2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第3节 二项式定理学案
2019高考新课标数学(理)一轮考点突破课件：第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 10-7
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类型一
随机变量的概念与性质
(1)设离散型随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P m 0.2 0.1 0.1 0.3 求：(Ⅰ)2X＋1 的分布列； (Ⅱ)|X－1|的分布列．
高三大一轮复习学案
解：由分布列的性质知： 0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，解得 m＝0.3，则 X 0 1 2 3 4 2X＋1 1 3 5 7 9 |X－1| 1 0 1 2 3 从而由上表得所求分布列如下． (Ⅰ)2X＋1 的分布列： 2X＋1 1 3 5 7 9 P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3 (Ⅱ)|X－1|的分布列： |X－1| 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.3 0.3
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高三大一轮复习学案
解：赌金 ξ1 的分布列为 ξ1 1 2 P 1 5 1 5 3 1 5 4 1 5 5 1 5
1 E(ξ1)＝ (1＋2＋3＋4＋5)＝3， 5 奖金 ξ2 的分布列为 ξ2 1.4 2.8 4.2 5.6 4 3 2 1 P 2 2 2 2 C5 C5 C5 C5 4 3 2 1 E(ξ2)＝1.4× 2＋2.8× 2＋4.2× 2＋5.6× 2＝2.8，E(ξ1)－ C5 C5 C5 C5 E(ξ2)＝0.2.故填 0.2.
解：X 可能取值为 0 或 1，而 P(X＝1)＝2P(X＝0)，且 1 P(X＝1)＋P(X＝0)＝1.所以 P(X＝0)＝ .故选 C. 3
(2015·山西模拟)从 1，2，3，4，5 中选 3 个数， 用 ξ 表示这 3 个数中最大的一个，则 E(ξ)＝( ) A．3 B．4.5 C．5 D．6
高三大一轮复习学案
(2015·上海)赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是： 赌客先在标记有 1，2，3，4，5 的卡片中随机摸取一张，将卡 片上的数字作为其赌金(单位：元)；随后放回该卡片，再随机 摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的 1.4 倍作为其 奖金(单位：元)．若随机变量 ξ1 和 ξ2 分别表示赌客在一局赌博 中的赌金和奖金，则 E(ξ1)－E(ξ2)＝________(元)．
2019版高考数学(理)一轮复习全国经典版：第10章 计数原理、概率、随机变量及分布列 第3讲 二项式定理
第3讲二项式定理板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1二项式定理的内容1．(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b1＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N*)．2．第r＋1项，T r＋1＝C r n a n－r b r.3．第r＋1项的二项式系数为C r n(r＝0,1，…，n)．考点2二项式系数的性质的关系是相等．1．0≤k≤n时，C k n与C n－kn3．各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n，C0n＋C2n＋C4n＋…＝2n－1，C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.[必会结论]1．二项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；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项增1直到n .(4)二项式的系数从C 0n ，C 1n ，…一直到C n －1n ，C nn .2．二项式系数与项的系数二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关．如(a ＋bx )n 的展开式中，第k ＋1项的二项式系数是C k n ，而该项的系数是C k n an －k b k .当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)C k na n －kb k是二项展开式的第k 项．( ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( ) (4)在(1－x )9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( ) (5)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×2．[课本改编]若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( )A ．9B ．8C ．7D ．6答案 B解析 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8.3．[课本改编]二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的展开式中常数项为( )A ．－15B ．15C ．－20D ．20答案 B解析 依题意，二项展开式的通项公式T r ＋1＝C r 6x6－r·(－x －12 )r ＝(－1)r C r6x 6－r －r 2 ，令6－r －r 2＝0，得r ＝4，所以常数项为(－1)4C 46＝15.4．[2018·抚州模拟]若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n展开式的二项式系数之和为128，则展开式中x 2的系数为( )A ．－21B ．－35C ．35D ．21答案 C解析 由已知得2n＝128，n ＝7，所以T r ＋1＝C r 7x 2(7－r )·⎝⎛⎭⎪⎫－1xr ＝C r 7(－1)r x 14－3r ，令14－3r ＝2，得r ＝4，所以展开式中x 2的系数为C 47(－1)4＝35.故选C.5．[2017·山东高考]已知(1＋3x )n 的展开式中含有x 2项的系数是54，则n ＝________.答案 4解析 (1＋3x )n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r n (3x )r.令r ＝2，得T 3＝9C 2n x 2.由题意得9C 2n ＝54，解得n ＝4.6．[2018·吉林模拟](x ＋2)10(x 2－1)的展开式中x 10的系数为________．答案 179解析 (x ＋2)10(x 2－1)＝x 2(x ＋2)10－(x ＋2)10，本题求x 10的系数，只要求(x ＋2)10展开式中x 8及x 10的系数T r ＋1＝C r 10x 10－r ·2r 取r ＝2，r ＝0得x 8的系数为C 210×22＝180，x 10的系数为C 010＝1， ∴所求系数为180－1＝179.板块二 典例探究·考向突破考向二项展开式中特定项或系数问题例 1 (1)(x y －y x )4的展开式中，x 3y 3项的系数为________．答案 6解析 由二项展开式的通项可得T r ＋1＝C r 4(x ·y )4－r ·(－y x )r ＝(－1)r C r4x4－r 2 ·y2＋r2.令⎩⎪⎨⎪⎧4－r 2＝32＋r 2＝3解得r ＝2，所以展开式中x 3y 3的系数为(－1)2C 24＝6.(2)[2016·山东高考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________.答案 －2 解析 T r ＋1＝a5－r C r5x10－52r，令10－52r ＝5，解之得r ＝2，所以a 3C 25＝－80，a ＝－2.触类旁通求二项展开式中的项或项的系数的方法(1)展开式中常数项、有理项的特征是通项式中未知数的指数分别为零和整数．解决这类问题时，先要合并通项式中同一字母的指数，再根据上述特征进行分析．(2)有关求二项展开式中的项、系数、参数值或取值范围等，一般要利用通项公式，运用方程思想进行求值，通过解不等式(组)求取值范围．【变式训练1】 (1)[2018·广东测试]⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( )A ．－54B.54C ．－1516 D.1516答案 D解析 T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－12r C r 6x12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4.∴常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 46＝1516.故选D.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －124x 8的展开式中的有理项共有________项．答案 3解析 ∵T r ＋1＝C r8(x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－12r C r 8x 16－3r4 ，∴r 为4的倍数，故r ＝0,4,8共3项．考向二项式系数的和或各项系数的和例 2 二项式(2x －3y )9的展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值之和．解 设(2x －3y )9＝a 0x 9＋a 1x 8y ＋a 2x 7y 2＋…＋a 9y 9.(1)二项式系数之和为C 09＋C 19＋C 29＋…＋C 99＝29.