高考数学二轮复习知识 方法篇 专题8　概率与统计 第36练 含答案

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[题型分析·高考展望] 该部分是高考数学中相对独特的一个知识板块，知识点并不多，但解决问题的方法十分灵活，主要内容是分类加法计数原理和分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理等，在高考中占有特殊的位置.高考试题主要以选择题和填空题的方式呈现，考查排列、组合的应用.
体验高考
1.(2015·四川)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
答案 B
解析 由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×Aeq \\al(3,4)＝72(个)；若万位是4，则有2×Aeq \\al(3,4)＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个).选B.
2.(2016·课标全国甲)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
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18(种)，故选B.
3.(2016·四川)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
答案 D
解析 由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有Ceq \\al(1,3)，再将剩下的4个数字排列得到Aeq \\al(4,4)，则满足条件的五位数有Ceq \\al(1,3)·Aeq \\al(4,4)＝72(个).选D.
4.(2015·广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答).
答案 1 560
解析 依题意两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了Aeq \\al(2,40)＝40×39＝1 560(条)毕业留言.
高考必会题型
题型一 排列问题
例1 (1)在5×5的棋盘中，放入3颗黑子和2颗白子，它们均不在同一行且不在同一列，则不同的排列方法种数为( )
A.150 B.200 C.600 D.1 200
(2)即将毕业的6名同学排成一排照相留念，个子较高的明明同学既不能站最左边，也不能站最右边，则不同的站法种数为________.
答案 (1)D (2)480
解析 (1)由已知，第一颗棋子有5×5＝25(种)放法，由于放入3颗黑子和2颗白子，它们均不在同一行且不在同一列，所以第二颗棋子有4×4＝16(种)放法，第三颗棋子有3×3＝9(种)放法，第四颗棋子有2×2＝4(种)放法，第五颗棋子有1种放法，又由于黑子、白子分别相同，所以不同的排列方法种数为eq \f(25×16×9×4×1,3×2×1×2×1)＝1 200，选D.
(2)方法一 (位置分析法)
先从其他5人中安排2人分别站在最左边和最右边，再安排余下4人的位置，分为两步：第1步，从除明明外的5人中选2人分别站在最左边和最右边，有Aeq \\al(2,5)种站法；第2步，余下4人(含明明)站在剩下的4个位置上，有Aeq \\al(4,4)种站法.由分步乘法计数原理，知共有Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝480(种)不同的站法.
方法二 (元素分析法)
先安排明明的位置，再安排其他5人的位置，分为两步：第1步，将明明排在除最左边、最右边外的任意位置上，有Aeq \\al(1,4)种站法；第2步，余下5人站在剩下5个位置上，有Aeq \\al(5,5)种站法.由分步乘法计数原理，知共有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(5,5)＝480(种)不同的站法.
方法三 (反面求解法)
6人没有限制的排队有Aeq \\al(6,6)种站法，明明站在最左边或最右边时6人排队有2Aeq \\al(5,5)种站法，因此符合条件的不同站法共有Aeq \\al(6,6)－2Aeq \\al(5,5)＝480(种).
点评 求解排列问题的常用方法
(1)特殊元素(特殊位置)优先法；
(2)相邻问题捆绑法；
(3)不相邻问题插空法；
(4)定序问题缩倍法；
(5)多排问题一排法.
变式训练1 (1)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120 C.72 D.24
(2)有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：
①5位同学站成一排，有________种不同的方法；
②5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有________种不同的方法.
答案 (1)D (2)①120 ②24
解析 (1)剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24.
(2)①Aeq \\al(5,5)＝120.
②5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，故有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝24种不同的排法.
题型二 组合问题
例2 在一次国际抗震救灾中，从7名中方搜救队队员，4名外籍搜救队队员中选5名组成一支特殊搜救队到某地执行任务，按下列要求，分别计算有多少种组队方法.
(1)至少有2名外籍搜救队队员；
(2)至多有3名外籍搜救队队员.
解 (1)方法一 (直接法)
由题意，知特殊搜救队中“至少有2名外籍搜救队队员”可分为3类：
①有2名外籍队员，共有Ceq \\al(3,7)·Ceq \\al(2,4)种组队方法；
②有3名外籍队员，共有Ceq \\al(2,7)·Ceq \\al(3,4)种组队方法；
③有4名外籍队员，共有Ceq \\al(1,7)·Ceq \\al(4,4)种组队方法.
