2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第一講 計數(shù)原理、二項式定理 理

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第一講 計數(shù)原理、二項式定理 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第一講 計數(shù)原理、二項式定理 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第一講 計數(shù)原理、二項式定理 理 1.分類加法計數(shù)原理. 完成一件事有n類不同方案，在第1類方案中有m1種不同的方法，在第2類方案中有m2種不同的方法，…，在第n類方案中有mn種不同的方法；那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn種不同的方法. 2.分步乘法計數(shù)原理. 完成一件事需要分成n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn種不同的方法. 1．排列數(shù)公式：

2、A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(階乘形式)． 2．組合數(shù)公式： C＝＝＝(階乘形式)． 1．二項式定理． (1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*，k＝0，1，…，n)． (2)通項與二項式系數(shù)． 二項展開式的通項為Tk＋1＝Can－kbk，其中C(k＝0，1，2，…，n)叫做二項式系數(shù)． 2．二項式系數(shù)的性質(zhì)． (1)對稱性：在二項展開式中，與首末兩端“等距離”的兩項的二項式系數(shù)相等，即C＝C，C＝C，C＝C，…，C＝C． 　　　判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或

3、“×”)． (1)在分類加法計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(×) (2)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(√) (3)Can－kbk是二項展開式的第k項．(×) (4)二項展開式中，系數(shù)最大的項為中間一項或中間兩項．(×) (5)(a＋b)n的展開式中某一項的二項式系數(shù)與a，b無關(guān)．(√) 　　　　　　　　　　　　　 1．(xx·全國大綱卷)有6名男醫(yī)生、5名女醫(yī)生，從中選出2名男醫(yī)生、1名女醫(yī)生組成一個醫(yī)療小組，則不同的選法共有(C) A．60種 B．70種 C．75種 D．150種 解析：由已知可得不同的

4、選法共有CC＝75.故選C. 2．對于小于55的自然數(shù)n，積(55－n)(56－n)·…·(68－n)·(69－n)等于(B) A．A B．A C．A D．A 3．(xx·廣東卷)某高三畢業(yè)班有40人，同學(xué)之間兩兩彼此給對方僅寫一條畢業(yè)留言，那么全班共寫了1_560條畢業(yè)留言．(用數(shù)字作答) 解析：A＝40×39＝1 560. 4．(xx·廣東卷)在(－1)4的展開式中，x的系數(shù)為6． 解析：Tr＋1＝C·()4－r·(－1)r.令r＝2，則C(－1)2＝6. 一、選擇題 1．把6名學(xué)生分配到3個校門值日，其中前門3人，側(cè)門2人，后門1人，則不同的分配方案共有(A

5、) A．CC種 B．3CC種 C．CCA種 D.種 解析：分三步完成分配方案：第一步，從6人中選3人到前門值日，有C種方法；第二步，從剩下的3人中選2人到側(cè)門值日，有C種方法；第三步，把剩下的1人派到后門值日，有1種方法．由乘法計數(shù)原理，不同的分配方案有CC種． 2．(xx·遼寧卷)6把椅子擺成一排，3 人隨機就座，任何兩人不相鄰的坐法種數(shù)為(D) A．144 B．120 C．72 D .24 解析：將6把椅子依次編號為1，2，3，4，5，6，故任何兩人不相鄰的坐法，可安排：“ 1，3，5”；“1，3，6”；“1，4，6”；“2，4，6”號位置坐人，故總數(shù)由4A＝

6、24.故選D. 3．(xx·陜西卷)二項式(x＋1)n(n∈N＋)的展開式中x2的系數(shù)為15，則n＝(C) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：(x＋1)n＝(1＋x)n，(1＋x)n的通項為Tr＋1＝Cxr，令r＝2，則C＝15，即n(n－1)＝30.又n>0，得n＝6. 4．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展開式中，含x4的項的系數(shù)是(A) A．－15 B．85 C．－120 D．274 解析：從四個括號中取x，剩下的括號里取常數(shù)項，得到x4的系數(shù)，故x4的系數(shù)是(－1)＋(－2)＋(－3)＋(－4)＋(－5)＝－15. 5．