(2)各项系数之和为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9，令x ＝1，y ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝－1，①令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，②①＋②得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝59－12，此即为所有奇数项系数之和．(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 9|＝a 0－a 1＋a 2－…－a 9，令x ＝1，y ＝－1，得|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 9|＝a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，此即为各项系数绝对值之和．触类旁通二项式定理中赋值法的应用(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．(2)对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(3)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2， 偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2. 【变式训练2】 (1)[2018·温州调研]已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20答案 D解析 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.(2)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项二项式系数之和为B ，且A ＋B ＝72，则展开式中常数项的值为________．答案 9解析 令x ＝1，得各项系数的和为4n ，而各项的二项式系数的和等于2n ，根据已知，得方程4n ＋2n ＝72，解得n ＝3.所以二项展开式的通项T r ＋1＝C r 3(x )3－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3xr＝3r C r 3x 32－32r ，显然当r ＝1时，T r ＋1是常数项，值为3C 13＝9.考向项的系数的最值问题例 3 [2018·宜昌高三测试]已知(x23 ＋3x 2)n 的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为32.(1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．解 令x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n . 又展开式中二项式系数和为2n.∴22n 2n ＝2n＝32，n ＝5.(1)∵n ＝5，展开式共6项，∴二项式系数最大的项为第三、四两项，∴T 3＝C 25(x23 )3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x23 )2(3x 2)3＝270x 223.(2)设展开式中第k ＋1项的系数最大，则由T k ＋1＝C k5(x23 )5－k (3x 2)k ＝3k C k 5x 10＋4k 3 ，得⎩⎪⎨⎪⎧3k C k 5≥3k －1C k －15，3k C k 5≥3k ＋1C k ＋15，∴72≤k ≤92，∴k ＝4， 即展开式中系数最大的项为T 5＝C 45(x23 )(3x 2)4＝405x263 .触类旁通1．求二项式系数最大项(1)如果n 是偶数，那么中间一项(第⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋1项)的二项式系数最大； (2)如果n 是奇数，那么中间两项(第n ＋12项与第⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12＋1项)的二项式系数相等并最大．2．求展开式系数最大项如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1A k ≥A k ＋1从而解出k 来，即得．【变式训练3】 (1)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A ．180B ．120C ．90D ．45答案 A解析 只有第6项的二项式系数最大，可知n ＝10，于是展开式通项为T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝2r C r 10·x 5－5r2，令5－5r2＝0，得r ＝2，所以常数项为22C 210＝180.故选A.(2)若x ∈(0，＋∞)，则(1＋2x )15的二项展开式中系数最大的项为第________项．答案 11解析 T r ＋1＝C r 152r x r，由⎩⎪⎨⎪⎧C r －1152r －1≤C r 152r，C r ＋1152r ＋1≤C r 152r， 解得293≤r ≤323，故r ＝10，所以第11项的系数最大．考向二项式定理的应用命题角度1 n 个多项式积的展开式问题例 4 [2017·全国卷Ⅰ]⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35答案 C解析 因为(1＋x )6的通项为C r 6x r，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中含x 2的项为1·C 26x 2和1x 2·C 46x 4.因为C 26＋C 46＝2C 26＝2×6×52×1＝30， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为30. 故选C.【变式训练4】 [2017·全国卷Ⅲ](x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( )A ．－80B ．－40C ．40D ．80答案 C解析 因为x 3y 3＝x ·(x 2y 3)，其系数为－C 35·22＝－40， x 3y 3＝y ·(x 3y 2)，其系数为C 25·23＝80. 所以x 3y 3的系数为80－40＝40.故选C. 命题角度2 与整除有关的问题例 5 [2018·潍坊模拟]设a ∈Z ，且0≤a <13，若512018＋a 能被13整除，则a ＝( )A ．0B ．1C ．11D ．12答案 D解析 由于51＝52－1，(52－1)2018＝C 020********－C 12018522017＋…－C 20172018521＋1，又由于13整除52，所以只需13整除1＋a ，0≤a <13，a ∈Z ，所以a ＝12.命题角度3 求近似值的问题例 6 求0.9986的近似值，使误差小于0.001.解 0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6，∵T3＝15×(－0.002)2＝0.00006<0.001，即第3项以后的项的绝对值都小于0.001，∴从第3项起，以后的项可以忽略不计，即0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝0.988.触类旁通二项式定理应用的题型及解法(1)对于多项式积的特定项问题，可通过“搭配”解决，但要注意不重不漏．(2)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．(3)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.【变式训练5】99100＋1除以1000的余数是________．答案 2解析99100＋1＝(100－1)100＋1＝C0100×100100＋(－C1100×10099)＋…＋(－C99100×100)＋C100100×1＋1＝100100－100×10099＋…－10000＋2，从第一项到倒数第二项都能被1000整除，∴余数是2.核心规律1.二项展开式的通项T k＋1＝C k n a n－k b k是展开式的第k＋1项，这是解决二项式定理有关问题的基础．在利用通项公式求指定项或指定项的系数时，要根据通项公式讨论对k的限制．2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以，在解题时，根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．满分策略1.注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题．2.解题时，要注意区别二项式系数和项的系数的不同、项数和项的不同．3.切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念.板块三启智培优·破译高考题型技法系列17——拆分法破解三项展开式中特定项(系数)问题[2015·全国卷Ⅰ](x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为()A．10 B．20C．30 D．60解题视点利用拆分法，(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，将(x2＋x)看作一项，应用二项式定理求解．解析由二项展开式通项易知T r＋1＝C r5(x2＋x)5－r y r，令r＝2，则T3＝C25(x2＋x)3y2，对于二项式(x2＋x)3，由T t＋1＝C t3(x2)3－t·x t＝C t3x6－t，令t＝1，所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.答案 C答题启示二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解.跟踪训练(1)(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为()A．－210 B．210C．30 D．