第6章 计数原理 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

第六章 计数原理 章末优化提升 网络构建 分类加法计数原理和 分步乘法计数原理 排列 组合 二项式定理 排列数公式 组合数公式 组合数性质 通项公式 系数性质 排列、组合应用题 计算与证明 应用 求特定项或系数、系数的最值， 系数和或二项式系数和 考点聚焦 考点一 两个计数原理 有n类方案 N=m,+m?+⋯+m.) 完成一件事 需要n个步骤 N=m,m?m 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 [注意] 运用两个基本原理解题的关键在于 正确区分“分类”与“分步”,分类就是能“一步 到位”————任何一类中任何一种方法都能完成 整个事件；而分步则只能“局部到位”————任何 一步中任一种方法只能完成事件的某一部分. [例1] 随着人们生活水平的提高，某城市家 庭汽车拥有量迅速增长，交通管理部出台了 一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都 必须有 3个不重复的英文字母和3个不重 复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一 组出现，3个数字也必须合成一组出现.那么 这种办法共能给多少辆汽车上牌照? [解] 将汽车牌照分为2 类，一类的字母组合 在左，另一类的字母组合在右.字母组合在左 时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字： 第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有 26种选法； 第 2步，从剩下的25个字母中选1个，放在 第 2位，有25种选法； 第 3步，从剩下的 24 个字母中选1个，放在 第3位，有24种选法； 第4步，从10个数字中选1个，放在第4位， 有10种选法； 第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第 5位，有9种选法； 第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第 6位，有8种选法. 根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌 照共有 26×25×24×10×9×8=11 232 000(个). 同理，字母组合在右的牌照也有11 232 000个. 所以，共能给 11 232 000+11 232 000= 22 464 000辆汽车上牌照. 跟踪训练 1.某外语组有9人，每人至少会英语和日语中 的一门，其中 7人会英语，3人会日语.从中 选出会英语和会日语的各1人，有多少种不 同的选法? 考点二 排列与组合 1.复杂的排列问题常常通过试验、画简图、 小数字简化等手段使问题直观化，从而 寻求解题途径，由于结果的正确性难以 直接检验，因而常需要用不同的方法求 解来检验. 2.按元素的性质进行分类、按事件发生的连续 过程分步，是处理组合问题的基本思想方 法，要注意题设中“至少”“至多”等限制词的 意义. 3.处理排列、组合的综合性问题，一般思想方 法是先选元素(组合),后排列，按元素的性 质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”, 始终是处理排列、组合问题的基本方法和原 31 ?高中数学·选择性必修 第三册 理，通过解题训练要注意积累分类和分步的 基本技能. 4.在解决排列、组合综合性问题时，必须深刻 理解排列与组合的概念，能够熟练确定这一 问题是排列问题还是组合问题，牢记排列 数、组合数计算公式与组合数性质.容易产 生的错误是重复或遗漏计数. 角度一 站位问题 [例2] 有3名男生，4名女生，在下列不同要 求下，求不同的排列方法种数. (1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者 两端位置； (2)全体排成一行，其中甲不在最左端，乙不 在最右端； (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，其中甲、乙、丙三人从左 至右的顺序不变； (6)全体排成前后两排，前排3人，后排4人. [解] (1)优先法：甲为特殊元素，故先安排 甲，左、右、中共3个位置可供甲选择，有A? 种排法，其余6人全排列，有 A6种排法.由 分步乘法计数原理得共有 A3A?=2 160 种 排法. (2)直接法(位置分析):按甲是否在最右端 分两类： 第一类：甲在最右端有 A6种排法； 第二类：甲不在最右端时，甲有 5个位置可 选，而乙也有5个位置可选，而其余全排列， 有 A?种排法，由分步乘法计数原理得有 A;A:A5种排法。 