排列组合、二项式定理、概率 解析版
第十二章排列组合、二项式定理、概率高考导航.会用二项式定理解决与二可以转知识网络12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法. 【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；……当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；……当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法. 【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.【变式训练1】(2010济南市模拟)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( )A.3B.4C.6D.8【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D. 题型二 分步乘法计数原理的应用【例2】 从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有 种.【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有 种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种方法.题型三 分类和分步计数原理综合应用【例3】(2011长郡中学)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，则不同的涂色种数有 .【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A 44种涂法，共有4A 44＝96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2009深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C 13种涂法；第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法； 第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法. 由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.12.2 排列与组合典例精析题型一 排列数与组合数的计算【例1】 计算：(1)8！＋A 66A 28－A 410；(2) C 33＋C 34＋…＋C 310. 【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 130623.(2)原式＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310＝C 45＋C 35＋…＋C 310＝C 46＋C 36＋…＋C 310＝C 411＝330.【点拨】在使用排列数公式A m n ＝n ！(n －m )！进行计算时，要注意公式成立的条件：m ，n ∈N +，m ≤n .另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式x 9A ＞629A x .【解析】原不等式即9！(9－x )！＞6×9！(11－x )！，也就是1(9－x )！＞)!9)10()11(6x x x ---∙∙，化简得x 2－21x ＋104＞0，解得x ＜8或x ＞13，又因为2≤x ≤9，且x ∈N *， 所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}. 题型二 有限制条件的排列问题 【例2】 3男3女共6个同学排成一行. (1)女生都排在一起，有多少种排法？ (2)女生与男生相间，有多少种排法？ (3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？ (4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A 44种排法.又3名女生内部可有A 33种排法，所以共有A 44·A 33＝144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A 33·A 33＝72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A 33·A 34＝144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A 66－A 33A 44＝576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A 23种排法.又甲、乙之间还有A 22种排法.这样就有A 23·A 22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A 22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A 23A 22A 22＝24种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第97项是多少？【解析】(1)不大于43 251的五位数A55－(A44＋A33＋A22)＝88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.题型三有限制条件的组合问题【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动.(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法？(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29＝36种不同选法.(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13·C49＝378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512－C59＝666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512－C29＝756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C 23＝3种.故有69种.(2)用间接法.共C 410－69＝141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路： (1)正确选择原理，确定分类或分步计数； (2)特殊元素、特殊位置优先考虑； (3)再考虑其余元素或其余位置.12.3 二项式定理典例精析题型一 二项展开式的通项公式及应用 【例1】 已知n xx )21(4-的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项. 【解析】由题意得2C 1n ·21＝1＋C 2n ·(21)2， 即n 2－9n ＋8＝0，所以n ＝8，n ＝1(舍去).所以T r ＋1＝r8C ·(x )r -8·r x)21(4-＝(－21)r ·r8C ·28r x-·4rx-＝(－1)r·r r 2C 8·4316r x-(0≤r ≤8，r ∈Z ).(1)若T r ＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r ＝0，因为r ∈Z ，这不可能，所以展开式中没有常数项. (2)若T r ＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，又0≤r ≤8，r ∈Z ，所以 r ＝0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T 1＝x 4，T 5＝358 x ，T 9＝1256x -2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x 某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n 或r 后，再求所需的项(要注意n 和r 的数值范围及大小关系)；(3) 注意区分展开式“第r ＋1项的二项式系数”与“第r ＋1项的系数”. 【变式训练1】若(x x ＋32x)n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知C 0n ＋C 1n ·2＋C 2n ·22＝129，所以n ＝8，所以通项为T r ＋1＝C r 8(x x )8-r r x)2(3＝r r x r 611128C 2，故r ＝6时，T 7＝26C 28x ＝1 792x ，所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x . 题型二 运用赋值法求值【例2】(1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，且a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，则n ＝ ；(2)已知(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若5a 1＋2a 2＝0，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝ . 【解析】(1)易知a n ＝1，令x ＝0得a 0＝n ，所以a 0＋a 1＋…＋a n ＝30. 又令x ＝1，有2＋22＋…＋2n ＝a 0＋a 1＋…＋a n ＝30， 即2n ＋1－2＝30，所以n ＝4. (2)由二项式定理得，a 1＝－C 1n ＝－n ，a 2＝C 2n ＝n (n －1)2， 代入已知得－5n ＋n (n －1)＝0，所以n ＝6， 令x ＝－1得(1＋1)6＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6， 即a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构. 【变式训练2】设(3x －1)8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7＋a 8x 8.求a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8的值.