－30答案 A解析 (x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 010(x 2)10－C 110(x 2)9(x －1)＋…－C 910x 2(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以含x 3项的系数为：－C 910C 89＋C 1010(－C 710)＝－210.故选A.(2)[2018·安徽安庆模拟]将⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________． 答案 －160解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开后的通项是C k 6(x )6－k·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k ＝(－2)k ·C k 6(x )6－2k. 令6－2k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a n (n ∈N *)的展开式中含a 3的项为第3项，则n 的值为( )A ．2B ．6C ．12D ．24答案 C 解析 ∵T 3＝C 2n a n －22 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝C 2n a n2－3 ，∴n 2－3＝3，得n ＝12.故选C.2．[2018·湖北模拟]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( )A ．2 B.54 C ．1 D.24 答案 C解析T r ＋1＝C r 7·(2x )7－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a xr ＝27－r C r 7a r·1x2r －7.令2r －7＝3，则r ＝5.由22·C 57a 5＝84得a ＝1.故选C.3．(1＋x )8(1＋y )4的展开式中x 2y 2的系数是( ) A ．56 B ．84 C ．112 D ．168答案 D解析 因为(1＋x )8的展开式中x 2的系数为C 28，(1＋y )4的展开式中y 2的系数为C 24，所以x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.故选D.4．已知(1－2x )n 展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则(1－2x )n (1＋x )的展开式中含x 2项的系数为( )A ．71B ．70C ．21D ．49答案 B解析 因为奇数项的二项式系数之和为2n －1，所以2n －1＝64，n＝7，因此(1－2x )n (1＋x )的展开式中含x 2项的系数为C 27(－2)2＋C 17(－2)＝70.故选B.5．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40答案 D解析 令x ＝1，得(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的通项为T r ＋1＝C r 5·(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r. 令5－2r ＝1，得r ＝2.令5－2r ＝－1，得r ＝3.∴展开式的常数项为(－1)2×23·C 25＋(－1)3· 22·C 35＝80－40＝40.6．[2018·遵义四中月考](2－x )8展开式中不含x 4项的系数的和为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 B解析 二项式的通项T k ＋1＝C k 828－k (－1)k (x )k ＝C k 828－k·(－1)k x k 2，令k ＝8，则T 9＝C 88(－1)8x 4＝x 4，∴x 4的系数为1，令x ＝1，得展开式的所有项系数和为(2－1)8＝1，∴不含x 4项的系数的和为0.选B.7．[2018·衡水模拟]已知(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，则a 8等于( )A ．180B ．90C ．－5D ．5答案 A解析 (1＋x )10＝[2－(1－x )]10，其通项公式为T r ＋1＝C r 10210－r·(－1)r (1－x )r ，a 8是r ＝8时，第9项的系数．∴a 8＝C 81022(－1)8＝180.故选A.8．设a ＝⎠⎛0πsin x d x ，则二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －1x 6展开式中的常数项是________．答案 －160解析 a ＝⎠⎛0πsin x d x ＝(－c os x )|π0＝2，T r ＋1＝C r 6(2x )6－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 626－r (－1)r x 3－r， 令3－r ＝0，则r ＝3.所以二项展开式中常数项为－C 36·23＝－160. 9．[2018·唐山模拟]S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数为________．答案 7解析 依题意S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1＝9×(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2.∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是正整数，∴S 被9除的余数为7.10．[2015·全国卷Ⅱ](a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.答案 3解析 设f (x )＝(a ＋x )(1＋x )4，则其展开式的所有项的系数和为f (1)＝(a ＋1)·(1＋1)4＝(a ＋1)×16，∵展开式中x 的奇数次幂项的系数和为12[f (1)－f (－1)]，又f (－1)＝0，∴12×(a ＋1)×16＝32，∴a ＝3.[B 级 知能提升]1．[2018·山西四校联考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 6＋1x x n 的展开式中含有常数项，则正整数n 的最小值等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C 解析T r ＋1＝C r n (x 6)n －r ⎝⎛⎭⎪⎫1x x r ＝C rn x 6n －15r 2 ，当T r ＋1是常数项时，6n－15r 2＝0，即n ＝5r4，又n ∈N *，故n 的最小值为5.故选C.2．[2018·福建厦门联考]在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 201810的展开式中，x 2的系数为( )A ．10B ．30C ．45D ．120答案 C解析 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 201810＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋x )＋1x 201810＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x2018＋…＋C 1010⎝ ⎛⎭⎪⎫1x201810，所以x 2只出现在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.故选C.3．[2017·浙江高考]已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.答案 16 4解析 a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·22＝16；a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·22＝4.4．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x n 的展开式中前三项的系数成等差数列． (1)求n 的值；(2)求展开式中系数最大的项． 解 (1)由题设，得C 0n ＋14·C 2n ＝2×12·C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍去)．(2)设第r ＋1的系数最大，则⎩⎨⎧12r C r 8≥12r ＋1C r ＋18，12r C r 8≥12r －1C r －18.即⎩⎨⎧18－r ≥12(r ＋1)，12r ≥19－r ，解得2≤r ≤3.所以系数最大的项为T 3＝7x 5，T 4＝7x72 .5．[2018·焦作模拟]已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含x32的项；(3)求展开式中二项式系数最大的项． 解 由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4， 第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·(－2)4C 2n ·(－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0， 解得n ＝8或n ＝－3(舍去)．(1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k ·(－2x 2)k ＝C k 8·(－2)k·x 8－k2－2k ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1.故展开式中含x32的项为T 2＝－16x32 .(3)由n ＝8知第五项二项式系数最大， 此时T 5＝1120x －6.。
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.2排列与组合习题名师课件理科
24(种)．故选 B.
