高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)計數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布列知識點突破訓(xùn)練含解析

第十一章計數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布列第一節(jié)擺列、組合本節(jié)主要包含2個知識點：1.兩個計數(shù)原理；2.擺列、組合問題.打破點(一)兩個計數(shù)原理基礎(chǔ)聯(lián)通抓骨干知識的“源”與“流”1．分類加法計數(shù)原理完成一件事有兩類不一樣方案，在第1類方案中有m種不一樣的方法，在第2類方案中有n種不一樣的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不一樣的方法．2．分步乘法計數(shù)原理完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不一樣的方法，做第2步有n種不一樣的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不一樣的方法．3．兩個計數(shù)原理的比較名稱分類加法計數(shù)原理分步乘法計數(shù)原理相同點都是解決完成一件事的不一樣方法的種數(shù)問題運用加法運算運用乘法運算分步完成一件事，而且只有各個步分類完成一件事，而且每類方法中的每種方驟都完成才算完成這件事情，要注不一樣點法都能獨立完成這件事情，要注意“類”與意“步”與“步”之間的連續(xù)“類”之間的獨立性和并列性．分類計數(shù)原理可利用“并聯(lián)”電路來理解性．分步計數(shù)原理可利用“串通”電路來理解考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”分類加法計數(shù)原理能用分類加法計數(shù)原理解決的問題擁有以下特色：(1)完成一件事有若干種方法，這些方法可以分成

n類．用每一類中的每一種方法都可以完成這件事．把各種的方法數(shù)相加，就可以獲取完成這件事的所有方法數(shù)．[例1](1)在所有的兩位數(shù)中，個位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)共有________個．如圖，從A到O有________種不一樣的走法(不重復(fù)過一點)．x2y2的焦點在y軸上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈＋＝1(3)若橢圓mn{1,2,3,4,5,6,7}，則這樣的橢圓的個數(shù)為________．[分析](1)法一：按個位數(shù)字分類，個位可為2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別有1個，2個，3個，4個，5個，6個，7個，8個，則共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36個兩位數(shù)．法二：按十位數(shù)字分類，十位可為1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別有

8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個，則共有

8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36個兩位數(shù)．(2)分

3類：第一類，直接由

A到

O，有

1種走法；第二類，中間過一個點，有

A→B→O和

A→C→O2

種不一樣的走法；第三類，中間過兩個點，有

A→B→C→O

和

A→C→B→O2種不一樣的走法．由分類加法計數(shù)原理可得共有

1＋2＋2＝5種不一樣的走法．當(dāng)m＝1時，n＝2,3,4,5,6,7，共6個；當(dāng)m＝2時，n＝3,4,5,6,7，共5個；當(dāng)m＝3時，n＝4,5,6,7，共4個；當(dāng)m＝4時，n＝5,6,7，共3個；當(dāng)m＝5時，n＝6,7，共2個．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20個滿足條件的橢圓．[答案](1)36(2)5(3)20[易錯提示]依據(jù)問題的特色確立一個適合的分類標(biāo)準(zhǔn)，分類標(biāo)準(zhǔn)要一致，不可以遺漏．分類時，注意完成這件事的任何一種方法一定屬于某一類，不可以重復(fù)．分步乘法計數(shù)原理能用分步乘法計數(shù)原理解決的問題擁有以下特色：完成一件事需要經(jīng)過n個步驟，缺一不行．完成每一步有若干種方法．把各個步驟的方法數(shù)相乘，就可以獲取完成這件事的所有方法數(shù)．[例2](1)從－1,0,1,2這四個數(shù)中選三個數(shù)作為函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的系數(shù)，則可構(gòu)成________個不一樣的二次函數(shù)，此中偶函數(shù)有________個(用數(shù)字作答)．如圖，某電子器件由3個電阻串通而成，形成回路，此中有個焊接點A，B，C，D，E，F(xiàn)，假如焊接點零落，整個電路就會不通．現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電路不通，那么焊接點零落的可能狀況共有

________種．[分析]

(1)一個二次函數(shù)對應(yīng)著

a，b，c(a≠0)的一組取值，

a的取法有

3種，b的取法有

3種，c的取法有

2種，由分步乘法計數(shù)原理知共有

3×3×2＝18個二次函數(shù)．若二次函數(shù)為偶函數(shù)，則

b＝0，同理可知共有

3×2＝6個偶函數(shù)．(2)因為每個焊接點都有零落與未零落兩種狀況，

而只要有一個焊接點零落，

則電路就不通，故共有

26－1＝63種可能狀況．[答案

(1)18

6(2)63[易錯提示](1)利用分步乘法計數(shù)原理解決問題時要注意按事件發(fā)生的過程來合理分步，即分步是有先后次序的，而且分步一定滿足：完成一件事的各個步驟是相互依存的，只有各個步驟都完成了，才算完成這件事．牢記分步一定滿足的兩個條件：一是各步驟相互獨立，互不攪亂；二是步與步保證連續(xù)，逐漸完成．兩個計數(shù)原理的綜合問題在解決實質(zhì)問題的過程中，其實不必定是單調(diào)的分類或分步，而可能是同時應(yīng)用兩個計數(shù)原理，即分類時，每類的方法可能要運用分步完成，而分步時，每步的方法數(shù)可能會采納分類的思想求解．分類的要點在于做到“不重不漏”，分步的要點在于正確設(shè)計分步的程序，即合理分類，正確分步．[例

3]

(1)用數(shù)字

0,1,2,3,4,5

構(gòu)成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，此中比

40000大的偶數(shù)共有(

)A．144個

B．120個

C．96個

D．72

個(2)某班一天上午有

4節(jié)課，每節(jié)都需要安排

1名教師去上課，現(xiàn)從

A，B，C，D，E，F(xiàn)6名教師中安排

4人分別上一節(jié)課，第一節(jié)課只好從

A、B兩人中安排一個，第四節(jié)課只能從

A、C兩人中安排一人，則不一樣的安排方案共有

________種．(3)如圖，矩形的對角線把矩形分成

A，B，C，D

四部分，現(xiàn)用

5種不一樣顏色給四部分涂色，

每部分涂

1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，則共有

________種不一樣的涂色方法．[分析]

(1)由題意可知，吻合條件的五位數(shù)的萬位數(shù)字是

4或

5.當(dāng)萬位數(shù)字為

4時，個位數(shù)字從

0,2

中任選一個，共有

2×4×3×2＝48

個偶數(shù)；當(dāng)萬位數(shù)字為

5時，個位數(shù)字從0,2,4中任選一個，共有

3×4×3×2＝72個偶數(shù)．故吻合條件的偶數(shù)共有

48＋72＝120(個)．(2)①第一節(jié)課若安排

A，則第四節(jié)課只好安排

C，第二節(jié)課從節(jié)余

4人中任選

1人，第三節(jié)課從節(jié)余

3人中任選

1人，共有

4×3＝12

種安排方案．②第一節(jié)課若安排

B，則第四節(jié)課可由

A或C

上，第二節(jié)課從節(jié)余

4人中任選

1人，第三節(jié)課從節(jié)余

3人中任選

1人，共有

2×4×3＝24種安排方案．所以不一樣的安排方案共有12＋24＝36(種)．(3)地區(qū)A有5種涂色方法，地區(qū)B有4種涂色方法，地區(qū)C的涂色方法可分2類：若C與A涂同色，地區(qū)D有4種涂色方法；若C與A涂不一樣色，此時地區(qū)C有3種涂色方法，地區(qū)D也有3種涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260種涂色方法．[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用兩個計數(shù)原理進(jìn)行計數(shù)的基本思想對需用兩個計數(shù)原理解決的綜合問題要“先分類，再分步”，即先分為若干個“既不重復(fù)也不遺漏”的類，再對每類中的計數(shù)問題分成若干個“完好的步驟”，求出每個步驟的方法數(shù)，依照分步乘法計數(shù)原理計算各種中的方法數(shù)，最后再依照分類加法計數(shù)原理得出總數(shù)．能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．[考點二]某班新年聯(lián)歡會原定的6個節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增添了3個新節(jié)目，假如將這3個新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不一樣的插法種數(shù)為()A．504B．210C．336D．120分析：選A分三步，先插一個新節(jié)目，有7種方法，再插第二個新節(jié)目，有8種方法，最后插第三個節(jié)目，有9種方法．故共有7×8×9＝504種不一樣的插法．2．[考點二]教課大樓共有五層，每層均有兩個樓梯，由一層到五層的走法有( )A．10種B．25種C．52種D．24種分析：選D由一層到二層、由二層到三層、由三層到四層、由四層到五層各有2種走法，故共有2×2×2×2＝24種不一樣的走法．3．[考點一]已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確立不同的平面?zhèn)€數(shù)為()A．40B．16C．13D．10分析：選C分兩類狀況談?wù)摚旱?類，直線a分別與直線b上的8個點可以確立8個不一樣的平面；第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確立5個不一樣的平面．依據(jù)分類加法計數(shù)原理知，共可以確立