【解析】令f (x )＝(3x －1)8， 因为f (1)＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝28， f (－1)＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 7＋a 8＝48， 所以a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝f (1)＋f (－1)2＝27×(1＋28).题型三 二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n ＋5n ＋1－9能被20整除.【解析】4×6n ＋5n ＋1－9＝4(6n －1)＋5(5n －1)＝4[(5＋1)n －1]＋5[(4＋1)n －1]＝20[(5n －1＋C 1n 5n －2＋…＋C n －1n )＋(4n －1＋C 1n 4n －2＋…＋C n －1n)]，是20的倍数，所以4×6n ＋5n ＋1－9能被20整除. 【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a ＋b )n 中，a ，b 中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.因为T 3＝C 26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001， 且第3项以后的绝对值都小于0.001， 所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n 、r 满足的条件，求出n 和r ，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.12.4 随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一 频率与概率【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位) 【解析】(1)依据公式nmp =，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970, 0.940,0.954,0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：.431612,107,97,43129,54108,4386==== (2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在43附近摆动，可知该运动员进球的概率为43.题型二 随机事件间的关系【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件. (1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”； (2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.【变式训练2】抽查10件产品，设事件A ：至少有两件次品，则A 的对立事件为( ) A.至多两件次品 B.至多一件次品 C.至多两件正品D.至少两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项B. 题型三 概率概念的应用【例3】 甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为7. (1)请完成上面列联表；(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P (K 2＞6.635)＝0.05)；(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.【解析】(1)(2)计算K 2的一个观测值k ＝75305055)45203010(1052⨯⨯⨯⨯-⨯⨯＝6.109.因为6.109＜6.635，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关. (3)记被抽取人的序号为ζ，则P (ζ＝6)＝365，P (ζ＝10)＝363， 所以P (ζ＝6或ζ＝10)＝P (ζ＝6)＋P (ζ＝10)＝368＝92. 【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n 的球的重量为32n －5n ＋20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率； (2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.【解析】(1)由不等式32n －5n ＋20＞n ＋5，得n ＞15或n ＜3，由题意知n ＝1,2或者n ＝16,17，…，35，于是所求概率为3522. (2)设第n 号和第m 号的两个球的重量相等， 其中n ＜m ，则有32n －5n ＋20＝32m －5m ＋20，所以(n －m )(n ＋m －15)＝0. 因为n ≠m ，所以n ＋m ＝15，所以(n ，m )＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8). 故所求概率为8515957C 735==. 总结提高1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A 的对立事件记作A ，从集合的角度来看，事件A 所含结果的集合正是全集U 中由事件A 所含结果组成集合的补集，即A ∪A ＝U ，A ∩A ＝∅.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件A 、B 的和记作A ＋B ，表示事件A 、B 至少有一个发生.当A 、B 为互斥事件时，事件A ＋B 是由“A 发生而B 不发生”以及“B 发生而A 不发生”构成的.当计算事件A 的概率P (A )比较困难时，有时计算它的对立事件A 的概率则要容易些，为此有P (A )＝1－P (A ).2.若A 与B 互相独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 都是相互独立事件.判断A 与B 是否独立的方法是看P (AB )＝P (A )·P (B )是否成立.12.5 古典概型典例精析题型一 古典概率模型的计算问题【例1】一汽车厂生产A 、B 、C 三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，(1)求z 的值；(2)用分层抽样的方法在C 类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；(3)用随机抽样方法从B 类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40＝2 000辆，所以z ＝2 000－100－150－300－450－600＝400.(2)由(1)知C 类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n ＝10种不同取法，记事件A ：至少有1辆舒适型轿车，则事件A 表示抽取到2辆标准型轿车，有m ′＝3种不同取法，从而事件A 包含：基本事件数为m ＝7种，所以P (A )＝710.(3)样本平均数x ＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事件B ：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B 包含的基本事件有6种，所以P (B )＝68＝34.【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.【变式训练1】已知△ABC 的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC 是锐角三角形的概率.【解析】依题意不妨设a ＝n －1，b ＝n ，c ＝n ＋1(n ＞1，n ∈N )，从而有a ＋b ＞c ，即n ＞2，所以△ABC 的最小边为2，要使△ABC 是锐角三角形，只需△ABC 的最大角C 是锐角，cos C ＝(n －1)2＋n 2－(n ＋1)22(n －1)n＝n －42(n －1)＞0，所以n ＞4，所以，要使△ABC 是锐角三角形，△ABC 的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC 是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46＝23.题型二 有放回抽样与不放回抽样【例2】 现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率； (2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x ，y ，z )记录结果，则x ，y ，z 都有10种可能，所以试验结果有10×10×10＝103种；设事件A 为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8＝83 种，因此，P (A )＝3108＝0.512.(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x ，y ，z )，则x 有10种可能，y 有9种可能，z 有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8＝720种.设事件B 为“3件都是正品”，则事件B 包含的基本事件总数为8×7×6＝336， 所以P (B )＝336720≈0.467.方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(x ，y ，z )记录结果，则x 有10种可能，y 有9种可能，z 有8种可能，但(x ，y ，z )，(x ，z ，y )，(y ，x ，z )，(y ，z ，x )，(z ，x ，y )，(z ，y ，x )是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事件B 包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P (B )＝56120≈0.467.【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求： (1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P ＝410＝25； (2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P ＝525＝15.