第3章 排列.组合与二项式定理章末知识梳理(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教B版2019)

! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # 易错警示 　 　 错用二项式系数的性质致误 ４．（１ ＋ ２ｘ）２０的展开式中，ｘ的奇次项系数的 和与ｘ的偶次项系数的和之比为　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ． ［错解一］　 ∵二项展开式中奇次项系数的 和与偶次项系数的和相同，∴奇次项系数的和与 偶次项系数的和均为２１９ ． ∴所求比为１∶ １． ［错解二］　 由二项展开式中知ｘ的奇次项系 数的和为Ｃ１２０·２ ＋ Ｃ３２０·２３ ＋ Ｃ５２０·２５ ＋…＋ Ｃ１９２０· ２１９，ｘ的偶次项系数的和为Ｃ０２０ ＋ Ｃ２２０·２２ ＋ Ｃ４２０·２４ ＋…＋ Ｃ２０２０·２２０ ． 　 　 ∴所求比为（Ｃ１２０·２ ＋ Ｃ３２０·２３ ＋…＋ Ｃ１９２０· ２１９）∶ （Ｃ０２０ ＋ Ｃ２２０·２２ ＋…＋ Ｃ２０２０·２２０）． ［辨析］　 错解一是将系数和与二项式系数 和混淆了；错解二解法欠妥，很难求出数值，其原 因在于没有把握住求系数和的根本方法．对于求 系数和的问题，要注意用赋值法解决．奇、偶次项 是针对ｘ的指数而言，奇、偶数项是针对第几项 而言． ［正解］                    　 6789%:;< 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．二项式（ｘ － １）ｎ的奇数项二项式系数和是６４， 则ｎ等于 （Ｃ ） Ａ． ５ Ｂ． ６ Ｃ． ７ Ｄ． ８ ２．已知（１ ＋ ２ｘ）ｎ 的展开式中所有系数之和等于 ７２９，那么这个展开式中ｘ３项的系数是（Ｂ ） Ａ． ５６ Ｂ． １６０ Ｃ． ８０ Ｄ． １８０ ３．（１ ＋ ｘ）２ｎ ＋ １的展开式中，二项式系数最大的项所 在项数是 （Ｃ ） Ａ． ｎ，ｎ ＋１ Ｂ． ｎ －１，ｎ Ｃ． ｎ ＋１，ｎ ＋２ Ｄ． ｎ ＋２，ｎ ＋３ ４．设５ｘ － １槡( )ｘ ｎ 的展开式中各项系数之和为Ｍ，二 项式系数之和为Ｎ，若Ｍ － Ｎ ＝２４０，则展开式中 ｘ的系数为 （Ｂ ） Ａ． － １５０ Ｂ． １５０ Ｃ． ３００ Ｄ． － ３００ ５．若（１ ＋ ｘ ＋ ｘ２）６ ＝ ａ０ ＋ ａ１ｘ ＋ ａ２ｘ２ ＋…＋ ａ１２ｘ１２，则 ａ２ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ１２ ＝ 　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［７                  ］ 章末知识梳理 + , = > ? @ !#$ # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # A B + , C D 基本计数原理 　 　 １．分类加法计数原理：Ｎ ＝ ｍ１ ＋ ｍ２ ＋…＋ ｍｎ． ２．分步乘法计数原理：Ｎ ＝ ｍ１ × ｍ２ ×…× ｍｎ． 排列 　 　 １．排列：一般地，从ｎ个不同对象中，任取出 ｍ（ｍ≤ｎ，ｍ，ｎ∈Ｎ）个对象，按照一定的顺序排 成一列，称为从ｎ个不同对象中取出ｍ个对象的 一个排列． ２．排列数：从ｎ个不同对象中取出ｍ（ｍ≤ｎ， ｍ，ｎ∈Ｎ）个对象的所有排列的个数，用符号Ａｍｎ 表示． ３．排列数公式：Ａｍｎ ＝ ｎ（ｎ － １）…（ｎ － ｍ ＋ １） ＝ ｎ！（ｎ － ｍ）！． ４．全排列：一般地，ｎ个不同对象全部取出的 一个排列，称为ｎ个不同对象的一个全排列． ５．排列数的性质：Ａｍｎ ＝ ｎＡｍ －１ｎ －１ ＝ｍＡｍ －１ｎ －１ ＋Ａｍｎ －１． 组合 　 　 １．组合：一般地，从ｎ个不同对象中取出ｍ （ｍ≤ｎ，ｍ，ｎ∈Ｎ）个对象并成一组，称为从ｎ个 不同对象中取出ｍ个对象的一个组合． ２．组合数：从ｎ个不同对象中取出ｍ（ｍ≤ｎ， ｍ，ｎ∈Ｎ）个对象的所有组合的个数，用符号Ｃｍｎ 表示． 　 　 ３．组合数公式：Ｃｍｎ ＝ Ａ ｍ ｎ Ａｍｍ ＝ ｎ（ｎ － １）…（ｎ － ｍ ＋ １）ｍ！ ＝ ｎ！ｍ！（ｎ － ｍ）！． ４．组合数的性质：Ｃｍｎ ＝ Ｃｎ － ｍｎ ；Ｃｍ ＋ １ｎ ＋ Ｃｍｎ ＝ Ｃｍ ＋ １ｎ ＋ １ ． 二项式定理 　 　 １．二项式定理：（ａ ＋ ｂ）ｎ ＝ Ｃ０ｎａｎ ＋ Ｃ１ｎａｎ － １ ｂ ＋ …＋ Ｃｋｎａｎ － ｋｂｋ ＋…＋ Ｃｎｎｂｎ（ｎ∈Ｎ）． ２．二项展开式的通项公式：Ｔｋ ＋ １ ＝ Ｃｋｎａｎ － ｋ ｂｋ， ０≤ｋ≤ｎ，ｋ∈Ｎ，ｎ∈Ｎ ． ３．二项式系数：第ｋ ＋ １项的二项式系数为 Ｃｋｎ，０≤ｋ≤ｎ，ｋ∈Ｎ，ｎ∈Ｎ ． ４．二项式系 　 数的性质 对称性 增减性与最大值 各项二项式系数和：Ｃ０ｎ ＋ Ｃ１ｎ ＋…＋ Ｃｋｎ ＋…＋ Ｃｎ － １ｎ ＋ Ｃｎｎ ＝２ｎ 奇数项二项式系数和等于偶 数项二项式系数和：Ｃ０ｎ ＋ Ｃ２ｎ ＋ Ｃ４ｎ ＋…＝ Ｃ１ｎ ＋ Ｃ３ｎ ＋ Ｃ５ｎ ＋ …＝２ｎ                － １ ５．                                            杨辉三角 E F G H I J 要点一 两个计数原理的应用 　 　 １．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很 少单独命题，多与排列、组合等问题相结合，以选 择题或填空题的形式考查，难度适中，属中档题． ２．应用两个原理解决有关计数问题的关键是 区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分 步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事 件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较 复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层 次分明，不重不漏． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１． 从数字１，２，３，４，５中取出３个数字（允许 重复），组成三位数，各位数字之和等于６，这样的 三位数的个数为 （Ｃ ） Ａ． ７ Ｂ． ９ Ｃ． １０ Ｄ． １３ 　 　 ［规律方法］　 用两个计数原理解决实际问 题时，往往从特殊元素入手，通过对其分析，展开 讨论，将复杂问题分解为几类简单问题加以解决． 要点二 排列与组合的综合应用 　 　 求解排列组合综合问题的常用策略： （１）特殊元素优先安排的策略． （２）合理分类和准确分步的策略                   ． ! % ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # （３）排列、组合混合问题先选后排的策略． （４）正难则反、等价转化的策略． （５ ）相邻问题捆绑处理的策略． （６ ）不相邻问题插空处理的策略． （７）定序问题除法处理的策略． （８）分排问题直排处理的策略． （９）“小集团”排列问题中先整体后局部的 策略． （１０）构造模型的策略． ２．已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三 人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求 的排队方法数为 （Ａ ） Ａ． ７２ Ｂ． ９６ Ｃ． １２０ Ｄ． ２８８ ３．在高三一班元旦晚会上，有６个演唱节目， ４个舞蹈节目． （１）当４个舞蹈节目要排在一起时，有多少 种不同的节目安排顺序？ （２）当要求每２个舞蹈节目之间至少安排１ 个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？ （３）若已定好节目单，后来情况有变，需加上 诗朗诵和快板２个节目，但不能改变原来节目的 相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？ 　 　 ［尝试作答           ］ 　 　 ［规律方法］　 解决排列组合的综合问题时， 通常都是从特殊元素、特殊位置入手，先安排特殊 元素、特殊位置，再安排其他元素、其他位置，根据 分步乘法计数原理解决问题． 要点三 二项式定理的应用 　 　 对于二项式定理的考查常出现两类问题：一 类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要 运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．从 近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考 查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排 除与其他知识交汇，具体归纳如下： （１）考查通项公式问题． （２）考查系数问题： ①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和； ②一般采用通项公式或赋值法解决； ③可转化为二项式定理解决问题． ４． ３槡２ ＋ １３槡( )３ ｎ 展开式中的第７项与倒数第７ 项的比是１  ６，则展开式中的第７ 项为 　 　 　 　 ． ［分析］　 先利用“第７项与倒数第７项的比 是１６”求出ｎ的值，然后再利用通项求第７项． ［规律方法］　 求特定项或特定项的系数，就 是根据二项式定理写出展开式的通项Ｔｋ ＋ １，根据 需要对通项Ｔｋ ＋ １中的ｋ进行赋值． ５．已知 ４ １槡ｘ ＋ ３ ｘ槡( )２ ｎ 的展开式中倒数第三项 的系数为４５． （１）求含有ｘ３的项； （２）求系数最大的项． ［分析］　 先根据条件求出ｎ的值，再求出特 定项． 　 　 ［尝试作答                                                                                ］ !#& # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 　 　 ［规律方法］　 利用二项式系数的性质，可以 把在展开式中靠后的二项式系数Ｃｋｎ 转化为靠前 的二项式系数Ｃｎ － ｋｎ ，转化后可简化解题过程［本 例（１）的解决］，还可以解决一些较为简单的二项 展开式系数的最大（或最小）问题．但应注意区分 二项式系数和展开式系数这两个不同的概念． ６．已知（ｘ ＋２）（２ｘ －１）５ ＝ ａ０ ＋ ａ１ｘ ＋ ａ２ｘ２ ＋… ＋ ａ６ｘ ６，则ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＝ （Ｃ ） Ａ． １２３ Ｂ． ９１ Ｃ． － １５２ Ｄ． － １２０ 　 　 ［规律方法］　 解决二项式系数和问题的思 维过程如下： 求 二 项 式 系 数 的  和  思考点 展开式中的常数项和 最高次项的系数如何  求出 怎样对ｘ      赋值 如何得到所求的代数          关系 切入点 对式子的ｘ赋值，目的 是将二项式的系数分离         出来 解题 过程 对ｘ 赋值变形结论 要点四 分类与整合的思想 　 　 解决两个计数原理的综合应用问题时，很多 时候都需要既分类又分步才能完成．解题时，先根 据问题分析是先分类还是先分步．对于先分类后 分步的题目，应明确分类的标准，做到不重不漏； 对于先分步后分类的题目，往往是一个元素的位 置选择对另一个元素的位置选择有影响． ７．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 卡片中至多有两张红色卡片，并且其余卡片颜色 不能相同，那么不同取法的种数为　 　 　 　 ．（用 数字作答） 　 　 ［规律方法］　 寻找合理的分类方法是解此类题 目的关键．对于计数问题，分类的依据主要是特殊元 素或特殊位置． 要点五 化归与转化的思想 　 　 排列组合与二项式定理中的许多问题，往往 是同一数学模型的不同体现，可以利用等价转化 的思想，转化为计数原理中的基本模型，再利用排 列与组合知识列式解决问题． ８．