【数学】2018届一轮复习人教A版第十一章 计数原理、随机变量及分布列学案
十一章 计数原理、随机变量及分布列)
第1课时 分类加法计数原理与分步
乘法计数原理(对应学生用书(理)170～171页)
近几年高考两个基本计数原理在理科加试部分考查，预测以后高考将会结合概率统计进行命题，考查对两个基本计数原理的灵活运用，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大．
① 理解两个基本计数原理．
② 能根据具体问题的特征，选择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．
1. (选修23P9习题4改编)一件工作可以用两种方法完成，有18人会用第一种方法完成，有10人会用第二种方法完成．从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是__________．
答案：28
解析：由分类计数原理知不同选法的总数共有18＋10＝28(种)．
2. (选修23P9习题8改编)从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得和为奇数的不同情形的种数是__________．
答案：25
解析：当且仅当偶数加上奇数后和为奇数，从而不同情形有5×5＝25(种)．
3. (选修23P9习题8改编)所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有__________个．
答案：36
解析：个位数字为2的有1个，个位数字为3的有2个，…，个位数字为9的有8个，由分类计数原理知，共1＋2＋3＋4＋…＋8＝＝36(个)．
4. (选修21P10习题16)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有____________种．
答案：48
解析：按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．
5. (选修23P10习题12改编)以正方形的4个顶点中某一顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不相等的向量个数为__________．
答案：8
解析：起点有4个，每一个起点都可选另外三个顶点中的某一个为终点，但正方形相对边且方向相同的向量为同一向量，故共有不相等的向量个数为4×3－4＝8(个)．
1. 分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2. 分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3. 分类和分步区别，关键是看事件能否完成，事件完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，分步后要将种数相乘．
, 1 分类计数原理)
, 1) 已知I＝{1，2，3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有数的和大于B中所有数的和，则集合A，B共有________对．
答案：20
解析：依题意，当A，B均有一个元素时，有3对；
当B有一个元素，A有两个元素时，有8对；
当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；
当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；
当A，B均有两个元素时，有3对；
故集合A，B共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对)．
变式训练
若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________．
答案：20
解析：依题意，当m＝1时，n＝2，3，4，5，6，7共6种；
当m＝2时，n＝3，4，5，6，7共5种；
当m＝3时，n＝4，5，6，7共4种；
当m＝4时，n＝5，6，7共3种；
当m＝5时，n＝6，7共2种；
故这样的椭圆共有6＋5＋4＋3＋2＝20(个)．
, 2 分步计数原理)
, 2) (2016·湖南十二校联考)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(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案：108
解析：把区域分为三部分，第一部分1，5，9，有3种涂法；第二部分4，7，8，当5，7同色时，4，8各有2种涂法，共4种涂法，当5，7异色时，7有2种涂法，4，8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法；第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得涂法共有3×6×6＝108(种)．
变式训练
(2016·漳州模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有________种．
答案：480种
解析：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，∴ 不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480(种)．
, 3 两个基本原理的综合应用)
, 3) 已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B为集合M的非空子集．若对x∈A，y∈B，x
a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________．
答案：240
解析：若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．
若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．
若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，
…，
若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．
∴ 所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
1. (2016·长春模拟改编)只用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有________个．
答案：18
解析：由题意知，1，2，3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法．故这样的四位数共有3×3×2＝18(个)．
2. (2016·重庆铜梁质检)如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字 组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案：12
解析：当重复数字是1时，有3×3种；当重复数字不是1时，有3种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有3×3＋3＝12(个)．
3. 三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是__________．
答案：36
解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．
故所求三角形共有11＋9＋7＋5＋3＋1＝36(个)．
4. 把座位编号为1，2，3，4，5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为__________．
答案：96
解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人一张，1人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4(种)，再对应到4个人，有A＝24(种)，则不同的分法共有4×24＝96(种)．
5. 如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有__________种．
答案：84