6．(2017· 黔江模拟)从 0,2 中选一个数字，从 1,3,5 中选 两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 ( ) A．24 B．18 C．12 D．6
解析 根据所选偶数为 0 和 2 分类讨论求解． ①当选数字 0 时，再从 1,3,5 中取 2 个数字排在个位与
)
上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有 C1 4＝4 种满足
1 1 1 2 题意的选法，故满足题意的三位数共有 C 4 ×C 5 C 5 A2 ＝
200(个)．故选 D.
10．(2018· 赣州摸底)甲、乙、丙 3 名教师安排在 10 月 1 日至 5 日的 5 天中值班， 要求每人值班一天且每天至多安 排一人， 其中甲不在 10 月 1 日值班且丙不在 10 月 5 日值班， 则不同的安排方法有( ) A．36 种 B．39 种 C．42 种 D．45 种
7．(2018· 河北衡水模拟)某大学的 8 名同学准备拼车去 旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘 甲、乙两辆汽车．每辆车限坐 4 名同学(乘同一辆车的 4 名 同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则 乘坐甲车的 4 名同学中恰有 2 名同学是来自于同一年级的乘 坐方式共有( ) A．24 种 B．18 种 C．48 种 D．36 种
3 一路口，则有 C2 A 3 3种．当有 3 人在一路口时只能是甲、乙 1 3 3 1 3 和其余三人中一个在一起， 则有 C3 A3， 所以共有 C2 3A3＋C3A3
＝36 种，故选 C.
2．某学校周五安排有语文、数学、英语、物理、化学、 体育六节课， 要求体育不排在第一节课， 数学不排在第四节 课，则这天课表的不同排法种数为( ) A．600 B．288 C．480 D．504
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案理
10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理[知识梳理]1．两个计数原理[诊断自测]1．概念思辨(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)如果完成一件事情有n个不同的步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√2．教材衍化(1)(选修A2－3P 10T 4)某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有( )A ．510种B ．105种C ．50种D ．以上都不对答案 A解析 要完成这件事可分10步，即10名乘客分别选一个车站下车，由于每个乘客都有5个车站进行选择，由分步乘法计数原理知，乘客下车的可能方式有N ＝＝510(种)．故选A.(2)(选修A2－3P 10T 1)某种彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11到20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A ．3360元B ．6720元C ．4320元D ．8640元答案 D解析 这种特殊要求的号共有8×9×10×6＝4320(注)，因此至少需花费4320×2＝8640(元)，所以选D.3．小题热身(1)(2018·杭州质检)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答案 D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．故根据分类加法计数原理共有8个等比数列．故选D.(2)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A ．24种B ．30种C ．36种D ．48种答案 D解析 需要先给C 块着色，有4种结果；再给A 块着色，有3种结果；再给B 块着色，有2种结果；最后给D 块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)．故选D.题型1 分类加法计数原理的应用典例三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．4种B．6种C．10种D．16种本题用树状图法．答案B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．故选B.方法技巧1．分类加法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分类加法计数原理进行计数时，需要根据完成事件的特点，将要完成一件事的方法进行“分类”计算．(2)要求：各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．2．使用分类加法计数原理遵循的原则有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．提醒：对于分类类型较多，而其对立事件包含的类型较少的可用间接法求解．冲关针对训练(2018·信阳期末)用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( ) A．3种B．5种C．9种D．12种答案C解析用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，有以下几类办法：①用2张10元钱支付；②用1张10元钱和2张5元钱支付；③用1张10元钱、1张5元钱和5张1元钱支付；④用1张10元钱和10张1元钱支付；⑤用1张5元钱和15张1元钱支付；⑥用2张5元钱和10张1元钱支付；⑦用3张5元钱和5张1元钱支付；⑧用4张5元钱支付；⑨用20张1元钱支付．故共有9种方法．故选C.题型2 分步乘法计数原理典例1从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A．56 B．54 C．53 D．52答案D解析第一步选取1个数作为底数有8种选择方法，第二步选取1个数作为真数有7种方法，共有8×7＝56个对数，其中对数值相等的有log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94共4个，故选D.[结论探究] 典例1中条件不变，将结论“可以组成不同的对数值”改为“可以组成不同的分数值”，则结果如何，其中有多少个不同的真分数？解第一步，从8个数中选取1个作为分母．第二步，再从剩下的7个数中选取1个作为分子，共有8×7＝56个分数，其中重复出现的为12个，故可构成56－12＝44个不同的分数值，其中真分数有22个．典例2定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为________(用数字作答)．答案12解析显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．方法技巧1．分步乘法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分步乘法计数原理时，需要根据要完成事件的发生过程进行“分步”计算．(2)要求：每个步骤相互依存，其中的任何一步都不能单独完成这件事，只有当各个步骤都完成，才算完成这件事．2．应用分步乘法计数原理的注意点(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能完成这件事．(2)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取．冲关针对训练(2018·浙江杭州质检)用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(用数字作答)答案48解析根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个数排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2,4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a,2，b；a,2,4，b；a,4,2，b；a,2，b,4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种．根据分步乘法计数原理知，满足题意的五位数共有6×8＝48个.题型3 两个计数原理的综合应用角度1 组数、组队、抽取问题典例(2018·贵阳模拟)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7)，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内多少个不同点( )A．18 B．10 C．16 D．14答案B解析第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6(种)情况；②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4(种)情况．综上共有6＋4＝10(种)情况．故选B.角度2 涂色问题典例如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有3＋2＋2＝7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420种．角度3 与计数原理有关的新定义问题典例(2018.湖北模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，...，99.3位回文数有90个：101,111,121，...，191,202， (999)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．答案(1)90 (2)9×10n解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填法．方法技巧1．组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．见角度1典例．(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．2．涂色(种植)问题的解题关注点和关键(1)关注点：分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．(2)关键是对每个区域逐一进行，分步处理．见角度2典例．提醒：对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解．