全国版高考数学必刷题：第十九单元　计数原理与概率

这是一份全国版高考数学必刷题：第十九单元　计数原理与概率，共56页。试卷主要包含了故选D，5的展开式中,x5y2的系数为等内容，欢迎下载使用。

第十九单元　计数原理与概率



考点一
排列与组合

1.(2017年全国Ⅱ卷)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
【解析】由题意可得其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C31×C42×A22=36(种),或列式为C31×C42×C21=3×4×32×2=36(种).故选D.
【答案】D
2.(2016年全国Ⅱ卷)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
【解析】从E到G需要分两步完成:先从E到F,再从F到G.从F到G的最短路径,只要考虑纵向路径即可,一旦纵向路径确定,横向路径即可确定,故从F到G的最短路径共有3条.如图,从E到F的最短路径有两类:先从E到A,再从A到F,或先从E到B,再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同,所以从A到F,从B到F最短路径的条数都是3,所以从E到F的最短路径有3+3=6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3=18.

【答案】B
3.(2016年全国Ⅲ卷)定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有(　　).
A.18个 B.16个 C.14个 D.12个
【解析】由题意知,当m=4时,“规范01数列”共含有8项,其中4项为0,4项为1,且必有a1=0,a8=1.不考虑限制条件“对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数”,则中间6个数的情况共有C63=20(种),其中存在k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数少于1的个数的情况有:①若a2=a3=1,则有C41=4(种);②若a2=1,a3=0,则a4=1,a5=1,只有1种;③若a2=0,则a3=a4=a5=1,只有1种.综上,“规范01数列”的情况共有20-6=14(种).故不同的“规范01数列”共有14个.故选C.
【答案】C
4.(2016年四川卷)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
【解析】第一步,先排个位,有C31种选择;
第二步,排前4位,有A44种选择.
由分步乘法计数原理,知有C31×A44=72(个).
【答案】D
5.(2016年北京卷)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则(　　).
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【解析】取两个球往盒子中放有4种情况:
①红+红,则乙盒中红球数加1;
②黑+黑,则丙盒中黑球数加1;
③红+黑(红球放入甲盒中),则乙盒中黑球数加1;
④黑+红(黑球放入甲盒中),则丙盒中红球数加1.
因为红球和黑球个数一样多,所以①和②的情况一样多,③和④的情况随机.
③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.
①和②出现的次数是一样的,所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样,
综上,选B.
【答案】B
6.(2017年浙江卷)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有　　　　种不同的选法.(用数字作答) 
【解析】(法一)只有1名女生时,先选1名女生,有C21种方法;再选3名男生,有C63种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C21C63A42=480(种)选法.
有2名女生时,再选2名男生,有C62种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C62A42=180(种)选法.
所以依据分类加法计数原理知共有480+180=660(种)不同的选法.
(法二)不考虑限制条件,共有A82C62种不同的选法,而没有女生的选法有A62C42种.
故至少有1名女生的选法有A82C62-A62C42=840-180=660(种).
【答案】660
7.(2017年天津卷)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有　　　　个.(用数字作答) 
【解析】①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C53×C41×A44=960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A54=120.
故符合题意的四位数一共有960+120=1080(个).
【答案】1080

考点二
二项式定理

8.(2017年全国Ⅰ卷)1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为(　　).
A.15　 B.20　 C.30　 D.35
【解析】因为(1+x)6的通项为C6rxr,所以1+1x2(1+x)6展开式中含x2的项为1·C62x2和1x2·C64x4.
因为C62+C64=2C62=2×6×52×1=30,
所以1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为30.故选C.
【答案】C
9.(2015年全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为(　　).
A.10 B.20 C.30 D.60
【解析】(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=C52(x2+x)3·y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为C31x4·x=C31x5.
所以x5y2的系数为C52C31=30.故选C.
【答案】C
10.(2016年全国Ⅰ卷)(2x+x)5的展开式中,x3的系数是　　　　.(用数字填写答案) 
【解析】(2x+x)5展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5-r(x)r=25-r·C5r·x5-r2.
令5-r2=3,得r=4.
故x3的系数为25-4×C54=2C54=10.
【答案】10

考点三
概率

11.(2015年广东卷)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为(　　).
A.521 B.1021 C.1121 D.1
【解析】从15个球中任取2个球共有C152种取法,其中有1个红球,1个白球的情况有C101×C51=50(种),所以P=50C152=1021.
【答案】B
12.(2017年山东卷)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是(　　).
A.518 B.49 C.59 D.79
【解析】(法一)∵ 9张卡片中有5张奇数卡片,4张偶数卡片,且为不放回地随机抽取,
∴P(第一次抽到奇数,第二次抽到偶数)=59×48=518,
P(第一次抽到偶数,第二次抽到奇数)=49×58=518.
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=518+518=59.
故选C.
(法二)依题意,得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=5×4C92=59.
故选C.
【答案】C