解析：(解法1)按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A种种法；种三种花有2A种种法；种四种花有A种种法．所以不同的种法共有A＋2A＋A＝84(种)．
(解法2)按A→B→C→D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，不同的种法共有4×3×(1×3＋2×2)＝84(种)．
, 8. 两个基本原理认识不清致误)
典例 将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
易错分析：解决本题易出现的错误是没有理解计数原理的概念，盲目地套用公式．错解一：按一定顺序依次涂色利用分步计数原理求解．如按A，B，C，D，E，顺序分别有4，3，2，2，1种涂法，由分步乘法原理，共有4×3×2×2×1＝48(种)．错解二：先涂中间C区有4种方法，剩下3种颜色涂4周4块区域，即有一种颜色涂两个相对的区域，另一相对区域也有同色或不同色2种涂法，共有4×3×2×2＝48(种)．错解一错在涂D区域时有B，D同色与B，D不同色两类情形；错解二错在最后一步相对区域涂色计数有误，不同色时就有2种涂法，应为3种涂法．
规范解答：(解法1)A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，
如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有1种，因此应先分类后分步．
① 当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)；
② 当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．
(解法2)先涂中间C区有4种方法，剩下3种颜色涂4周4块区域，即有一种颜色涂两个相对的区域，另一相对区域也有同色或不同色3种涂法，共有4×3×2×3＝72(种)．
(解法3)按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A＝24(种)；第二类用4种，此时A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A＝48(种)．
由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种)．
特别提醒：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对的是“完成事件的方法种类不同”的问题，其各种方法是相互独立的，用其中任何一种方法都能完成这件事情；分步乘法计数原理针对的是“完成事件需分几个步骤”的问题，其各个步骤中的方法是相互联系的，只有各个步骤都完成才能完成这件事情．在解题时，要分析计数对象的本质特征与形成过程，正确合理进行分步或分类，然后应用两个基本原理来解决．
1. 已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为________．
答案：13
解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
2. 如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是________．
答案：48
解析：每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．
3. (2016·湖北模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3 443，94 249等．显然，2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则：
(1) 4位回文数有________个；
(2) 2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
答案：(1) 90 (2) 9×10n
解析：(1) 4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共有9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2) 根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填法．
4. 若集合A1，A2满足A1∪A2＝A，则称(A1，A2)为集合A的一个分拆，并规定：当且仅当A1＝A2时，(A1，A2)与(A2，A1)为集合A的同一种分拆，则集合A＝{a1，a2，a3}的不同分拆种数是________．
答案：27
解析：由题意A1∪A2＝A，对A1分以下几种情况讨论：
① 若A1＝(空集)，必有A2＝{a1，a2，a3}，共1种分拆；
② 若A1＝{a1}，则A2＝{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共2种分拆；
同理A1＝{a2}，{a3}时，各有2种分拆；
③ 若A1＝{a1，a2}，则A2＝{a3}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共4种分拆；
同理A1＝{a1，a3}、{a2，a3}时，各有4种分拆；
④ 若A1＝{a1，a2，a3}，则A2＝(空集)、{a1}、{a2}、{a3}、{a1，a2}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共8种分拆．
综上，共有1＋2×3＋4×3＋8＝27种不同的分拆．
在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧：
(1) 建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．
(2) 枚举法：利用枚举法(如树状图，表格)可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．
(3) 直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法(排除法)，用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．
(4) 分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”．
[备课札记]
第2课时 排列与组合(对应学生用书(理)172～173页)
近几年高考排列与组合在理科加试部分考查，今后将会结合概率统计进行命题，考查排列组合的基础知识、思维能力，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大．
① 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.② 以实际问题为背景，正确区分排列与组合，合理选用排列与组合公式进行解题．
1. (选修23P26例2改编)在3名男生，4名女生中任选5人排成一排，则有________种不同的排法．
答案：2 520
解析：问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2 520(种)排法．
2. (选修23P18习题10改编)用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为__________．
答案：48
解析：分两步：第一步，先排个位有A种排法；第二步，再排前三位有A种排法．故共有AA＝48(种)排法．
3. 某校拟从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，则男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是________．
答案：42
解析：从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，所有的选法种数是C×C＝60.男教师A和女教师B都没有被选中的选法种数是C×C＝18，故男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是60－18＝42.
4. (选修23P24习题2改编)下列等式不正确的是________．(填序号)
① C＝C；② C＝；③ (n＋2)(n＋1)A＝A；④ C＝C＋C.