题型三 古典概型问题的综合应用【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n 个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.(1)若n ＝3，求取到的4个球全是红球的概率； (2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n .【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A ， P (A )＝C 22C 24·C 22C 25＝16×110＝160.(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B ，“取到的4个球只有1个红球”为事件B 1，“取到的4个球全是白球”为事件B 2.由题意，得P (B )＝1－34＝14.P (B 1)＝C 12C 12C 24·C 2n C 2n ＋2＋C 22C 24·C 12C 1nC 2n ＋2＝2n 23(n ＋2)(n ＋1)，P (B 2)＝C 22C 24·C 2nC 2n ＋2＝n (n －1)6(n ＋2)(n ＋1).所以P (B )＝P (B 1)＋P (B 2)＝2n 23(n ＋2)(n ＋1)＋n (n －1)6(n ＋2)(n ＋1)＝14，化简得7n 2－11n －6＝0，解得n ＝2或n＝－37(舍去)，故n ＝2.【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？ (2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C 16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C 14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C 16×C 14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C 110×C 19＝90，所以概率为2490＝415.(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9＝90. 方法一：(分类计数原理)①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24； ③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5＝30.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24＋24＋3090＝1315.方法二：(利用对立事件)事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件. 事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是4×3＝12. 故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－1290＝1－215＝1315.总结提高1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n 必须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m 其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P (A )＝m n 得出的结果才是正确的.使用公式P (A )＝mn 计算时，确定m 、n的数值是关键所在.2.对于n 个互斥事件A 1，A 2，…，A n ，其加法公式为P (A 1＋A 2＋…＋A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n ).3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.12.6 几何概型典例精析题型一 长度问题【例1】如图，∠AOB ＝60°，OA ＝2，OB ＝5，在线段OB 上任取一点C ，试求：(1)△AOC 为钝角三角形的概率； (2)△AOC 为锐角三角形的概率. 【解析】如图，由平面几何知识知：当AD ⊥OB 时，OD ＝1；当OA ⊥AE 时，OE ＝4，BE ＝1. (1)当且仅当点C 在线段OD 或BE 上时，△AOC 为钝角三角形.记“△AOC 为钝角三角形”为事件M ，则P (M )＝OD ＋EB OB ＝1＋15＝0.4，即△AOC 为钝角三角形的概率为0.4.(2)当且仅当点C 在线段DE 上时，△AOC 为锐角三角形.记“△AOC 为锐角三角”为事件N ，则P (N )＝DE OB ＝35＝0.6，即△AOC 为锐角三角形的概率为0.6.【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.【变式训练1】点A 为周长等于3的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点B ，则劣弧AB 的长度小于1的概率为 .【解析】如图可设＝1，则根据几何概率可知其整体事件是其周长3，则其概率是23.题型二 面积问题【例2】 两个CB 对讲机(CB 即CitizenBand 民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3：00时莉莉正在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午3：00时正在基地正北距基地40公里以内的某地向基地行驶，试问在下午3：00时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大？【解析】设x 和y 分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是0≤x ≤30,0≤y ≤40.他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x ，y )，这里x ，y 都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置， 他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式x 2＋y 2≤25的数对组成，此不等式等价于x 2＋y 2≤625，右图中的方形区域代表基本事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为1 200平方公里，而事件的面积为(14)×π×(25)2。
排列组合、二项式定理与概率统计
排列组合、二项式定理与概率统计
概率统计与排列组合和二项式定理是数学中的重要知识。
它们主要用来解释和计算物理实验的概率，以及理解事件出现的概率统计规律。
排列组合是概率统计的基础，是指在一组数中，每个数字的位置不同的可能的组合数。
它的公式有:A(n,m)=n(n-1)...(n-m+1)。
这里的A表示从n个中取出m个的排列数。
二项式定理（亦称二项分布定理）是研究一个随机变量满足二项分布的定理。
它是推导概率统计解决一些问题的重要方法，它通过如下公式来计算事件发生的概率：
C(n,k)=An,m/k!，其中n表示试验次数，m表示成功的次数，k表示重复的次数。
概率统计用来研究不同事件出现的可能性和规律。
这些规律会告诉我们正发生的事件的可能性有多大，并帮助我们更好地解释现象。
概率统计的计算和分析是一个复杂的过程，需要全面的、简易的的方法。
排列组合、二项式定理等工具是进行概率统计分析的有力帮助，它们可以帮助我们了解不同事件出现的概率，并对现象加以解释和推断。
15排列组合二项式定理和概率
排列组合二项式定理和概率Ⅰ、随机事件的概率例1 某商业银行为储户提供的密码有0，1，2，…，9中的6个数字组成.(1)某人随意按下6个数字，按对自己的储蓄卡的密码的概率是多少？(2)某人忘记了自己储蓄卡的第6位数字，随意按下一个数字进行试验，按对自己的密码的概率是多少？解 （1）储蓄卡上的数字是可以重复的，每一个6位密码上的每一个数字都有0，1，2，…，9这10种，正确的结果有1种，其概率为6101，随意按下6个数字相当于随意按下610个，随意按下6个数字相当于随意按下610个密码之一，其概率是6101. (2)以该人记忆自己的储蓄卡上的密码在前5个正确的前提下，随意按下一个数字，等可能性的结果为0，1，2，…，9这10种，正确的结果有1种，其概率为101. 例2 一个口袋内有m 个白球和n 个黑球，从中任取3个球，这3个球恰好是2白1黑的概率是多少？（用组合数表示）解 设事件I 是“从m 个白球和n 个黑球中任选3个球”，要对应集合I 1，事件A 是“从m个白球中任选2个球，从n 个黑球中任选一个球”，本题是等可能性事件问题，且Card(I 1)= 123)(,n m n m C C A Card C ⋅=+，于是P(A)=3121)()(nm n m C C C I Card A Card +⋅=. Ⅱ、互斥事件有一个发生的概率例3在20件产品中有15件正品，5件次品，从中任取3件，求：（1）恰有1件次品的概率；（2）至少有1件次品的概率.解 （1）从20件产品中任取3件的取法有320C ，其中恰有1件次品的取法为15215C C 。
∴ 恰有一件次品的概率P=763532015215=C C C . (2)法一 从20件产品中任取3件，其中恰有1件次品为事件A 1,恰有2件次品为事件A 2，3件全是次品为事件A 3,则它们的概率P(A 1)= 32015215C C C =228105,2282)(320115252==C C C A P ,2282)(320353==C C A P , 而事件A 1、A 2、A 3彼此互斥，因此3件中至少有1件次品的概率P(A 1+A 2+A 3)=P(A 1)+P(A 2)+P(A 3)= 228137. 法二 记从20件产品中任取3件，3件全是正品为事件A ，那么任取3件，至少有1件次品为A ，根据对立事件的概率加法公式P(A )=2281371)(1320315=-=-C C A P 例4 1副扑克牌有红桃、黑桃、梅花、方块4种花色，每种13张，共52张，从1副洗好的牌中任取4张，求4张中至少有3张黑桃的概率.解 从52张牌中任取4张，有452C 种取法.“4张中至少有3张黑桃”，可分为“恰有3张黑桃”和“4张全是黑桃”，共有413139313C C C +⋅种取法452413139313C C C C +⋅∴ 注 研究至少情况时，分类要清楚。
排列组合二项式定理与概率统计(文理全)
n! n(n 1) (n m 1) (m≤n) (n m)!