3．新定义问题的解题思路从特殊情形入手，通过分析、归纳、发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．解决此类问题时，注意化归思想的应用，如角度3典例，将确定回文数的问题转化为填方格问题，进而利用分步乘法计数原理求解，将新信息转化为数学知识．冲关针对训练(2018·湖州模拟)如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则有多少种不同的涂色方法( )A．24 B．72 C．84 D．120答案 C解析如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：①A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．②A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84种．故选C.1．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18 C．12 D．9答案 B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2018·昆明模拟)某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A．180种 B．360种 C．720种 D．960种答案 D解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．故选D.3．(2017·广东模拟)4个小电灯并联在电路中，每一个电灯均有亮与不亮两种状态，总共可表示________种不同的状态，其中至少有一个亮的有________种状态．答案16 15解析电灯状态共分5类，当都不亮时，有C04＝1(种)；当有一个亮时，有C14＝4(种)；当有2个亮时，有C24＝6(种)；当有3个亮时，有C34＝4(种)；当4个全亮时，有C44＝1(种)．共有1＋4＋6＋4＋1＝16(种)．其中至少有一个亮的有16－1＝15(种)．4．(2018·石家庄模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 答案24解析若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )A．21种 B．315种 C．143种 D．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．( ) A．8 B．12 C．14 D．9答案 B解析由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理得到共有12种结果，故选B.3．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为( )A．42 B．30 C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．故选A.5．(2017·石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A．10种 B．25种 C．52种 D．24种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．故选D.6．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 ( )A．60 B．48 C．36 D．24答案 B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.7．(2017·山东模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252 C．261 D．279答案 B解析由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.8．(2018·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013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个答案 B解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.9．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有( )A．6种 B．5种 C．4种 D．3种答案 C解析若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法．∴共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．故选C.10．(2018·湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有( ) A．12对 B．18对 C．24对 D．30对答案 C解析 依题意，注意到在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与直线AC 构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC 1，BA 1，A 1D ，DC 1，注意到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有4×122＝24对，故选C. 二、填空题11．已知集合M ＝{1,2,3,4}，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x ＜y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．答案 17解析 当A ＝{1}时，B 有23－1＝7种情况；当A ＝{2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{3}时，B 有1种情况；当A ＝{1,2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B 均有1种情况．故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．12．(2018·湖南十二校联考)若m ，n 均为非负整数，在做m ＋n 的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m ，n )为“简单的”有序对，而m ＋n 称为有序对(m ，n )的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．答案 300解析 第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式； 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.13．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，集合A ＝{a 1，a 2，…，a 10}，从A 中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．答案 24解析 当公比为q 时，满足题意的等比数列有7种，当公比为1q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为1q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为q 3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为1q 3时，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．答案72解析解法一：区域1有C14种着色方法；区域2有C13种着色方法；区域3有C12种着色方法；区域4,5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．解法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂色，此时区域3,5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．三、解答题15．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？解根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18种不同的放法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．16．(2018·江阴模拟)用n(n∈N*)种不同颜色给如图的4个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色．(1)当n＝6时，图①、图②各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)(2)若图③有180种涂色法，求n的值．解(1)当n＝6时，图①A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有5种方法，共有涂色方法6×5×4×5＝600种．图②若A，C相同，则A有6种方法，B有5种方法，D有4种方法，共有6×5×4＝120种．若A，C不同，则A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有3种方法，共有6×5×4×3＝360种．∴共有涂色方法120＋360＝480种．(2)A有n种方法，B有n－1种方法，C有n－2种方法，D有n－2种方法，共有涂色方法n(n－1)(n－2)·(n－2)种，由n(n－1)(n－2)(n－2)＝180，解得n＝5.。
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变
解析 当 0≤x＜1 时，f(x)<e，当 1≤x≤e 时，e≤f(x)≤1 ＋e，∵f(x)的值不小于常数 e，∴1≤x≤e，∴所求概率为e－e 1 ＝1－1e，故选 B.
2．(2018·绵阳模拟)在面积为 S 的△ABC 的边 AB 上任
取一点 P，则△PBC 的面积大于S4的概率是(
)
A.14 B.12 C.34 D.23
解析 鱼缸底面正方形的面积为 22＝4，圆锥底面圆的 面积为 π.所以“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的 概率是 1－π4，故选 A.
