高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 Word版含答案，共106页。试卷主要包含了两个计数原理；2等内容，欢迎下载使用。
第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节
排列、组合
本节主要包括2个知识点：
1.两个计数原理；2.排列、组合问题.


突破点(一)　两个计数原理

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”

1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．两个计数原理的比较
名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是解决完成一件事的不同方法的种数问题
不同点
运用加法运算
运用乘法运算
分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解
分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


分类加法计数原理

能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．
(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．
(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例1]　(1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．
(2)如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
(3)若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
[解析]　(1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．
法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．
(2)分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
(3)当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．
[答案]　(1)36　(2)5　(3)20
[易错提醒]
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．　


分步乘法计数原理
能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．
(2)完成每一步有若干种方法．
(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例2]　(1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．
(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．
[解析]　(1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．
(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．
[答案　(1)18　6　(2)63
[易错提醒]
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．


两个计数原理的综合问题
在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
[例3]　(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．
(3)如图，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．
[解析]　(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48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3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．
②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．
因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．
(3)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5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
[答案　(1)B　(2)36　(3)260
[方法技巧]
使用两个计数原理进行计数的基本思想
对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　)
A．504　　　B．210　　　C．336　　　D．120
解析：选A　分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
2．[考点二]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：选D　由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．
3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40 B．16 C．13 D．10
解析：选C　分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有(　　)
A．18个 B．15个 C．12个 D．9个
解析：选B　依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．
5.[考点三]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)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．
1
4
5
2
3
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种方法，
再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．
所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．
②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，
第二步，涂区域2有2种涂色方法，
第三步，涂区域4只有一种方法，
第四步，涂区域5有3种方法．
所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为
24＋72＝96.
答案：96
6．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
答案：8
突破点(二)　排列、组合问题

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．排列与排列数
(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，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：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，记作A.
2．组合与组合数
(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，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：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，记作C.
3．排列数、组合数的公式及性质

排列数
组合数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝
＝＝
性质
A＝n！；
0！＝1
C＝1
C＝C_；
C＋C＝C
备注
n，m∈N*且m≤n

4．排列与组合的比较
名称
排列
组合
相同点
都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，元素无重复
不同点
排列与顺序有关
组合与顺序无关
两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同
两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


排列问题

解决排列问题的主要方法
(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．
(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．
(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．
(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．
(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．
[例1]　(1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　)
A．324 B．648 C．328 D．360
(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为(　　)
A．48 B．54 C．72 D．84
(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
[解析]　(1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有AA＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A·A＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．
(2)先把3名乘客进行全排列，有A＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．
(3)首先排两个奇数1,3，有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.
[答案]　(1)C　(2)C　(3)8

组合问题

组合问题的常见题型及解题思路
(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．
(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．
[例2]　(1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为(　　)
A．85 B．86 C．91 D．90
(2)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，则不同的取法的种数是(　　)
A．60 B．63 C．65 D．66
(3)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，不同取法的种数为________．
[解析]　(1)法一　(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝31；
第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝34；
第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C＋CC＋C＝21.
所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.
法二　(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C－C－C＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C－C＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.
(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66种不同的取法．
(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C－3C＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．
[答案　(1)B　(2)D　(3)472
[方法技巧]
有限制条件的组合问题的解法
组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：
(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“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．　


分组分配问题

分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．
[例3]　(1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．
(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．
(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．
[解析]　(1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法．
(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种．
(3)将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．
根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．
[答案　(1)90　(2)36　(3)360
[方法技巧]　分组分配问题的三种类型及求解策略
类型
求解策略
整体均分
解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数
不等分组
只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有(　　)
A．60种 B．48种
C．30种 D．24种
解析：选B　由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有AA＝48种．
2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为(　　)
A．56 B．63
C．72 D．78
解析：选D　若没有限制，5列火车可以随便停，则有A种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；快车A停在第3道上，且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A－2A＋A＝120－48＋6＝78.
3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为(　　)
A．1 800 B．900
C．300 D．1 440
解析：选B　分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)，故选B.
4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．

解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C·(C＋C＋C)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．
答案：21
5．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．
解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C·C＝6种；
第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C·C＝12种；
第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C·C＝8种；
第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A＝12种；
由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．
答案：38

[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)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：选B　分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
2．(2016·全国丙卷)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：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C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.
3．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
解析：选A　2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A种方案，故不同的安排方案共有CA＝12种，选A.

