高三理科数学排列组合总复习教学案.docx
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高三理科数学排列组合总复习教学案
高三理科数学排列组合总复习教学案
第十二 排列组合、二项式定理、概率
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考试要求重难点击命题展望
排列
、
组合 1理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；
2理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；
3能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 本重点：
排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用
本难点：
用二项式定理解决与二项展开式有关的问题 排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理
随机事的概率 1了解随机事发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；
2了解两个互斥事的概率加法公式和相互独立事同时发生的概率乘法公式；
3理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事所包含的基本事的个数及事发生的概率；
4了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义 本重点：
1随机事、互斥事及概率的意义，并会计算互斥事的概率；2古典概型、几何概型的概率计算
本难点：
1互斥事的判断及互斥事概率加法公式的应用；2可以转化为几何概型求概率的问题 本部分要求考生能从集合的思想观点认识事、互斥事与对立事，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力
离散型随机变量 1理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；
2理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；
3了解条概率和两个事相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；
4理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；
利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义本重点：
1离散型随机变量及其分布列；2独立重复试验的模型及二项分布
本难点：
1利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义 求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年较稳定的高考命题态势考生应注重对特殊分布（如二项分布、超几何分布）的理解和对事的意义的理解
知识网络
121 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
典例精析
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有 种取法
【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；
当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；
当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；
……
当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；
当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；
……
当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法
【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数
【变式训练1】（2010济南市模拟）从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（ ）
A3B46D8
【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9同理，公比为12、13、23时，也有4个故选D
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】从6人中选4人分别到张家界、韶、衡、桃花四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有 种
【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶、衡、桃花的有人、4人、3人则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4××4×3＝240种
【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这事，各步之间既不能重复也不能遗漏
【变式训练2】（2010湘潭市调研）要安排一份天的值班表，每天有一人值班，现有人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有 种不同的排法
【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成第一天有人可选有种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有×4×4×4×4＝1280种方法
题型三 分类和分步计数原理综合应用
【例3】（2011长郡中学）如图，用4种不同的颜色对图中个区域涂色（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，则不同的涂色种数有
【解析】方法一：
由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：
1与同；2与同；3与同；1与3同对于每一类有A44种涂法，共有4A44＝96种方法
方法二：
第一步：
涂区域1，有4种方法；第二步：
涂区域2，有3种方法；第三步：
涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：
涂区域3，分两类：
第一类，3与1同色，则区域涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法所以，不同的涂色种数有4×3×2×（1×1＋1×3）＝96种
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类
【变式训练3】（2009深圳市调研）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）小正方形所涂颜色都不相同，且1,,9号小正方形涂相同颜色，则符合条的所有涂法有多少种？
【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,,9号有13种涂法；
第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；
第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：
分类加法计数原理是完成一事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这事；分步乘法计数原理是完成一事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事因此，分清完成一事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础
122 排列与组合
典例精析
题型一 排列数与组合数的计算
【例1】计算：
（1）8！
＋A66A28－A410；
（2）33＋34＋…＋310
【解析】
（1）原式＝8×7×6××4×3×2×1＋6××4×3×2×18×7－10×9×8×7＝7×6××4×3×26×（－89）＝－130623
（2）原式＝44＋34＋3＋…＋310＝4＋3＋…＋310＝46＋36＋…＋310＝411＝330
【点拨】在使用排列数公式An＝n！
（n－）！
进行计算时，要注意公式成立的条：
，n∈N+，≤n另外，应注意组合数的性质的灵活运用
【变式训练1】解不等式＞6
【解析】原不等式即9！
（9－x）！
＞6×9！
（11－x）！
，
也就是1（9－x）！
＞，