故共有 A?+A?A}A?=3 720种排法. 间接法：先排最左端位置，除去甲外，有A? 种排法，余下的6个位置全排列有 A?种，但 应剔除甲不在最左端且乙在最右端的排法 A;A5种.则符合条件的排法共有 A?Ag一 A?A?=3 720(种). (3)捆绑法：将男生看成一个整体，进行全排 列有 A3种排法，把这个整体看成一个元素 再与其他4 人进行全排列有 A5种排法，共 有 A?A?=720种排法. (4)插空法：先排好男生，然后将女生插入排 男生时产生的4个空位中，共有 A3A4=144 种排法. (5)定序排列用除法：第一步，设固定甲、乙、 丙从左至右顺序的排列总数为N,第二步，对 甲、乙、丙进行全排列，则为7个人的全排列， 因此有A?=N×AS,故N=A=840(种)。 (6)分排问题直接法：由已知，7 个人排在 7 个位置，与无任何限制的排列相同，有 A7= 5 040种排法。 角度二 分组分配问题 [例3] 六本不同的书，按下列要求各有多少 种不同的分法? (1)分为三份，一份四本，一份一本，一份 一本； (2)分给甲、乙、丙三人，甲得四本，乙得一 本，丙得一本； (3)分给甲、乙、丙三人，一人得四本，另外两 个人每个人得一本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本. [解](1)这是“部分平均分组”问题，分组 与顺序无关. 根据分步乘法计数原理可得，分成三份有 C?C2C1 种方法，但这里出现重复计数的现 象，不妨记六本书分别为A,B,C,D,E,F, 若第一步取 A,B,C,D,第二步取 E,第三步 取 F,该分法记为(ABCD,E,F),则 C?C?C 中还包括(ABCD,F,E)这1种分法，而这种 分法与(ABCD,E,F)是同一种分法，故共有 C:CCi=15种分法. (2)这是“部分平均定向分配”问题.先分组， 再分配，与顺序有关. 首先分成三份，为部分平均分组问题，共有 c:CC种分法，然后分给三个人(甲定向)共 有CCA=C8C?C=30种分法。 (3)这是“部分平均不定向分配”问题. 方法一：先分组，再分配，与顺序有关.先分 CCiC成三份，为部分平均分组问题，共有 种分法，然后分给三个人(不定向),共有 CCCA3=90种分法 方法二：有C?A3=90种分法. (4)可以分为三类：①将6分为“2,2,2”,有 C8C2C2=90种分法；②将6分为“1,2,3”,有 C?CsC3A3=360 种分法；③将6分为“1,1, 4”,有C?A3=90种分法.所以共有90+360 +90=540种分法. 32 第六章 计数原理 跟踪训练 2.设有编号为1,2,3,4,5 的五个小球和编号 为1,2,3,4,5的五个盒子，现将这五个小球 放入5个盒子中. (1)若没有一个盒子空着，且球的编号与盒 子编号不全相同，则有多少种投放方法? (2)若每个盒子内投放一个球，并且至少有 两个球的编号与盒子编号是相同的，则有多 少种投放方法? 考点三 二项式定理 1.对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系 数的性质，其次要掌握“赋值法”,“赋值法” 是解决二项式系数问题的一个重要方法. 2.求二项展开式中指定的项，通常是先根据已 知条件求r,再求 Tr+1.有时还需先求 n,再 求r,才能求出 Tr+1· 3.对于二项式系数问题，应注意以下几点： (1)求二项式所有项的系数和，可采用“特殊 值取代法”,通常令字母变量的值为1; (2)关于组合恒等式的证明，常采用“构造 法”————构造函数或构造同一问题的两种算法. [例4] 已知 f(x)=(1+x)",g(x)=(1+ 5x)”(m,n∈N*). (1)当m=4,n=5时，求f(x)·g(x)的展开 式中含x2的项； (2)若 h(x)=f(x)+g(x),且 h(x)的展开 式中含x的项的系数为 24,则当 m,n为何 值时，h(x)的展开式中含x2的项的系数取 得最小值? [解](1)当 m=4,n=5时， f(x)=(1+x)?= C?x?+C4x1+C4x2+ C4x3+C4x?, g(x)=(1+5x)?=C?(5x)°+C?(5x)1 十⋯十C5(5x)?, 则f(x)·g(x)的展开式中含 x2的项为 (C4·5℃9+C·5C1+C4·52C2)x2,即 f(x)·g(x)的展开式中含 x2的 项 为356.x2. (2)因为 h(x)=f(x)+g(x),且h(x)的展开式 中含x的项的系数为24,所以C+5C,=24, 即 m=24—5n(其中1≤n≤4,n∈N*). 因为h(x)的展开式中含 x2的项的系数为 C2+52C2=m(m-1)+25n(n-1= (24-5n)(23-5n)+25n(n-1)=25n2- 130n+276=25(n-号)2+107(其中1≤n≤ 2-号>3-号4,n∈N*),又因为 ,所以 当 n=3 时(此时 m=9),h(x)的展开式中含 x2的项的系数取得最小值，最小值为111. 