13.(2017年全国Ⅰ卷)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是(　　).
A.14　 B.π8 C.12 D.π4
【解析】不妨设正方形ABCD的边长为2,则正方形内切圆的半径为1,S正方形=4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称,得S黑=S白=12S圆=π2,所以由几何概型知所求概率P=S黑S正方形=π24=π8.故选B.
【答案】B
14.(2016年全国Ⅰ卷)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是(　　).
A.13 B.12 C.23 D.34
【解析】

如图,7:50至8:30之间的时间长度为40分钟,而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7:50至8:00之间或8:20至8:30之间到达发车站,这两种情况下的时间长度之和为20分钟,由几何概型概率公式知所求概率为P=2040=12.故选B.
【答案】B


　　高频考点:简单的排列、组合问题,有附加条件的排列、组合问题,染色问题.
命题特点:1.考查计数原理的应用,一般是有一定限制条件的排列、组合问题,即对某些元素或某些位置有特定要求,往往以实际问题为背景考查它们的综合问题.难度中等.
2.考查二项式展开式的通项、二项式系数、展开式中项的系数.难度中等.
3.考查排列、组合与概率问题结合,涉及互斥事件、对立事件以及古典概型和几何概型.有时在解答题中出现.


§19.1　计数原理与排列、组合



一
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mn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mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=　　　　种不同的方法. 

二
排列、组合

　　1.排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照　　　　　　　排成一列 
组合
合成一组

　　2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　　　　的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数.用符号Anm表示. 
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　 　　的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cnm表示. 
3.排列数、组合数的公式及性质
(1)公式
①Anm=　　　　　　　　　=n!(n-m)!. 
②Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!=　　　　　　(n,m∈N*,且m≤n).特别地Cn0=1. 
(2)性质
①0!=　　　　;Ann=　　　　. 
②Cnm=Cnn-m;Cn+1m=　　　　. 


☞ 左学右考

1 (2017定西模拟)从1,2,3,…,10中任意选出3个不同的数,使这3个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(　　).
A.3　　　　　　　　　　B.4
C.6　　　　 D.8
2 (2017聊城期末)现有四种不同的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
3 (2017亳州期末)从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是(　　).
A.12 B.24
C.64 D.81
4 正六边形中心和顶点共有7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有　　　　个. 
5 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
6 从4名男同学和3名女同学中选出3名同学参加某项活动,则男、女同学都有的选法种数是(　　).
A.18 B.24
C.30 D.36


知识清单
一、1.m1+m2+…+mn　2.m1×m2×…×mn
二、1.一定的顺序　2.(1)不同排列　(2)不同组合
3.(1)①n(n-1)(n-2)…(n-m+1)　②n!m!(n-m)!
(2)①1　n!　②Cnm+Cnm-1
基础训练
1.【解析】以1为首项的等比数列有1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列有2,4,8.以4为首项的等比数列有4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又可以得到另外的4个等比数列,故所求的数列共有2×(2+1+1)=8个.
【答案】D
2.【解析】先给C着色,有4种结果;再给A着色,有3种结果;再给B着色,有2种结果;最后给D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)不同的着色方法.
【答案】D
3.【解析】从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是A43=24.
【答案】B
4.【解析】从7个点中取3个点的取法有C73种,但三点共线不能构成三角形的有3种,故所求三角形共有C73-3=32个.
【答案】32
5.【解析】当甲第一次踢给乙时,满足条件有3种传递方式:甲→乙→丙→乙→甲,甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲.同理,当甲第一次踢给丙时,满足条件有3种传递方式.由分类加法计数原理知,共有3+3=6种传递方式.
【答案】B
6.【解析】(法一)选出的3人中有2名男同学和1名女同学的选法有C42C31=18种;选出的3人中有1名男同学和2名女同学的选法有C41C32=12种.故男、女同学都有的选法共有18+12=30种.
(法二)选出的3名同学中男、女同学都有的选法种数,也就是从7名同学中任选3名同学的选法种数减去所选3名同学全是男同学或全是女同学的选法种数,即C73-C43-C33=30.
【答案】C



题型一
两个计数原理的综合应用

　　

【例1】(2017成都诊断)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),要求每个区域只涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为　　　　.(用数字作答) 
【解析】按区域1与3是否同色分类.
①区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种涂色方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有A33种涂色方法.
∴当区域1与3同色时,共有4A33=24种不同的涂色方法.
②区域1与3不同色:先涂区域1与3,有A42种涂色方法,再涂区域2,有2种涂色方法,然后涂区域4,只有1种涂色方法,最后涂区域5,有3种涂色方法.
∴这时共有A42×2×1×3=72种不同的涂色方法.
由分类加法计数原理知,不同的涂色种数为24+72=96.
【答案】96

　　(1)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题,可恰当地列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.如例题中,相邻区域不同色,是按区域1与3是否同色分类处理.