5．(2017·铁岭模拟)已知△ABC 中，∠ABC＝60°，AB ＝2，BC＝6，在 BC 上任取一点 D，则使△ABD 为钝角三 角形的概率为( )
1112 A.6 B.3 C.2 D.3
A.2e B.1e C．1－2e D．1－1e
解析 设随机选取的两个数为 x，y，由题意得
0<x<e， 0<y<e，
该不等式组在坐标系中对应的区域面积为 e2，
0<x<e，
又不等式组0<y<e， xy<e
在坐标系中对应的区域面积为 e
＋1eexdx＝2e， ∴所求概率为2e，故选 A.
课后作业夯关 10.6 几何概型
[基础送分 提速狂刷练]
一、选择题
1．(2017·陕西榆林二模)若函数 f(x)＝
ex，0≤x<1，
ln
x＋e，1≤x≤e
在区间[0，e]上随机取一个实数 x，则 f(x)
的值不小于常数 e 的概率是( )
1 A.e
B．1－1e
e C.1＋e
1 D.1＋e
解析 如图所示，在边 AB 上任取一点 P，因为△ABC 与△PBC 是等高的，所以事件“△PBC 的面积大于S4”等价 于事件“|BP|∶|AB|>14”，即 P△PBC的面积大于S4＝||BPAA||＝ 34.故选 C.
2019年高考数学一轮复习 第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 分类加法计数原理与分
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[考纲传真] (教师用书独具)1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(对应学生用书第169页)[基础知识填充]1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1m2种方法，…，在第n类办法中有m n种方法．那么，完成这件事共有(也称加法原理)2．分步乘法计数原理完成一件事需要经过n m2种方法，…，做第n步有m n3区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A．30 B．20 C．10 D．6D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．]3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为( )A．3 B．15C．21 D．120D[由分步乘法计数原理知，从第1,2,3层各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.故选D．]4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( ) A．30个B．42个C．36个D．35个C[∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．]5．如图1011，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路；从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．图101132 [不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．](1)7 (2)13[(1)至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7(种)买法．(2)①当a＝0时，有x＝－b2，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．所以有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13个．]根据题目特点恰当选择一个分类标准分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，且只能属于某一类即标准明确，不重不漏[跟踪训练] 椭圆m ＋n＝1的焦点在x轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.【导学号：79140337】10 [因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准分类，可分为四类：第一类，m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类，m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类，m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类，m＝2时，使m>n，n有1种选择．由分类加法原理知，符合条件的椭圆共有4＋3＋2＋1＝10个．](1)(2016·全国卷Ⅱ)如图1012，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1012A．24 B．18C．12 D．9(2)从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(1)B(2)18 6[(1)分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路程．(2)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c 的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b ＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．] 要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定[跟踪训练乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有________种(用数字作答)．(2)设集合A ＝{－1,0,1}，B ＝{0,1,2,3}，定义A *B ＝{(x ，y )|x ∈A ∩B ，y ∈A ∪B }，则A *B 中元素的个数为________．(1)36 (2)10 [(1)从3人中选择两人同乘一部电梯有C 23＝3种选择，这两人乘坐的电梯有4种选择，最后1个乘坐的电梯有3种选择，所以不同的乘坐方式有3×4×3＝36种．(2)易知A ∩B ＝{0,1}，A ∪B ＝{－1,0,1,2,3}，图1013A ．24B ．48C ．72D ．96(1)D (2)C [(1)个位数字是2或6时，不同的偶数个数为C 12·A 552＝120；个位数字是4，不同的偶数个数为A55＝120，则不同的偶数共有120＋120＝240个，故选D．(2)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．]在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，化抽象为直观.[跟踪训练对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )A．48 B．18C．24 D．36(2)(2017·杭州调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个.【导学号：79140338】(1)D(2)17[(1)分类讨论：第一类，对于每一条棱，都可以与两个面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第二类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．(2)当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．]。
2019年高考数学一轮复习： 第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第4节 随机事件的概率学案 理
第四节随机事件的概率[考纲传真] (教师用书独具)1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式．(对应学生用书第175页)[基础知识填充]1．随机事件和确定事件(1)在条件S下，一定会发生的事件，叫作相对于条件S的必然事件．(2)在条件S下，一定不会发生的事件，叫作相对于条件S的不可能事件．(3)必然事件与不可能事件统称为相对于条件S的确定事件．(4)在条件S下可能发生也可能不发生的事件，叫作相对于条件S的随机事件．(5)确定事件和随机事件统称为事件，一般用大写字母A，B，C，…表示．2．频率与概率在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P(A)．3．事件的关系与运算互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．4．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率P(E)＝1.(3)不可能事件的概率P(F)＝0.(4)互斥事件概率的加法公式①如果事件A与事件B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．②若事件A与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(A)．[知识拓展] 互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )(2)在大量的重复试验中，概率是频率的稳定值．( )(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )(4)6张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的概率小于乙中奖的概率．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(教材改编)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( )A ．必然事件B ．随机事件C ．不可能事件D ．无法确定B [抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0,1,2，…，10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．]3．(2016·天津高考)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( )A ．56B ．25C ．16D ．13A [事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56.]4．甲：A 1，A 2是互斥事件；乙：A 1，A 2是对立事件，那么( )A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件B [两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．]5．某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未打中．假设此人射击1次，则中靶的概率约为________；中10环的概率约为________．0.9 0.2 [中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为910＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9，同理，中10环的概率约为0.2.](对应学生用书第175页)(1)(2017·中山模拟)从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是( )A．① B．②④C．③D．