8＋5＝13個不一樣的平面．4．[考點一

]我們把各位數(shù)字之和為

6的四位數(shù)稱為“六合數(shù)”

(如

2013

是“六合數(shù)”

)，則“六合數(shù)”中首位為

2的“六合數(shù)”共有

(

)A．18

個

B．15

個

C．12

個

D．9個分析：選

B

依題意知，這個四位數(shù)的百位數(shù)、十位數(shù)、個位數(shù)之和為

4.由

4,0,0

構(gòu)成

3個數(shù)，分別為

400,040,004；由

3,1,0構(gòu)成

6個數(shù)，分別為

310,301,130,103,013,031；由

2,2,0構(gòu)成

3個數(shù)，分別為

220,202,022；由

2,1,1構(gòu)成

3個數(shù)，分別為

211,121,112.共計

3＋6＋3＋3＝15個“六合數(shù)”．5.[考點三

]如圖，用

4種不一樣的顏色對圖中

5個地區(qū)涂色

(4種顏色所有使用

)，要求每個地區(qū)涂一種顏色，相鄰的地區(qū)不可以涂相同的顏色，則不一樣的涂色方法有

________種．12

4

53分析：按地區(qū)1與3能否同色分類．①地區(qū)1與3同色：先涂地區(qū)1與3，有4種方法，再涂地區(qū)2,4,5(還有3種顏色)，有3×2×1＝6種方法．所以地區(qū)1與3涂同色時，共有4×6＝24種方法．②地區(qū)1與3不一樣色：先涂地區(qū)1與3，有4×3＝12種方法，第二步，涂地區(qū)2有2種涂色方法，第三步，涂地區(qū)4只有一種方法，第四步，涂地區(qū)5有3種方法．所以這時共有12×2×1×3＝72種方法．故由分類加法計數(shù)原理，不一樣的涂色方法的種數(shù)為24＋72＝96.答案：

966．[考點三]有A，B，C型高級電腦各一臺，甲、乙、丙、丁4個操作人員的技術(shù)等級不一樣，甲、乙會操作三種型號的電腦，丙不會操作C型電腦，而丁只會操作A型電腦．從這4個操作人員中選3人分別去操作這三種型號的電腦，則不一樣的選派方法有________種(用數(shù)字作答

)．分析：因為丙、丁兩位操作人員的技術(shù)問題，要完成

“從

4個操作人員中選

3人去操作這三種型號的電腦

”這件事，則甲、乙兩人最少要選派一人，可分四類：第1類，選甲、乙、丙

3人，因為丙不會操作

C型電腦，分

2步安排這

3人操作的電腦的型號，有

2×2＝4種方法；第2類，選甲、乙、丁

3人，因為丁只會操作

A型電腦，這時安排

3人分別去操作這三種型號的電腦，有

2種方法；第3類，選甲、丙、丁

3人，這時安排

3人分別去操作這三種型號的電腦，只有

1種方法；第4類，選乙、丙、丁3人，相同也只有1種方法．依據(jù)分類加法計數(shù)原理，共有4＋2＋1＋1＝8種選派方法．答案：8基礎(chǔ)聯(lián)通

打破點(二)擺列、組合問題抓骨干知識的“源”與“流”1．?dāng)[列與擺列數(shù)(1)擺列：從n個不一樣元素中拿出m(m≤n)個元素，依照必定的次序排成一列，叫做從個不一樣元素中拿出m個元素的一個擺列．(2)擺列數(shù)：從n個不一樣元素中拿出m(m≤n)個元素的所有不一樣擺列的個數(shù)叫做從同元素中拿出m個元素的擺列數(shù)，記作Amn.

nn個不2．組合與組合數(shù)組合：從n個不一樣元素中拿出m(m≤n)個元素合成一組，叫做從n個不一樣元素中拿出個元素的一個組合．(2)組合數(shù)：從n個不一樣元素中拿出m(m≤n)個元素的所有不一樣組合的個數(shù)，叫做從n個不一樣元素中拿出m個元素的組合數(shù)，記作Cnm.3．?dāng)[列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì)擺列數(shù)組合數(shù)Amm＝nCnmAm公式n?。絥n－1n－m＋1＝Anm＝n(n－1)(n－2)(n－m＋1)＝m！n－m！n！m！n－m！0nn性質(zhì)An＝n??；Cnm＝Cnn－m_；0?。?mm－1mCn＋Cn＝Cn＋1備注n，m∈N*且m≤n4．?dāng)[列與組合的比較名稱擺列組合相同點都是從n個不一樣元素中拿出m(m≤n)個元素，元素?zé)o重復(fù)不一樣點擺列與次序相關(guān)組合與次序沒關(guān)兩個擺列相同，當(dāng)且僅當(dāng)這兩個擺列的元兩個組合相同，當(dāng)且僅當(dāng)這兩個組合素及其擺列次序完好相同的元素完好相同考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”擺列問題解決擺列問題的主要方法(1)解決“在”與“不在”的有限制條件的擺列問題，既可以從元素下手，也可以從地址下手，原則是誰“特別”誰優(yōu)先．無論是從元素考慮還是從地址考慮，都要貫徹究竟，不可以既考慮元素又考慮地址．解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，即把相鄰元素看做一個整體和其余元素一起擺列，同時要注意捆綁元素的內(nèi)部擺列．解決不相鄰問題的方法是“插空法”，即先考慮不受限制的元素的擺列，再將不相鄰的元素插在前面元素擺列的空中間．關(guān)于定序問題，可先不考慮次序限制，擺列后，再除以定序元素的全擺列．若某些問題從正面考慮比較復(fù)雜，可從其反面下手，即采納“間接法”．[例1](1)用0到9這10個數(shù)字，可以構(gòu)成沒有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)的個數(shù)為( )A．324B．648C．328D．360市內(nèi)某公共汽車站有6個候車位(成一排)，現(xiàn)有3名乘客隨意坐在某個座位上候車，則恰好有

2個連續(xù)空座位的候車方式的種數(shù)為

(

)A．48

B．54

C．72

D．84用1,2,3,4這四個數(shù)字構(gòu)成無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，此中恰有一個偶數(shù)夾在兩個奇數(shù)之間的四位數(shù)的個數(shù)為________．[分析](1)第一應(yīng)試慮能否含“0”．當(dāng)含有2個三0，且0排在個位時，有A9＝9×8＝7211128×7位偶數(shù)，當(dāng)0排在十位時，有A4A8＝4×8＝32個三位偶數(shù)．當(dāng)不含0時，有A4·A8＝4×＝224個三位偶數(shù)．由分類加法計數(shù)原理，得吻合題意的偶數(shù)共有72＋32＋224＝328(個)．(2)先把3名乘客進(jìn)行全擺列，有34個空，再將1個空位和余A3＝6種排法，排好后，有下的2個連續(xù)的空位插入4個空中，有A42＝12種排法，則共有6×12＝72種候車方式．(3)第一排兩個奇數(shù)1,3，有22,4中取一個數(shù)放在1,3擺列之間，有1A2種排法，再在C2種排法，而后把這3個數(shù)作為一個整體與剩下的另一個偶數(shù)全擺列，有A22種排法，即滿足條件的四位數(shù)的個數(shù)為212A2C2A2＝8.[答案](1)C(2)C(3)8組合問題組合問題的常有題型及解題思路常有題型：一般有選派問題、抽樣問題、圖形問題、會合問題、分組問題等．解題思路：①分清問題能否為組合問題；②對較復(fù)雜的組合問題，要搞清是“分類”還是“分步”，一般是先整體分類，而后局部分步，將復(fù)雜問題經(jīng)過兩個計數(shù)原理化歸為簡單問題．[例2](1)某學(xué)校為了迎接市春天運動會，從5名男生和4名女生構(gòu)成的田徑運動隊中選出4人參加比賽，要求男、女生都有，則男生甲與女生乙最罕有1人當(dāng)選的方法種數(shù)為( )A．85B．86C．91D．90若從1,2,3，，9這9個整數(shù)中同時取4個不一樣的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不一樣的取法的種數(shù)是( )A．60B．63C．65D．66(3)現(xiàn)有16張不一樣的卡片，此中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4張．從中任取3張，要求這3張卡片不可以是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不一樣取法的種數(shù)為________．[分析](1)法一(直接法)：由題意，可分三類考慮：第1類，男生甲當(dāng)選，女生乙不當(dāng)選的方法種數(shù)為：12213C3C4＋C3C4＋C3＝31；第2類，男生甲不當(dāng)選，女生乙當(dāng)選的方法種數(shù)為：12213C4C3＋C4C3＋C4＝34；第3類，男生甲當(dāng)選，女生乙當(dāng)選的方法種數(shù)為：C21123＋C4C3＋C4＝21.所以男生甲與女生乙最罕有1人當(dāng)選的方法種數(shù)為31＋34＋21＝86.法二(間接法)：從5名男生和4名女生中任意選出4人，男、女生都有的選法有C94－44＝120種；男、女生都有，且男生甲與女生乙都沒有當(dāng)選的方法有44種．所5474以男生甲與女生乙最罕有1人當(dāng)選的方法種數(shù)為120－34＝86.(2)因為1,2,3，，9中共有4個不一樣的偶數(shù)和5個不一樣的奇數(shù)，要使拿出的4個不一樣的數(shù)的和為偶數(shù)，則4個數(shù)全為奇數(shù)，或全為偶數(shù)，或2個奇數(shù)和442個偶數(shù)，故有C5＋C4＋2254(3)第一類，含有1張紅色卡片，不一樣的取法有12＝264(種)．第二類，不含有紅色卡124片，不一樣的取法有C3－3C3＝220－12＝208(種)．由分類加法計數(shù)原理知，不一樣的取法共有124264＋208＝472(種)．[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制條件的組合問題的解法組合問題的限制條件主要表此刻拿出元素中“含”或“不含”某些元素，也許“最少”或“最多”含有幾個元素：“含有”或“不含有”某些元素的組合題型．“含”，則先將這些元素拿出，再由別的元素補(bǔ)足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去采納．“最少”或“最多”含有幾個元素的題型．考慮逆向思想，用間接法辦理．分組分配問題分組分配問題是擺列、組合問題的綜合運用，解決這種問題的一個基本指導(dǎo)思想就是先分組后分配．關(guān)于分組問題，有整體均分、部分均分和不均分三種，無論分成幾組，都應(yīng)注意只要有一些組中元素的個數(shù)相等，就存在均分現(xiàn)象．[例3](1)教育部為了發(fā)展貧窮地區(qū)教育，在全國要點師范大學(xué)免費培育教育專業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應(yīng)的地區(qū)任教．現(xiàn)有