答案：②
解析：由排列数公式易证①③④正确；而C＝，所以②不正确．
5. (改编题)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．
答案：60
解析：分两类，第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法．总获奖情况共有A＋CA＝60(种)．
1. 排列
(1) 排列的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2) 排列数的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示．
(3) 排列数公式
① 当m＜n时，排列称为选排列，排列数为A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)；
② 当m＝n时，排列称为全排列，排列数为A＝n(n－1)(n－2)…2·1．
上式右边是自然数1到n的连乘积，把它叫做n的阶乘，并用n！表示，于是A＝n！．进一步规定0！＝1，于是，A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝＝，即A＝．
2. 组合
(1) 组合的定义：
从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2) 组合数的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示．
(3) 组合数公式
C＝＝
＝．规定C＝1．
(4) 组合数的两个性质：① C＝C；
② C＝C＋C．
(5) 区别排列与组合
排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一组”．因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志．
, 1 排列问题)
, 1) (选修23P26例2改编)7位同学站成一排照相．
(1) 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(2) 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(3) 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(4) 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
解：(1) (解法1)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A·A·A种排法．
综上，则共有A＋A·A·A＝3 720(种)排法．
(解法2)间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A－A－A＋A＝3 720(种)排法．
(2) 采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A·A＝1 440(种)排法．
(3) 采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A·A＝3 600(种)排法．
(4) 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有A＝2 520(种)排法．
变式训练
(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__________；
(2) 某种产品的加工需要A，B，C，D，E五道工艺，其中A必须在D的前面完成(不一定相邻)，其他工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B与C必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有__________种．
答案：(1) 24 (2) 24
解析：(1) 利用排列和排列数的概念直接求解．先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法共有A＝4×3×2＝24(种)．
(2) B与C必须相邻，看做一个元素，与剩下三个元素排列共有A种排法，而B与C共有A种排法，因为A必须在D的前面完成，所以完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有A·A＝24(种)．
, 2 组合应用题)
, 2) 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人．选派5人外出比赛．在下列情形中各有多少种选派方法？
(1) 男运动员3名，女运动员2名；
(2) 至少有1名女运动员；
(3) 队长中至少有1人参加；
(4) 既要有队长，又要有女运动员．
解：(1) 第一步：选3名男运动员，有C种选法．第二步：选2名女运动员，有C种选法．由分步乘法计数原理可得共有C·C＝120(种)选法．
(2) (解法1)直接法：至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理可得总选法数为CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．
(解法2)间接法：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．所以“至少有1名女运动员”的选法为C－C＝246(种)．
(3) (解法1)直接法：可分类求解：
“只有男队长”的选法为C；
“只有女队长”的选法为C；
“男、女队长都入选”的选法为C；
所以共有2C＋C＝196(种)选法．
(解法2)间接法：从10人中任选5人有C种选法，
其中不选队长的方法有C种．所以“至少有1名队长”的选法为C－C＝196(种)．
(4) 当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时的选法共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．
变式训练
(1) 某滨海城市原计划沿一条滨海大道修建7个海边主题公园，现由于资金的原因，打算减少2个海边主题公园，若两端的海边主题公园不在调整计划之列，相邻的两个海边主题公园不能同时调整，则调整方案的种数是________；
(2) 从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，其中男女生都有的选法种数为________．
答案：(1) 6 (2) 30
解析：(1) 从7个海边主题公园中抽走2个与在5个中插入2个是等价的，故本题可转化为在原有5个海边主题公园的基础上插入2个海边主题公园，要求不能插入两端，也不能把两个海边主题公园同时插入一处，即在5个海边主题公园的4个空中选2个插入，则有C＝6(种)．
(2) 分两类：男1女2或男2女1，
各有CC和CC种方法，所以选法种数为CC＋CC＝12＋18＝30(种)．
, 3 组合数的性质)
, 3) (2016·江苏卷)(1) 求7C－4C的值；
(2) 设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C.
(1) 解：7C－4C＝7×－4×＝0.
(2) 证明：当n＝m时，结论显然成立；
当n>m时，
(k＋1)C＝
＝(m＋1)·
＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n.
∵ C＋C＝C，
∴ (k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n.
∴ (m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]＝(m＋1)C.
规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1这是组合数C(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
(1) 求C的值；
(2) 组合数的两个性质：C＝C，C＋C＝C是否都能推广到C(x∈R，m∈N*)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；
(3) 已知组合数C是正整数，求证：当x∈Z，m是正整数时，C∈Z.
(1) 解：C＝＝－C＝－11 628.
(2) 解：C＝C不能推广，例如x＝时，有定义，但无意义；
C＋C＝C能推广，它的推广形式为C＋C＝C，x∈R，m∈N*.
证明如下：当m＝1时，有C＋C＝x＋1＝C；
当m≥2时，有C＋C＝＋＝＝＝C
eq oal(m,x＋1).
(3) 证明：当x≥0时，组合数C∈Z；当x<0时，
∵ －x＋m－1>0，∴ C＝
＝(－1)m
＝(－1)mC∈Z.