①③(2)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡(1)C(2)A[(1)从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，两个奇数，两个偶数，其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①②④中的事件可以同时发生，不是对立事件．(2)至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”，“2张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．]定义法判断互斥事件、件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件集合法①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥②事件A①至少有1个白球与至少有1个黄球；②至少有1个黄球与都是黄球；③恰有1个白球与恰有1个黄球；④恰有1个白球与都是黄球．其中互斥而不对立的事件共有( )【导学号：79140352】A．0组B．1组C．2组D．3组B[①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B．](2017·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查，这1 000名购物者2015年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如图1041.图1041电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．[解] (1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：这50×400＋100×300＋150×280＋200×20＝96.1 000(2)由获得优惠券金额y 与购物金额x 的对应关系，由(1)有P (y ＝150)＝P (0.6≤x ＜0.8)＝0.28，P (y ＝200)＝P (0.8≤x ≤0.9)＝0.02，从而获得优惠券金额不少于150元的概率为P (y ≥150)＝P (y ＝150)＋P (y ＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.数统计如下，将日销售量落入各组区间的频率视为概率．(2)若此花店在日销售量低于100枝的时候选择2天作促销活动，求这2天恰好是在日销售量低于50枝时的概率．[解] (1)设月销量为x ，则P (0<x ≤50)＝330＝110，P (50<x ≤100)＝530＝16，所以P (0<x ≤100)＝110＋16＝415.(2)日销售量低于100枝共有8天，从中任选两天促销共有n ＝28种情况； 日销售量低于50枝共有3天，从中任选两天促销共有m ＝3种情况． 由古典概型公式得P ＝m n ＝328.某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． [解] (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100， P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C ．∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000，故1张奖券的中奖概率约为611 000.(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件， ∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000，故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.直接求法，将所求事件分解为一些彼此互斥的事件，运用互斥事件的概率求和公式计算.间接求法，A ＝P A 求解正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就比较简便.[跟踪训练经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(2)至少3人排队等候的概率.【导学号：79140353】[解] 记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.。
2019版高考数学(理)一轮复习全国经典版：第10章 计数原理、概率、随机变量及分布列 10-9
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高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
[必会结论] 均值与方差的作用 均值是随机变量取值的平均值， 常用于对随机变量平均 水平的估计， 方差反映了随机变量取值的稳定与波动、 集中 与离散的程度，常用于对随机变量稳定于均值情况的估计．
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高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
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解析
由分布列的性质得：
2 0 ≤ q ≤1，① 0≤1－q≤1，② 5q 0≤ －1≤1，③ 2 5q 2 － 1 q ＋ 1 － q ＋ ＝1，④ 2
2 4 由①②③，得 ≤q≤ . 5 5
1．若离散型随机变量 X 的分布列为 x1 x2 „ xi „ xn p2 „ pi „ pn P p1
高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
(2)方差 称 D(X)＝
[xi－E(X)]2pi
i＝1
n
为随机变量 X 的方差，它
平均偏离程度 ，其
刻画了随机变量 X 与其均值 E(X)的
算术平方根 DX 为随机变量 X 的标准差．
板块二
板块三
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高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
[必备知识] 考点 1 离散型随机变量的均值与方差 X (1)均值 称 E(X)＝ x1p1＋x2p2＋„＋xipi＋„＋xnpn 为随机变量 X 的均值或 数学期望 ，它反映了离散型随机变量取值的 平均水平．
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核按钮(新课标)高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.3二项式定理课件理
＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5
－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)
＝f(－1)·f(1)＝
22－12n·
22＋12n＝－122n＝14
n
Hale Waihona Puke .故填14n.第十八页，共30页。
类型三 系数最大项问题
已知(3 x＋x2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x－1)n 的展开式的 二项式系数和大 992.
第十六页，共30页。
(1)(2015·合肥质检)若 x－3xn展开式的各项
系数的绝对值之和为 1 024，则展开式中 x 的一次项的系数为 ____________．
解：Tr＋1＝Crn( x)n－r－3xr＝(－3)r·Crnxn－23r，
由题意知展开式的各项系数绝对值之和为 Cn0＋|(－3)1C1n|＋(－3)2C2n＋…＋|(－3)nCnn|＝1 024， 故(1＋3)n＝1 024，解得 n＝5，令5－23r＝1，解得 r＝1， 所以展开式中 x 的一次项的系数为(－3)1C15＝－15. 故填－15.
D．29
解：∵(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等， ∴C3n＝C7n，得 n＝10，奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式 系数和相等，即 C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.
∴二项式(1＋x)10 中奇数项的二项式系数和为 29.故选 D.
第七页，共30页。
第十四页，共30页。
类型二 展开式的系数和问题
已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7. 求：(1)a1＋a2＋…＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6；
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第三节 二项式定理 [考纲传真] (教师用书独具)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． (对应学生用书第173页) [基础知识填充] 1．二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b1＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn(n∈N＋) 二项展开式的通项公式 Tr＋1＝Crnan－rbr，它表示第r＋1项
二项式系数 二项展开式中各项的系数Crn(r＝0,1,2，…，n) 2.二项式系数的性质 (1)0≤r≤n时，Crn与Cn－rn的关系是Crn＝Cn－rn. (2)二项式系数先增大后减中间项最大
当n为偶数时，第－1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，第项
和项的二项式系数最大，最大值为和. (3)各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n， C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1. [知识拓展] 二项展开式形式上的特点 (1)项数为n＋1. (2)各项押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；字母b按升幂排列，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Cn－1n，Cnn. [基本能力自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)Cknan－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．( ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( ) (4)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.( ) [解析] (1)错误．应为第k＋1项． (2)错误．当a，b中包含数字时，系数最大的项不一定为中间一项或中间两项． (3)正确．二项式系数只与n和项数有关． (4)错误．令x＝1，可得a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128. [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×
2．(教材改编)二项式2x＋1x26的展开式中，常数项的值是( ) A．240 B．60 C．192 D．180
A [二项式2x＋1x26展开式的通项为Tr＋1＝Cr6(2x)6－r1x2r＝26－rCr6x6－3r，令6－3r＝0，得r＝2，所以常数项为26－2C26＝16×6×52×1＝240.]