6個免費培育的教育專業(yè)師范畢業(yè)生要均勻分到

3所學(xué)校去任教，有

________種不一樣的分配方法．(2)某科室派出

4名調(diào)研員到

3個學(xué)校，調(diào)研該校高三復(fù)習(xí)備考現(xiàn)況，

要求每個學(xué)校最少一名，則不一樣的分配方案種數(shù)為

________．(3)若將

6名教師分到

3所中學(xué)任教，一所

1名，一所

2名，一所

3名，則有

________種不一樣的分法．222C6C4C2[分析](1)先把6個畢業(yè)生均勻分成3組，有3種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所A322236個畢業(yè)生均勻分到C6C4C23種不一樣的學(xué)校，有A3＝6種方法，故將3所學(xué)校，共有3·A3＝90A3分配方法．211(2)分兩步完成：第一步，將4名調(diào)研員按2,1,1C4C2C1種；第二步，分成三組，其分法有2A22113C4C2C13將分好的三組分配到3個學(xué)校，其分法有A3種，所以滿足條件的分配方案有2·A3＝36A2種．將6名教師分組，分三步完成：第1步，在6名教師中任取1名作為一組，有C61種分法；第2步，在余下的5名教師中任取2名作為一組，有C52種分法；第3步，余下的3名教師作為一組，有C33種分法．依據(jù)分步乘法計數(shù)原理，共有123C6C5C3＝60種分法．再將這3組教師分配到3所中學(xué)，有A3＝6種分法，3故共有60×6＝360種不一樣的分法．[答案(1)90(2)36(3)360[方法技巧]分組分配問題的三各種類及求解策略種類求解策略整體解題時要注意分組后，無論它們的次序如何，都是一種狀況，所以分組后必定要除均分以Ann(n為均分的組數(shù))，防備重復(fù)計數(shù)部分解題時注意重復(fù)的次數(shù)是均勻分組的階乘數(shù)，即如有m組元素個數(shù)相等，則分組時均分應(yīng)除以m！，一個分組過程中有幾個這樣的均勻分組就要除以幾個這樣的全擺列數(shù)不等只要先分組，后擺列，注意分組時任何組中元素的個數(shù)都不相等，所以不需要除以分組全擺列數(shù)能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．[考點一]A，B，C，D，E，F(xiàn)六人圍坐在一張圓桌四周開會，A是會議的中心發(fā)言人，一定坐在最北面的椅子上，B，C二人一定坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐節(jié)余的三把椅子，則不一樣的座次有()A．60種B．48種C．30種D．24種分析：選B由題知，可先將B，C二人看作一個整體，再與節(jié)余人進(jìn)行擺列，則不一樣24的座次有A2A4＝48種．2．[考點一]有5列火車分別準(zhǔn)備停在某車站并行的5條軌道上，若快車A不可以停在第3道上，貨車B不可以停在第1道上，則5列火車不一樣的?？糠椒〝?shù)為()A．56B．63C．72D．78分析：選D若沒有限制，5列火車可以隨意停，則有A55種不一樣的?？糠椒?；快車A停在第3道上，則5列火車不一樣的停靠方法為A44種；貨車B停在第1道上，則5列火車不一樣的?？糠椒锳44種；快車A停在第3道上，且貨車B停在第1道上，則5列火車不一樣的?？糠椒?543＋6＝78.A3種．故吻合要求的5列火車不一樣的停靠方法數(shù)為A5－2A4＋A3＝120－483．[考點三]某局安排3名副局長帶5名職工去3地調(diào)研，每地最少去1名副局長和1名職工，則不一樣的安排方法總數(shù)為()A．1800B．900C．300D．1440311122分析：選B分三步：第一步，將5名職工分成3組，每組最少1人，則有C5C2C1＋C5C4C22A2A22種不一樣的分組方法；第二步，將這3組職工分到3地有A33種不一樣的方法；第三步，將3名副局長分到3地有A33種不一樣的方法．依據(jù)分步乘法計數(shù)原理，不一樣的安排方案共有311122C5C2C1C5C4C2332＋2種)，應(yīng)選B.·A3A3＝900(A2A24．[考點二]以以下圖，要使電路接通，則5個開關(guān)不一樣的開閉方式有________種．分析：當(dāng)?shù)谝唤M開關(guān)有一個接通時，電路接通有1123C2·(C3＋C3＋C3)＝14種方式；當(dāng)?shù)谝唤M兩個都接通時，電路接通有2123種方式，所以共有14＋7＝21種方式．C2(C3＋C3＋C3)＝7答案：215．[考點二]有9名學(xué)生，此中2名會下象棋但不會下圍棋，3名會下圍棋但不會下象棋，4名既會下圍棋又會下象棋；此刻要從這9名學(xué)生中選出2名學(xué)生，一名參加象棋比賽，另一名參加圍棋比賽，共有________種不一樣的選派方法．分析：設(shè)2名會下象棋但不會下圍棋的同學(xué)構(gòu)成會合A,3名會下圍棋但不會下象棋的同學(xué)構(gòu)成會合B,4名既會下圍棋又會下象棋的同學(xué)構(gòu)成會合C，則選派2名參賽同學(xué)的方法可以分為以下4類：第一類：A中選1人參加象棋比賽，B中選1人參加圍棋比賽，選派方法為11C2·C3＝6種；第二類：C中選1人參加象棋比賽，B中選1人參加圍棋比賽，選派方法為11C4·C3＝12種；第三類：C中選1人參加圍棋比賽，A中選1人參加象棋比賽，選派方法為11C4·C2＝8種；第四類：C中選2人分別參加兩項比賽，選派方法為A42＝12種；由分類加法計數(shù)原理，不一樣的選派方法共有6＋12＋8＋12＝38(種)．答案：38[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]1．(2016全·國甲卷)如圖，小明從街道的