　　【变式训练1】(2017濮阳期中)从0,2中任选一个数字,从1,3,5中任选两个数字,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】符合题意的三位数可分成两种情况:(1)奇偶奇;(2)偶奇奇.对于(1),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有2种选法,共有12种选法;对于(2),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有1种选法,共有6种选法.因此有12+6=18(种)选法,故选B.
【答案】B

题型二
排列问题

　　【例2】(2017北京西城区质检)把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法共有　　　　种. 
【解析】记其余2件产品为D,E.A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有A22A33种摆法;再将C插入,仅有3个空位可选.因此,共有3A22A33=3×2×6=36种不同的摆法.
【答案】36


　　(1)对于排列问题,注意特殊元素(位置)的优先原则,即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题,可利用间接法.对于“在与不在”的问题,常常使用“直接法”或“排除法”.
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.
【变式训练2】(1)(2017盘锦模拟)六个人从左至右排成一排,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有(　　).
A.192种 B.216种 C.240种 D.288种
(2)(2017新余二模) 7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙3人加入队列,前排加1人,后排加2人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法种数为(　　).
A.120 B.240 C.360 D.480
【解析】(1)第一类,甲在最左端,有A55=5×4×3×2×1=120(种)排法;第二类,乙在最左端,有4A44=4×4×3×2×1=96(种)排法.所以共有120+96=216(种)排法.
(2)第一步,从甲、乙、丙3人中选1人加到前排,有3种方法;第二步,前排3人形成了4个空位,任选1个空位加入1人,有4种方法;第三步,后排4人形成了5个空位,任选1个空位加入1人,有5种方法;第四步,后排5人形成6个空位,任选1个空位加入1人,有6种方法.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×6=360种不同的加入方法.
【答案】(1)B　(2)C

题型三
组合问题

　　【例3】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从这35种商品中任意选取3种.
(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?
【解析】(1)从余下的34种商品中,任意选取2种,有C342=561种取法,∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,任意选取3种,有C343=5984(或C353-C342)种取法.
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种真货中任意选取1种,从15种假货中任意选取2种,有C201C152=2100种取法.
∴恰有2种假货在内的不同取法有2100种.
(4)恰有2种假货在内的取法有C201C152种,恰有3件假货在内的取法有C153种,共有C201C152+C153=2100+455=2555种取法.
∴至少有2种假货在内的不同取法有2555种.
(5)任意选取3种的取法种数为C353,
因此共有C353-C153=6545-455=6090种取法.
∴至多有2种假货在内的不同取法有6090种.


　　组合问题常有以下两类题型变化:
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
【变式训练3】(1)(2017三门峡模拟)12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师从后排8人中抽出2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法总数是(　　).
A.C82A32 B.C82A66 C.C82A62 D.C82A52
(2)(2017武汉二模)若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有(　　).
A.60种 B.63种 C.65种 D.66种
【解析】(1)从后排8人中选2人有C82种方法,这2人插入前排4人中且前排人的顺序不变,则先从4人中的5个空位插入1人有5种方法,余下的1人则要插入前排5人的6个空位当中,有6种方法,故为A62.∴所求总数为C82A62.
(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则这4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,∴共有不同的取法有C54+C44+C52C42=66(种).
【答案】(1)C　(2)D

题型四
排列组合的综合应用问题

　　【例4】(2015年四川卷)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有(　　).
A.144个 B.120个
C.96个 D.72个
【解析】分两类进行分析:第一类是万位数字为4,个位数字分别为0,2;第二类是万位数字为5,个位数字分别为0,2,4.
当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A43个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,

共有C31A43个偶数.故符合条件的偶数共有2A43+C31A43=120(个).
【答案】B

　　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)定序问题排除法处理;(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,等价条件.

【变式训练4】(1)(2017青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少1人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有(　　).
A.18种 B.24种 C.36种 D.72种

　　(2)(2017滨州模拟)现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,则不同取法的种数为　　　　. 
【解析】(1)一个路口有3人的分配方案有C31C22A33(种);两个路口各有2人的分配方案有C32C22A33(种).故由分类加法计数原理知,甲、乙在同一路口的分配方案共有C31C22A33+C32C22A33=36(种).
(2)若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中任选3张,若都不同色,则有C41C41C41=64种取法,若有2张卡片的颜色相同,则有C32C21C42C41=144种取法;若红色卡片仅有1张,则剩余2张,若不同色,则有C41C32C41C41=192种取法,若同色,则有C41C31C42=72种取法.所以共有64+144+192+72=472种不同的取法.
【答案】(1)C　(2)472


方法一
逐分法求解有序分配法

　　不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀分组;②均匀分组;③部分均匀分组.注意各种分组类型中,不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”.
【突破训练1】有4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有多少种放法?
(2)恰有1个盒内有2个球,共有多少种放法?
(3)恰有2个盒不放球,共有多少种放法?
【解析】(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有多少放法?”即把4个球分成2,1,1的三组,然后从3个盒子中选1个盒子放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,共有C41C42C31×A22=144(种)放法.
(2)恰有1个盒内有2个球,即另外3个盒子放2个球,且每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C42种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有C43C11A22种放法;第二类有序均匀分组有C42C22A22·A22种放法.故共有C42C43C11A22+C42C22A22·A22=84(种)放法.


