2018年高考数学计数原理、统计、概率分类汇编

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2018届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二节排列与组合教师用书理.

第二节排列与组合☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆自|主|排|查1．排列与组合的概念(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A m n表示。

(2)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个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示。

3．排列数、组合数的公式及性质微点提醒1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”。

取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合。

2．排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题要先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题倍缩法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价转化。

小|题|快|练一、走进教材1．(选修2－3P 25练习T 4改编)从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．6B ．8C ．12D ．16【解析】由于lg a －lg b ＝lg a b，从3,5,7,11中取出两个不同的数分别赋值给a 和b 共有A 24＝12种，所以得到不同的值有12个。

故选C 。

【答案】 C2．(选修2－3P 27A 组T 5改编)2015年北京国际田联世界田径锦标赛，要从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有( )A ．30种B ．36种C ．42种D ．60种【解析】分两类：第1类：有1名女生的有C 12·C 26＝2×15＝30种，第2类：有2名女生的有C 22·C 16＝6，由分类加法计数原理得共有30＋6＝36(种)。

2018高三数学(理)一轮总复习课件：第九章计数原理、概率、随机变量及其分布 9-1

考点一分类加法计数原理命题点明确分类标准分类加法计数原理及推广完成一件事有 n 类不同的方案，在第一类方案中有 m1 种不同的方法，在第二类方案中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类方
m1＋m2＋…＋mn 案中有 mn 种不同的方法，则完成这件事情共有 N＝
种不同的方法．
1．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．3 C．6 B．4 D．8 )
解析：选 C.当 m＝4 时，数列{an}共有 8 项，其中 4 项为 0， 4 项为 1，要满足对任意 k≤8，a1，a2，…，ak 中 0 的个数不少于 1 的个数，则必有 a1＝0，a8＝1，a2 可为 0，也可为 1.(1)当 a2＝0 时，分以下 3 种情况：①若 a3＝0，则 a4，a5，a6，a7 中任意一个为 0 均可，则有 C1 4＝4 种情况；②若 a3＝1，a4＝0，则 a5，a6， a7 中任意一个为 0 均可，有 C1 3＝3 种情况；③若 a3＝1，a4＝1，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C1 2＝2 种情况；(2)当 a2＝1 时，必有 a3＝0，分以
解析：选 C.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，与面对角线 AC 成 60°角的面对角线有 B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B， D1C， DC1，共 8 条，同理与 DB 成 60°角的面对角线也有 8 条．因此一个面上的 2 条面对角线与其相邻的 4 个面上的 8 条对角线共组成 16 对．又正方体共有 6 个面，所以共有 16×6＝96(对)．又 1 因为每对被计算了 2 次，因此成 60 °的面对角线有 ×96 ＝ 2 48(对)．

创新大课堂2018届高三数学理一轮复习课件：第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1节精品

(2)法一：用 2,3 组成四位数共有 2×2×2×2＝16(个)，其中不出现 2 或不出现 3 的共 2 个，因此满足条件的四位数共有 16－2＝14(个)．
法二：满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个 2，三个 3，共有 4 个；第二类含有三个 2，一个 3 共有 4 个；第三类含有二个 2，二个 3 共有 C24＝6(个)，因此满足条件的四位数共有 2×4＋C24＝14(个)．
分步乘法计数原理
完成一件事有两类不同方案，完成一件事需要两个步骤，做
在第1类方案中有m种不同的方第一步有m种不同的方法，做
法，在第2类方案中有n种不同第2步有n种不同的方法，那么
的方法．那么完成这件事共有完成这件事共有N＝m×n种不
N＝m＋n种不同的方法
同的方法
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事
提醒：对于分类问题所含类型较多时也可以考虑使用间接法．
[题组集训]
1．(2016·临沂模拟)A 与 B 是 I＝{1,2,3,4}的子集，若 A∩B
＝{1,2}，则称(A，B)为一个理想配集，若将(A，B)与(B，A)看
成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数
是(
)
A．4
B重点型考点——师生共研) 【例 1】已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a， b∈M)表示平面上的点，则 (1)P 可表示平面上________个不同的点； (2)P 可表示平面上________个第二象限的点.
[解析] (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36. (2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a ＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6. [答案] (1)36 (2)6