E處出發(fā)，先到

F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為

(

)A．24B．18C．12D．9分析：選B分兩步：第一步，從E→F，有6條可以選擇的最短路徑；第二步，從F→G，有3條可以選擇的最短路徑．由分步乘法計數(shù)原理可知有6×3＝18條可以選擇的最短路徑．應(yīng)選B.2．(2016·國丙卷全)定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}以下：{an}共有2m項，此中m項為0，m項為1，且對任意k≤2m，a1，a2，ak中0的個數(shù)許多于1的個數(shù)，若m＝4，則不一樣的“規(guī)范01數(shù)列”共有()A．18個B．16個C．14個D．12個分析：選C當(dāng)m＝4時，數(shù)列{an}共有8項，此中4項為0,4項為1，要滿足對任意k≤8，a1，a2，ak中0的個數(shù)許多于1的個數(shù)，則必有a1＝0，a8＝1，a2可為0，也可為1.(1)當(dāng)a＝0時，分以下3種狀況：①若a＝0，則a，a，a，a中任意一個為0均可，則有C1＝42345674種狀況；②若a＝1，a＝0，則a，a，a中任意一個為0均可，有1345673a3＝1，a4＝1，則a5必為0，a6，a7中任意一個為0均可，有1當(dāng)a2＝1時，C2＝2種狀況；(2)必有a3＝0，分以下2種狀況：①若a4＝0，則a5，a6，a7中任一個為0均可，有1C3＝3種情況；②若a4＝1，則a5必為0，a6，a7中任一個為0均可，有1種狀況．綜上所述，不C2＝2同的“規(guī)范01數(shù)列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14個，應(yīng)選C.3．(2012新·課標(biāo)全國卷)將2名教師，4名學(xué)生分成2個小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動，每個小組由1名教師和2名學(xué)生構(gòu)成，不一樣的安排方案共有()A．12種B．10種C．9種D．8種分析：選A2名教師各在1個小組，給此中1名教師選2名學(xué)生，有C42種選法，另2名學(xué)生分派給另1名教師，而后將2個小組安排到甲、乙兩地，有A22種方案，故不一樣的安排22方案共有C4A2＝12種，選A.[課時達(dá)標(biāo)檢測]要點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練基礎(chǔ)小題——增強(qiáng)運算能力]1．(2016·四川高考)用數(shù)字1,2,3,4,5構(gòu)成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，此中奇數(shù)的個數(shù)為( )A．24B．48C．60D．72分析：選D奇數(shù)的個數(shù)為14C3A4＝72.2．世界華商大會的某分會場有A，B，C三個展臺，將甲、乙、丙、丁共4名“雙語”志愿者分配到這三個展臺，每個展臺最少1人，此中甲、乙兩人被分配到同一展臺的不一樣分法的種數(shù)有()A．12種B．10種C．8種D．6種分析：選D因為甲、乙兩人被分配到同一展臺，所以可以把甲與乙捆在一起，看作一個人，而后將3個人分到3個展臺長進(jìn)行全擺列，即有A33種分配方法，所以甲、乙兩人被分配到同一展臺的不一樣分法的種數(shù)有A33＝6種．3．在1,2,3,4,5這五個數(shù)字構(gòu)成的沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中，各位數(shù)字之和為奇數(shù)的共有( )A．36個B．24個C．18個D．6個分析：選B各位數(shù)字之和是奇數(shù)，則這三個數(shù)字中三個都是奇數(shù)或兩個偶數(shù)一個奇數(shù)，所以吻合條作的三位數(shù)有313＝6＋18＝24(個)．A3＋C3A34.以以下圖的幾何體由一個正三棱錐P-ABC與正三棱柱ABC-A1B1C1組合而成，現(xiàn)用3種不一樣顏色對這個幾何體的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相鄰的面均不一樣色，則不一樣的染色方案共有________種．分析：先涂三棱錐P-ABC的三個側(cè)面，而后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三個側(cè)面，共有3×2×1×2＝12種不一樣的涂色方案．答案：12[練常考題點——檢驗高考能力]一、選擇題1．從2,3,4,5,6,7,8,9這8個數(shù)中任取2個不一樣的數(shù)分別作為一個對數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以構(gòu)成不一樣對數(shù)值的個數(shù)為()A．56B．54C．53D．52分析：選D在8個數(shù)中任取2個不一樣的數(shù)可以構(gòu)成A82＝56個對數(shù)值；但在這56個對數(shù)值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即滿足條件的對數(shù)值共有56－4＝52(個)．2．以以下圖，在A、B間有四個焊接點1,2,3,4，若焊接點零落以致斷路，則電路不通．今發(fā)現(xiàn)

A，B之間電路不通，則焊接點脫落的不一樣狀況有

(

)A．9種

B．11種C．13

種

D．15

種分析：選

C

依照焊接點零落的個數(shù)進(jìn)行分類．若零落1個，則有(1)，(4)，共2種狀況；若零落2個，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6種狀況；若零落3個，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4種狀況；若零落4個，有(1,2,3,4)，共1種狀況．綜上共有2＋6＋4＋1＝13種焊接點零落的狀況．3．現(xiàn)有2門不一樣的考試要安排在5天以內(nèi)進(jìn)行，每天最多進(jìn)行一門考試，且不可以連續(xù)兩天有考試，那么不一樣的考試安排方案種數(shù)是

(

)A．12

B．6C．8

D．16分析：選

A

若第一門安排在開頭或結(jié)尾，則第二門有

3種安排方法，這時共有

C1×32＝6種安排方案；若第一門安排在中間的

3天中，則第二門有

2種安排方法，這時共有

C13×2＝6種安排方案．綜上可得，不一樣的考試安排方案共有

6＋6＝12(種)．4．有

5本不一樣的教科書，此中語文書

2本，數(shù)學(xué)書

2本，物理書

1本．若將其并排擺放在書架的同一層上，則同一科目書都不相鄰的放法種數(shù)是

(

)A．24

B．48C．72

D．96分析：選B據(jù)題意可先擺放2本語文書，當(dāng)1本物理書在2本語文書之間時，只要將2本數(shù)學(xué)書插在前3本書形成的4個空中即可，此時共有2224211122在2本語文書一側(cè)時，共有A2A2C2C3種不一樣的擺放方法，由分類加法計數(shù)原理可得共有A2A42111種擺放方法．＋A2A2C2C3＝485．“住宅”“醫(yī)療”“教育”“養(yǎng)老”“就業(yè)”成為當(dāng)今社會關(guān)注的五個焦點．小趙想利用國慶節(jié)假期檢查一下社會對這些熱門的關(guān)注度．若小趙準(zhǔn)備依照次序分別檢查此中的4個熱門，則“住宅”作為此中的一個檢查熱門，但不作為第一個檢查熱門的種數(shù)為( )A．13B．24C．18D．72分析：選D可分三步：第一步，先從“醫(yī)療”“教育”“養(yǎng)老”“就業(yè)”這4個熱門3在檢查時，“住宅”安排的次序有1中選出3個，有C4種不一樣的選法；第二步，A3種可能情況；第三步，其余3個熱門檢查的次序有A33種排法．依據(jù)分步乘法計數(shù)原理可得，不一樣檢查313次序的種數(shù)為C4A3A3＝72.6．將A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在擺列中次序為“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相鄰)，這樣的擺列數(shù)有()A．12種B．20種C．40種D．60種分析：選C五個元素沒有限制全擺列數(shù)為A55，因為要求A，B，C的次序必定(按A，5B，C或C，B，A)，故除以這三個元素的全擺列3A5種．A3，可得這樣的擺列數(shù)有3×2＝40A3二、填空題7．某班組織文藝晚會，準(zhǔn)備從A，B等8個節(jié)目中選出4個節(jié)目演出，要求A，B兩個節(jié)目最罕有一個選中，且A，B同時選中時，它們的演出次序不可以相鄰，那么不一樣演出順序的種數(shù)為________．分析：當(dāng)A，B節(jié)目中只選此中一個時，共有134種演出次序；當(dāng)A，B節(jié)目C2C6A4＝960都被選中時，由插空法得共有2221140種演出次序．C6A2A3＝180種演出次序，所以一共有答案：11408．4位同學(xué)參加某種形式的比賽，比賽規(guī)則規(guī)定：選甲題答對得100分，答錯得－100分，選乙題答對得90分，答錯得－90分，若4位同學(xué)的總分為0分，則這4位同學(xué)不一樣得分狀況的種數(shù)是________．分析：因為4位同學(xué)的總分為0分，故4位同學(xué)選甲、乙題的人數(shù)有且只有三種狀況：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．關(guān)于①，需2人答對，2人答錯，共有C42＝6種狀況；關(guān)于②，選甲題的需1人答對，1人答錯，選乙題的也2116種狀況，故共有6＋24＋6＝36種不這樣，有C4C2C2＝24種狀況；關(guān)于③，與①相同，有同的得分狀況．答案：369．把座位編號為1,2,3,4,5的五張電影票所有分給甲、乙、丙、丁四個人，每人最少一張，至多兩張，且分得的兩張票一定是連號，那么不一樣的分法種數(shù)為________(用數(shù)字作答)．分析：先將票分為吻合條件的4份，由題意，4人分5張票，且每人最少一張，至多兩張，則三人每人一張，一人2張，且分得的票一定是連號，相當(dāng)于將1,2,3,4,5這五個數(shù)用3個板子分開，分為四部分且不存在三連號．在4個空位插3個板子，共有C43＝4種狀況，再對應(yīng)到4個人，有A44＝24種狀況，則共有4×24＝96種不一樣分法．答案：9610．有紅、藍(lán)、黃、綠四種顏色的球各6個，每種顏色的6個球分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6，從中任取3個標(biāo)號不一樣的球，這3個球顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法種數(shù)為________．分析：所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法有135,136,146,246，共4種.3個球顏色互不相同有A43＝4×3×2＝24種取法，所以這3個球顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法有4×24＝96(種)．答案：96三、解答題11．有5個男生和3個女生，從中選出5人擔(dān)當(dāng)5門不一樣學(xué)科的科代表，求分別吻合下列條件的選法數(shù)：有女生但人數(shù)一定少于男生；某女生必定擔(dān)當(dāng)語文科代表；某男生一定包含在內(nèi)，但不擔(dān)當(dāng)數(shù)學(xué)科代表；某女生必定要擔(dān)當(dāng)語文科代表，某男生一定擔(dān)當(dāng)科代表，但不擔(dān)當(dāng)數(shù)學(xué)科代表．解：(1)先選后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先選有3241C5C3＋C5C3種狀況，后排有532415A5種狀況，則吻合條件的選法數(shù)為(C5C3＋C5C3)·A5＝5400.(2)除去該女生后，先選后排，則吻合條件的選法數(shù)為4·A474(3)先選后排，但先安排該男生，則吻合條件的選法數(shù)為C414＝3360.744(4)先從除去該男生該女生的316人中選3人有C6種狀況，再安排該男生有C3種狀況，選3313出的3人全排有A3種狀況，則吻合條件的選法數(shù)為C6·C3·A3＝360.12．用0,1,2,3,4這五個數(shù)字，可以構(gòu)成多少個滿足以下條件的沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)？比21034大的偶數(shù)；左起第二、四位是奇數(shù)的偶數(shù)．解：(1)可分五類，當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字是2時，有6個五位數(shù)；當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字是313＝12個五位數(shù)；或4時，有C2A3當(dāng)末位數(shù)字是2，而首位數(shù)字是313＝12個五位數(shù)；或4時，有C2A3當(dāng)末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是2時，有3個五位數(shù)；當(dāng)末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是3時，有A33＝6個五位數(shù)；故共有6＋12＋12＋3＋6＝39個滿足條件的五位數(shù)．可分為兩類：末位數(shù)是0，個數(shù)有22A2·A2＝4；末位數(shù)是2或4，個數(shù)有21A2·C2＝4；2221個滿足條件的五位數(shù)．故共有A2·A2＋A2·C2＝8第二節(jié)二項式定理本節(jié)主要包含2個知識點：1.二項式的通項公式及應(yīng)用；2.二項式系數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.基礎(chǔ)聯(lián)通