方法二
优先解决元素与位置问题

　　若排列、组合中含特殊的元素或元素对位置有特殊的要求,则应先满足这些特殊元素或特殊位置的要求,然后安排其他的元素或位置,即采用“先特殊后一般”的解题原则.对于题设中有限制条件的问题,也可采用排异法,即先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况去掉.
【突破训练2】(1)(2017江西师大模拟)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2名同学,分别乘坐甲、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名同学是来自同一年级的乘坐方式共有(　　).
A.24种 B.18种 C.48种 D.36种
(2)(2017信阳模拟)某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙两人不能参加同一学科,则不同的安排方法有(　　).
A.36种 B.30种 C.24种 D.6种
【解析】(1)分类讨论,有2种情形:孪生姐妹乘坐甲车,则有C32C21C21=12种乘坐方式;孪生姐妹不乘坐甲车,则有C31C21C21=12种乘坐方式.故共有24种乘坐方式.选A.
(2)从四个人中选出两个人作为一个元素有C42种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C42A33=36(种)方法,其中有不符合条件的,即甲、乙两人同时参加同一学科竞赛有A33=6种结果,∴不同的安排方法共有36-6=30(种),故选B.
【答案】(1)A　(2)B

方法三
模型化解决综合问题

　　对于附加条件较多的排列、组合问题,要注意分析附加条件的特征,根据其特征构建相应的模型,采用相应的方法进行求解.如相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、相同元素的隔板法等.
【突破训练3】《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有(　　).
A.144种 B.288种 C. 360种　　 D.720种
【解析】《将进酒》《望岳》和另确定的两首诗词全排列共有A44 种排法,满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A44A22,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空位中(最后一个空不排),有A42种排法.故若《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有A44A22×A42=144 种,故选A.
【答案】A



1.(2017济南质检)有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.儿童节需选择1套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有(　　).
A.24种　　　B.14种　　　C.10种　　　D.9种
【解析】第一类:1件衬衣,1件裙子搭配1套服装有4×3=12种选择方式.
第二类:选2套连衣裙中的1套服装有2种选法.
∴由分类加法计数原理,共有12+2=14(种)选择方式.
【答案】B
2.(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
【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.
【答案】D
3.(2017威海模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选1个博物馆参观,则有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有(　　).
A.C62×45种　　 B.A62×54种
C.C62×A54种　　　 D.C62×54种
【解析】有2个年级选择甲博物馆共有C62种情况,其余4个年级每个年级各有5种选择情况.故有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有C62×54种.
【答案】D
4.(2017郑州质检)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为(　　).
A.14 B.13 C.12　 D.10
【解析】①当a=0时,x=-b2,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
②当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,ab≤1,
若a=-1,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
若a=1,则b的可能取值为-1,0,1,共3个;
若a=2,则b的可能取值为-1,0,共2个.
∴有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13(个).
【答案】B

5.(2017河北邯郸联考)如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂1种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则不同的涂色方法共有(　　).
A.360种 B.720种　 C.780种　 D.840种
【解析】由图可知,区域2,3,5,7不能同色,又2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,所以区域1,2,3,4,5的颜色均不相同,所以不同的涂色方法有A65=720种,故选B.
【答案】B
6.(2017衡水调研)用0,1,…,9这10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
【解析】用0,1,…,9这10个数字共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
【答案】B
7.(2017西安质检)如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫作“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.(用数字作答) 
【解析】当相同的数字不是1时,有C31个;当相同的数字是1时,有C31C31个.
由分类加法计数原理知“好数”共有C31+C31C31=12(个).
【答案】12

8.(2017济南期末)如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四个部分,现用5种不同颜色的涂料给四个部分涂色,每个部分只能涂1种颜色,要求共边的两个部分颜色互异,则共有　　　　种不同的涂色方法.(用数字作答) 
【解析】区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种不同的涂色方法.
【答案】260