根据分类加法计数原理，知至少有2名外籍搜救队队员共有Ceq \\al(3,7)·Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,7)·Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(1,7)·Ceq \\al(4,4)＝301(种)不同的组队方法.
方法二 (间接法)
由题意，知特殊搜救队中“至少有2名外籍搜救队队员”的对立事件为“至多有1名外籍搜救队队员”，可分为2类：
①只有1名外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(4,7)Ceq \\al(1,4)种组队方法；
②没有外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(5,7)Ceq \\al(0,4)种组队方法.
所以至少有2名外籍搜救队队员共有Ceq \\al(5,11)－Ceq \\al(4,7)Ceq \\al(1,4)－Ceq \\al(5,7)Ceq \\al(0,4)＝301(种)不同的组队方法.
(2)方法一 (直接法)
由题意，知“至多有3名外籍搜救队队员”可分为4类：
①有3名外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(2,7)Ceq \\al(3,4)种方法；
②有2名外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(3,7)Ceq \\al(2,4)种方法；
③有1名外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(4,7)Ceq \\al(1,4)种方法；
④没有外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(5,7)种方法.
由分类加法计数原理，知至多有3名外籍搜救队队员共有Ceq \\al(2,7)Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,7)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(4,7)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(5,7)＝455(种)不同的组队方法.
方法二 (间接法)
由题意，知“至多有3名外籍搜救队队员”的对立事件为“至少有4名外籍搜救队队员”.因为至少有4名外籍搜救队队员，共有Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(4,4)种组队方法，所以至多有3名外籍搜救队队员共有Ceq \\al(5,11)－Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(4,4)＝455(种)不同组队方法.
点评 (1)先看是否与排列顺序有关，从而确定是否为组合问题.
(2)看是否需要分类、分步，如何确定分类标准.
(3)判断是否为“分组”问题，避免重复.
变式训练2 (1)从不同号码的三双靴子中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为( )
A.12 B.24 C.36 D.72
(2)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________.(用数字作答)
答案 (1)A (2)590
解析 (1)恰好有一双的取法种数为Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝12.
(2)分三类：①选1名骨科医生，则有Ceq \\al(1,3)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5))＝360(种).
②选2名骨科医生，则有Ceq \\al(2,3)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5))＝210(种).
③选3名骨科医生，则有Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)＝20(种).
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.
题型三 排列与组合的综合应用问题
例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内.
(1)恰有1个盒子不放球，共有几种放法？
(2)恰有1个盒子内有2个球，共有几种放法？
(3)恰有2个盒子不放球，共有几种放法？
解 (1)为保证“恰有1个盒子不放球”，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，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放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Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝144(种).
(2)“恰有1个盒子内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，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个盒子内有2个球”与“恰有1个盒子不放球”是同一件事，所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有Ceq \\al(2,4)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Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)种方法；第二类有序均匀分组有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,2)种方法.故共有Ceq \\al(2,4)(Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)＋eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,2))＝84(种).
点评 (1)排列、组合混合问题一般“先选后排”.
(2)对于较复杂的排列、组合问题，应按元素的性质或题意要求进行分类，对事件发生的过程进行分步，做到分类标准明确，分步层次清楚，才能保证不“重”不“漏”.
(3)关于“至少”“至多”等计数问题，一般需要进行分类，若分类比较复杂，可用间接法，找出其对立事件来求解.
变式训练3 (1)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有________种.(用数字作答)
(2)把A、B、C、D四件玩具分给三个小朋友，每位小朋友至少分到一件玩具，且A、B两件玩具不能分给同一个人，则不同的分法有( )
A.36种 B.30种 C.24种 D.18种
答案 (1)480 (2)B
解析 (1)分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况.
所以共有2(Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(5,5))＝480(种).
(2)由题意A、B两件玩具不能分给同一个人，因此分法为Ceq \\al(1,3)(Ceq \\al(2,4)－1)Aeq \\al(2,2)＝3×5×2＝30(种).
高考题型精练
1.A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )
A.24种 B.60种 C.90种 D.120种
答案 B
解析 五人并排站成一排，有Aeq \\al(5,5)种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则B站在A的右边的排法共有eq \f(1,2)Aeq \\al(5,5)＝60(种).