An n =n! =n(n―1)(n―2) ·„·2·1. ②组合数公式： C n
m
n! n(n 1) (n m 1) m!(n m)! m (m 1) 2 1
r n r
(r=0,1,2,„,n).
n
n n 1 2 ； ②若 n 是偶数， 则中间项(第 1 项)的二项公式系数最大， 其值为 C n 若 n 是奇数， 则中间两项(第 2 2
n3 项和第 项)的二项式系数相等，并且最大，其值为 C n 2 = C n 2 . 2
1 2 n n ③所有二项式系数和等于 2n，即 C 0 n +C n ＋C n +„+C n =2 .
－ －n rຫໍສະໝຸດ r r+1 项是 Tr+1 =C r b. na
－
⑵ 二项展开式的通项公式
n r r 二项展开式的第 r+1 项 Tr+1=C r b (r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。 na
－
⑶ 二项式系数的性质 ①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即 Cn = Cn
k k P( X k ) Cn p (1 p)nk， (k 0， 1 ， 2， ，n) ．此时称随机变量 X 服从二项分布，记作 X ~ B(n，p) ，并称 p 为成
功概率． 三、考点剖析 考点一：排列组合 1、解排列组合题的基本思路： ① 将具体问题抽象为排列组合问题，是解排列组合应用题的关键一步 ② 对“组合数”恰当的分类计算是解组合题的常用方法； ③ 是用“直接法”还是用“间接法”解组合题，其前提是“正难则反” ； 2、解排列组合题的基本方法： ① 优限法：元素分析法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素； 位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置； ② 排异法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。 ③ 分类处理：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论；注意：分类不 重复不遗漏。 ④ 分步处理：对某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决；在解题过程中， 常常要既要分类，以要分步，其原则是先分类，再分步。 ⑤ 插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制元条件
排列组合二项式定理与概率统计
排列组合二项式定理与概率统计重点知识回顾1. 排列与组合⑴ 分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关, 分类计数原理与分类有关⑵ 排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合,⑶排列与组合的主要公式_r —r+1 项是 T r+1 =C n a n r b r .⑵二项展开式的通项公式二项展开式的第r+1项T r+1=c n a n —r b r （r=0,1,…叫）做二项展开式的通项公式。
⑶二项式系数的性质① 在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即 c n = c n r （r=0,1,2，…,n ）.项和第n 3项）的二项式系数相等，并且最大，其值为2A n = n! =n(n — 1)(n — 2)....... 2 • 1.②组合数公式：c mn! n(n 1)(n m 1)(m < n)m!( n m)!m (m 1) 2 1③组合数性质： ①c m ㈡ m (m < n)② c 0 c ； c n 2c ； 2n③ Cn Cnc 4Cnc 1c 3CnCn2n12.二项式定理⑴二项式定理(a +b)n =C 0a n+c n a n — 1 rb+ …+C n a n r b r +… + c n b n ,其中各项系数就是组合数c n，展开式共有n+1项，第问题•区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关,与顺序有关的属于排列问题, 与顺序无关的属于组合问题求共有多少种方法的①排列数公式:A mn! (n m)!n(n 1) (n m 1) (m <n)②若n 是偶数，则中间项（第 n 1项）的二项公式系数最大,2n其值为c 2 ；若旦古数，则中间两项（第n 12n 是奇C n 2 = C n 2③ 所有二项式系数和等于2n ，即C 0+c 1 + C 2+…+c n =2n .④ 奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和， 即 C n +c n +…=c n +c n + …=2n 1.3.概率(1)事件与基本事件：随机事件:在条件S T ,可能发生也可能不发生的事件 事件 诒宀击” 不可能事件:在条件S T , 一定不会发生的事件确定事件必然事件:在条件S T , 一定会发生的事件基本事件：试验中不能再分的最简单的“单位”随机事件；一次试验等可能的产生一个基本事件；任意两 个基本事件都是互斥的；试验中的任意事件都可以用基本事件或其和的形式来表示.(2) 频率与概率：随机事件的频率是指此事件发生的次数与试验总次数的比值.频率往往在概率附近摆 动，且随着试验次数的不断增加而变化，摆动幅度会越来越小•随机事件的概率是一个常数，不随具体的实验 次数的变化而变化.(3) 互斥事件与对立事件：几何概型：每个事件发生的概率只与构成事件区域的长度(面积或体积)成比例.两种概型中每个基本事件出现的可能性都是相等的，但古典概型问题中所有可能出现的基本事件只有有限 个，而几何概型问题中所有可能出现的基本事件有无限个.(5)古典概型与几何概型的概率计算公式：古典概型的概率计算公式：P(A)A 包含的基本事件的个数 基本事件的总数几何概型的概率计算公式：P(A)构成事件A 的区域长度(面积或体积) 试验全部结果构成的区域长度(面积或体积)两种概型概率的求法都是“求比例” ，但具体公式中的分子、分母不同.(6) 概率基本性质与公式(4)古典概型 与几何概型：古典概型：具 有“等可能发生的 有限个基本事件” 的概率模型.再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列。
排列组合二项式定理概率统计