[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(2016·四川高考)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：选D　奇数的个数为CA＝72.
2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有(　　)
A．12种 B．10种
C．8种 D．6种
解析：选D　因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A＝6种．
3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有(　　)
A．36个 B．24个
C．18个 D．6个
解析：选B　各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A＋CA＝6＋18＝24(个)．
4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P­ABC与正三棱柱ABC­A1B1C1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A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．
解析：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC­A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．
答案：12
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为(　　)
A．56 B．54
C．53 D．52
解析：选D　在8个数中任取2个不同的数可以组成A＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有(　　)
A．9种 B．11种
C．13种 D．15种
解析：选C　按照焊接点脱落的个数进行分类．
若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；
若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；
若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；
若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．
综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．
3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是(　　)
A．12 B．6
C．8 D．16
解析：选A　若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．
4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是(　　)
A．24 B．48
C．72 D．96
解析：选B　据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．
5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为(　　)
A．13 B．24
C．18 D．72
解析：选D　可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72.
6．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有(　　)
A．12种 B．20种
C．40种 D．60种
解析：选C　五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得这样的排列数有×2＝40种．
二、填空题
7．某班组织文艺晚会，准备从A，B等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．
解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有CCA＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有CAA＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．
答案：1 140
8．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．
解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有CCC＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．
答案：36
9．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4种情况，再对应到4个人，有A＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．
答案：96
10．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为________．
解析：所标数字互不相邻的取法有135,136,146,246，共4种.3个球颜色互不相同有A＝4×3×2＝24种取法，所以这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有4×24＝96(种)．
答案：96
三、解答题
11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CC＋CC种情况，后排有A种情况，则符合条件的选法数为(CC＋CC)·A＝5 400.
(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C·A＝840.
(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C·C·A＝3 360.
(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况，再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况，则符合条件的选法数为C·C·A＝360.
12．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)比21 034大的偶数；
(2)左起第二、四位是奇数的偶数．
解：(1)可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数；
故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．
(2)可分为两类：
末位数是0，个数有A·A＝4；
末位数是2或4，个数有A·C＝4；
故共有A·A＋A·C＝8个满足条件的五位数．

第二节
二项式定理

本节主要包括2个知识点：
1.二项式的通项公式及应用；2.二项式系数的性质及应用.


突破点(一)　二项式的通项公式及应用
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．二项式定理
(1)二项展开式：公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理．
(2)二项式的通项：Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第k＋1项．
2．二项式系数与项的系数
(1)二项式系数：二项展开式中各项的系数C(r∈{0，1，…，n})叫做第r＋1项的二项式系数．
(2)项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的系数是Can－rbr.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量

[例1]　(1)在二项式5的展开式中，含x4的项的系数是(　　)
A．10 B．－10 C．－5 D．20
(2)(2017·武汉模拟)5的展开式中的常数项为(　　)
A．80 B．－80 C．40 D．－40
(3)已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝(　　)
A. B．－ C．6 D．－6
(4)8的展开式中的有理项共有________项．
(5)二项式n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．
[解析]　(1)由二项式定理可知，展开式的通项为C·(－1)rx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，所以含x4项的系数为C(－1)2＝10，故选A.
(2)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，∴T3＝(－2)2C＝40.
(3)Tr＋1＝C()5－r·r＝C(－a)rx，由＝，解得r＝1.由C(－a)＝30，得a＝－6.故选D.
(4)8的展开式的通项为Tr＋1＝C·()8－rr＝rCx(r＝0,1,2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必须是4的倍数，所以r＝0,4,8，故共有3个有理项．
(5)二项展开式的通项是Tr＋1＝Cx3n－3rx－2r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝(r＝0,1,2，…，n)，故当r＝3时，n有最小值5.
[答案]　(1)A　(2)C　(3)D　(4)3　(5)5
[方法技巧]
二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．　


求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量

[例2]　(1)(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是(　　)
A．－4 B．－3 C．3 D．4
(2)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ＝(　　)
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
[解析　(1)法一：(1－)6的展开式的通项为C·(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展开式的通项为C·()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.
令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.
法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.
法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可分为以下三种情况：
①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x项的系数为CC＝15；
②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x项的系数为C(－1)1C＝－24；
③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x项的系数为CC＝6.
故x项的系数为15－24＋6＝－3.
(2)展开式中含x2的系数为C＋aC＝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的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．