2018年高考新课标数学理一轮考点突破练习：第十章计数原理、概率、随机变量及其分布含答案精品

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，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．(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．2．概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以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．(2)古典概型①理解古典概型及其概率计算公式．②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．(3)随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．②了解几何概型的意义．3．概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列．(2)了解超几何分布，并能进行简单应用．(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题．(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题．(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．3．两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．4．两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．自查自纠：1．m1＋m2＋…＋m n2．m1×m2×…×m n3．相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4．(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A．53种 B．35种 C．3种 D．15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法．所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种．故选B.(2016·全国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解：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短有6条路，再从F处到G处最短共有3条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18(条)．故选B.(2015·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种解：三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37(种)．故选C.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____________种．解：按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．故填48.用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____________个．(用数字作答)解法一：用总数减去全是2或全是3的情形即可，即24－2＝14.解法二：数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C14＝4(个)四位数；“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数；“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数．故填14.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情．故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法．(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情．故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法．而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法．点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关．如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理．有一个智力竞赛项目，须在2名老师，4名男同学和6名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名女同学，一名男同学参加，有多少种不同的选法？(3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有2，4，6种选法，总选法数为2＋4＋6＝12(种)．(2)分两步：先选女同学，共有6种选法，再选男同学，共有4种选法．由分步乘法计数原理知总选法数为6×4＝24(种)．(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为2，4，6种．由分步乘法计数原理知总选法数为2×4×6＝48(种)．类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高一年级四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理．可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人．(2)(2016·山西大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A．72种B．48种C．24种D．12种解法一：首先涂A有C14＝4(种)涂法，则涂B 有C13＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C12＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时有A44＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3× 2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．故选A.点拨：解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点(或共线图形两侧)的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数．解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)．第二类：用2作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36(个)．第三类：用4作个位的比2 000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个．综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．(2)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，求不同的染色方法总数．解法一：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．由题设可知，四棱锥SABCD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7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．解法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D 点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A 与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C 点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．解法三：按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A35种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．1．运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准．分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性，亦即类与类之间是独立的、互斥的．2．运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准．分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性．3．在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏．4．对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，掌握这点对学习本节很重要，它可使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律．5．解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得．1．(教材习题改编题)某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( ) A．256种 B．81种 C．16种 D．12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种．故选D.2．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2 解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法．故选A.3．设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )A．50种 B．49种 C．48种 D．47种解：根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A，B中没有相同的元素，且都不是空集，按A中的元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．第一类：当A中最大的数是1时，A是{1}，B 可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种选法；第二类：当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种选法；第三类：当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种选法；第四类：当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B是{5}，即有8×1＝8种选法．综上可知，共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．故选B.4．(2015·北京模拟)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：三位奇数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共3×2×2＝12(个)；对于(2)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共3×2×1＝6(个)，即共有12＋6＝18(个)．故选B.5．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P ABC 与一个正三棱柱ABC A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()A ．6种B ．12种C ．18种D ．24种解：先涂三棱锥P ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱ABC A 1B 1C 1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案．故选B.6．已知集合M ＝{1，2，3}，N ＝{1，2，3，4}，定义函数f ：M →N .若点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))，△ABC 的外接圆圆心为D ，且DA →＋ DC→＝λDB →(λ∈R )，则满足条件的函数f (x )有( )A ．6种B ．10种C ．12种D ．16种解：由DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，说明△ABC 是等腰三角形，且BA ＝BC ，必有f (1)＝f (3)，f (1)≠f (2)；当f (1)＝f (3)＝1时，f (2)＝2，3，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝2时，f (2)＝1，3，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝3时，f (2)＝2，1，4，有三种情况；当f (1)＝f (3)＝4时，f (2)＝2，3，1，有三种情况．