打破點(一)二項式的通項公式及應(yīng)用抓骨干知識的“源”與“流”1．二項式定理二項睜開式：公式(a＋b)n＝C0nan＋Cn1an－1b＋＋Cknan－kbk＋＋Cnnbn(n∈N*)叫做二項式定理．n－kk二項式的通項：Tk＋1＝Cnab為睜開式的第k＋1項．2．二項式系數(shù)與項的系數(shù)r(1)二項式系數(shù)：二項睜開式中各項的系數(shù)Cn(r∈{0，1，，n})叫做第r＋1項的二項式系數(shù)．項的系數(shù)：項的系數(shù)是該項中非字母因數(shù)部分，包含符號等，與二項式系數(shù)是兩個不一樣的看法．如(a＋bx)n的睜開式中，第r＋1項的系數(shù)是Crnan－rbr.考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”求解形如(a＋b)n(n∈N*)的睜開式中與特定項相關(guān)的量[例1](1)在二項式x2－15的睜開式中，含x4的項的系數(shù)是()xA．10B．－10C．－5D．20(2)(2017武·漢模擬)x2－235的睜開式中的常數(shù)項為()xA．80B．－80C．40D．－40(3)已知x－a5的睜開式中含x3的項的系數(shù)為30，則a＝()x2A.3B．－3C．6D．－6x－18的睜開式中的有理項共有________項．(4)42x(5)二項式x3＋12n的睜開式中含有非零常數(shù)項，則正整數(shù)n的最小值為________．x[分析](1)由二項式定理可知，睜開式的通項為rr－rC5·(－1)x103，令10－3r＝4，得r＝2，所以含x4項的系數(shù)為C52(－1)2＝10，應(yīng)選A.(2)∵T＋r25－r－2r＝(－2)rr·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，∴T322＝x3＝C(x)C＝(－2)C40.(3)Tr＋1＝Cr－r－arrr5－2r，由5－2r＝3，解得r＝1.由C51(－a)＝30，得5(x)5·＝C5(－a)x22x2a＝－6.應(yīng)選D.x－1－r－1116－3r8的睜開式的通項為Tr＋1r8r＝－rr(4)4＝C8·(x)428x4(r＝C2x2x0,1,2，，8)，為使Tr＋1為有理項，r一定是4的倍數(shù)，所以r＝0,4,8，故共有3個有理項．(5)二項睜開式的通項是rn－r－rrn－r，令3n－5r＝0，得n＝5r(r＝Tr＋1＝Cnx33x2＝Cnx3530,1,2，，n)，故當(dāng)r＝3時，n有最小值5.[答案](1)A(2)C(3)D(4)3(5)5[方法技巧]二項睜開式問題的常有種類及解法(1)求睜開式中的特定項或其系數(shù)．可依照條件寫出第k＋1項，再由特定項的特色求出值即可．(2)已知睜開式的某項或其系數(shù)求參數(shù)．可由某項得出參數(shù)項，再由通項公式寫出第k＋1項，由特定項得出k值，最后求出其參數(shù)．求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的睜開式中與特定項相關(guān)的量[例2](1)(1－x)6(1＋x)4的睜開式中x的系數(shù)是()A．－4B．－3C．3D．4(2)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的睜開式中x2的系數(shù)為5，則ɑ＝()A．－4B．－3C．－2D．－1[分析(1)法一：(1－x)6的睜開式的通項為m，(1＋x)4的展C6m·(－x)m＝C6m(－1)mx2開式的通項為Cn4·(x)n＝Cn4xn2，此中m＝0,1,2，，6，n＝0,1,2,3,4.令mn＋n＝2，于是(1－640022＋＝1，得mx)(1＋x)的睜開式中x的系數(shù)等于C6·(－1)·C4211)1122·C0＋C6·(－·C4＋C6·(－1)4＝－3.法二：(1－x)6(1＋x)4＝[(1－x)(1＋x)]4(1－x)2＝(1－x)4(1－2x＋x)．于是(1－6(1＋4的睜開式中011x)x)x的系數(shù)為C4·1＋C4·(－1)·1＝－3.法三：在(1－x)6(1＋x)4的睜開式中要出現(xiàn)x，可分為以下三種狀況：①(1－6中選2個(－x)，(1＋x)4中選0個x作積，這樣獲取的x項的系數(shù)為20x)C6C415；②(1－x)6中選1個(－x)，(1＋x)4中選1個x作積，這樣獲取的x項的系數(shù)為C1(－61C4＝－24；③(1－6中選0個(－x)，(1＋4中選2個x作積，這樣獲取的x項的系數(shù)為02x)x)C6C46.故x項的系數(shù)為15－24＋6＝－3.(2)睜開式中含2的系數(shù)為21xC5＋aC5＝5，解得a＝－1.[答案(1)B(2)D[方法技巧]求解形如(a＋b)n(c＋d)m的睜開式問題的思路(1)若n，m中一個比較小，可考慮把它睜開獲取多個，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，而后睜開分別求解．觀察(a＋b)(c＋d)能否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1x)2；分別獲取(a＋b)n，(c＋d)m的通項公式，綜合考慮．求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的睜開式中與特定項相關(guān)的量[例3](1)(2017湖·北棗陽模擬)(x2＋x＋y)5的睜開式中x5y2的系數(shù)為()A．10B．20C．30D．60(2)(2016安·徽安慶二模)將x＋4－43睜開后，常數(shù)項是________．x25r2－rr22[分析]的睜開式的通項為·y，令r(x(1)(x＋x＋y)Tr＋1＝C5(x＋x)＝2，則T3＝C5＋x)3y2，又(x2＋x)3的睜開式的通項為C3k(x2)3－k·xk＝C3kx6－k，令6－k＝5，則k＝1，所以(x25的睜開式中，52的系數(shù)為21＋x＋y)xyC5C3＝30，應(yīng)選C.42k－k2kkk－k(2)x＋－43＝x－6睜開式的通項是·－＝(－2)(xC6(x)6x·C6x)62.x令6－2k＝0，得k＝3.所以常數(shù)項是C36(－2)3＝－160.[答案](1)C(2)－160[方法技巧]求形如(a＋b＋c)n睜開式中特定項的步驟第一步，把三項的和a＋b＋c看作(a＋b)與c兩項的和；第二步，依據(jù)二項式定理求出[(a＋b)＋c]n的睜開式的通項；第三步，對特定項的次數(shù)進(jìn)行分析，弄清特定項是由(a＋b)n－r的睜開式中的哪些項和cr相乘獲取的；第四步，把相乘后的項相加減即可獲取特定項．能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．[考點一](2017杭·州模擬)x2－16的睜開式中，常數(shù)項是()2x551515A．－4B.4C．－16D.16分析：選Dr26－r－1r＝－1rr12－r＝0，解得r＝4.所以常Tr＋162x26x3，令12－3r＝C(x)C數(shù)項為－144152C6＝16.應(yīng)選D.2．[考點一]在6b4的二項睜開式中，假如x3的系數(shù)為3＝()ax＋x20，那么abA．20B．15C．10D．5分析：選Dr－rbr＝Cra4－rrx－7r，令24－7r＝3，得r＝3，則4ab3＝Tr＋1＝C4(ax6)4·4·b24x20，所以ab3＝5.3．[考點三](2016廈·門聯(lián)考)在1＋x＋110的睜開式中，含x2項的系數(shù)為()x2015A．10B．30C．45D．12011011010191分析：選C因為1＋x＋x2015＝1＋x＋x2015＝(1＋x)＋C10(1＋x)x2015＋＋101102項只好在(1＋x)102222C10x2015，所以x的睜開式中，所以含x的項為C10x，系數(shù)為C10＝45.4．[考點二](1＋x)8(1＋y)4的睜開式中x2y2的系數(shù)是()A．56B．84C．112D．168分析：選D(1＋x)8的睜開式中x2的系數(shù)為C82，(1＋y)4的睜開式中y2的系數(shù)為C42，所2222以xy的系數(shù)為C8C4＝168.5．[考點二](x＋2)2(1－x)5中x7的系數(shù)與常數(shù)項之差的絕對值為()A．5B．3C．2D．0分析：選A常數(shù)項為2207的系數(shù)為0557的系數(shù)C2×2×C5＝4，xC2×C5(－1)＝－1，所以x與常數(shù)項之差的絕對值為5.6．[考點三]x＋1＋25(x>0)的睜開式中的常數(shù)項為________．2x分析：x＋1＋25(x>0)可化為x＋110，因此Tr＋1＝Cr10110－r(x)10－2r，令10－2x2x25156322r＝0，則r＝5，故睜開式中的常數(shù)項為C10·2＝2.632答案：打破點(二)二項式系數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用基礎(chǔ)聯(lián)通抓骨干知識的“源”與“流”二項式系數(shù)的性質(zhì)對稱性：當(dāng)0≤k≤n時，Ckn＝Cnn－k.