2.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
答案 B
解析 由题知，不同的座次有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48(种).
3.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.10种 B.8种 C.9种 D.12种
答案 D
解析 第一步，为甲地选一名老师，有Ceq \\al(1,2)＝2(种)选法；第二步，为甲地选两个学生，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)选法；第三步，为乙地选1名教师和2名学生，有1种选法，故不同的安排方案共有2×6×1＝12(种).
4.某学校食堂早餐只有花卷、包子、面条和蛋炒饭四种主食可供食用，有5名同学前去就餐，每人只选择其中一种，且每种主食都至少有一名同学选择.已知花卷数量不足，仅够一人食用，甲同学肠胃不好不会选择蛋炒饭，则这5名同学不同的主食选择方案种数为( )
A.144 B.132 C.96 D.48
答案 B
解析 分类讨论：甲选花卷，其余4人中有2人选同一种主食，方法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＝18(种)，剩下2人选其余主食，方法有Aeq \\al(2,2)＝2(种)，共有方法18×2＝36(种)；甲不选花卷，其余4人中有1人选花卷，方法有4种，甲选包子或面条，方法有2种，其余3人若有1人选甲选的主食，剩下2人选其余主食，方法有3Aeq \\al(2,2)＝6(种)，若没有人选甲选的主食，方法有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝6(种)，共有4×2×(6＋6)＝96(种)，故共有36＋96＝132(种)，故选B.
5.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( )
A.232 B.252 C.472 D.484
答案 C
解析 分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,12)＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法Ceq \\al(3,12)－3Ceq \\al(3,4)＝220－12＝208(种).
由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种).
6.如图，用6种不同的颜色把图A，B，C，D，4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答).
答案 480
解析 从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法，由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480(种)涂色方法.
7.某城市的交通道路如图，从城市的西南角A到城市东北角B，不经过十字道路维修处C，最近的走法种数是________.
答案 66
解析 从城市的西南角A到城市的东北角B，最近的走法种数共有Ceq \\al(4,9)＝126(种)走法，从城市的西南角A经过十字道口维修处C，最近的走法有Ceq \\al(2,5)＝10(种)，从C到城市的东北角B，最近的走法有Ceq \\al(2,4)＝6(种)，所以从城市西南角A到城市的东北角B，经过十字道路维修处C最近的走法有10×6＝60(种)，所以从城市的西南角A到城市东北角B，不经过十字道路维修处C，最近的走法有126－60＝66(种).
8.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这个三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________.
答案 240
解析 可根据中间数进行分类，中间数依次可为2，3，4，5，6，7，8，9，然后确定百位和个位，共有1×2＋2×3＋3×4＋4×5＋5×6＋6×7＋7×8＋8×9＝240(个).
9.“雾霾治理”“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”成为社会关注的5个热点.小王想在国庆节期间调查一下社会对这些热点的关注度.若小王准备从中选取4个热点分别进行调查，则“雾霾治理”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________.
答案 72
解析 先从“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”这4个热点中选出3个，有Ceq \\al(3,4)种不同的选法.在调查时，“雾霾治理”的安排顺序有Aeq \\al(1,3)种可能情况，其余3个热点的安排顺序有Aeq \\al(3,3)种，故不同调查顺序的种数为Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝72.
10.一个质点从原点出发，每秒末必须向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第8秒末到达点P(4，2)的跳法共有________种.
答案 448
解析 分两类情况讨论：
第一类：向右跳4次，向上跳3次，向下跳1次，有Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(3,4)＝280(种)；
第二类，向右跳5次，向上跳2次，向左跳1次，有Ceq \\al(5,8)Ceq \\al(2,3)＝168(种)；
根据分类加法计数原理得，共有280＋168＝448(种)方法.
11.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种.(用数字作答)
答案 60
解析 把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有Aeq \\al(4,4)种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有Ceq \\al(2,3)种分法，再分给4人有Aeq \\al(2,4)种分法，所以不同获奖情况种数为Aeq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝24＋36＝60.
12.用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解 如图所示，将4个小方格依次编号为1，2，3，4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法.
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有Aeq \\al(2,4)＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法.由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知.有5×4×4＝80(种)不同的涂法.
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法.