名师手拉手高三数学第二轮专题复习―排列、组合、二项式定理和概率统计讲义与练习

第1页共21页名师手拉手高三数学第二轮专题复习—排列、组合、二项式定理和概率统计讲义与练习一、知识要点二、高考要求1、掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题。2、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。3、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。4、掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。5、了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。6、了解等可能事件的概率的意义，并会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。7、了解互斥事件的相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。通项公式二项式系数的性质应用排列组合概率两个计数原理二项式定理概率排列数公式组合数公式组合数性质二项展开式的性质排列概念组合概念随机事件的概率等可能事件的概率互斥事件的概率相互独立事件的概率应用应用随机变量抽样方法离散型随机变量的分布列连续型随机变量的概率密度总体分布的估计离散型随机变量的期望与方差总体特征数的估计第2页共21页8、会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率。9、了解随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义，会求某些简单的离散型随机变量的分布列。10、了解离散型随机变量的期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求期望与方差。11、了解连续型随机变量的概率密度的意义。12、会用简单随机抽样，系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本。13、会用2S与2S去估计总体方差2，会用S*与S去估计总体标准。14、会用样本频率分布去估计总体分布。了解线性回归的方法和简单应用。三、热点分析排列与组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识，该部分内容，不论其思想方法和解题都有特殊性，概念性强，抽象性强，思维方法新颖，解题过程极易犯“重复”或“遗漏”的错误，并且结果数目较大，无法一一检验，因此给考生带来一定困难。解决问题的关键是加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，科学周全的思考、分析问题。二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，把握二项展开式及其通项公式的相互联系和应用是重点。概率则是概率论入门，目前的概率知识只是为进一步学习概率和统计打好基础，做好铺垫。学习中要注意基本概念的理解，要注意与其他数学知识的联系，要通过一些典型问题的分析，总结运用知识解决问题的思维规律。纵观近几年高考，排列、组合、二项式定理几乎每年必考，考题多以选择题、填空题出现，题小而灵活，涉及知识点都在两三个左右，综合运用排列组合知识，分类计数和分步计数原理；二项式定理及二项式系数的性质计算或论证一些较简单而有趣的小题也在高考题中常见。新教材中增添了“概率”及“概率统计”的内容，从近几年新课程卷高考来看，每年都有一道解答题，占12分左右，今年在此处出题可能性也较大。四、复习建议本章内容相对独立性较强，并且密切联系实际应用性较强，分为四个部分：排列组合、二项式定理、概率和概率统计。具有概念性强灵活性强，思维方法新颖等特点，要注意从加深对概念的理解和掌握内在联系与区别方面下功夫，四部分中，排列、组合是基础和工具。本章主要的数学思想有：化归思想，比较分类思想，极限思想和模型化思维方法。学习时应注意发散思维和逆向思维，通过分类分步把复杂问题分解恰当地应用集合观点、整体思想，从全集、补集等入手，使问题简化。【例题】【例1】四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学第3页共21页生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C2433A=36(种).解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=21A34·3=36(种).答案：36【例2】有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解：(间接法)：任取三张卡片可以组成不同三位数C35·23·A33(个)，其中0在百位的有C24·22·A22(个)，这是不合题意的，故共有不同三位数：C35·23·A33－C24·22·A22=432(个).【例3】在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()1212111121212121211211CCCD.CCCCCCC.CCCC.CBCCCA.Cnmnmnmmnnmmnnmmnnm解法一：第一类办法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有C1mC2n个；第二类办法：从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C2mC1n个；第三类办法：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C1mC1n个.由加法原理共有N=C1mC2n+C2mC1n+C1mC1n个三角形.解法二：从m+n+1中任取三点共有C31nm个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C31m个，三点均在射线OB(包括O点)，有C31n个.所以，个数为N=C31nm－C31m－C31n个.答案：C第4页共21页【例4】函数为实数并且是常数axxaxf()()(9)（1）已知)(xf的展开式中3x的系数为49，求常数.a（2）是否存在a的值，使x在定义域中取任意值时，27)(xf恒成立？如存在，求出a的值，如不存在，说明理由.解（1）Tr+1=C9239999)()(rrrrrrxaCxxa由3923r解得8r498989aC41a（2）),0()()(9xxxaxf要使（27)9xxa只需313xxa10当0a时，设xxaxg)(32212)2(021)(axxaxxgx（0，))2(32a32)2(a（))2(32a，+）)(xg—0+)(xg极小值94343)2()2()(313133232minaaaaaxg20当0a时，不成立30当1a时，不成立故当27)(94xfa时另解法34322)(axxxaxxaxg只需94,343313aa即【例5】五人站成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，有多少种站法？解：设原来站在第i个位置的人是ia（i=1，2，3，4，5）。重新站队时，1a站在第2个位置的站法有44P种，其中不符合要求的有：3a站第3位的33P种，4a站第4位的33P种，但有的站法在考虑3a的情形时已经减去了，故只应再算（2233PP）种，同理，5a站第5页共21页第5位的应再算[)(11222233PPPP]种。1a站在第3，4，5位的情形与站在第2位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：)]}([)({41122223322333344PPPPPPPP=44（种）【例6】一个口袋内装有4个不同的红球，6个不同的白球，若取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，从口袋中取5个球，使总分不小于7分的取法有多少种？解：设取x个红球，y个白球，于是：572{yxyx，其中6040{yx，14{23{32{yxyxyx或或因此所求的取法种数是：164426343624CCCCCC=186（种）【例7】已知数列)(2}{1Nnnaannn满足，是否存在等差数列}{nb，使nnnnnnCbCbCba2211对一切自然数n都成立？并证明你的结论。解：假设满足要求的等差数列}{nb存在，由于所给等式对一切自然数n均成立，故当n=1，2，3时等式成立，从而可解得1b=1，2b=2，3b=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是nb=n。.然后再证明当nb=n时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。【例8】若某一等差数列的首项为mnnnnxxPC)5225(32223112115，公差为，其中m是7777-15除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。解：由已知得：10023112252111anNnnnnn，从而首项，，又。注意到45)176(777777dm，进而知公差，可得，从而等差数列的通项公式是：nan4104，设其前k项之和最大，则0)1(410404104kk，解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，13002625SS。【例9】已知naa)3(3的展开式的各项系数之和等于53)514bb展开式中的常数项，求naa)3(3展开式中含1a的项的二项式系数。解：先求出53)514(bb的常数项是27，从而可得naa)3(3中n=7，对于73)3(aa由二项展开式的通项公式知，含1a的项是第4项，其二项式系数是35。第6页共21页【例10】求证：45322nnn能被25整除。解：注意到nnnn)15(464322即可。【排列、组合与二项式定理练习1】一、填空题1．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).2．圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________.二、解答题3．某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？4．二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？5．有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数.(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置.(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边.(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起.(4)全体排成一行，男、女各不相邻.(5)全体排成一行，男生不能排在一起.(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变.(7)排成前后二排，前排3人，后排4人.(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.6．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.7．用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？第7页共21页8．甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？参考答案一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A26=30.答案：302.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C1n种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C122n种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：C1n·C122n=2n(n－1)个.答案：2n(n－1)二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A25种方法；(3)2张2一起出