(2)二項式系數(shù)的最值：二項式系數(shù)先增后減，當(dāng)n為偶數(shù)時，第n＋1項的二項式系數(shù)2Cnn＋1n＋3最大，最大值為2n；當(dāng)n為奇數(shù)時，第2項和第2項的二項式系數(shù)最大，最大值為n－1n＋1C2n或C2n.(3)二項式系數(shù)和：012nn024135nCn＋Cn＋Cn＋＋Cn＝2，Cn＋Cn＋Cn＋＝Cn＋Cn＋Cn＋＝2－1.考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”二項睜開式中系數(shù)和的問題賦值法在求各項系數(shù)和中的應(yīng)用形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其睜開式的各項系數(shù)之和，常用賦值法，只要令x＝1即可．(2)對形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其睜開式各項系數(shù)之和，只要令x＝y(tǒng)＝1即可．(3)0122＋＋ann，則f(x)睜開式中各項系數(shù)之和為f(1)，若f(x)＝a＋ax＋axx奇數(shù)項系數(shù)之和為a0＋a2＋a4＋＝f1＋f－1，2偶數(shù)項系數(shù)之和為a1＋a3＋a5＋＝f1－f－1.2[例1]二項式(2x－3y)9的睜開式中，求：二項式系數(shù)之和；各項系數(shù)之和；所有奇數(shù)項系數(shù)之和；各項系數(shù)絕對值之和．[解]設(shè)(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋＋a9y9.(1)二項式系數(shù)之和為012999999(2)各項系數(shù)之和為a＋a＋a＋＋a，0129令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋＋a9＝(2－3)9＝－1.(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋＋a9＝－1①，令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－－a9＝59②，①＋②＋a8＝59－1得a0＋a2＋a4＋a6，此即為所有奇數(shù)項系數(shù)之和．22(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋＋|a9|＝a0－a1＋a2－－a9，令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a9|＝a0－a1＋a2－－a9＝59，此即為各項系數(shù)絕對值之和．[易錯提示](1)利用賦值法求解時，注意各項的系數(shù)是指某一項的字母前面的數(shù)值(包含符號)；在求各項的系數(shù)的絕對值的和時，第一要判斷各項系數(shù)的符號，而后將絕對值去掉，再進(jìn)行賦值．二項式系數(shù)或系數(shù)的最值問題求解二項式系數(shù)或系數(shù)的最值問題的一般步驟：第一步，要弄清所求問題是“睜開式系數(shù)最大”、“二項式系數(shù)最大”二者中的哪一個．第二步，若是求二項式系數(shù)的最大值，則依照(a＋b)n中n的奇偶及二次項系數(shù)的性質(zhì)求解．若是求系數(shù)的最大值，有兩個思路，思路一：因為二項睜開式中的系數(shù)是關(guān)于正整數(shù)n的式子，可以看作關(guān)于n的數(shù)列，經(jīng)過判斷數(shù)列單調(diào)性的方法從而判斷系數(shù)的增減性，并根據(jù)系數(shù)的單調(diào)性求出系數(shù)的最值；思路二：因為睜開式系數(shù)是失散型變量，所以在系數(shù)均為a≥a，正當(dāng)?shù)那疤嵯拢笞畲笾抵灰獠坏仁浇Mkk－1即可求得答案．a(chǎn)k≥ak＋1[例2](1)已知(1＋x)n的睜開式中第4項與第8項的二項式系數(shù)相等，則奇數(shù)項的二項式系數(shù)和為()A．29B．210C．211D．212(2)在(1＋x)n(x∈N*)的二項睜開式中，若只有x5的系數(shù)最大，則n＝()A．8B．9C．10D．11[分析]379(1)由Cn＝Cn，得n＝10，故奇數(shù)項的二項式系數(shù)和為2.(2)二項式中僅x5項系數(shù)最大，其最大值必為Cnn，即得n＝5，解得n＝10.22[答案(1)A(2)C能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．[考點一](2017?！そㄕ闹菡{(diào)研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋＋a9x9＋a10x10，則a2＋a3＋＋a9＋a10的值為()A．－20B．0C．1D．20分析：選D令x＝1，得a0129100a1＋a＋a＋＋a＋a＝1，再令x＝0，得a＝1，所以＋a2＋＋a9＋a10＝0，又易知919a1＝C10×2×(－1)＝－20，所以a2＋a3＋＋a9＋a10＝20.2．[考點二](2017廣·東肇慶三模)(x＋2y)7的睜開式中，系數(shù)最大的項是()A．68y7B．112x3y4C．672x2y5D．1344x2y5分析：選C設(shè)第r＋1項系數(shù)最大，rrr－1r－1C7·2≥C7·2，則有rr＋r＋r1，C7·2≥C71·27！·2r≥7！1！·2r－1，r！7－r！r－1！7－r＋即7！7！·2r≥·2r＋1，r！7－r！r＋1！7－r－1！2≥1，16r8－rr≤3，即1≥2解得13，7－rr＋1r≥3.又∵r∈Z，∴r＝5.∴系數(shù)最大的項為T6＝C75x2·25y5＝672x2y5.應(yīng)選C.3．[考點二]x＋12n*)的睜開式中只有第6項系數(shù)最大，則其常數(shù)項為()3x(n∈NA．120B．210C．252D．45分析：選B由已知得，二項式睜開式中各項的系數(shù)與二項式系數(shù)相等．由睜開式中只1有第6項的系數(shù)C2n5最大，可得睜開式有11項，即2n＝10，n＝5.x＋10睜開式的通項3xr1rx－rr556為Tr＋1＝C10x5－2＝C10x5－r，令5－r＝0可得r＝6，此經(jīng)常數(shù)項為T7＝C10＝210.3664．[考點一]設(shè)5x－1n的睜開式的各項系數(shù)之和為M，二項式系數(shù)之和為N，若M－xN＝240，則睜開式中含x的項為________．分析：由已知條件4n－n＝240，解得n＝4，Tr＋1r－r－1r＝(－1)r－rr3r，244x544＝C(5x)Cx4－2令4－3r＝1，得r＝2，則睜開式中含x的項為T3＝150x.2答案：150x[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]1．(2013新·課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)m為正整數(shù)，(x＋y)2m睜開式的二項式系數(shù)的最大值為a，m＋1睜開式的二項式系數(shù)的最大值為b，若13a＝7b，則m＝()(x＋y)2A．5B．6C．7D．8分析：選B依據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)知：(x＋y)2m的二項式系數(shù)最大有一項，C2mm＝a，(x＋y)2m＋1的二項式系數(shù)最大有兩項，mm＋11＝b.又13a＝7b，所以mmC2m＋1＝C2m＋13C2m＝7C2m＋1，將各選項中m的取值逐一代入考據(jù)，知m＝6滿足等式，所以選擇B.2．(2016全·國乙卷)(2x＋x)5的睜開式中，x3的系數(shù)是________．(用數(shù)字填寫答案)分析：(2x＋x)5睜開式的通項為r－r(r－rr·x5－rr＝3，得rTr＋1＝C5(2x)5x)＝25·C5.令5－22＝4.3的系數(shù)為5－444故x255·C＝2C＝10.答案：103．(2015新·課標(biāo)全國卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的睜開式中x的奇數(shù)次冪項的系數(shù)之和為32，則a＝________.分析：設(shè)(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－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，所以a＝3.答案：34．(2014新·課標(biāo)全國卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的睜開式中x2y7的系數(shù)為________．(用數(shù)字填寫答案)分析：(x＋y)8r－rr，令r＝7，再令r＝6，得中，Tr＋1＝C8x8yx2y7的系數(shù)為C7－C6＝8－28＝－20.88答案：－205．(2014新·課標(biāo)全國卷Ⅱ)(x＋a)10的睜開式中，x7的系數(shù)為15，則a＝________.