因而满足条件的函数f (x )有12种．故选C.7．(2016·沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是____________．解：另两边长用x ，y 表示，且不妨设1≤x ≤y ≤11，要构成三角形，必须x ＋y ≥12.当y 取11时，x 可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y 取10时，x 可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y 取6时，x 只能取6，只有1个三角形．所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.故填36.8．(2015·北京模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249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．解：(1)4位回文数等价于填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，此问题也可以利用填方格法计算．结合计数原理知，有9×10n种填法．故填90；9×10n.9．已知集合M ＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问：(1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？解：(1)确定平面上的点P (a ，b )可分两步完成：第一步确定a 的值，共有6种确定方法；第二步确定b 的值，也有6种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个．(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a ，由于a ＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b ，由于b ＞0，所以有2种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个．(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a ＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．10．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数．设抛物线过原点，且顶点在第一象限．这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点(－b 2a ，4ac－b24a)在第一象限，a，b，c应满足⎩⎪⎨⎪⎧0＝a×02＋b×0＋c，－b2a＞0，4ac－b24a＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧c＝0，a＜0，b＞0.分三步，a可以取－3，－2，－1；b可以取1，2，3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N＝3×3×1＝9.11．将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？解法一：本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号A，B，C，D，E(如图)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同，则有2种涂色方法，如果不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．注：本题若按A，B，E，D，C顺序涂色，在最后给区域C涂色时，就应考虑A与E，B与D是否同色这两种情况．解法二：按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A34＝24(种)；第二类用4种，此时，A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A44＝48(种)．由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种)．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.10．2 排列与组合1．排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号______表示．(3)排列数公式：A m n＝___________________.这里n，m∈N*，并且________．(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列．A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝____________，这里规定0！＝________.2．组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号________表示．(3)组合数公式：C m n＝A m nA m m＝____________＝____________．这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①C m n＝____________；②C m n＋1＝____________＋____________.自查自纠：1．(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n(4)排列n！n！（n－m）！12．(1)合成一组(2)所有不同组合C m n(3)n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！n！m！（n－m）！(4)①C n－m n②C m n C m－1n若6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120 C．72 D．24解：剩余的3个座位共有4个空供3人选择就座，故任何两人不相邻的坐法种数为A34＝24.故选D.(2016·郑州二模)某校开设A类选修课2门；B类选修课3门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有( )A．3种 B．6种 C．9种 D．18种解：可分以下两种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C12C23种不同选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C22C13种不同选法．所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：C12C23＋C22C13＝6＋3＝9(种)．故选C.(2016·四川)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A．24 B．48 C．60 D．72解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C13种方法，再将剩下的四个数字排列有A44种方法，则满足条件的五位数有C13A44＝72个．故选D.(2016·河北石家庄一模)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为____________(用数字作答)．解：甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有1种；甲和丙或丁两人一组，有2种；甲、丙、丁一组，只有1种．然后再把分成的两组分到不同班级里，则共有(1＋2＋1)A22＝8(种)．故填8.(2015·上海)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_____________(结果用数值表示)．解：由题意，总数去掉选5名女教师的情况即可，故所求为C59－C56＝126－6＝120.故填120.类型一排列数与组合数公式(1)解方程3A x8＝4A x－19；(2)解方程C x＋1x＋3＝C x－1x＋1＋Cxx＋1＋Cx－2x＋2.解：(1)利用3A x8＝38！（8－x）！，4A x－19＝49！（9－x＋1）！，得到3×8！（8－x）！＝4×9！（10－x）！.利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.再化简得到x2－19x＋78＝0.解方程得x1＝6，x2＝13.由于A x8和A x－19有意义，所以x满足x≤8和x－1≤9.于是将x2＝13舍去，原方程的解是x＝6.(2)由组合数的性质可得C x－1x＋1＋Cxx＋1＋Cx－2x＋2＝C2x＋1＋C1x＋1＋C4x＋2＝C2x＋2＋C4x＋2，又C x＋1x＋3＝C2x＋3，且C2x＋3＝C2x＋2＋C1x＋2，即C1x＋2＋C2x＋2＝C2x＋2＋C4x＋2.所以C1x＋2＝C4x＋2，所以5＝x＋2，x＝3.经检验知x＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)应用组合数性质C m n＋1＝C m－1n＋Cmn时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短．(1)解方程：3A3x＝2A2x＋1＋6A2x；(2)已知1C m5－1C m6＝710C m7，则C m8＝__________．解：(1)由3A3x＝2A2x＋1＋6A2x得3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，由x≠0整理得3x2－17x＋10＝0.解得x＝5或23(舍去)．即原方程的解为x＝5.(2)由已知得m的取值范围为{m|0≤m≤5，m ≤Z}，m！（5－m）！5！－m！（6－m）！6！＝7×（7－m）！m！10×7！，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故C m8＝C28＝28.故填28.类型二排列的基本问题7位同学站成一排照相．(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 66＝720(种)排法．(2)分两步，先排甲、乙，则有A 22种排法；再排其他5个人，有A 55种排法，由分步乘法计数原理则有A 22·A 55＝240(种)排法．(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 66种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 15·A 15·A 55种排法．综上，则共有A 66＋A 15·A 15·A 55＝3 720(种)排法．间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A 77－A 66－A 66＋A 55＝3 720(种)排法．(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 22·A 66＝1 440(种)排法．(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A 55·A 26＝3 600(种)排法．(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有12A 77＝2 520(种)排法．点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．3名女生和5名男生排成一排．(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？ (2)如果女生都不相邻，有多少种排法？ (3)如果女生不站两端，有多少种排法？ (4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A 66种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A 33种排法，因此共有A 66·A 33＝4 320(种)不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有A 55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A 36种排法，因此共有A 55·A 36＝14 400(种)不同排法．(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A 25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25·A 66＝14 400(种)不同排法．法二(元素分析法) 从中间6个位置选3个安排女生，有A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36·A 55＝14 400(种)不同排法．(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的12，所以符合要求的排法种数为12A 88＝20 160(种)．(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．法一(特殊元素法) 甲在最右边时，其他的可。