现将１０个参加全国高中数学联赛的名额 分配给某地区四个不同的学校，要求一个学校１ 名，一个学校２名，一个学校３名，一个学校４名， 则不同的分配方案有 （Ｂ ） Ａ． ４种 Ｂ． ２４种 Ｃ． ９６种 Ｄ． １２ ６００种 ［规律方法］　 联赛的名额虽然是不加区分 的，可视为相同的元素，但由于各校所分的名额数 各不相同，因此可认为该分配问题是四个不同元 素的全排列问题． 请同学们认真完成考案（一                                                    ） ! ' 故答案为５． 　 　 例３：（１）由（ 槡２ － ３ｘ）１００展开式中的常数项为Ｃ０１００·２１００，即 ａ０ ＝ ２ １００（或令ｘ ＝ ０，则展开式可化为ａ０ ＝ ２１００）． （２）令ｘ ＝１，可得ａ０ ＋ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１００ ＝（ 槡２ － ３）１００，① ∴ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１００ ＝（ 槡２ － ３）１００ － ２１００ ． （３）令ｘ ＝ － １， 可得ａ０ － ａ１ ＋ ａ２ － ａ３ ＋…＋ ａ１００ ＝（ 槡２ ＋ ３）１００，② 与①联立相减可得 ａ１ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ９９ ＝（ 槡２ － ３） １００ －（ 槡２ ＋ ３）１００ ２ ． （４）原式＝［（ａ０ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１００）＋（ａ１ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ９９）］· ［（ａ０ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１００）－（ａ１ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ９９）］ ＝（ａ０ ＋ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１００）（ａ０ － ａ１ ＋ ａ２ － ａ３ ＋…＋ ａ９８ － ａ９９ ＋ ａ１００） ＝（ 槡２ － ３）１００ ×（ 槡２ ＋ ３）１００ ＝ １． 　 　 对点训练３：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 ＝ ３ ７ ② （１）∵ ａ０ ＝ Ｃ０７ ＝ １， ∴ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ７ ＝ － ２． （２）由（① －②）÷ ２，得 ａ１ ＋ ａ３ ＋ ａ５ ＋ ａ７ － １ － ３７ ２ ＝ － １ ０９４． （３）由（① ＋②）÷ ２，得 ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋ ａ６ － １ ＋ ３７ ２ ＝ １ ０９３． （４）解法一：（１ － ２ｘ）７的展开式中，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）亦可令ｘ ＝ － １得， ＝ １ ０９３ ＋ １ ０９４ ＝ ２ １８７． 解法二：∵ ｜ ａ０ ｜ ＋ ｜ ａ１ ｜ ＋ ｜ ａ２ ｜ ＋…＋ ｜ ａ７ ｜是（１ ＋ ２ｘ）７ 展开 式中各项的系数和． ∴ ｜ ａ０ ｜ ＋ ｜ ａ１ ｜ ＋ ｜ ａ２ ｜ ＋…＋ ｜ ａ７ ｜ ＝ ３７ ＝ ２ １８７． 　 　 例４：（３２０ － １）（３２０ ＋ １）　 设ｘ的奇次项系数的和为Ａ，ｘ 的偶次项系数的和为Ｂ，则令ｘ ＝ １，得Ａ ＋ Ｂ ＝ ３２０，令ｘ ＝ － １，得 Ｂ － Ａ ＝ １， ∴ ２Ｂ ＝ ３２０ ＋ １，∴ Ｂ ＝ ３ ２０ ＋ １ ２ ，Ａ ＝ ３２０ － １ ２ ． 即奇次项系数的和为３ ２０ － １ ２ ，偶次项系数的和为 ３２０ ＋ １ ２ ． ∴所求之比（３２０ － １）（３２０ ＋ １）． 