(用數(shù)字填寫答案)分析：二項睜開式的通項公式為r10－rr，當(dāng)10－r3Tr＋1＝C10xa＝7時，r＝3，所以T4＝C10a3x17，則C103a3＝15，故a＝.2答案：12[課時達(dá)標(biāo)檢測]要點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練基礎(chǔ)小題——增強(qiáng)運算能力]1．(x＋2)8的睜開式中x6的系數(shù)是()A．28B．56C．112D．224分析：選Cr－rr＝2rr8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22C82x6＝通項為Tr＋1＝C8x82C8x112x6，所以x6的系數(shù)是112.2．若二項式x－2n睜開式中的第5項是常數(shù)，則自然數(shù)n的值為()xA．6B．10C．12D．15分析：選C由二項式x－2n睜開式的第5項Cn4(x)n－4－2n－6是常數(shù)xx4＝16Cn4x2項，可得n2－6＝0，解得n＝12.3．在x(1＋x)6的睜開式中，含x3項的系數(shù)是( )A．30B．20C．15D．10分析：選C由題意可知x(1＋x)6的睜開式中，含x3項的系數(shù)即為(1＋x)6的睜開式中的x2項的系數(shù)，(1＋x)6的睜開式中的x2項為C2x2，所以含x3項的系數(shù)為C2＝15.664．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋＋a1x＋a0，則a7＋a6＋＋a1的值為( )A．1B．129C．128D．127分析：選B令x＝1得a0＋a1＋＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，所以a1a2＋a3＋＋a7＝129.5．(x2－x＋1)10睜開式中x3項的系數(shù)為()A．－210B．210C．30D．－30分析：選A2－x＋1)1021002)1012992(x－1)9(x＝[x－(x－1)]＝C10(x－C10(x)(x－1)＋－C10x10103項的系數(shù)為：－98107＋C10(x－1)，所以含xC1091010C＋C(－C)＝－210，應(yīng)選A.[練?？碱}點——檢驗高考能力]一、選擇題1．二項式x＋2210的睜開式中的常數(shù)項是()xA．180B．90C．45D．3602k－k2kkk5分析：選Ax＋x210的睜開式的通項為Tk＋1＝C10·(x)10x2＝2C10x5－2k，令5－5k＝0，得k＝2，故常數(shù)項為2222C10＝180.22.x＋x(1－x)4的睜開式中x的系數(shù)是()A．1B．2C．3D．12分析：選C依據(jù)題意，所給式子的睜開式中含x的項有(1－x)4睜開式中的常數(shù)項乘222x＋x中的x以及(1－x)4睜開式中的含x2的項乘x＋x中的x兩部分，所以所求系數(shù)為1×2＋1＝3，應(yīng)選C.3．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋＋a6x6，且a1＋a2＋＋a6＝63，則實數(shù)m的值為()A．1或3B．－3C．1D．1或－3分析：選D令x＝0，得a0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a又0＝(1＋0＋a1＋a2＋＋a6.12366＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.a＋a＋a＋＋a＝63，∴(1＋m)4．(2017·都一中模擬成)設(shè)(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋＋a11(x＋2)11，則a0＋a1＋a2＋＋a11的值為()A．－2B．－1C．1D．2分析：選A令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，應(yīng)選A.5．(2017銀·川質(zhì)檢)若(2x＋1)11＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋＋a11(x＋1)11，則a0＋a1＋a223＋＋a11＝()121A．0B．1C.24D．12分析：選A令t＝x＋1，則x＝t－1，從而(2t－1)11＝a2＋＋a11，而0＋a1t＋a2t11t2t－112a1a2t3＋＋a112t－112a1a2t3＋＋a1124′＝a0t＋2t2＋312t12＋c′，即24＝a0t＋2t2＋312t12＋c，1a1a2a11令t＝0，得c＝24，令t＝1，得a0＋2＋3＋＋12＝0.6．在(1＋x)6(2＋y)4的睜開式中，記xmyn項的系數(shù)為f(m，n)，則f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝()A．1240B．1289C．600D．880分析：選B(1＋x)6的睜開式中，xm的系數(shù)為C6m，(2＋y)4的睜開式中，yn的系數(shù)為C4n24－nmn4－n404313，則f(m，n)＝C6·C4·2，從而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C6·C4·2＋C6·C4·2222131040＋C6·C4·2＋C6·C4·2＋C6·C4·2＝1289.二、填空題7.36的睜開式的第二項的系數(shù)為－3，則a－2x2dx的值為________．a(chǎn)x＋63153153，解得a＝－1，所以a分析：該二項睜開式的第二項的系數(shù)為6C6a，由6C6a＝－－2x2dx＝－1x2dxx3－1187＝3|－2＝－3＋3＝3.2答案：738．若3n睜開式的各項系數(shù)的絕對值之和為1024，則睜開式中x的一次項的系數(shù)x－x為________．rx)n－r－3r＝(－3)rrn－3r分析：Tr＋1＝Cn(x·Cnx，2因為睜開式的各項系數(shù)絕對值之和為0112233nnCn＋|(－3)Cn|＋(－3)Cn＋|(－3)Cn|＋＋|(－3)Cn|＝1024，所以(1＋3)n＝1024，解得n＝5，令5－3r＝1，解得r＝1，2所以睜開式中x的一次項的系數(shù)為11(－3)C5＝－15.答案：－159．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的睜開式中，含x3的項的系數(shù)是________．分析：睜開式中含x3項的系數(shù)為C53(－1)3＋C63(－1)3＋C73(－1)3＋C83(－1)3＝－121.答案：－12110．若將函數(shù)f(x)＝x5表示為f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋＋a5(1＋x)5，此中a0，a，a，，a為實數(shù)，則a＝________.1253分析：不如設(shè)1＋x＝t，則x＝t－1，所以有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，則22a3＝C5(－1)＝10.答案：10三、解答題11．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋＋a7x7，求：(1)a1＋a2＋＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②007∴a1＋a2＋a3＋＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1094.2－1＋370246＝1093.(3)(①＋②)÷2，得a＋a＋a＋a＝2(4)∵(1－2x)7睜開式中a0246大于零，而1357小于零，，a，a，aa，a，a，a|a0|＋|a1|＋|a2|＋＋|a7|(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)1093－(－1094)＝2187.3112．已知在x－n的睜開式中，第6項為常數(shù)項．23x求n；求含x2的項的系數(shù)；求睜開式中所有的有理項．解：(1)通項公式為Tk＋1＝Cknxn－k－1kx－k323n－2k＝Ckn－2kx3.因為第6項為常數(shù)項，所以k＝5時，n－2×5＝0，即n＝10.3令10－2k＝2，得k＝2，3故含x2的項的系數(shù)是C102－12＝4524.10－2k∈Z，3(3)依據(jù)通項公式，由題意0≤k≤10，k∈N，令10－2k＝r(r∈Z)，33則10－2k＝3r，k＝5－2r，∵k∈N，∴r應(yīng)為偶數(shù)，∴r可取2,0，－2，即k可取2,5,8，∴第3項，第6項與第9項為有理項，它們分別為C102－12x2，C105－15，C108－18x－2.222第三節(jié)隨機(jī)事件的概率本節(jié)主要包含2個知識點：1.隨機(jī)事件的頻率與概率；2.互斥事件與對峙事件.打破點(一)隨機(jī)事件的頻率與概率基礎(chǔ)聯(lián)通抓骨干知識的“源”與“流”1．事件的分類2．頻率和概率(1)在相同的條件