课题排列组合二项式定理与概率统计教学目标1.排列组合的概念和计数方法；2 •二项式定理的展开式公式和系数计算方法教学内容排列组合二项式定理二项式定理二、重点知识回顾1. 排列与组合⑴分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.⑵ 排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与两个计数原理应用3.概率(1)事件与基本事件:随机事件:在条件S T ,可能发生也可能不发生的事件 不可能事件:在条件S T , 一定不会发生的事件 必然事件:在条件S T , 一定会发生的事件基本事件：试验中不能再分的最简单的“单位”随机事件；一次试验等可能的产生一个基本事件；任意两 个基本事件都是互斥的；试验中的任意事件都可以用基本事件或其和的形式来表示.顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题 ⑶排列与组合的主要公式①排列数公式：n lA ：11!n(n 1) (n m 1) (m <n)(n m)!②组合数公式：C ：n!n(n 1) (n m 1)(m < n).m!(n m)! m (m 1) 2 1 ③组合数性质：①C TC ： m (m < n). ②C 0C 1 CnCn 2nCnc n 4 c nC 32n2.二项式定理⑴二项式定理(a +b)n =C 0a n +4 a n 「％+…+C n a n 「r b r +…+ C n b n ，其中各项系数就是组合数 C n ，展开式共有n+1项，第r+1 项是 T r+1 =c n a n 「r b r .⑵二项展开式的通项公式二项展开式的第r+1项T r+1=c n a n 「r b r (r=0,1,…叫)做二项展开式的通项公式。
⑶二项式系数的性质①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即 c n = c n r (r=0,1,2，…,n).②若n 是偶数，则中间项(第 n 1项)的二项公式系数最大,2n其值为C 2；若n 1旦古数，则中间两项(第：12项和第n 3项)的二项式系数相等，并且最大，其值为2C n 2 = C n 2③所有二项式系数和等于2n ，即C 0+C： + C 2+…+cn =2n.④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和, 即 C n +c n +…=c n +c n事件确定事件A n =n! =n(n — 1)(n — 2) …… 2 • 1.(2) 频率与概率：随机事件的频率是指此事件发生的次数与试验总次数的比值.频率往往在概率附近摆 动，且随着试验次数的不断增加而变化，摆动幅度会越来越小•随机事件的概率是一个常数，不随具体的实验 次数的变化而变化.(3) 互斥事件与对立事件：两种概型中每个基本事件出现的可能性都是相等的，但古典概型问题中所有可能出现的基本事件只有有限 个，而几何概型问题中所有可能出现的基本事件有无限个.(5)古典概型与几何概型的概率计算公式：古典概型的概率计算公式：P(A)A 包含的基本事件的个数 基本事件的总数几何概型的概率计算公式：P(A)构成事件A 的区域长度(面积或体积) 试验全部结果构成的区域长度(面积或体积)两种概型概率的求法都是“求比例”，但具体公式中的分子、分母不同.(6)概率基本性质与公式①事件A 的概率P(A)的范围为：0< P(A) < 1 .②互斥事件 A 与B 的概率加法公式：P(AU B) P(A) P(B).③对立事件 A 与B 的概率加法公式： P(A) P(B) 1 .(7)如果事件A 在一次试验中发生的概率是 p ,则它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率是p n (k) =C n p k (1— p)n k .实际上，它就是二项式[(1 — p)+p] n 的展开式的第k+1项.(8)独立重复试验与二项分布① .一般地，在相同条件下重复做的 n 次试验称为n 次独立重复试验.注意这里强调了三点： (1)相同条件；(2)多次重复；(3)各次之间相互独立；② .二项分布的概念：一般地，在 n 次独立重复试验中，设事件 A 发生的次数为X ,在每次试验中事件 A 发生的概率为p ,那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为 P(X k) C ；p k (1 p)nk ,(k 0,1,2,L , n).此时称随机变量 X 服从二项分布，记作 X~B(n, p)，并称p 为成 功概率. 三、考点剖析考点一：排列组合1、解排列组合题的基本思路：① 将具体问题抽象为排列组合问题，是解排列组合应用题的关键一步 ② 对“组合数”恰当的分类计算是解组合题的常用方法；③ 是用“直接法”还是用“间接法”解组合题，其前提是“正难则反”；的概率模型. (4)古典概型 与几何概型：古典概型：具 有“等可能发生的 有限个基本事件”其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。
专题04 排列组合与二项式定理(解析版)--高二数学专题解析
专题04排列组合与二项式定理--高二数学专题解析知识点一：排列1：排列≤)个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不（1）定义：一般地,从n个不同元素中取出m(m n同元素中取出m个元素的一个排列.（2）相同排列：两个排列的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.2：排列数与排列数公式1：组合（1）定义：一般地：从n个不同的元素中取出m(m n≤)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合.（2）相同组合：只要两个组合的元素相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合.（3）组合与排列的异同≤)个元素”.相同点:组合与排列都是“从n个不同的元素中取出m(m n不同点:组合要求元素“不管元素的顺序合成一组”,而排列要求元素“按照一定的顺序排成一列”因此区分某一问题是组合问题还是排列问题,关键是看选出的元素是否与顺序有关,即交换某两个元素的位置对结果有没有影响,若有影响,则是排列问题，若无影响，则是组合问题.2：组合数与组合数公式（1）组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m n≤)个元素的所有不同组合的个数,叫做从n个不同元3：组合数的性质b一、单选题1．在()5232x x ++的展开式中x 的系数是（）A ．160B ．180C ．240D ．210【答案】C【分析】根据二项式的定义可知有4个因式中取2，1个因式中取3x 项，即可得解.【详解】在()5232x x ++的展开式中，要得到含x 的项，则有4个因式中取2，1个因式中取3x 项，故x 的系数为445C 32240⨯⨯=．故选：C7．高三（一）班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则共有________种不同的排法．【答案】3600【答案】20【分析】根据题意，先对【详解】对于6盏不同的花灯进行取下，可先对因为取花灯每次只能取一盏，且只能从下往上取，又因为每串花灯先后顺序已经固定，所以除去重复的排列顺序，所以共有663333A20 A A=故答案为：20.13．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(4)6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒．x16．（多选题）若()32+n x（=20．（多选题）有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（）A ．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种B ．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种C ．