9.(2017山东实验中学模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书,分给三个学生,每个学生至少分得一本,则这样的分法有(　　).
A.36种 B.9种 C.18种 D.15种
【解析】分配方案为2,1,1,其中有且仅有一个学生拿两本书,若他拿两本语文书,则此时共有C31A22种分法;若他拿一本语文书一本数学书,则此时共有C31种分法.因此共有C31A22+C31=9种分法,故选B.
【答案】B
10.(2017唐山调研)某校需从10名学生中选3名学生参加数学竞赛,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为　　　　.(用数字作答) 
【解析】甲、乙两人均入选,而丙没有入选,有C22C71种选法;甲、乙两人只有1人入选,而丙没有入选,有C21C72种选法.由分类加法计数原理,共有C22C71+C21C72=49(种)选法.
【答案】49
11.(2017东北三校模拟)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案有(　　).
A.20种 B.21种 C.22种 D.24种
【解析】根据题意,要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则蓝色最多可以用3块.
分4种情况讨论:
①6块广告牌都不用蓝色,即全部用红色,有1种情况;
②6块广告牌有1块用蓝色,在6块广告牌中选1块用蓝色即可,有C61=6种情况;
③6块广告牌有2块用蓝色,先将4块红色的广告牌安排好,形成5个空位,在5个空位上任选2个安排蓝色的广告牌,有C52=10种情况;
④6块广告牌有3块用蓝色,先将3块红色的广告牌安排好,形成4个空位,在4个空位中任选3个安排蓝色的广告牌,有C3 4=4种情况;
故一共有1+6+10+4=21种不同的配色方案.
【答案】B
12.(2017赣州模拟)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为(　　).
A.60 B.90 C.120 D.130
【解析】因为xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,且1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3,
所以xi中至少有2个为0,至多有4个为0.
①xi(i=1,2,3,4,5)中有4个为0,1个为-1或1,则集合A中有2C51=10个元素;
②xi(i=1,2,3,4,5)中有3个为0,2个为-1或1,则集合A中有C52×2×2=40个元素;
③xi(i=1,2,3,4,5)中有2个为0,3个为-1或1,则集合A中有C53×2×2×2=80个元素.
从而,集合A中共有10+40+80=130个元素.
【答案】D
13.(2017河南百校联考)6名同学站成一排照相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为(　　).
A.60 B.96 C.48 D.72
【解析】先把乙和丙、丁和戊看作2个整体,4个人进行排列,有2A33种站法,再考虑乙和丙、丁和戊的排法.所以不同的站法种数为2A33A22A22=48,故选C.
【答案】C
14.(2017本溪模拟)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是(　　).
A.72 B.120 C.144　 D.168
【解析】先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144(种),再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24(种),所以同类节目不相邻的排法共有144-24=120(种).
【答案】B
15.(2017北京西城区质检)从一架钢琴挑出的10个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个音键同时按下,可发出和声,若有1个音键不同,则发出不同的和声.则这样的不同的和声数为　　　　.(用数字作答) 
【解析】由题意知本题是一个分类加法计数问题,共有8种不同的类型:
当有3个音键同时按下,有C103种结果,
当有4个音键同时按下,有C104种结果,
……
以此类推,根据分类加法计数原理得到和声数为
C103+C104+C105+…+C1010=C100+C101+C102+…+C1010-(C100+C101+C102)=210-(1+10+45)=968.
【答案】968
16.(2017山东滨州模拟)有5本不同的书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本,若将其随机地摆成一排,则同一科目的书均不相邻的摆法有　　　　种.(用数字作答) 
【解析】将5本书进行全排列,有A55=120种情况,其中语文书相邻的情况有A22A44=48种,数学书相邻的情况有A22A44=48种,语文书、数学书同时相邻的情况有A22A22A33=24种,则同一科目的书均不相邻的摆法有120-48-48+24=48种.
【答案】48

§19.2　二项式定理



一
二项式定理

　　1.二项式定理:(a+b)n=　　　　　　　　　(n∈N*). 
2.通项公式:Tr+1=　　　　,它表示第　　　　项. 
3.二项式系数:二项展开式中各项的系数为Cn0,Cn1,…,Cnn.

二
二项式系数的性质


性质
性质描述
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即　　　 
增减性
二项式系数Cnk
当kn+12(n∈N*)时,是　　　　的 
最大值
当n为偶数时,中间的一项　　　　取得最大值 
当n为奇数时,中间的两项Cnn-12与Cnn+12取得最大值
各二项式
系数的和
Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=　　　 
Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+Cn5+…=　　　 


☞ 左学右考

1 已知Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=729,则Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn等于(　　).
A.63　　　　　　　　　B.64
C.31　　　　 D.32
2 (x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是(　　).
A.Cnm B.Cnm+1
C.Cnm-1 D.(-1)m-1Cnm-1
3 (2017石家庄调研)在(1+x)n的二项展开式中,仅第6项的系数最大,则n=　　　　. 
4 (2015年湖北卷)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的和为(　　).
A.29 B.210
C.211 D.212