, 4 排列组合的综合应用)
, 4) (1) 将4名实习教师分配到高一年级的3个班实习，若每班至少安排1名教师，则不同的分配方案种数为________；
(2) 有4名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有1人参加，每名同学只参加一项比赛，另外甲同学不能参加跳舞比赛，则不同的参赛方案的种数为__________．
答案：(1) 36 (2) 24
解析：(1) 定向分配问题．由于元素个数多于位置个数，故先分堆再分位置，分两步完成，第一步，从4名教师中选出2名教师分成一组，其余2名教师各自为一组，共有C种选法，第二步，将上述三组与3个班级对应，共有A种，这样，所求的不同的方案种数为CA＝36.
(2) 当甲1人一组时，共有CCA＝12(种)不同参赛方案；当甲和另1人一组时，共有CAA＝12(种)不同参赛方案，所以共有24种不同参赛方案．
某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出，有________(填数字)种不同的调度方法．
答案： 120
解析：先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有C种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有C种，最后安排其他两辆车共有A种方法，所以不同的调度方法为C·C·A＝120(种)．
1. (2016·济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案种数为__________．
答案：50
解析：C＋C＋C＝50.
2. 在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则该数为“驼峰数”．比如“102”“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4，5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为__________．
答案：30
解析：三位“驼峰数”中1在十位的有A个，2在十位的有A个，3在十位上的有A个，所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.
3. (2016·全国卷Ⅱ改编)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__________．
答案：18
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．
4. (2016·全国Ⅲ改编)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________个．
答案：14
解析：第一位为0，最后一位为1，中间3个0，3个1，三个1在一起时为000111，001110；只有2个1相邻时，共A种，其中110100，110010，110001，101100不符合题意；三个1都不在一起时有C种，共2＋8＋4＝14种．
, 9. 排列、组合问题计算重、漏致误)
典例 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个 零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有多少种？
易错分析：易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C种不同取法，共有CC＝2
736种不同取法．上述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复．
规范解答：(解法1)将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类计数原理有CC＋CC＋C＝1 136(种)．
(解法2)考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136(种)．
温馨提醒：(1) 排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素(位置)优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题．
(2) “至少、至多”型问题不能直接利用分步计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解．
1. (2016·日照一模改编)从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．
答案：112
解析：根据分层抽样，从12个人中抽取女生2人，男生1人，所以取2个女生1个男生的方法有CC＝112种．
2. (2016·贵阳模拟)有6个座位连成一排，现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有________种．
答案： 72种
解析：恰有两个空座位相邻，相当于两个空座位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共有AA＝72种坐法．
3. 将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有_________个．
答案：40
解析：(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得×2＝40.
4. 已知集合M＝{1，2，3，4，5，6}，集合A，B，C为M的非空子集，若x∈A、y∈B、z∈C，x＜y＜z恒成立，则称“A—B—C”为集合M的一个“子集串”，则集合M的“子集串”共有________个．
答案：111
解析：由题意可先分类，再分步：
第一类，将6个元素全部取出来，可分两步进行：第一步，取出元素，有C种取法，第二步，分成三组，共C种分法，所以共有CC个子集串；第二类，从6个元素中取出5个元素，共C种取法，然后将这5个元素分成三组共C种分法，所
以共有CC个子集串；同理含4个元素的子集串数为CC；含3个元素的子集串数为CC.集合M的子集串共CC＋CC＋CC＋CC＝111(个)．
5. 某区有7条南北向街道，5条东西向街道(如图所示)．
(1) 图中共有多少个矩形？
(2) 从A点到B点最近的走法有多少种？
解：(1) 在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成1个矩形，故可组成矩形C·C＝210(个)．
(2) 每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另外4段方向相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C＝C＝210(种)走法(同样可从10段中选4段走南北方向，每种选法即是1种走法)．所以共有210种走法．
排列问题的几种题型：
题型1 解无约束条件的排列问题；
题型2 解有约束条件的排列问题；
题型3 重复排列问题．
对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如
(1) 特殊位置(元素)优先法：若以位置(元素)为主，需先满足特殊位置(元素)的要求，再处理其他位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)，则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论，注意做到层次分明．
(2) 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素
“捆绑”起来，看作一个整体(元素)，与其他元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．
(3) 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其他元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．
(4) 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列．
(5) 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列．
(6) 正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉．
(7) 复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步．
[备课札记]
第3课时 二项式定理(对应学生用书(理)174～175页)
近几年高考二项式定理在理科加试部分考查，以后高考将会考查学生应用基础知识、解决实际问题的能力，难度适中．
① 掌握二项式定理及二项展开式的通项公式，并能熟练地进行二项式的展开及求解某些特定的项、项数或系数，特别要注意有关二项式系数与项的系数的区别.② 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．
1. (选修23P32练习2改编)(x－2y)7的展开式中，第4项的二项式系数为____________．(用数字作答)
答案：35
解析：第4项的二项式系数为C＝35.