课堂检测·固双基 １． Ｃ　 二项式（ａ ＋ ｂ）ｎ的展开式中， 奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和， ∴ ２ｎ － １ ＝ ６４，∴ ｎ ＝ ７．故选Ｃ． ２． Ｂ　 由条件知（１ ＋ ２）ｎ ＝ ７２９，∴ ｎ ＝ ６，∴展开式的通项为Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒ６（２ｘ）ｒ ＝ ２ ｒＣｒ６ｘｒ，令ｒ ＝ ３得２３Ｃ３６ ＝ １６０． ３． Ｃ　 该展开式共２ｎ ＋ ２项，中间两项为第ｎ ＋ １项与第ｎ ＋ ２ 项，所以第ｎ ＋ １项与第ｎ ＋ ２项为二项式系数最大的项． ４． Ｂ　 令ｘ ＝１，得Ｍ ＝４ｎ，又Ｎ ＝２ｎ，故４ｎ －２ｎ ＝２４０．解得ｎ ＝４．展开 式中的通项为Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃｒ４（５ｘ）４ － ｒ － １槡( )ｘ ｒ ＝（－１）ｒ５４ － ｒＣｒ４ｘ４ － ３ ２ ｒ， 令４ － ３２ ｒ ＝ １得ｒ ＝ ２，∴当ｒ ＝ ２时，展开式中ｘ的系数为 Ｃ２４５ ２ ＝ １５０．故选Ｂ． ５． ３６４　 令ｘ ＝ １，则ａ０ ＋ ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａ１２ ＝ ３６， 令ｘ ＝ － １，则ａ０ － ａ１ ＋ ａ２ －…＋ ａ１２ ＝ １，∴ ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ１２ ＝ ３６ ＋ １ ２ ． 令ｘ ＝ ０，则ａ０ ＝ １，∴ ａ２ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ１２ ＝ ３ ６ ＋ １ ２ － １ ＝ ３６４． 章末知识梳理 要点专项突破 　 　 例１：Ｃ　 从数字１，２，３，４，５中取出３个数字（允许重复）， 组成三位数，各位数字之和等于６， 可分为三类情况：（１）当三个数为１，１，４时，共有Ｃ１３ ＝ ３ （种）排法；（２）当三个数为１，２，３时，具有Ａ３３ ＝ ６（种）排法；（３） 当三个数为２，２，２时，只有１种排法．由分类加法计数原理可 得，共有３ ＋ ６ ＋ １ ＝ １０（种）不同排法，即这样的数共有１０个． 　 　 例２：Ａ　 设另外两人为戊、己．可以分步完成，①甲、丁捆绑 后排序有Ａ２２种方法，②捆绑后的甲、丁与戊己排序，有Ａ３３ 种方 法，③将乙、丙插空，四个空位中与甲相邻的空位不能选择，故有 Ａ２３种方法，根据分步乘法计数原理，共有２ × ６ × ６ ＝ ７２ （种） 方法． 　 　 例３：（１）第一步，先将４个舞蹈节目捆绑起来，看成１个节 目，与６个演唱节目一起排，有Ａ７７ ＝ ５ ０４０（种）方法；第二步，再 松绑，给４个节目排序，有Ａ４４ ＝ ２４种方法． 根据分步乘法计算原理，一共有５ ０４０ × ２４ ＝ １２０ ９６０（种） （２）第一步，将６个演唱节目排成一列（如下图中的“□”）， 一共有Ａ６６ ＝ ７２０（种）方法． ×□ ×□ ×□ ×□ ×□ ×□ × 第二步，再将４个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间 （即图中“×”的位置），这样相当于７个“×”选４个来排，一共 有Ａ４７ ＝ ８４０（种）． 根据分步乘法计数原理，一共有７２０ × ８４０ ＝ ６０４ ８００（种）． （３）若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有Ａ１２１２种排法， 但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有 Ａ１２１２ Ａ１０１０ ＝ Ａ２１２ ＝ １３２（种）排法． 　 　 例４：５６３ 　 第７项：Ｔ７ ＝ Ｃ ６ ｎ（３槡２）ｎ － ６ １３槡( )３ ６ ， 倒数第７项：Ｔｎ － ５ ＝ Ｃｎ － ６ｎ （３槡２）６ １３槡( )３ ｎ － ６ ， 由 Ｃ６ｎ（３槡２）ｎ － ６ １３槡( )３ ６ Ｃｎ － ６ｎ （３槡２）６ １３槡( )３ ｎ － ６ ＝ １ ６ ， ∴ ｎ ＝ ９． 