2018年高三最新高考数学第二轮专题复习----概论统计专题精品

《计数原理与概率》高考复习指导一、考试说明：1．考试内容（1）分类计数原理与分步计数原理，排列与组合．（2）等可能性事件的概率，互斥事件有一个发生的概率，相互独立事件同时发生的概率．2．考试要求（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．（2）理解排列与组合的意义，掌握排列数与组合数的计算公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．（3）了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合公式计算一些等可能性事件的概率．（4）了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率．（5）了解相互独立事件的意义，会用相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．二、高考试题分析排列与组合、概率与统计是高中数学的重要内容．一方面，这部分内容占用教学时数多达36课时，另一方面，这部分内容是进一步学习高等数学的基础知识，因此，它是高考数学命题的重要内容．从近三年全国高考数学（新材）试题来看，主要是考查排列与组合、概率与统计的基本概念、公式及基本技能、方法，以及分析问题和解决问题的能力．试题特点是基础和全面．题目类型有选择题、填空题、解答题，一般是两小（9分～10分）一大（12分），解答题通常是概率问题．试题难度多为低中档．为了支持高中数学课程的改革，高考数学命题对这部分将进一步重视，但题目数量、难度、题型将会保持稳定．例1．（1999年全国）在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物间的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有_______种（用数字作答）．[解析]A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有两种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有一种种植方法．B在左边种植的情形与上述情形相同．故共有2(3＋2＋1)=12种不同的选垄方法．∴应填12.例2．（2018年新教材）将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每一块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______种（以数字作答）．[解析]将5块试验田从左到右依次看作甲、乙、丙、丁、戊，3种作物依次看作A、B、C，则3种作物都可以种植在甲试验田里，由于相邻的试验田不能种植同一种作物，从而可知在乙试验田里只能有两种作物．同理，在丙、丁、戊试验田里也只能有两种作物可以种植．由分步计数原理，不同的种植方法共有3×2×2×2=48种．∴应填：48例3．（2018年全国高考题）某城市中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽法有_______种．[解析]由于第1、2、3块两两相邻，我们先安排这三块，给第1、2、3块种花时分别有4、3、2种种法，所以共有4×3×2=24种不同种法．下面给第4块种花，若第4块与第6块同色，只有一种种植方法，则第5块只有2种种法，若第4块与第2块同色时，共有2×1=2种种法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块同色，则第6块有2种种植的方案，而第5块只有1种种法，共有2种不同的种植方法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块不同色，则第6块有1种种法，则第5块也有一种不同种法，所以第4块与第6块不同色时，有1种种法．综上共有24×(2＋2＋1)=120种不同的种植方法．例4．（2018年春季考试题）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为A 、42B 、30C 、20D 、12[解析]将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种情况：（1）两个新节目相邻的插法种数为226A ；（2）两个节目不相邻的插法种数为26A ；由分类计数原理共有2226642A A +=种方法，选A.例5．（2018重庆）（本小题满分12分）设甲、已、丙三人每次射击命中目标的概率分别为0.7、0.6和0.5。