跟踪训练 3.若(1-2a)=a?+az+a,2+⋯+a,°, 且 a?=7. (1-x)”(1)求 的展开式中二项式系数最 大的项； (2)求 a?+2a?+22a?+23a?+⋯+2”-1a 的值. 提示、请完成《素能提升训练》章末检测卷一 33 题型六 11.解析 当千位和百位分别为1,3 时，则十位和个位有 A2个符合条件的，当千位和百位分别为1,4 时，则十 位和个位有 A2个符合条件的，当千位不为1时，共有 C1A3个符合条件的，故共有C A3+A2+A3=18+2+ 2=22(个). 答案 22 12.解 (1)因为抽取的三位数各不同，所以能组成 A3=6 ×5×4=120个不同的三位数。 (2)百位为5或6,则个位、十位是剩余5个数字中的两 个，则有C1×A3=40个大于500的三位数。 题型七 13.A 先确定3个与盒子编号相同的小球，共有C种选 法，假设1,2,3,4号小球与盒子的标号不同，5,6,7号 小球与盒子的编号相同，则1,2,3,4号盒子的放法有 2,1,4,3;2,3,4,1;2,4,1,3;3,1,4,2;3,4,1,2;3,4,2, 1;4,1,2,3;4,3,1,2;4,3,2,1,共9种，故共有C×9= 315种放法。 14.解析 根据题意可知抛掷3次骰子后恰好回到起点① 处需要8步或16步，所以3次投掷骰子的点数之和为 8或16,则 3次投掷的点数可以为1,1,6;1,2,5;1,3, 4;2,2,4;2,3,3;4,6,6;5,5,6;当点数为1,1,6;2,2,4; 2,3,3;4,6,6;5,5,6时，有5×C1=15种情况；当点数 为1,2,5;1,3,4 时，有 2×A3=12 种情况，综上可得， 不同的走法数为12+15=27. 答案 27 章末优化提升 [考点聚集] 考点———跟踪训练 1.解 依题意得，既会英语又会日语的有1人，6人只会 英语，2人只会日语。 第1类：从只会英语的6人中选会英语的1人，有6种 选法，此时选会日语的1人有3种选法，由分步乘法计 数原理可得N?=6×3=18(种). 第2 类：从既会英语又会日语的 1人中选会英语的 1 人，有1种方法，此时从只会日语的两人中选会日语的1 人，有2 种选法， 由分步乘法计数原理得 N?=1×2=2(种). 综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N= N?+N?=18+2=20(种). 考点二——跟踪训练 2.解(1)利用间接法可知满足题意的投放方法有 A?-1 =119(种)。 (2)分为四类： 第一类，五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方 法有1种； 第二类，四个球的编号与盒子的编号相同，有0种； 第三类，三个球的编号与盒子的编号相同，球的编号与 盒子的编号相同的投放方法有 C?种，球的编号与盒子 的编号不同的投放方法有1种，所以投放方法有C×1 =10(种). 第四类，两个球的编号与盒子的编号相同，球的编号与 盒子的编号相同的投放方法有C 种，球的编号与盒子 的编号不同的投放方法有 2种，所以投放方法有C3×2 =20(种). 根据分类加法计数原理，得所有的投放方法有1+0十 10+20=31(种). 考点三——跟踪训练 3.解(1)因为T=c?(-2x)=4c2m2=agx2,且 a?=7,所以4c2=n(n81=7,所以(n-8)(n+7)=0, 解得 n=8或 n=—7(舍去), 所以(1-2x)”的展开式中二项式系数最大的项为第 5项，T?=c:(-2x)=35a (2)令x=0,可知a?=1, 令x=2, 得0=a?+2a?+22a?+2?a?+2'a?+⋯+2"a, 所以2a?+22a?+23a?+2?a?+⋯+2"a,=-1, 所以a?+2a?+22ag+22a?+⋯+2a,=-2 第七章 随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率公式 7.1.1 条件概率 第1课时 条件概率 【自主学习探新知】 试一试 Pa--P(B|A)=PP(A),所以F1.C 因为 =3. 2.D 设事件A表示四月份吹东风，事件 B表示四月份下 雨.根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨 PIIA)=一,故选D的概率 3.解析 从袋中不放回地依次随机摸出2个球，设第一次 摸到红球为事件 A,则 n(A)=CC1=6,设两次都摸到 红球为事件 B,则 n(B)=A2=2,则在第一次摸到红球 P=n(A)=6=3.的条件下，第二次摸到红球的概率1 1s答案 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解] 设第1次抽到舞蹈节目为事件 A,第2次 11