求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量

[例3]　(1)(2017·湖北枣阳模拟)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20 C．30 D．60
(2)(2016·安徽安庆二模)将3展开后，常数项是________．
[解析]　(1)(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展开式的通项为C(x2)3－k·xk＝Cx6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30，故选C.
(2)3＝6展开式的通项是C()6－k·k＝(－2)k·C()6－2k.
令6－2k＝0，得k＝3.
所以常数项是C(－2)3＝－160.
[答案]　(1)C　(2)－160
[方法技巧]
求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤
第一步，把三项的和a＋b＋c看作(a＋b)与c两项的和；
第二步，根据二项式定理求出[(a＋b)＋c]n的展开式的通项；
第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a＋b)n－r的展开式中的哪些项和cr相乘得到的；
第四步，把相乘后的项相加减即可得到特定项．　　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一](2017·杭州模拟)6的展开式中，常数项是(　　)
A．－ B. C．－ D.
解析：选D　Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.所以常数项为4C＝.故选D.
2．[考点一]在4的二项展开式中，如果x3的系数为20，那么ab3＝(　　)
A．20 B．15 C．10 D．5
解析：选D　Tr＋1＝C(ax6)4－r·r＝Ca4－r·brx24－7r，令24－7r＝3，得r＝3，则4ab3＝20，所以ab3＝5.
3．[考点三](2016·厦门联考)在10的展开式中，含x2项的系数为(　　)
A．10 B．30 C．45 D．120
解析：选C　因为10＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Cx2，系数为C＝45.
4．[考点二](1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　)
A．56 B．84 C．112 D．168
解析：选D　(1＋x)8的展开式中x2的系数为C，(1＋y)4的展开式中y2的系数为C，所以x2y2的系数为CC＝168.
5．[考点二](x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为(　　)
A．5 B．3 C．2 D．0
解析：选A　常数项为C×22×C＝4，x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.
6．[考点三]5(x>0)的展开式中的常数项为________．
解析：5(x>0)可化为10，因而Tr＋1＝C10－r()10－2r，令10－2r＝0，则r＝5，故展开式中的常数项为C·5＝.
答案：
突破点(二)　二项式系数的性质及应用

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
二项式系数的性质
(1)对称性：当0≤k≤n时，.
(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大，最大值为.
(3)二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”

二项展开式中系数和的问题

赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
[例1]　二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值之和．
[解]　设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1　①，
令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59　②，
得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，此即为所有奇数项系数之和．
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59，此即为各项系数绝对值之和．
[易错提醒]
(1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；
(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值．　