7、若多項式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，則a9等于(D) A．9 B．10 C．－9 D．－10 解析：根據(jù)等式左邊x10的系數(shù)為1，易知a10＝1，等式右邊x9的系數(shù)為a9＋a10C＝10＋a9，等式左邊x9的系數(shù)為0，故10＋a9＝0，所以a9＝－10. 6．設(shè)集合I＝{1，2，3，4，5}，選擇I的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數(shù)大于A中最大的數(shù)，則不同的選擇方法共有(B) A．50種 B．49種 C．48種 D．47種 解析：對A中最大的數(shù)進(jìn)行分類討論： ①若集合A中

8、最大的數(shù)為1，則B的選擇方法有C＋C＋C＋C＝15種； ②若集合A中最大數(shù)為2，則B的選擇方法有C＋C＋C＝7種；而A有2種選法，故共有14種； ③若集合A中最大數(shù)為3，則B的選擇方法有C＋C＝3種，而A有4種選法，故共有12種； ④若集合A中最大數(shù)為4，則B的選擇方法有1種，而A有8種選法，如下：4；1，4；2，4；3，4；1，2，4；1，3，4；2，3，4；1，2，3，4.故共有8種． 所以一共有15＋14＋12＋8＝49種不同的選法． 二、填空題 7．(xx·新課標(biāo)Ⅱ卷)(a＋x)(1＋x)4的展開式中x的奇數(shù)次冪項的系數(shù)之和為32，則a＝3． 解析：設(shè)(a＋x)(1＋x)

9、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，∴ a＝3. 8．(xx·浙江卷)在8張獎券中有一、二、三等獎各1張，其余5張無獎．將這8張獎券分配給4個人，每人2張，不同的獲獎情況有60種(用數(shù)字作答)． 三、解答題 9．有4個不同的球，4個不同的盒子，現(xiàn)在要把球全部放入盒內(nèi)． (1)共有幾種放法？ (2)恰有一個盒不放球，共有幾種放法？ (3)恰有一個盒放兩個球，共有幾種放法

10、？ (4)恰有兩個盒不放球，共有幾種放法？ 解析：(1)一個球一個球地放到盒子里，每個球都可有4種獨立的放法．由分步計數(shù)原理，放法共有44＝256種． (2)為保證“恰有一個盒子不放球”，先從4個盒子中任意拿出去1個；將4個球分為2，1，1三組，有C種分法；然后再從三個盒子中選一個放兩個球，其余兩個各放一個球，兩個盒子全排列即可．由分步計數(shù)原理，共有C·C·C·A＝144種放法． (3)“恰有一個盒內(nèi)有2個球”，即另外的三個盒子共放2個球，每個盒子至多放1個球，即另外三個盒子中恰有一 個空盒，因此，“恰有一個盒內(nèi)有2個球”與“恰有一個盒子不放球”是一回事，故也有144種放法． (4

11、)先從四個盒子中任意拿走兩個，問題轉(zhuǎn)化為：“4個球，兩個盒子，每個盒子必放球，有幾種放法？”從放球數(shù)目看，可分為3，1和2，2兩類．第一類：可從4個球中先選3個，然后放入指定的一個盒子中即可，有CC種放法；第二類：有C種放法．因此共有CC＋C＝14種．由分步計數(shù)原理得“恰有兩個盒內(nèi)不放球”的放法有：14C＝84種． 10．已知(a＋1)n展開式中的各項系數(shù)之和等于展開式的常數(shù)項，而(a＋1)n展開式中的二項式系數(shù)最大的項等于54，求a的值． 解析：的展開式的通項為Tr＋1＝C·＝Cx，令＝0，得r＝4，∴常數(shù)項為T5＝C·＝16. 又∵(a＋1)n的展開式的各項系數(shù)之和等于2n. ∴2n＝16，∴n＝4. 由二項式系數(shù)的性質(zhì)知，(a＋1)4展開式中二項式系數(shù)最大的項是中間項即第3項，T3＝Ca2＝54，解得a＝±3.