故Ｔ７ ＝ Ｃ６９（３槡２）９ － ６ １３槡( )３ ６ ＝ Ｃ３９·２·１９ ＝ ５６ ３ ． 　 　 例５：（１）已知展开式中倒数第三项的系数为４５，则Ｃｎ － ２ｎ ＝ ４５，即Ｃ２ｎ ＝ ４５，得ｎ２ － ｎ ＝ ９０，解得ｎ ＝ － ９（不合题意，舍去）或ｎ ＝ １０． 通项Ｔｋ ＋ １ ＝ Ｃｋ１０（ｘ － １ ４）１０ － ｋ（ｘ ２３）ｋ ＝ Ｃｋ１０ｘ － １０ － ｋ ４ ＋ ２ｋ ３（０≤ｋ≤１０，ｋ ∈Ｎ），令－ １０ － ｋ４ ＋ ２ｋ ３ ＝ ３，解得ｋ ＝ ６． 故含有ｘ３的项是第七项，Ｔ７ ＝ Ｃ６１０ｘ３ ＝ ２１０ｘ３ ． （２）∵ ４ １槡ｘ ＋ ３ ｘ槡( )２ １０ 的展开式中共有１１项                                                                       ， —１３３— ∴系数最大的项是第六项， Ｔ６ ＝ Ｃ ５ １０（ｘ － １ ４）５（ｘ ２３）５ ＝ ２５２ｘ２５１２ ． 　 　 例６：Ｃ　 （ｘ ＋ ２）（２ｘ － １）５ ＝ ａ０ ＋ ａ１ｘ ＋ ａ２ｘ２ ＋ ａ３ｘ３ ＋ ａ４ｘ４ ＋ ａ５ｘ ５ ＋ ａ６ｘ ６中， 取ｘ ＝ １，得ａ０ ＋ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ３， 取ｘ ＝ － １，得ａ０ － ａ１ ＋ ａ２ － ａ３ ＋ ａ４ － ａ５ ＋ ａ６ ＝ － ２４３， 所以２（ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋ ａ６）＝ － ２４０， 即ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋ ａ６ ＝ － １２０， 又ａ６ ＝ ３２，则ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＝ － １５２． 　 　 例７：３２８　 根据题意，分３种情况讨论： ①取出的３张卡片中有２张红色的，需要在其他三种颜色 的卡片中任选１张， 有Ｃ２４·Ｃ１１２ ＝ ７２（种）不同的取法； ②取出的３张卡片中有１张红色的，先在４张红色卡片中 选出１张，在其他三种颜色中任选２种，在选出的２种颜色的卡 片中任选１张， 有Ｃ１４·Ｃ２３·Ｃ１４·Ｃ１４ ＝ １９２（种）取法； ③取出的３张卡片中没有红色的，需要在其他三种颜色的 卡片中各抽取１张， 有Ｃ１４·Ｃ１４·Ｃ１４ ＝ ６４（种）取法． 故共有７２ ＋ １９２ ＋ ６４ ＝ ３２８（种）取法． 　 　 例８：Ｂ　 将１０个名额分成４部分，由于各部分的名额数互 不相同，因此可看作４个不同的元素，分给四个不同的学校，实 际上就是将４个元素全排列，因此共有Ａ４４ ＝ ２４（种）不同的分配 方案． 第四章　 概率与统计 ４． １　 条件概率与事件的独立性 ４． １． １　 条件概率 必备知识·探新知 　 　 知识点　 １． Ｂ　 Ａ　 Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ｂ） 　 ２．（２）１　 （３）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋Ｐ（Ｃ ｜Ａ） 　 　 思考：Ｐ（Ｂ ｜Ａ）是指在事件Ａ发生的条件下，事件Ｂ发生的 概率，而Ｐ（Ａ ｜Ｂ）是指在事件Ｂ发生的条件下，事件Ａ发生的概 率，因此Ｐ（Ｂ ｜Ａ）和Ｐ（Ａ ｜Ｂ）的意义不同． 关键能力·攻重难 　 　 例１：由古典概型的概率公式可知 （１）Ｐ（Ａ）＝ ２５ ， Ｐ（Ｂ）＝ ２ × １ ＋ ３ × ２５ × ４ ＝ ８ ２０ ＝ ２ ５ ， Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ２ × １５ × ４ ＝ １ １０ ． （２）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ＝ １ １０ ２ ５ ＝ １４ ． 　 　 对点训练１：（１）令事件Ａ ＝｛取得蓝球｝，Ｂ ＝｛取得蓝色Ｅ 型玻璃球｝． 