知识清单
一、1.Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnran-rbr+…+Cnnbn
2.Cnran-rbr　r+1
二、Cnk=Cnn-k　递增　递减　Cnn2　2n　2n-1
基础训练
1.【解析】逆用二项式定理得Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=(1+2)n=3n=729,即3n=36,所以n=6,所以C61+C62+C63+…+C66=26-C60=64-1=63.故选A.
【答案】A
2.【解析】(x-y)n展开式中第m项的系数为Cnm-1(-1)m-1.
【答案】D
3.【解析】在(1+x)n的二项展开式中,项的系数就是项的二项式系数,所以n2+1=6,n=10.
【答案】10
4.【解析】由题意知Cn3=Cn7,解得n=10,则奇数项的二项式系数的和为2n-1=29,故选A.
【答案】A



题型一
求展开式中的特定项或特定项的系数

　　【例1】(1)(2017年全国Ⅲ卷)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为(　　).
A.-80　　 　B.-40　　 　C.40　 　　D.80
(2)(2017新乡模拟)已知3x-123xn的展开式的常数项为第6项,则展开式中所有的有理项为　　　　. 
【解析】(1)因为x3y3=x·(x2y3),其系数为-C53×22=-40,x3y3=y·(x3y2),其系数为C52×23=80,
所以x3y3的系数为80-40=40.
故选C.
(2)3x-123xn的展开式的通项公式为
Tk+1=Cnkxn-k3-12kx-k3
=Cnk-12kxn-2k3.
因为第6项为常数项,所以当k=5时,n-2×53=0,即n=10.
由题意知10-2k3∈Z,0≤k≤10,k∈N.
令10-2k3=r (r∈Z),则10-2k=3r,k=5-32r.
因为k∈N,所以r应为偶数.
所以r可取2,0,-2,即k可取2,5,8,
故第3项、第6项与第9项为有理项,它们分别为454x2、-638与45256x-2.
【答案】(1)C　(2)454x2,-638,45256x-2

　　(1)求解此类问题可以分两步完成:第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数;第二步是根据所求的指数,再求所求的项.
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.

【变式训练1】(1)(2017临沂模拟)已知(1+3x)n的展开式中含x2的项的系数是54,则n=　　　　. 
(2)(2017德州模拟)若ax2+bx6的展开式中x3的系数为20,则a2+b2的最小值为　　　　. 
【解析】(1)(1+3x)n的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr(3x)r=Cnr·3r·xr,令r=2,得Cn2·32=54,解得n=4.
(2)ax2+bx6的展开式的通项为Tr+1=C6r(ax2)6-r·bxr=C6ra6-rbrx12-3r,令12-3r=3,则r=3.
∴C63a3b3=20,即ab=1.
∴a2+b2≥2ab=2,即a2+b2的最小值为2.
【答案】(1)4　(2)2

题型二
有关二项式系数的和与各项系数的和的问题

　　【例2】设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项是(　　).
A.15x2 B.20x3 C.21x3 D.35x3
【解析】(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn.
令x=0,则a0=1,令x=1,则(1+1)n=a0+a1+a2+…+an=64,所以n=6.
在(1+x)6的展开式中,二项式系数最大项的系数最大,所以(1+x)6的展开式中系数最大项为T4=C63x3=20x3.
【答案】B

　　求解这类问题要注意:①区别二项式系数与展开式中项的系数,灵活利用二项式系数的性质;②根据题目特征,恰当赋值代换,一般赋变量的值为0,1,-1.
【变式训练2】(1)(2017芜湖模拟)在2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,则常数项是　　　　. 
(2)(2017南阳模拟)若(1-3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=(　　).
A.1024 B.243 C.32 D.24
【解析】(1)因为2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,所以2n=128,即n=7,所以2x3-1x7的展开式的通项为Tr+1=C7r(2x3)7-r-1xr=C7r27-r(-1)rx21-72r,令21-72r=0,则r=6,故常数项是2C76=14.
(2)令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=[1-(-3)]5=45=1024.
【答案】(1)14　(2)A

题型三
二项式定理的应用

　　【例3】求证:1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除.
【解析】∵1+2+22+…+25n-1=25n-12-1
=25n-1=32n-1=(31+1)n-1
=Cn0×31n+Cn1×31n-1+…+Cnn-1×31+Cnn-1
=31×(Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1),
显然Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1为整数,
∴原式能被31整除.

　　整除问题和求近似值问题是二项式定理中两类常见的应用问题,整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值问题则应关注展开式的前几项.

【变式训练3】S=C271+C272+…+C2727除以9的余数为　　　　. 
【解析】S=C271+C272+…+C2727=89-1
=(9-1)9-1=C90×99-C91×98+…+C98×9-2
=9×(C90×98-C91×97+…+C98)-2.
因为C90×98-C91×97+…+C98是整数,所以S除以9的余数为7.
【答案】7


方法一
赋值法解决与系数有关的问题



　　对于f(x)=a0(x-a)n+a1(x-a)n-1+…+an,令x-a=1,即x=a+1,可得各项系数的和a0+a1+a2+…+an的值;令x-a=-1,即x=a-1,可得奇数项系数和与偶数项和的关系.
【突破训练1】(2017青岛模拟)若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+an(1-x)n,则a0-a1+a2-…+(-1)nan等于(　　).
A.34(3n-1) B.34(3n-2)
C.32(3n-2) D.32(3n-1)
【解析】在展开式中,令x=2,得3+32+33+…+3n=a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan,即a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan=3(1-3n)1-3=32(3n-1).
【答案】D