化简得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集为{2,3,4,,6,7}
题型二 有限制条的排列问题
【例2】3男3女共6个同学排成一行
（1）女生都排在一起，有多少种排法？
（2）女生与男生相间，有多少种排法？
（3）任何两个男生都不相邻，有多少种排法？
（4）3名男生不排在一起，有多少种排法？
（）男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？
【解析】
（1）将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44•A33＝144种排法
（2）男生自己排，女生也自己排，然后相间插入（此时有2种插法），所以女生与男生相间共有2A33•A33＝72种排法
（3）女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33•A34＝144种
（4）直接分类较复杂，可用间接法即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝76种
（）先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法又甲、乙之间还有A22种排法这样就有A23•A22种排法然后把他们4人看成一个元素（相当于一个男生），这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法最后将余下的女生排在其间，有1种排法故总排法为A23A22A22＝24种
【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条的排列问题的限制主要表现在：
某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法
【变式训练2】把1,2,3,4,这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列
（1）4321是这个数列的第几项？
（2）这个数列的第97项是多少？
【解析】
（1）不大于4321的五位数A－（A44＋A33＋A22）＝88个，即为此数列的第88项
（2）此数列共有120项，而以开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即1234
题型三 有限制条的组合问题
【例3】要从12人中选出人去参加一项活动
（1）A，B，三人必须入选有多少种不同选法？
（2）A，B，三人都不能入选有多少种不同选法？
（3）A，B，三人只有一人入选有多少种不同选法？
（4）A，B，三人至少一人入选有多少种不同选法？
（）A，B，三人至多二人入选有多少种不同选法？
【解析】
（1）只须从A，B，之外的9人中选择2人，29＝36种不同选法
（2）由A，B，三人都不能入选只须从余下9人中选择人，即有9＝49＝126种选法
（3）可分两步，先从A，B，三人中选出1人，有13种选法，再从余下的9人中选4人，有49种选法，所以共有13•49＝378种选法
（4）可考虑间接法，从12人中选人共有12种，再减去A，B，三人都不入选的情况9，共有12－9＝666种选法
（）可考虑间接法，从12人中选人共有12种，再减去A，B，三人都入选的情况29种，所以共有12－29＝76种选法
【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解对于有限制条的问题，一般要根据特殊元素分类
【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点
（1）在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？
（2）在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？
【解析】
（1）四个点共面的取法可分三类第一类：
在同一个面上取，共有446种；第二类：
在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：
在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有23＝3种故有69种
（2）用间接法共410－69＝141种
总结提高
解有条限制的排列与组合问题的思路：
（1）正确选择原理，确定分类或分步计数；
（2）特殊元素、特殊位置优先考虑；
（3）再考虑其余元素或其余位置
123二项式定理
典例精析
题型一 二项展开式的通项公式及应用
【例1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列
（1）求证：
展开式中没有常数项；
（2）求展开式中所有的有理项
【解析】由题意得21n•＝1＋2n•（）2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1（舍去）
所以Tr＋1＝•（）•
＝（－）r•••
＝（－1）r••（0≤r≤8，r∈Z）
（1）若Tr＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项
（2）若Tr＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，
又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4,8，
即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T＝38x，T9＝126x-2
【点拨】
（1）把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；
（2）应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项（要注意n和r的数值范围及大小关系）；
（3）注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”
【变式训练1】若（xx＋）n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？
如果有，求出该项，如果没有，请说明理由
【解析】由题知0n＋1n•2＋2n•22＝129，
所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝r8（xx）8-r＝，
故r＝6时，T7＝2628x＝1792x，
所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x
题型二 运用赋值法求值
【例2】
（1）已知（1＋x）＋（1＋x）2＋…＋（1＋x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝ ；
（2）已知（1－x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋2a2＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋（－1）nan＝
【解析】
（1）易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4
（2）由二项式定理得，
a1＝－1n＝－n，a2＝2n＝n（n－1）2，
代入已知得－n＋n（n－1）＝0，所以n＝6，
令x＝－1得（1＋1）6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a＋a6＝64
【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构
【变式训练2】设（3x－1）8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值
【解析】令f（x）＝（3x－1）8，
因为f
（1）＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f（－1）＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f
（1）＋f（－1）2＝27×（1＋28）
题型三 二项式定理的综合应用
【例3】求证：
4×6n＋n＋1－9能被20整除
【解析】4×6n＋n＋1－9＝4（6n－1）＋（n－1）＝4[（＋1）n－1]＋[（4＋1）n－1]＝20[（n－1＋1nn－2＋…＋n－1n）＋（4n－1＋1n4n－2＋…＋n－1n）]，是20的倍数，所以4×6n＋n＋1－9能被20整除
【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意（a＋b）n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚
【变式训练3】求09986的近似值，使误差小于0001
【解析】09986＝（1－0002）6＝1＋6×（－0002）1＋1×（－0002）2＋…＋（－0002）6