3．已知(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a8等于( ) A．180 B．－180 C．45 D．－45 A [由题意得a8＝C81022(－1)8＝180.] 4．(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________. 4 [(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝Crn(3x)r.令r＝2，得T3＝9C2nx2.由题意得9C2n＝54，解得n＝4.]
5．在x＋2x25的展开式中，x2的系数是________，各项系数之和为________．(用数字作答) 10 243 [x2的系数为C15×2＝10；令x＝1，得各项系数之和为(1＋2)5＝243.]
(对应学生用书第173页) 二项展开式中的特定项或特定项的系数
◎角度1 求展开式中的某一项 (2018·合肥二测)在x－1x－14的展开式中，常数项为________．
－5 [由题知，二项式展开式为C04x－1x4·(－1)0＋C14x－1x3·(－1)＋ C24x－1x2·(－1)2＋C34x－1x·(－1)3＋C44x－1x0·(－1)4，则常数项为C04·C24－ C24·C12＋C44＝6－12＋1＝－5.] ◎角度2 求展开式中的项的系数或二项式系数
(2017·全国卷Ⅰ)1＋1x2(1＋x)6展开式中x2的系数为( ) A．15 B．20 C．30 D．35
C [对于1＋1x2(1＋x)6，若要得到x2项，可以在1＋1x2中选取1，此时(1＋x)6中要选
取含x2的项，则系数为C26；当在1＋1x2中选取1x2时，(1＋x)6中要选取含x4的项，即系数为C46，所以，展开式中x2项的系数为C26＋C46＝30，故选C.] ◎角度3 由已知条件求n的值或参数的值 (2018·云南二检)在(x－2－1x)n的二项展开式中，若第四项的系数为－7，则n＝( ) A．9 B．8 C．7 D．6
B [由题意，得C3n－123＝－7，解得n＝8，故选B.] [规律方法] 求二项展开式中的特定项的方法 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk＋1＝Cknan－kbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围k＝0，1，2，…，n 第m项：此时k＋1＝m，直接代入通项； 常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程； 有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程. 特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解. 求特定项或特定项的系数要多从组合的角度求解，一般用通项公式太麻烦. [跟踪训练] (1)(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( ) A．－80 B．－40 C．40 D．80
(2)在x2－13xn的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( ) 【导学号：79140347】 A．－7 B．7 C．－28 D．28 (3)(2018·西宁检测(一))若x2＋axn的展开式中，二项式系数和为64，所有项的系数和为729，则a的值为________． (1)C (2)B (3)－4或2 [(1)因为x3y3＝x·(x2y3)，其系数为－C35·22＝－40， x3y3＝y·(x3y2)，其系数为C25·23＝80.
所以x3y3的系数为80－40＝40. 故选C.
(2)由题意知n2＋1＝5，解得n＝8，x2－13x8的展开式的通项Tk＋1＝Ck8x28－k
－1
3x
k＝(－1)k2k－8Ck8x8－43k.
令8－4k3＝0得k＝6，则展开式中的常数项为(－1)626－8C68＝7. (3)由二项式系数和为64得2n＝64，解得n＝6.令x＝1，得所有项的系数和为(1＋a)6＝729，解得a＝2或a＝－4.]
二项式系数的和或各项系数和 (1)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A．212 B．211 C．210 D．29 (2)(2015·全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________. (1)D (2)3 [(1)∵(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等， ∴C3n＝C7n，解得n＝10. 从而C010＋C110＋C210＋…＋C1010＝210， ∴奇数项的二项式系数和为C010＋C210＋…＋C1010＝29. (2)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5. 令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5. ① 令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5. ② ①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3.] [规律方法] 赋值法的应用 (1)对形如(ax＋b)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可． (2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． (3)一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则 (a＋bx)n展开式中各项的系数的和为g(1)，
(a＋bx)n展开式中奇数项的系数和为12[g(1)＋g(－1)]，
(a＋bx)n展开式中偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]． [跟踪训练] (1)(2018·合肥一检)已知(ax＋b)6的展开式中x4项的系数与x5项的系数分别为135与－18，则(ax＋b)6展开式所有项系数之和为( ) A．－1 B．1 C．32 D．64
(2)(2018·杭州质检)若2x－1x2n的展开式中所有二项式系数和为64，则n＝________；展开式中的常数项是________． (1)D (2)6 240 [(1)由题意可得 C26a4b2＝135，C16a5b＝－18， 解得{ a＝1，b＝－3或{ a＝－1，b＝3，则(ax＋b)6＝(x－3)6，令x＝1得展开式中所有项的系数和为(－2)6＝64，故选D.
(2)由2x－1x2n的展开式中所有二次项系数和为64，得2n＝64，n＝6，则展开式第r
＋1项是Tr＋1＝Cr6(2x)6－r－1x2r＝Cr6·26－r×(－1)rx6－3r，当r＝2时为常数项，则常数项是C26×24×(－1)2＝15×16＝240.]
二项式定理的应用 (1)(2017·豫东名校模拟)设复数x＝2i1－i(i是虚数单位)，则C12 017x＋C22 017x2＋C32 017x3＋…＋C2 0172 017x2 017＝( ) A．i B．－i C．－1＋i D．－1－i (2)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝( ) A．0 B．1 C．11 D．12