方法二
公式法解决与指定项有关的问题

　　求解二项式中的指定项问题,主要利用公式法,先确定二项展开式中的各个参数,然后确定通项公式,根据已知列对应的方程求解参数r,再代入公式即可.
【突破训练2】(2017九江模拟)(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为(　　).
A.-210 B.210 C.30 D.-30
【解析】(x2-x+1)10=[(x2-x)+1]10的展开式的通项公式为Tr+1=C10r(x2-x)10-r,而(x2-x)10-r的展开式的通项公式为Tr'+1=(-1)r'C10-rr'x20-2r-r'.令20-2r-r'=3,根据0≤r'≤10-r,0≤r≤10,r,r'∈N,解得r=8,r'=1或r=7,r'=3,∴(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为C108C21(-1)+C107C33(-1)=-90-120=-210.
【答案】A



1.(2017江西南昌模拟)(1-2x)4的展开式中第3项的二项式系数为(　　).
A.6　　　　B.-6　　　　C.24　　　　 D.-24
【解析】第3项的二项式系数为C42=6,选A.
【答案】A
2.(2017山东肥城统测)x2-1x8的展开式中x7的系数是　　　　. 
【解析】Tr+1=C8r(x2)8-r-1xr=(-1)rC8rx16-3r,由16-3r=7得r=3,故x7的系数是(-1)3C83=-56.
【答案】-56
3. (2017衡水中学联考)1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为　　　　. 
【解析】1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为C42+(-1)C43=2.
【答案】2
4.(2017南京模拟)在x+13x24的展开式中,x的幂指数是整数的项共有(　　).
A.3项 B.4项 C.5项 D.6项
【解析】Tr+1=C24r(x)24-r13xr=C24rx12-5r6,故当r的值为0,6,12,18,24时,x的幂指数是整数,共5项.
【答案】C
5. (2017濮阳模拟)若x+1xn的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中1x2的系数为　　　　. 
【解析】由题意,Cn2=Cn6,所以n=8,Tr+1=C8rx8-r1xr=C8rx8-2r,当8-2r=-2时,r=5,所以1x2的系数为C85=C83=56.
【答案】56
6.(2017济南模拟)x+12x9的展开式中x3的系数为　　　　. 
【解析】Tr+1=12xrC9rx9-r=12rC9rx9-2r,所以由9-2r=3得r=3,故x3的系数为123C93=212.
【答案】212
7.(2017长沙质检)若(1+x+x2)6=a0+a1x+a2x2+…+a12x12,则a2+a4+…+a12=　　　　.(用数字作答) 
【解析】令x=1,得a0+a1+a2+…+a12=36,　①
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a12=1,　②
∴由①+②2得a0+a2+a4+…+a12=36+12.
令x=0,得a0=1,∴a2+a4+…+a12=36+12-1=364.
【答案】364
8.(2017江西抚州模拟)若(2x-3)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a1+2a2+3a3+4a4+5a5=　　　　. 
【解析】原等式两边同时求导得5(2x-3)4×(2x-3)'=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4,令上式中x=1,得a1+2a2+3a3+4a4+5a5=10.
【答案】10

9.(2017海口调研)若(x2-a)x+1x10的展开式中x6的系数为30,则a等于(　　).
A.13 B.12 C.1 D.2
【解析】x+1x10的展开式的通项公式是Tr+1=C10r·x10-r·1xr=C10r·x10-2r,x+1x10的展开式中x4(当r=3时),x6(当r=2时)的系数分别为C103,C102,因此由题意得C103-aC102=120-45a=30,解得a=2,故选D.
【答案】D
10.(2017南宁联考)若二项式55x2+1x6的展开式中的常数项为m,则1m (x2-2x)dx=(　　).
A.13 B.-13 C.-23 D.23
【解析】因为二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6r55x26-r1xr=556-rC6rx12-3r,令12-3r=0,得r=4,所以m=552C64=3,所以1m (x2-2x)dx=13 (x2-2x)dx=13x3-x2 3 1=13×33-32-13-1=23,故选D.
【答案】D
11.(2017浦东模拟)设a∈Z,且0≤a1”,即|a-b|=2,包含2个基本事件,∴P(B)=29,∴P(A)=1-29=79.
【答案】D
15.(2017咸阳质检)从一副混合后的扑克牌(52张)中,随机抽取1张,事件A为“抽得红桃K”,事件B为“抽得黑桃”,则P(A∪B)=　　　　.(结果用最简分数表示) 
【解析】∵P(A)=152,P(B)=14,∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=152+14=1452=726.
【答案】726