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种D ．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种【答案】BCD【分析】对于A ：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B ：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C ：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D ：先将学生安排出去，再排除有小区没有人去的可能.【详解】对于选项A ：可知有三种可能：甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有2323A A 12=种；甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有12222222C A A A 16=种；甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有2323A A 12=种；不同的排法共有12161240++=种，故A 错误；对于选项B ：可知有四种可能：甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有33A 6=种；甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有1333C A 18=种；甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有1333C A 18=种；甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有2333A A 36=种；不同的排法共有618183678+++=种，故B 正确；对于选项C ：若甲、乙相邻，则不同的排法有2424A A 48=种；若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有2323A A 12=种；不同的排法共有481236-=种，故C 正确；对于选项D ：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有53243=种；若有小区没有人去，则有两种可能：所有人去了一个小区，则不同的排法有13C 3=种；所有人去了两个小区，则不同的排法有()25132C 2C 90-=种；不同的排法共有()243390150-+=种，故D 正确；故选：BCD.21．将5名学生分到A ，B ，C 三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A 宿舍的不同分法有__________．原理即可得出答案.【详解】首位是1，第二位是0，则后三位可以用剩下的数字全排列，共有33A 6=个，前两位是12，第三位是0，后两位可以用余下的两个数字进行全排列，共有22A 2=种结果.前三位是123，第四位是0，最后一位是4，只有1种结果，∴数字12340前面有6+2+1=9个数字，数字本身就是第十个数字.故答案为：10.27．重新排列1，2，3，4，5，6，7，8．(1)使得偶数在原来的位置上，而奇数不在原来的位置上，有多少种不同排法？(2)使得偶数在奇数的位置上，而奇数在偶数的位置上，有多少种不同的排法？(3)使得偶数在偶数位置上，但都不在原来的位置上；奇数在奇数位置上，但也都不在原来的位置上，有多少种不同的排法？(4)如果要有数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(5)如果只有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(6)如果至少有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(7)偶数在偶数位置上；但恰有两个数不在原来位置上，奇数在奇数位置上，但恰有两个数不在原来位置上，有多少种不同排法？(8)偶数在偶数位置上，且至少有两个数不在原来位置上；奇数在奇数位置上，也至少有两个数不在原来位置上，有多少种不同排法？【答案】(1)9；(2)576；(3)81；(4)25487；(5)630；(6)771；(7)36；(8)225.【分析】（1）利用匹配问题错排公式求解；（2）利用乘法分步原理求解；（3）利用匹配问题求解；（4）用排除法．对8个数进行全排列，再减去没有数在原来的位置上的排法，即得解；（5）利用乘法分步原理求解；（6）用排除法．先对8个数进行全排列，再去掉恰有i 个数在原来位置上的排法()0123i =,,,，即得解；（7）利用匹配问题和分步乘法原理得解；。
第讲排列组合和二项式定理概率(2022高考数学---新东方内部
第讲排列组合和二项式定理概率(2022高考数学---新东方内部第十一章排列、组合和二项式定理1.排列数公式mAnn(n1)(n2)(nm1)n!n(mn)；Ann!n(n1)(n2)21。
(nm)!如①1！+2！+3！+…+n！（n4,nN某）的个位数字为；（答：3）②满足A8某6A8某2的某＝（答：8）组合数公式mAnn(n1)(nm1)n!0Cm(mn)；规定0!1，Cn1.Amm(m1)21m!nm!mnmnm如已知CnCm1An6，求n，m的值.（答：m＝n＝2）(了解)排列数、组合数的性质①CnmCnnm；1②CnmCnm1Cnm1；kk1③kCn；nCn11④CrrCrr1Crr2CnrCnr；1⑤nn!(n1)!n!；n11⑥.(n1)!n!(n1)!2.解排列组合问题的依据是：分类相加（每类方法都能独立地完成这件事，它是相互独立的，一次的且每次得出的是最后的结果，只需一种方法就能完成这件事），分步相乘（一步得出的结果都不是最后的结果，任何一步都不能独立地完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事，各步是关联的），有序排列，无序组合．如①将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种；（答：35）②从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有种；（答：70）③从集合1,2,3和1,4,5,6中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数是_；（答：23）④72的正约数（包括1和72）共有个；（答：12）⑤A的一边AB上有4个点，另一边AC上有5个点，连同A的A顶点共10个点，以这些点为顶点，可以构成_____个三角形；（答：CB90）⑥用六种不同颜色把右图中A、B、C、D四块区域分开，允许同一颜色涂不同区域，但相邻区域不能是同一种颜色，则共有D种不同涂法；（答：480）⑦同室4人各写1张贺年卡，然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有种；（答：9）⑧f是集合Ma,b,c到集合N1,0,1的映射，且f(a)f(b)f(c)，则不同的映射共有个；（答：7）3.解排列组合问题的方法有：（1）特殊元素、特殊位置优先法元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置）。