S下重復(fù)

n次試驗，觀察某一事件

A能否出現(xiàn)，稱

n次試驗中事件

A出現(xiàn)的次數(shù)

nA為事件

A出現(xiàn)的頻數(shù)，稱事件

A出現(xiàn)的比率

nAfn(A)＝n為事件

A出現(xiàn)的頻率．(2)關(guān)于給定的隨機(jī)事件A，假如跟著試驗次數(shù)的增添，事件P(A)A

A發(fā)生的頻率A

fn(A)穩(wěn)固在考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”隨機(jī)事件的頻率與概率事件A發(fā)生的頻率是利用頻數(shù)nA除以試驗總次數(shù)n所獲取的值，且跟著試驗次數(shù)的增多，它在A的概率周邊搖動幅度愈來愈小，即概率是頻率的穩(wěn)固值，所以在試驗次數(shù)足夠的狀況下，給出不一樣事件發(fā)生的次數(shù)，可以利用頻率來預(yù)計相應(yīng)事件發(fā)生的概率．[典例](2017·北七市聯(lián)考湖)某電子商務(wù)公司隨機(jī)抽取1000名網(wǎng)絡(luò)購物者進(jìn)行檢查．這1000名購物者2015年網(wǎng)上購物金額(單位：萬元)均在區(qū)間[0.3,0.9]內(nèi)，樣安分組為：[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，購物金額的頻率分布直方圖以下：電子商務(wù)公司決定給購物者發(fā)放優(yōu)惠券，其金額(單位：元)與購物金額關(guān)系以下：購物金額分組[0.3,0.5)[0.5,0.6)[0.6,0.8)[0.8,0.9]發(fā)放金額50100150200求這1000名購物者獲取優(yōu)惠券金額的均勻數(shù)；以這1000名購物者購物金額落在相應(yīng)區(qū)間的頻率作為概率，求一個購物者獲取優(yōu)惠券金額許多于150元的概率．[解](1)購物者的購物金額x與獲取優(yōu)惠券金額y的頻率分布以下表：x0.3≤x<0.50.5≤x<0.60.6≤x<0.80.8≤x≤0.9y50100150200頻率0.40.30.280.02這1000名購物者獲取優(yōu)惠券金額的均勻數(shù)為：50×400＋100×300＋150×280＋200×20＝96.1000(2)由獲取優(yōu)惠券金額y與購物金額x的對應(yīng)關(guān)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，從而，獲取優(yōu)惠券金額許多于150元的概率為P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.能力練通抓應(yīng)用體驗的“得”與“失”1．某商場隨機(jī)采納1000位顧客，記錄了他們購買甲、乙、丙、丁四種商品的狀況，整理成以下統(tǒng)計表，此中“√”表示購買，“×”表示未購買.商品顧客人數(shù)甲乙丙丁100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××預(yù)計顧客同時購買乙和丙的概率；預(yù)計顧客在甲、乙、丙、丁中同時購買3種商品的概率；假如顧客購買了甲，則該顧客同時購買乙、丙、丁中哪一種商品的可能性最大？解：(1)從統(tǒng)計表可以看出，在這

1000

位顧客中有

200位顧客同時購買了乙和丙，所以顧客同時購買乙和丙的概率可以預(yù)計為

200＝0.2.000從統(tǒng)計表可以看出，在這1000位顧客中有100位顧客同時購買了甲、丙、丁，還有200位顧客同時購買了甲、乙、丙，其余顧客最多購買了2種商品，所以顧客在甲、乙、丙、丁中同時購買3種商品的概率可以預(yù)計為100＋200＝0.3.1000(3)與(1)同理，可得：顧客同時購買甲和乙的概率可以預(yù)計為200＝0.2，1000顧客同時購買甲和丙的概率可以預(yù)計為100＋200＋300＝0.6，1000顧客同時購買甲和丁的概率可以預(yù)計為100＝0.1.1000所以，假如顧客購買了甲，則該顧客同時購買丙的可能性最大．2．如圖，A地到火車站共有兩條路徑L1和L2，現(xiàn)隨機(jī)抽取100位從A地到火車站的人進(jìn)行檢查，檢查結(jié)果以下：所用時間(分鐘)10～2020～3030～4040～5050～60選擇L1的人數(shù)612181212選擇L2的人數(shù)0416164試預(yù)計40分鐘內(nèi)不可以趕到火車站的概率；分別求經(jīng)過路徑L1和L2所用時間落在上表中各時間段內(nèi)的頻率；現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于趕往火車站，為了盡最大可能在同意的時間內(nèi)趕到火車站，試經(jīng)過計算說明，他們應(yīng)如何選擇各自的路徑．解：(1)共檢查了

100人，此中

40分鐘內(nèi)不可以趕到火車站的有

12＋12＋16＋4＝44(人)，用頻率預(yù)計概率，可得所求概率為

0.44.(2)選擇

L1的有

60人，選擇

L2的有

40人，故由檢查結(jié)果得所求各頻率為所用時間(分鐘)10～2020～3030～4040～5050～60L1的頻率0.10.20.30.20.2L2的頻率00.10.40.40.1記事件A1，A2分別表示甲選擇L1和L2時，在40分鐘內(nèi)趕到火車站；記事件B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時，在50分鐘內(nèi)趕到火車站．由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)>P(A2)，故甲應(yīng)選擇L1；P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P(B2)>P(B1)，故乙應(yīng)選擇

L2.基礎(chǔ)聯(lián)通

打破點(二)互斥事件與對峙事件抓骨干知識的“源”與“流”1．概率的基天性質(zhì)概率的取值范圍：0≤P(A)≤1.必然事件的概率：P(A)＝1.不行能事件的概率：P(A)＝0.2．互斥事件和對峙事件事件定義概率公式在一個隨機(jī)試驗中，我們把一次試驗下P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；互斥事件不可以同時發(fā)生的兩個事件A與B稱作互12n12P(A∪A∪∪A)＝P(A)＋P(A)斥事件＋＋P(An)在一個隨機(jī)試驗中，兩個試驗不會同時對峙事件發(fā)生，而且必定有一個發(fā)生的事件A和P(A)＝1－P(A)A稱為對峙事件考點貫穿抓高考命題的“形”與“神”事件關(guān)系的判斷[例1](1)從1,2,3，，7這7個數(shù)中任取兩個數(shù)，此中：①恰有一個是偶數(shù)和恰有一個是奇數(shù)；②最罕有一個是奇數(shù)和兩個都是奇數(shù)；③最罕有一個是奇數(shù)和兩個都是偶數(shù)；④最罕有一個是奇數(shù)和最罕有一個是偶數(shù)．上述事件中，是對峙事件的是( )A．①B．②④C．③D．①③設(shè)條件甲：“事件A與事件B是對峙事件”，結(jié)論乙：“概率滿足P(A)＋P(B)＝1”，則甲是乙的()A．充分不用要條件B．必需不充分條件C．充要條件D．既不充分也不用要條件(3)在5張電話卡中，有3張挪動卡和2張聯(lián)通卡，從中任取2張，若事件“2張所有是移37動卡”的概率是10，那么概率是10的事件是()A．至多有一張挪動卡B．恰有一張挪動卡C．都不是挪動卡D．最罕有一張挪動卡[分析](1)③中“最罕有一個是奇數(shù)”即“兩個奇數(shù)或一奇一偶”，而從1～7中任取兩個數(shù)依據(jù)取到數(shù)的奇偶性可以為共有三個事件：“兩個都是奇數(shù)”、“一奇一偶”、“兩個都是偶數(shù)”，故“最罕有一個是奇數(shù)”與“兩個都是偶數(shù)”是對峙事件，易知其余都不是對立事件．(2)若事件A與事件B是對峙事件，則A∪B為必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1，充分性成立．設(shè)擲一枚硬幣3次，事件A：“最少出現(xiàn)一次正面”，事件B：“3次出現(xiàn)正面”，則P(A)＝7，P(B)＝1，滿足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是對峙事件，必需88性不成立．故甲是乙的充分不用要條件．“至多有一張挪動卡”包含“一張挪動卡，一張聯(lián)通卡”，“兩張所有是聯(lián)通卡”兩個事件，它是“2張所有是挪動卡”的對峙事件，其概率為1－3＝71010.[答案](1)C(2)A(3)A[方法技巧]事件間的關(guān)系的判斷方法判斷事件間的關(guān)系時，可把所有的試驗結(jié)果寫出來，看所求事件包含哪幾個試驗結(jié)果，從而判定所給事件間的關(guān)系．對峙事件必定是互斥事件，也就是說不互斥的兩個事件必定不是對峙事件，在確立了兩個事件互斥的狀況下，就要看這兩個事件的和事件能否是必然事件，這是判斷兩個事件是否為對峙事件的基本方法．判斷互斥事件、對峙事件時，注意事件的發(fā)生與否都是關(guān)于同一次試驗而言的，不可以在多次試驗中判斷．(3)從會合的角度上看：事件A，B對應(yīng)的基本領(lǐng)件構(gòu)成了會合A，B，則A，B互斥時，A∩B＝?；A，B對馬上，A∩B＝?且A∪B＝Ω(Ω為全集)．兩事件互斥是兩事件對峙的必需不充分條件．互斥事件、對峙事件的概率[例2]某商場有獎銷售中，購滿100元商品得1張獎券，多購多得.1000張獎券為一個開獎單位，設(shè)特等獎1個，一等獎10個，二等獎50個．設(shè)1張獎券中特等獎、一等獎、二等獎的事件分別為A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1張獎券的中獎概率；(3)1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率．[解]1，P(B)＝10＝1，(1)P(A)＝10001000100501P(C)＝1000＝20.故事件A，B，C的概率分別為1，