16.(2017衡阳期末)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示:
X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42

这里两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.
(1)完成下表,并求所种作物的平均年收获量;
Y
51
48
45
42
频数

4




(2)在所种作物中随机选取1株,求它的年收获量至少为48 kg的概率.
【解析】(1)所种作物的总株数为1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株数为1的作物有2株,“相近”作物株数为2的作物有4株,“相近”作物株数为3的作物有6株,“相近”作物株数为4的作物有3株.列表如下:
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3

　　所种作物的平均年收获量为51×2+48×4+45×6+42×315=102+192+270+12615=69015=46.
(2)由(1)知,P(Y=51)=215,P(Y=48)=415.
故在所种作物中随机选取1株,它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)=P(Y=51)+P(Y=48)=215+415=25.

§19.4　古典概型与几何概型



一
基本事件的特点

　　1.任何两个基本事件是　　　　的. 
2.任何事件(除不可能事件)都可以表示成　　　　　　的和. 

二
古典概型

　　1.定义:具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.
(1)试验中所有可能出现的基本事件　　　　　　. 
(2)每个基本事件出现的可能性　　　　. 

2.如果一次试验中可能出现的结果有n个,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一个基本事件的概率都是　　　　;如果某个事件A包括的结果有m个,那么事件A的概率P(A)=　　　　. 
3.古典概型的概率公式
P(A)=　　　　　　　　　　　　　　. 

三
几何概型



　　1.定义:若每个事件发生的概率只与构成该事件区域的　　　　(面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称几何概型. 
2.几何概型的两个基本特点
(1)无限性:在一次试验中,可能出现的结果有　　　　　. 
(2)等可能性:每个结果的发生具有　　　　　　. 
3.几何概型的概率公式
P(A)=　　　　　　　　　　　　　　　　　. 

☞ 左学右考

1 (2017黄山一模)从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是(　　).
A.310　　　　　　　　　B.15
C.12　　　　 D.35
2 在区间[-2,3]上随机选取一个数x,则x≤1的概率为(　　).
A.45 B.35
C.25 D.15
3 (2017贵阳质检)如图,在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子,有180粒豆子落在阴影部分,据此估计阴影部分的面积为　　　　. 

4 (2016年全国Ⅱ卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为(　　).
A.710 B.58
C.38 D.310


知识清单
一、1.互斥　2.基本事件
二、1.(1)只有有限个　(2)相等
2.1n　 mn
3.A包含的基本事件的个数基本事件的总数
三、1.长度
2.(1)无限多个　(2)等可能性
3.构成事件A的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
基础训练
1.【解析 】从1,2,3,4,5中任取3个不同的数的基本事件数有C53=10种.根据三角形三边边长的关系能构成三角形的只有(2,3,4),(2,4,5),(3,4,5),共3个基本事件,故所求概率为p=310.

【答案】A
2.【解析】在区间[-2,3]上随机选取一个数x,且x≤1,即-2≤x≤1,故所求的概率为p=35.
【答案】B
3.【解析】由题意知,S阴S正=1801000=0.18.
∵S正=1,∴S阴=0.18.
【答案】0.18
4.【解析】

如图,若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口,则该行人至少等待15秒才出现绿灯.AB长度为40-15=25,由几何概型的概率公式知,至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40-1540=58,故选B.
【答案】B




题型一
古典概型

　　【例1】(1)(2016年全国Ⅰ卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花没有种在同一花坛的概率是(　　).
A.13　　　　B.12　　　　C.23　　　　D.56
(2)(2016年全国Ⅲ卷)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是(　　).
A.815 B.18 C.115 D.130
【解析】(1)从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—黄白、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共6种,其中红色和紫色的花没有种在同一花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共4种,故所求概率为p=46=23,故选C.
(2)∵Ω={(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)},∴基本事件总数为15.∵正确的开机密码只有1种,∴所求概率p=115.
【答案】(1)C　(2)C

　　计算古典概型的概率可分三步:
(1)算出基本事件的总个数n;
(2)求出事件A所包含的基本事件的个数m;
(3)代入公式求出概率P(A).
【变式训练1】一个盒子里装有大小均匀的6个小球,其中有红球4个,编号分别为1,2,3,4,白球2个,编号分别为4,5,从盒子中任取3个小球(假设取到任何一个小球的可能性相同).则取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率为　　　　;小球编号中最大值为4的概率为　　　　. 
【解析】基本事件总数为n=C63=20,取出的3个小球中,含有编号为4的小球的基本事件个数为m=C21C42+C22C41=16,∴取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率p=mn=1620=45.
小球编号中最大值为4的基本事件的个数为C32C21+C31C22=9,所以小球编号中最大值为4的概率为920.
【答案】45　920

题型二
与长度、角度有关的几何概型

　　【例2】

如图,在等腰直角三角形ABC中,过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM,与AB交于点M,则AM