高三数学排列与组合、二项式定理及概率知识系统讲解(启东名师)
高三数学排列与组合、二项式定理及概率知识系统讲解●知识考点1．正确理解和掌握分类计数原理及分步计数原理．利用分类计数原理及分步计数原理解决实际问题．234561，和按事件发生的连续过程“分步”．2．对于含有多个限制条件的问题，应先分析每个限制条件，然后综合考虑是用“直接法”(优先考虑多个限制条件) 逐个满足限制条件；还是用“间接法”(排除法) 先不考虑限制条件的问题, 然后排除不合条件的情形；有时也可用先局部满足限制条件、放弃部分限制条件方法进行；有时需用集合的对应关系来分析；有时可选择不同的途径进行思考；以便对照检验，防止重复或遗漏；有时也可用数字缩小来检验．3．解排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等八种．4． 解排列与组合应用题经常运用的数学思想是：①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想． 5．二项式定理实质是公式222()2a b a ab b +=++、33223()33a b a a b ab b +=+++的推广, 它 揭示了二项式的n 次幂的展开式在项数、系数、次数等方面的联系, 特别是通项公式即展开式第1r +项67=●典例精析【例1】从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任）， 要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（ ）A．210种B．420种C．630种D．840种解析本题考查排列、组合的基础知识，以及综合运用知识解决实际问题的能力．选出3位老师后，派到3个班担任班主任的不同排法是一个简单的排列问题．因此，解决问题的关键是要确定从9位老师中选出符合要求的3位老师的选法．由于存在不同情況，所以需要分类讨论，在每一种情况中，又需应用组合的意义及分步原理．由此可看出，本题综合考查了考生对排列、组合意义的理解，分步原理的应用，以及分类Ca解析解法一：（直接法）当首位排2，次位排3时，有P33－1种；次位排4、5时有2P33种，共计17种；当首位排3，P44种，共计24种；当首位排4，次位排3时，有P33－1种；次位排1、2时有2P33种，共计17种；以上总计17+24+17=58种．解法二：（间接法）不作限定时有55P120种；当首位排1或5时，各有P44种，共计48种不满足要求；当首位排2，次位排1时，有P33种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求；当首位排4，次位排5时，有P 33种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求； 因此共有120－48－7－7=58种排法，即58个数． 【答案】C【例5】若)(...)21(2004200422102004R x x a x a x a a x ∈++++=-，则(解 将一班3位同学视为一个整体，将这一整体与其他班的5位同学进行全排列,共有6633A A 种方法，并且他们之间共留下了7个空隙，将余下的二班的2位同学分别插入,共有27A 种方法，故一班有3位同学恰好被排在一起，而二班的2位同学没有排在一起排法总数为6633A A 27A .故所求的概率为 2011010276633=A A A A .【答案】B 【例7】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为41,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为121,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为2.,（Ⅰ）求甲射击4次，至少1次未击中目标的概率；（Ⅱ）求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；（Ⅲ）假设某人连续2次未击中．．．目标,则停止射击.问:乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？ 分析本题主要考查相互独立事件同时发生或互斥事件发生的概率的计算方法，考查运用概率知识解决实际问题的能力.解(1)记“甲连续射击4次至少有一次末中目标”为事件A 1，由题意知，射击4次，相当于作4次独立重复试验，故)(1)(11A P A P -=＝.8165)32(14=- 答：甲连续射击4次至少有一次末中目标的概率为：.8165 （2）记“甲射击4次，恰有2次射中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰有3次射中目标”为事件B 2，，2名新队员的排法有 2A ．7 B ．7 C ．7 D ．73. (2006年全国高考安徽卷)设常数0a >，42ax⎛+ ⎝展开式中3x 的系数为32，则a ＝__ _ ． 4. (2006年全国高考全国Ⅰ卷)安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有___ ______种．（用数字作答）5.(2006年全国高考山东文科卷) 盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取3张，每张卡片被抽出的可能性都相等，求：(Ⅰ)抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率；(Ⅱ)抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概念；(Ⅲ)抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率.6，8.(2006年全国高考四川文科卷) 某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”则该课程考核“合格”，甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9，所有考核是否合格相互之间没有影响 （Ⅰ）求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率； （Ⅱ）求这三人该课程考核都合格的概率．（结果保留三位小数）高考链接答案:6. 解：（I ）“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A ，由题意149)(3816222612=++=C C C C C A P （II ）“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为B ，则283)(381622==C C C B P（III ）“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为C ，“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为D ，由题意，C 与D 是对立事件，因为73)(36162214==C C C C D P , 所以74731)(1)(=-=-=D P C P . 7. 