2018年高考数学考试大纲解读专题14 计数原理理

专题14 计数原理（二十）计数原理1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.2．排列与组合（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.3．二项式定理（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.计数原理作为高考的必考内容，在2018年的高考中预计仍会以“一小（选择题或填空题）”的格局呈现. 预计2018年高考对排列、组合问题的考查，仍以实际生活为命题背景，难度中等；二项式定理主要考查利用二项展开式中特定项的系数，已知特定项的系数求参数的值等.考向一两个计数原理的综合应用样题1 某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，则不同的选法有A．8种B．12种C．16种D．20种【答案】D【解析】由题意知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类： (1)“多面手”入选，则有6＋2=8(种)选法； (2)“多面手”不入选，则有6×2=12(种)选法．因此选法共有8＋12=20(种)．考向二排列与组合样题2（2017新课标全国II 理科）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 A ．12种 B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D样题3某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有多少种选考方法 A ． B ． C ．D ．【答案】C【解析】利用间接法求解．从六科中选考三科的选法有36C 种，其中包括了没选物理、化学、生物中任意一科与没选政治、历史、地理中任意一科，而这两种选法均有33C 种，因此考生共有3363C 2C 18-=种．- 3 -考向三二项式定理样题4 （2017新课标全国Ⅰ理科）621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15 B ．20 C ．30 D ．35【答案】C样题5 二项式展开式的常数项为A ．B ．C ．80D ．16【答案】C【解析】510252155C (C (2)()r r rr r rr T x x --+==-,当时，4445C (2)80T =-=.故选C ．样题6 设0(sin cos )d a x x x π=+⎰，且21nx ax ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是 A ．1B ．1256C ．64D ．164【答案】D百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

2018高考数学一轮复习第9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步乘法计数原理课件

(1)10 (2)8 [(1)易知 A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}， ∴x 有 2 种取法，y 有 5 种取法，由分步乘法计数原理，A*B 的元素有 2×5＝10 个．
2 (2)第 1 步把甲、乙分到不同班级有 A2 ＝2 种分法．
第 2 步分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有 2 种分法，②丙、丁分到两个
2 不同的班级有 A2 ＝2 种分法．
由计数原理，不同的分法为 2×(2＋2)＝8 种．]
两个计数原理的综合应用
(1)(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∀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． (2)如图 913，矩形的对角线把矩形分成 A，B，C，D 四部分，现用 5 种不同颜色给四部分涂色，每部分涂 1 种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
[ 规律方法]
1.(1)注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分
步．在分步时可能又用到分类加法计数原理． (2)注意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，使问题形象化、直观化． 2．解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成，第 (2)题中，由于共边的区域不同色，从而是按区域 A 与区域 C 是否同色分类处理的．
[ 变式训练 3]
(2017· 金华联考)用 a 代表红球，b 代表蓝球．由加法原理及
乘法原理，从 1 个红球和 1 个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b) 的展开式 1＋a＋b＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从 5 个无区别的红球、5 个无区别的蓝球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5) B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5) C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5) D．(1＋a5)(1＋b5) ) 【导学号：51062323】

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2018 年高考数学计数原理、统计、概率分类汇编

、选择题 1. 【2018 全国一卷 3】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：

建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例

则下面结论中不正确的是 A．新农村建设后，种植收入减少 B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍 D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 2. 【2018 全国一卷 10】下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边 BC，直角边 AB，AC．△ABC 的三边所围成的区域记为 I，黑色部分记为 II，其余部分记为 III．在整个图形中随机取

一点，此点取自 I，II，III 的概率分别记为 p1， p2， p3，则 3【. 2018 全国二卷 8 】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．

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

P X 4 P X 6 ，则 p 6.【2018 浙江卷 7 】设 0ξ 0 1 2 P 1p 1 p 2 2 2

则当 p 在（ 0， 1）内增大时， A． D（ξ）减小 B．D（ξ）增大

C． D （ξ）先减小后增大 D．D（ξ）先增大后减小

、填空题 1. 【2018 全国一卷 15】从 2 位女生， 4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1

30 7 23 ．在不超 4. 5. 过 30 的素数中， 1 A． 12 2018 全国 A．10 三卷 2018 全国三卷式相互独立，设随机选取两个不同的数，其和等于 1 B． 14 5 】 x2 x2 x 的展开式中 B．20 30 的概率是 C．15 4 x4 的系数C．40 8】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 X 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数， D． D． 18 80 p ，各成员的支付方 DX 2.4 ，

A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 位女生入选，则不同的选法共有 ________ 种．（用数字填写答案） 2

x2 的系数为

3. 【2018 江苏卷 3.】已知 5 位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这 5 位

裁判打出的分数的平均数为．

4. 【2018 江苏卷 6】某兴趣小组有 2 名男生和 3名女生，现从中任选 2名学生去参加活动，

则恰好选中 2 名女生的概率为．

5. __________________________________________________ 【2018 浙江卷 14】二项式（3 x 1 ）8 的展开式的常数项是 _______________________ ． 2x