因为T3＝26（－0002）2＝1×（－0002）2＝000006＜0001，
且第3项以后的绝对值都小于0001，
所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计
所以09986＝（1－0002）6≈1＋6×（－0002）＝1－0012＝0988
总结提高
1利用通项公式可求展开式中某些特定项（如常数项、有理项、二项式系数最大项等），解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条，求出n和r，再确定所需的项；
2赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；
3利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数对于余数问题，要注意余数的取值范围
124 随机事的概率与概率的基本性质
典例精析
题型一 频率与概率
【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示
抽取球数n01002000010002000
优等品数492194470941902
优等品频率
（1）计算表中乒乓球优等品的频率；
（2）从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？
（结果保留到小数点后三位）
【解析】
（1）依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0900,0920,0970,
0940,094,091
（2）由
（1）知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数090的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为090
【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在09，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率
【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下
投篮次数n8101291016
进球次数6897712
进球频率
（1）计算表中进球的频率；
（2）这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？
【解析】
（1）由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：
（2）由
（1）知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为
题型二 随机事间的关系
【例2】从一副桥牌（2张）中任取1张判断下列每对事是否为互斥事，是否为对立事
（1）“抽出红桃”与“抽出黑桃”；
（2）“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；
（3）“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”
【解析】
（1）是互斥事但不是对立事因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立
（2）是互斥事又是对立事因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生
（3）不是互斥事，更不是对立事因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事有可能同时发生，如抽得12
【点拨】要区分互斥事和对立事的定义
【变式训练2】抽查10产品，设事A：
至少有两次品，则A的对立事为（ ）
A至多两次品B至多一次品
至多两正品D至少两正品
【解析】根据对立事的定义得选项B
题型三 概率概念的应用
【例3】甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于8分为优秀，8分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表
优秀非优秀总计
甲10
乙30
总计10
已知从全部10人中随机抽取1人为优秀的概率为
（1）请完成上面列联表；
（2）根据列联表的数据，若按9%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”（参考数据P（2＞663）＝00）；
（3）若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：
把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号试求抽到6号或10号的概率
【解析】
（1）
优秀非优秀总计
甲104
乙20300
总计30710
（2）计算2的一个观测值
＝＝6109
因为6109＜663，所以没有9%的把握认为成绩与班级有关
（3）记被抽取人的序号为ζ，
则P（ζ＝6）＝，P（ζ＝10）＝，
所以P（ζ＝6或ζ＝10）＝P（ζ＝6）＋P（ζ＝10）＝＝
【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用
【变式训练3】袋内有3个球，每个球上都记有从1~3中的一个号码，设号码为n的球的重量为－n＋20克，这些球以等可能性从袋里取出（不受重量、号码的影响）
（1）如果取出1球，试求其重量比号码数大的概率；
（2）如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率
【解析】
（1）由不等式－n＋20＞n＋，得n＞1或n＜3，
由题意知n＝1,2或者n＝16,17，…，3，于是所求概率为
（2）设第n号和第号的两个球的重量相等，
其中n＜，则有－n＋20＝－＋20，
所以（n－）（n＋－1）＝0
因为n≠，所以n＋＝1，
所以（n，）＝（1,14），（2,13），…，（7,8）
故所求概率为
总结提高
1对立事是互斥事的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事集合A的对立事记作，从集合的角度看，事所含结果的集合正是全集U中由事A所含结果组成集合的补集，即A∪＝U，A∩＝对立事一定是互斥事，但互斥事不一定是对立事
事A、B的和记作A＋B，表示事A、B至少有一个发生当A、B为互斥事时，事A＋B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的
当计算事A的概率P（A）比较困难时，有时计算它的对立事的概率则要容易些，为此有P（A）＝1－P（）
2若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事判断A与B是否独立的方法是看P（AB）＝P（A）•P（B）是否成立
12 古典概型
典例精析
题型一 古典概率模型的计算问题
【例1】一汽车厂生产A、B、三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表（单位：
辆），
轿车A轿车B轿车
舒适型10010z
标准型30040600
现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取0辆，其中有A类10辆
（1）求z的值；
（2）用分层抽样的方法在类轿车中抽取一个容量为的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
（3）用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：
94,86,92,
96,87,93,90,82把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0的概率
【解析】
（1）依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为0×40＝2000辆，所以z＝2000－100－10－300－40－600＝400
（2）由
（1）知类轿车共1000辆，又样本容量为，故抽取的比率为1200，即辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事A：
至少有1辆舒适型轿车，则事表示抽取到2辆标准型轿车，有′＝3种不同取法，从而事A包含：
基本事数为＝7种，所以P（A）＝710
（3）样本平均数＝18×（94＋86＋92＋96＋87＋93＋90＋82）＝90，记事B：
从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0，则事B包含的基本事有6种，所以P（B）＝68＝34
【点拨】利用古典概型求事的概率时，主要弄清基本事的总数，及所求事所含的基
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