设A i 表示事件“第二箱中取出i 件二等品”，i =0，1；B i 表示事件“第三箱中取出i 件二等品”，i =0，1，， 解法1：()()123123123123P C P A A A A A A A A A A A A =+++()()()()123123123123P A A A P A A A P A A A P A A A =+++0.90.80.30.90.20.70.10.80.70.90.80.7=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 0.902=解法2：()()1P C P C =-()1231231231231P A A A A A A A A A A A A =-+++()()()()1231231231231P A A A P A A A P A A A P A A A ⎡⎤=-+++⎣⎦()10.10.20.30.90.20.30.10.80.30.10.20.7=-⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯10.098=- 0.902=所以，理论考核中至少有两人合格的概率为0.902（Ⅱ）记“三人该课程考核都合格” 为事件D()()()()112233P D P A B A B A B =⋅⋅⋅⋅⋅⎡⎤⎣⎦()()()112233P A B P A B P A B =⋅⋅⋅⋅⋅()()()()()()112233P A P B P A P B P A P B =⋅⋅⋅⋅⋅0.90.80.80.80.70.9=⨯⨯⨯⨯⨯ 0.254016=0.254≈所以，这三人该课程考核都合格的概率为0.254。
高中数学排列组合总结及例题解析
高中数学排列组合总结及例题解析内容总结：一．基本原理1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：从n 个不同元素中，任取m （m ≤n ）个元素，按照一定的顺序排成一.m n mn A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从1.公式：1.()()()()!!121m n n m n n n n A mn -=+---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =⨯-+⨯=+(2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ⨯=+-⨯=+⨯-=+-； (3)111111(1)!(1)!(1)!(1)!!(1)!n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。
1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n mn m m m==--+=-11……!!!! 10=n C 规定：组合数性质：.2 nn n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，，①；②；③；④11112111212211r r r r r r r r r r r rr r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=++++=+++=注：若12m m 1212m =m m +m n nn C C ==则或 四、二项式定理.1. ⑴二项式定理：n n n r r n r n n n n nn b a C b a C b a C b a C b a 01100)(+++++=+-- . 展开式具有以下特点：① 项数：共有1+n 项；② 系数：依次为组合数;,,,,,,210n n r n n n n C C C C C③ 每一项的次数是一样的，即为n 次，展开式依a 的降幕排列，b 的升幕排列展开.⑵二项展开式的通项.n b a )+（展开式中的第1+r 项为：),0(1Z r n r b aC T rr n r n r ∈≤≤=-+.⑶二项式系数的性质.①在二项展开式中与首未两项“等距离”的两项的二项式系数相等； ②二项展开式的中间项二项式系数．．．．．最大. I. 当n是偶数时，中间项是第12+n项，它的二项式系数2nn C 最大； II. 当n 是奇数时，中间项为两项，即第21+n 项和第121++n 项，它们的二项式系数2121+-=n nn n C C 最大.③系数和：1314201022-=++=+++=+++n n n n n n n n n n n C C C C C C C C典例分类讲解：一、合理分类与准确分步法(利用计数原理)解含有约束条件的排列组合问题，应按元素性质进行分类，按事情发生的连续过程分步，保证每步独立，达到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏。
高考数学知识点排列组合二项式和概率
高考知识点：排列、组合、二项式、概率一、分类计数原理和分步计数原理：分类计数原理：如果完成某事有几种不同的方法，这些方法间是彼此独立的，任选其中一种方法都能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理：如果完成某事，必须分成几个步骤，每个步骤都有不同的方法，而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接，只有依次完成所有各步，才能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别：如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事，则选用分类计数原理，即类与类之间是相互独立的，即“分类完成”；如果只有当n 个步骤都做完，这件事才能完成，则选用分步计数原理，即步与步之间是相互依存的，连续的，即“分步完成”。
二、排列与组合：（1）排列与组合的区别和联系：都是研究从一些不同的元素中取出n 个元素的问题； 区别：前者有顺序，后者无顺序。
（2）排列数、组合数： 排列数的公式：)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n ≤-=+---= 注意：①全排列：!n A n n =； ②记住下列几个阶乘数，1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720； 排列数的性质：①1-=m m nA A （将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两步完成：第一步从n 个元素中选出1个排在指定的一个位置上；第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）②m m m A mA A 1-+=（将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两类完成：第一类：m 个元素中含有a ，分两步完成：第一步将a 排在某一位置上，有m 不同的方法。
第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）即有11--m n mA 种不同的方法。
第二类：m 个元素中不含有a ，从1-n 个元素中取出m 个元素排在m 个位置上，有m n A 1-种方法。