内容发布更新时间 : 2024/10/24 18:25:16星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

微专题2 排列组合与二项式定理、概率

命 题 者 说

考 题 统 计 考 情 点 击 1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考2018·全国卷Ⅰ·T10·几何概型 2018·全国卷Ⅰ·T15·排列与组合 2018·全国卷Ⅱ·T8·古典概型 2018·全国卷Ⅲ·T5·二项式定理 2018·天津高考·T10·二项式定理 的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型。 2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般。 3.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题。

考向一 排列与组合

【例1】 (1)(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。(用数字填写答案)

(2)(2018·浙江高考)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)

解析 (1)解法一：根据题意，没有女生入选有C4＝4(种)选法，从6名学生中任意选3人有C6＝20(种)选法，故至少有1位女生入选，不同的选法共有20－4＝16(种)。

解法二：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C2C4＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有C2C4＝4(种)。根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种。

(2)若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为C5C3A4；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为C5C3C3A3。综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为C5C3A4＋C5C3C3A3＝720＋540＝1 260。

答案 (1)16 (2)1 260

求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘。具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：

(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素。

1

224

2113

2113

224

21

12

3

3

(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。

(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数。 解答计数问题多利用分类整合思想。分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”。

变|式|训|练

1．(2018·沈阳教学质量监测)若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有( )

A．4种 C．12种

B．8种 D．24种

1

解析 将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C4种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C4×2＝8(种)站法。故选B。

答案 B

2．(2018·开封高三定位考试)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科。学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )

A．6 C．18

B．12 D．19

12

1

解析 解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有C3C3＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有C3C3＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种。所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)。故选D。

解法二：从六科中选考三科的选法有C6种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C6－1＝19(种)。故选D。

答案 D

考向二 二项式定理

3

3

21

?22?54

【例2】 (1)(2018·全国卷Ⅲ)?x＋?的展开式中x的系数为( )

?

x?

A．10 C．40

B．20 D．80

?1?5

(2)?x＋＋2?的展开式中整理后的常数项为________。 ?

x?

解析 (1)由题可得Tr＋1＝C5(x)C5·2＝C5×2＝40。故选C。

rr2

2

r25－r?2?r＝Cr·2r·x10－3r。令10－3r＝4，则r＝2，所以?x?5??

1?101?rr5－r?1?5?r10－r?(2)不妨设x>0，?x＋＋2?＝?x＋?的通项公式：Tr＋1＝C10(x)??＝C10x，

?

x?

?x??x?

2

令5－r＝0，解得r＝5。所以常数项＝C10＝252。

答案 (1)C (2)252

与二项式定理有关的题型及解法

题型 求特定项或其系数 系数的和或差 近似值问题 整除(或余数)问题 解法 常采用二项展开式的通项分析求解 常用赋值法 利用展开式截取部分项求解 利用展开式求解 变|式|训|练 1．已知(x＋2x＋3y)的展开式中xy的系数为( ) A．60 C．520

2

5

2

2

5

52

5

B．180 D．540

2

解析 (x＋2x＋3y)可看作5个(x＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有C5种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x，最后一个括号选出x，有C3·C1种选法；所以xy的系数为3C5·C3·2·C1＝540。故选D。

答案 D

2．(ax＋x)的展开式中x项的系数为20，则实数a＝________。

5－2

5

3

22

2

1

2

2

1

52

r ，令5－＝3得r＝4，所以

2

解析 展开式的通项为Tr＋1＝C5(ax)

r5－r(x)＝ar5－rr5Cxra·C45＝20，解得a＝4。

答案 4

考向三 古典概型与几何概型

【例3】 (1)(2018·全国卷Ⅱ)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。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23。在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )

1

A． 121

C． 15

1B． 141D． 18

3的4

(2)正六边形ABCDEF的边长为1，在正六边形内随机取点M，则使△MAB的面积大于概率为________。

解析 (1)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取

3

两个不同的数，共有C10＝45(种)取法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两31

个不同的数，其和等于30的有3种取法，故概率为＝。故选C。

4515

2

(2)如图所示，作出正六边形ABCDEF，其中心为O，过点O作OG⊥AB，垂足为G，则OG360°

的长为中心O到AB边的距离。易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等边三

6角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60°＝1×距离都为

33

＝，即对角线CF上的点到AB的22

3133

。设△MAB中AB边上的高为h，则由S△MAB＝×1×h>，解得h>。所以要2242

33

，只需满足h>，即需使M位于CF的上方。故由几何概型得，△42

使△MAB的面积大于

MAB的面积大于

3S梯形CDEF1的概率P＝＝。 4S正六边形ABCDEF2

1

答案 (1)C (2)

2

(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识。

(2)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解。

变|式|训|练

1．(2018·四川绵阳二诊)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上

x2y2

的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C：2＋2＝1，则曲线C的焦点在x轴上且

mn离心率e≤

3

的概率等于( ) 2

1B． 6

5A． 6

4