2. (选修23P32练习5改编)在(－2)4的展开式中，x的系数为__________．
答案：6
解析：由题意可知Tr＋1＝C()4－r(－2)r＝C(－2)rx，令＝1解得r＝2，所以展开式中x的系数为C(－2)2＝24.
3. (选修23P35练习4改编)已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C＝__________．
答案：63
解析：逆用二项式定理得C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63.
4. (选修23P36习题13改编)如果(2x－1)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，那么a1＋a2＋…＋a6＝________．
答案：0
解析：令x＝0，有1＝a0；令x＝1，有1＝a0＋a1＋…＋a6，∴ a1＋a2＋…＋a6＝0.
5. (1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是__________．
答案：168
解析：展开式中x2y2的项是由(1＋x)8展开式中x2项与(1＋y)4展开式中y2项相乘得到的，所以x2y2的系数为CC＝168.
1. 二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N)．
这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(r＝0，1，2，…，n)叫做第r＋1项的二项式系数．式中的Can－rbr叫做二项式展开式的第r＋1项(通项)，用Tr＋1表示，即展开式的第r＋1项；Tr＋1＝Can－rbr．
2. 二项展开式形式上的特点
(1) 项数为n＋1．
(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3) 字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4) 二项式的系数从C，C，一直到C，C.
3. 二项式系数的性质
(1) 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等．
(2) 如果二项式的幂指数是偶数，则中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等并且最大．
(3) 二项式系数的和等于2n，即C＋C＋…＋C＝2n．
(4) 二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1．
[备课札记]
, 1 求二项展开式中特定项或特定项的系数)
, 1) 在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项．
解：∵ 二项展开式的前三项的系数分别是1，，n(n－1)，∴ 2·＝1＋n(n－1)，
解得n＝8或n＝1(不合题意，舍去)，
∴ Tk＋1＝Cx＝C2－kx4－k，
当4－k∈Z时，Tk＋1为有理项．
∵ 0≤k≤8且k∈Z，∴ k＝0，4，8符合要求．
故有理项有3项，分别是T1＝x4，T5＝x，T9＝x－2.
∵ n＝8，∴ 展开式中共9项，中间一项即第5项的二项式系数最大且为T5＝x.
变式训练
(2016·山西四校联考改编)若的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值为________．
答案：5
解析：二项展开式的通项Tr＋1＝C(x6)n－r＝Cx6n－，
若Tr＋1是常数项，则6n－＝0，即n＝r.
又n∈N*，故n的最小值为5.
, 2 多项式展开式中的特定项或特定系数问题)
, 2) (1) 在1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中，含x2项的系数是__________；
(2) (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为__________．
答案：(1) 20 (2) 30
解析：(1) 含x2项的系数为C＋C＋C＋C＝20.
(2) (解法1)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.
(解法2)(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.
变式训练
(2016·安庆二模)将展开后，常数项是________．
答案：－160
解析：＝，展开后的通项为C()6－k＝(－2)k·C()6－2k，
令6－2k＝0，得k＝3，故常数项为C(－2)3＝－160.
, 3 二项式系数的和与各项的系数和问题)
, 3) (1) 若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为__________；
(2) 若(x＋1)2(x＋2)2 016＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a2 018(x＋2)2 018，则＋＋＋…＋＝________．
答案：(1) 1或－3 (2)
解析：(1) 令x＝0，得到a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，
令x＝－2，得到a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9，
所以有(2＋m)9m9＝39，即m2＋2m＝3，解得m＝1或m＝－3.
(2) 依题意，令x＝－2得a0＝0，再令x＝－，得
＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 018，
即＋＋＋…＋＝.
(1) (2016·江西八校联考改编)若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a7的值是________；
(2) (2016·青岛质检)若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________．
答案：(1) 125 (2) 364
解析：(1) 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝－2，
又a0＝C1720＝1，a8＝C(－2)7＝－128，
所以a1＋a2＋…＋a7＝－2－1－(－128)＝125.
(2) 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴ a0＋a2＋a4＋…＋a12＝.
令x＝0，则a0＝1，∴ a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364.