解法一：∵ Ｐ（Ａ）＝ １１１６，Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ４ １６ ＝ １ ４ ， ∴ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ４ １１ １６ ＝ ４１１ ． 解法二：∵ ｎ（Ａ）＝ １１，ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ ４， ∴ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ ４ １１ ． 　 　 例２：设第１次抽到舞蹈节目为事件Ａ，第２次抽到舞蹈 节目为事件Ｂ，则第１次和第２次都抽到舞蹈节目为事 件Ａ∩Ｂ． （１）从６个节目中不放回地依次抽取２个的事件数为ｎ（Ω） ＝ Ａ２６ ＝ ３０， 根据分步计数原理ｎ（Ａ）＝ Ａ１４Ａ１５ ＝ ２０，于是Ｐ（Ａ）＝ ｎ（Ａ）ｎ（Ω）＝ ２０ ３０ ＝ ２ ３ ． （２）因为ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ Ａ２４ ＝ １２，于是Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ω） ＝ １２ ３０ ＝ ２ ５ ． （３）解法一：由（１）（２）可得，在第１次抽到舞蹈节目的条件 下，第２次抽到舞蹈节目的概率为 Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ＝ ２ ５ ２ ３ ＝ ３５ ． 解法二：因为ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ １２，ｎ（Ａ）＝ ２０， 所以Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ １２ ２０ ＝ ３ ５ ． 解法三：第１次抽到舞蹈节目后，再抽第２次，则基本事件 空间为Ｃ１５，而又抽到舞蹈节目的数目为Ｃ１３， ∴概率为Ｐ ＝ Ｃ １ ３ Ｃ１５ ＝ ３５ ． 　 　 对点训练２：３５ 　 １ ２ 　 解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ，ＡＣＥ，ＡＤＥ，ＢＣＤ，ＢＣＥ，ＢＤＥ，ＣＤＥ，共１０ 种情况， 其中甲选到Ａ 有６ 种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ， ＡＣＥ，ＡＤＥ， 则甲选到Ａ的概率为：Ｐ ＝ ６１０ ＝ ３ ５ ； 乙选Ａ活动有６种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ，ＡＣＥ，ＡＤＥ， 其中再选则Ｂ有３种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ， 故乙选了Ａ活动，他再选择Ｂ活动的概率为３６ ＝ １ ２ ． 解法二： 设甲、乙选到Ａ为事件Ｍ，乙选到Ｂ为事件Ｎ， 则甲选到Ａ的概率为Ｐ（Ｍ）＝ Ｃ ２ ４ Ｃ３５ ＝ ３５ ； 乙选了Ａ活动，他再选择Ｂ活动的概率为Ｐ（Ｎ ｜ Ｍ）＝ Ｐ（ＭＮ） Ｐ（Ｍ）＝ Ｃ１３ Ｃ３５ Ｃ２４ Ｃ３５ ＝ １２ ． 　 　 例３：设第ｉ次按对密码为事件Ａｉ（ｉ ＝ １，２），则Ａ ＝ Ａ１∪ （Ａ１Ａ２）表示不超过２次按对密码． （１）因为事件Ａ１ 与事件Ａ１Ａ２ 互斥，由概率的加法公式得 Ｐ（Ａ）＝ Ｐ（Ａ１）＋ Ｐ（Ａ１Ａ２）＝ １１０ ＋ ９ × １ １０ × ９ ＝ １ ５ ． （２）用Ｂ表示最后一位按偶数的事件，则Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝Ｐ（Ａ１ ｜Ｂ）＋ Ｐ（（Ａ１Ａ２）｜Ｂ）＝ １５ ＋ ４ ×１ ５ ×４ ＝ ２ ５ ． 　 　 对点训练３：设“该考生６道题全答对”为事件Ａ，“                                                                      该考生恰 —１３４—