四个面上,每面C46C46内四点共面的情况有种,四个面共有4种;②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个;③过棱C410C46上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是-4-3-6=141.6.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛,如果甲不跑第一棒,乙不跑第四棒,那么共有 种不同的参赛方案.={6人中任取4人参赛的排列},A={甲跑第一棒的排列},B={乙跑第四棒的排列},根据求A46‒A35‒A35+A24集合元素个数的公式得参赛方法共有n(I)-n(A)-n(B)+n(A∩B)==252种.7.某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为 .(用数字作答)C17C22(直接法)甲、乙两人均入选,有种.C12C27甲、乙两人只有1人入选,有种方法,C22C17+C12C27所以由分类加法计数原理,共有=49(种)选法.C39法二(间接法)从9人中选3人有种方法.C37其中甲、乙均不入选有种方法,C39‒C37所以满足条件的选法有=84-35=49(种).8.3男3女共6名学生排成一列,同性者相邻的排法种数有 ;任两个女生不相邻的排法有 .(均用数字作答) 1443男3女各看作一个复合元素,把这两个复合元素全排列,3男3女内部也要全排列,故有A33A33A22A33·A34 =72(种);把3名女学生插入到3名男学生排列后所形成的4个空中的3个,故有=144(种).能力提升组9.甲、乙两人从4门课程中各选修两门,则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )种A.30B.36C.60D.721门不相同的选法可以分为两类:当甲、乙所选的课程中2门均不C24C22相同时,甲先从4门中任选2门,乙选取剩下的2门,有=6(种)方法;当甲、乙所选的课程中有且只C14有1门相同时,分为2步:①从4门中选1门作为相同的课程,有=4(种)选法,②甲从剩余的3门中任C13C12C14C13C12选1门,乙从最后剩余的2门中任选1门,有=6(种)选法,由分步乘法计数原理此时共有=24(种)方法.综上,共有6+24=30(种)方法.10.6名同学站成一排拍毕业照,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为( )A.60B.96C.48D.72A33,丁和戊看作两个整体,四个人进行排列:有2种排法,再考虑乙和丙,丁和戊排,有2A33A22A22=48种排法.故选C.11.将5名同学分到甲、乙、丙3个小组,若甲组至少两人,乙、丙组每组至少一人,则不同的分配方案的种数为( )A.50B.80C.120D.140,分2种情况讨论:①甲组有2人,首先选2个放到甲组,共有=10(种)结果,C25C23A22再把剩下的3个人放到乙和丙两个组,每组至少一人,共有=6(种)结果,所以根据分步乘法计数原理知共有10×6=60(种)分配方案;②当甲组中有三个人时,有=20(种)分配方案.C35A22所以共有60+20=80(种)分配方案.故选B.12.三对夫妻站成一排照相,则仅有一对夫妻相邻的站法总数是( )A.72B.144C.240D.288,先选一对夫妻使之相邻,捆绑在一起看作一个复合元素A,这对夫妻有2种排法,故有C13A22 =6(种)排法;第二步,再选一对夫妻,这对夫妻有2种排法,从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的C12A22C12夫妻中间,把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B,有=8(种)排法;第三步,将复合元素A33A,B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列,有=6(种)排法,由分步乘法计数原理,知三对夫妻排成一排照相,仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6=288(种),故选D.13.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},则集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素的个数为( )A.60B.90C.120D.130×C15 t=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|,t=1说明x1,x2,x3,x4,x5中有一个为-1或1,其他为0,所以有2=10C25×个元素满足t=1;t=2说明x1,x2,x3,x4,x5中有两个为-1或1,其他为0,所以有2×2=40个元素满足C35×t=2;t=3说明x1,x2,x3,x4,x5中有三个为-1或1,其他为0,所以有2×2×2=80个元素满足t=3,从而,共有10+40+80=130个元素满足1≤t≤3.14.从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数,2个偶数,组成一个无重复数字且两个偶数数字不相邻的五位数,则满足条件的五位数共有 个.1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数,2个偶数的取法种数为把3个奇数全排列,有种,再C 34C 23.A 33把2个偶数在3个奇数排列后产生的空位置中排列,有种,所以根据分步乘法计数原理,知满足条件A 24的五位数共有=864(个).C 34C 23A 33A 2415.将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人,每人至少1本的不同分法有 种.(用数字作答)6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2种.①有1组3本,其余3组每组1本,不同的分法共有=20种;C 36C 13C 12C 11A 33②有2组每组2本,其余2组每组1本,不同的分法共有=45种.C 26C 24A 22·C 12C 11A 22所以不同的分组方法共有20+45=65种.然后把分好的4组书分给4个人,所以不同的分法共有65=1 560种.×A 4416.电影院一排10个位置,甲、乙、丙三人去看电影,要求他们坐在同一排,则他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有 种.7个空座位,由于空座位是相同的,则只有1种情况,其中有6个空位符合条件,考虑三人的顺序,将3人插入6个空位中,共有1=120种情况,由于甲必须坐在三人中间,则符合要求的坐法有×A 3613120=40(种).×17.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种?(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种?将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”,将球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则共有=20种不同的放入方式.C 36(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个位置中C310选3个位置安排隔板,故共有=120种放入方式.18.“渐升数”是指除最高位数字外,其余每一个数字比其左边的数字大的正整数(如13 456和35 678都是五位的“渐升数”).(1)求五位“渐升数”的个数;(2)如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列,求第120个五位“渐升数”.根据题意,“渐升数”中不能有0,则在其他9个数字中任取5个,每种取法对应1个“渐升数”,则共”C59有“渐升数=126(个).C48C47C46(2)对于这些“渐升数”,1在首位的有=70(个),2在首位的有=35(个),3在首位的有=15(个),因为70+35+15=120,所以第120个五位“渐升数”是3在首位的“渐升数”中最大的一个.故第120个五位“渐升数”是36 789.。
2020高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布3第3讲二项式定理课件理
(2)x－
2x6的二项展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ck6x6－k·－ 2xk
＝Ck6x6－k·(－2)k·x－k2＝(－2)kCk6x6－32k.令 6－32k＝0，解得 k＝4，
故所求的常数项为 T5＝(－2)4·C46＝240.故选 D. (3)二项展开式的通项 Tr＋1＝C5r(2x)5－r(－a)r＝(－1)r·Cr5· (2x)5－r·ar＝(－1)r·Cr5·25－r·ar·x5－r，令 5－r＝3，解得 r＝ 2，由(－1)2·C25·25－2·a2＝720，解得 a＝±3.
二项式(x－2)5 展开式中 x 的系数为( )
A．5
B．16
C．80
D．－80
解析：选 C.由二项式定理知，其展开式中含 x 项为 T5＝C45x(－ 2)4，故其系数为 C45(－2)4＝80.
(教材习题改编)二项式2x＋x126的展开式中，常数项的值是
()
A．240
B．60
C．192
f（1）＋f（－1） 2
，
偶
数
项
系
数
之
和
为
a1பைடு நூலகம்＋ a3 ＋ a5 ＋ … ＝
f（1）－f（－1）
2
.
1．在x＋
3 n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 x
32∶1，则 x2 的系数为( )
A．50
B．70
C．90
D．120
解析：选
C.令
x＝1，则x＋
3xn＝4n，所以x＋
A．63 x
B．
4 x
C．4x6 x
D．
4或 x
6 4x
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布