二项式系数或系数的最值问题
求解二项式系数或系数的最值问题的一般步骤：
第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个．
第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解．若是求系数的最大值，有两个思路，思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值；思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案．
[例2]　(1)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和为(　　)
A．29 B．210 C．211 D．212
(2)在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝(　　)
A．8　　　 B．9　　　 C．10　　　 D．11
[解析]　(1)由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.
(2)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn，即得＝5，解得n＝10.
[答案　(1)A　(2)C
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一](2017·福建漳州调研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为(　　)
A．－20 B．0 C．1 D．20
解析：选D　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.
2．[考点二](2017·广东肇庆三模)(x＋2y)7的展开式中，系数最大的项是(　　)
A．68y7 B．112x3y4 C．672x2y5 D．1 344x2y5
解析：选C　设第r＋1项系数最大，
则有
即
即解得
又∵r∈Z，∴r＝5.∴系数最大的项为T6＝Cx2·25y5＝672x2y5.故选C.
3．[考点二]2n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为(　　)
A．120　　　　B．210　　　　C．252　　　　D．45
解析：选B　由已知得，二项式展开式中各项的系数与二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C最大，可得展开式有11项，即2n＝10，n＝5.10展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－rx－＝Cx5－r，令5－r＝0可得r＝6，此时常数项为T7＝C＝210.
4．[考点一]设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中含x的项为________．
解析：由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝C(5x)4－rr＝(－1)r54－rCx4－，令4－＝1，得r＝2，则展开式中含x的项为T3＝150x.
答案：150x
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
解析：选B　根据二项式系数的性质知：(x＋y)2m的二项式系数最大有一项，C＝a，(x＋y)2m＋1的二项式系数最大有两项，C＝C＝b.又13a＝7b，所以13C＝7C，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m＝6满足等式，所以选择B.
2．(2016·全国乙卷)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)
解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.令5－＝3，得r＝4.
故x3的系数为25－4·C＝2C＝10.
答案：10
3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
解析：设(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－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，所以a＝3.
答案：3
4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得
x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
答案：－20
5．(2014·新课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，所以T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝.
答案：
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是(　　)
A．28 B．56 C．112 D．224
解析：选C　通项为Tr＋1＝Cx8－r2r＝2rCx8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22Cx6＝112x6，所以x6的系数是112.
2．若二项式n展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为(　　)
A．6 B．10 C．12 D．15
解析：选C　由二项式n展开式的第5项C()n－44＝16Cx－6是常数项，可得－6＝0，解得n＝12.
3．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数是(　　)
A．30 B．20 C．15 D．10
解析：选C　由题意可知x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数即为(1＋x)6的展开式中的x2项的系数，(1＋x)6的展开式中的x2项为Cx2，所以含x3项的系数为C＝15.
4．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为(　　)
A．1 B．129 C．128 D．127
解析：选B　令x＝1得a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a7＝129.
5．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为(　　)
A．－210 B．210 C．30 D．－30
解析：选A　(x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－Cx2(x－1)9＋C(x－1)10，所以含x3项的系数为：－CC＋C(－C)＝－210，故选A.
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．二项式10的展开式中的常数项是(　　)
A．180 B．90 C．45 D．360
解析：选A　10的展开式的通项为Tk＋1＝C·()10－kk＝2kCx5－k，令5－k＝0，得k＝2，故常数项为22C＝180.
2.(1－)4的展开式中x的系数是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．12
解析：选C　根据题意，所给式子的展开式中含x的项有(1－)4展开式中的常数项乘中的x以及(1－)4展开式中的含x2的项乘中的两部分，所以所求系数为1×2＋1＝3，故选C.
3．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为(　　)
A．1或3 B．－3 C．1 D．1或－3
解析：选D　令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.
4．(2017·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选A　令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A.
5．(2017·银川质检)若(2x＋1)11＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a11(x＋1)11，则a0＋＋＋…＋＝(　　)
A．0 B．1 C. D．12
解析：选A　令t＝x＋1，则x＝t－1，从而(2t－1)11＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a11t11，而′＝a0t＋t2＋t3＋…＋t12＋c′，即＝a0t＋t2＋t3＋…＋t12＋c，令t＝0，得c＝，令t＝1，得a0＋＋＋…＋＝0.
6．在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝(　　)
A．1 240 B．1 289 C．600 D．880
解析：选B　(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，(2＋y)4的展开式中，yn的系数为C24－n，则f(m，n)＝C·C·24－n，从而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C·C· 24＋C·C·23＋C·C·22＋C· C·21＋C·C·20＝1 289.
二、填空题
7.6的展开式的第二项的系数为－，则－2x2dx的值为________．
解析：该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5＝－，解得a＝－1，因此－2x2dx＝x2dx＝＝－＋＝.
答案：
8．若n展开式的各项系数的绝对值之和为1 024，则展开式中x的一次项的系数为________．
解析：Tr＋1＝C()n－rr＝(－3)r·Cx，
因为展开式的各项系数绝对值之和为
C＋|(－3)1C|＋(－3)2C＋|(－3)3C|＋…＋|(－3)nC|＝1 024，
所以(1＋3)n＝1 024，解得n＝5，令＝1，解得r＝1，
所以展开式中x的一次项的系数为(－3)1C＝－15.
答案：－15
9．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________．
解析：展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.
答案：－121
10．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
解析：不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C(－1)2＝10.
答案：10
三、解答题
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，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝C＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(4)∵(1－2x)7展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093－(－1 094)＝2 187.
12．已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
解：(1)通项公式为Tk＋1＝Cxkx－
＝Ckx.
因为第6项为常数项，
所以k＝5时，＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得k＝2，
故含x2的项的系数是C2＝.
(3)根据通项公式，由题意
令＝r(r∈Z)，
则10－2k＝3r，k＝5－r，
∵k∈N，∴r应为偶数，
∴r可取2,0，－2，即k可取2,5,8，
∴第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为C2x2，C5，C8x－2.
第三节
随机事件的概率
本节主要包括2个知识点：
1.随机事件的频率与概率；2.互斥事件与对立事件.


突破点(一)　随机事件的频率与概率

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．事件的分类

2．频率和概率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


随机事件的频率与概率
事件A发生的频率是利用频数nA除以试验总次数n所得到的值，且随着试验次数的增多，它在A的概率附近摆动幅度越来越小，即概率是频率的稳定值，因此在试验次数足够的情况下，给出不同事件发生的次数，可以利用频率来估计相应事件发生的概率．
[典例]　(2017·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2015年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：

电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
购物金额分组
[0.3,0.5)
[0.5,0.6)
[0.6,0.8)
[0.8,0.9]
发放金额
50
100
150
200
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
[解]　(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
x
0.3≤x，得b>2a.当a＝1时，有b＝3,4,5,6四种情况；当a＝2时，有b＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种情况．则所求事件的概率P＝＝.
答案：
8．已知函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数x0，则所取的x0满足f(x0)≤0的概率为________．
解析：令x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得P＝＝.
答案：
9．已知正方形ABCD的边长为2，H是边DA的中点．在正方形ABCD内部随机取一点P，则满足|PH|