6. 【2018 浙江卷 16】16．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）

7. 【2018 上海卷 3】在

（1 x）7 的二项展开式中， x2 项的系数为 .（结果用数值表示）

8. 【2018 上海卷 9】9.有编号互不相同的五个砝码，其中 5克、 3克、 1克砝码各一个， 2 克

砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为 9 克的概率是（结果用最简分数表示）

三、解答题 1. 【2018 全国一卷 20】某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户

2.【2018 天津卷 10】在（x 5

的展开式

中，之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中

任取 20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为 p（0 p 1），且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记 20件产品中恰有 2件不合格品的概率为 f（p）,求 f （ p）的最大值点 p0．（2）现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以（ 1）中确定的 p0 作为 p 的值．已知每件产品的检验费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对

每件不合格品支付 25 元的赔偿费用．（ i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X ，求 EX ; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

2. 【2018 全国二卷 18】下图是某地区 2000 年至 2016 年环境基础设施投资额 y （单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额，建立了 y 与时间变量 t 的两个线性回归模型．根据 2000 年至 2016 年的数据（时间变量 t 的值依次为 1，2，⋯，17 ）建立模型 ①：y? 30.4 13.5t ；根据 2010年至 2016年的数据（时间变量 t 的值依次为 1，2，⋯ ，7 ）建立模型②： y? 99 17.5t ．（1）分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值； 2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．

3. 【2018 全国三卷 18】某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取 40 名工人，将他们随机分成两组，每组 20 人。第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位： min）绘制了如下茎叶图：

1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（ 2）求 40 名工人完成生产任务所需时间的中位数 m ，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过 m 的工人数填入下面的列联表：

超过 m 不超过 m 第一种生产方式第二种生产方式 3）根据（ 2）中的列联表，能否有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？ 2 n ad bc a b c d a c b d

2 P K2≥ k 0.050 0.010 0.001

k 3.841 6.635 10.828

4.【2018 北京卷 17】电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类

电影部数 140 50 300 200 800 510

好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．

假设所有电影是否获得好评相互独立．

附： K2 （Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取 1 部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取 1 部，估计恰有 1 部获得好评的概率；（Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ k 1 ” 表示第 k 类电影得到人们喜欢， “ k 0 ”表示第 k 类电影没有得到人们喜欢（k=1，2， 3，4，5，6）．写出方差 D 1，D 2，D 3，D 4，D 5，D 6的大小关系．

5.【2018 天津卷 16】已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为 24，16 ，16. 现采

用分层抽样的方法从中抽取 7 人，进行睡眠时间的调查 .

（I）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（II）若抽出的 7 人中有 4人睡眠不足， 3人睡眠充足，现从这 7人中随机抽取 3人做进一步的身体检查 . （i）用 X表示抽取的 3人中睡眠不．足．的员工人数，求随机变量 X的分布列与数学期望；（ii）设 A为事件“抽取的 3 人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件 A 发生的概率 .

6.【2018江苏卷 23（附加题）】设n N*，对 1，2， ·， n的一个排列 i1i2L in ，如果当 s所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对 1，2，3 的一个排列 231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列 231 的逆序数为 2．记 fn（k）为 1，2， ·， n的所有排列中逆序数为 k 的全部排列的个数．

（1）求 f3 （2）, f4（2）的值；（2）求 fn （2）（ n 5）的表达式（用 n 表示）．参考答案

一、选择题 1.A 2.A 3.C 4.C 5.B 6.D 7. 8. 9. 10.

二、填空题

1. 16 2. 5 3 3.90 4. 5.7 6.1260 1 7.21 8. 2 10 5

三、解答题

1.解：(1)20 件产品中恰有 2件不合格品的概率为 f(p) C220 p2 (1 p)18 .因此 f (p) C220[2 p(1 p)18 18p2(1 p)17] 2C220 p (1 p)17(1 10p) .

令 f (p) 0，得 p 0.1 .当 p (0,0.1) 时， f (p) 0；当 p (0.1,1) 时， f (p) 0.

所以 f ( p)的最大值点为 p0 0.1. ( 2)由( 1)知， p 0.1. （i）令 Y 表示余下的 180 件产品中的不合格品件数，依题意知 Y : B（180,0.1），

X 20 2 25Y ，即 X 40 25Y.

所以 EX E（40 25Y） 40 25EY 490. （ ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为 400 元 . 由于 EX 400，故应该对余下的产品作检验 . 2. 解：（1）利用模型①，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为

2018年高考数学计数原理、统计、概率分类汇编

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