, 4 二项式定理的综合应用)
, 4) 设n∈N*，n≥3，k∈N*.
(1) 求值：
① kC－nC；
② k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)；
(2) 化简：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C.
解：(1) ① kC－nC＝k×－n×
＝－＝0.
② k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×
－n×＝k×－－
＝＝0.
(2) (解法1)由(1)可知当k≥2时，
(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C
＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C
＝n(n－1)C＋3nC＋C，
故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C
＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．
(解法2)当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn，
两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1，
两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)Cxk＋…＋(n＋1)Cxn，
两边再同乘以x，得
(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1，
两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn.
令x＝1，得2n＋n2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C，
即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4)．
(2017·苏北四市期中)设n∈N*，f(n)＝3n＋7n－2.
(1) 求f(1)，f(2)，f(3)的值；
(2) 求证：对任意正整数n，f(n)是8的倍数．
(1) 解：代入求出f(1)＝8，f(2)＝56，f(3)＝368.
(2) 证明：f(n)＝3n＋7n－2＝(4－1)n
＋(8－1)n－2
＝4n－C4n－1＋…＋(－1)n－2C42＋(－1)n－1C4＋(－1)nC＋8n－C8n－1＋…＋(－1)n－2C82＋(－1)n－1C8＋(－1)nC－2＝[4n－C4n－1＋…＋(－1)n－2C42＋8n－C8n－1＋…＋(－1)n－1C8]＋[(－1)n－1C4＋2(－1)nC－2]，
显然，前一个中括号中的数是8的倍数，令(－1)n－1C4＋2(－1)nC－2＝M，则
当n为偶数时，M＝－4n也是8的倍数，所以f(n)是8的倍数．
当n为奇数时，M＝4n－4＝4(n－1)也是8的倍数，所以f(n)是8的倍数．
综上所述，对任意正整数n，f(n)是8的倍数．
(注：本题亦可以用数学归纳法进行证明)
1. (2016·四川卷改编)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为________．
答案：－15x4
解析：二项式(x＋i)6展开的通项Tr＋1＝Cx6－rir，令6－r＝4，得r＝2，则展开式中含x4的项为Cx4i2＝－15x4.
2. (1－)4的展开式中含x的项的系数是________．
答案：3
解析：(1－)4展开式的通项公式Tr＋1＝C(－)r＝(－1)rCx，(1－)4的展开式中含x的项为·(－1)4Cx2＋x·(－1)0Cx＝·x2＋x·1＝3x，故系数是3.
3. 设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大的项是__________．
答案：20x3
解析：(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令x＝0，得a0＝1.令x＝1，得(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，∴ n＝6.
又(1＋x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大，
∴ (1＋x)6的展开式系数最大项为T4＝Cx3＝20x3.
4. (2016·苏州期中)设f(x，n)＝(1＋x)n，n∈N*.
(1) 求f(x，6)的展开式中系数最大的项；
(2) n∈N*时，化简C4n－1＋C4n－2＋C4n－3＋…＋C40＋C4－1；
(3) 求证：C＋2C＋3C＋…＋nC＝n×2n－1.
(1) 解：展开式中系数最大的项是第四项为Cx3＝20x3.
(2) 解：C4n－1＋C4n－2＋C4n－3＋…＋C40＋C4－1
＝[C4n＋C4n－1＋C4n－2＋…＋C4＋C]
＝(4＋1)n＝.
(3) 证明：因为kC＝nC，
所以C＋2C＋3C＋…＋nC＝n(C＋C＋C＋…＋C)＝n×2n－1.
, 10. 谨防混淆二项展开式的系数与二项式系数致误)
典例 已知.
(1) 若展开式中第2项系数是最后一项系数的28倍，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2) 若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
易错分析：解答此题时易将项的系数与二项式系数混淆，从而导致计算错误．
规范解答：(1) 由题意，C×2＝28×，即4n＝28，∴ n＝7，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.
∴ T4的系数为C23＝，T5的系数为C24＝70.
(2) ∵ C＋C＋C＝79，∴ n2＋n－156＝0.
∴ n＝12或n＝－13(舍去)．
设第r＋1项的系数最大，
∵ ＝(1＋4x)12，
∴ ∴ 9.4≤r≤10.4.
又r∈N*，∴ r＝10.∴ 展开式中系数最大的项为第11项，
T11＝C··210·x10＝16 896x10.
特别提醒：区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．(ax＋b)n项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．另外，也要注意项与项的系数，项的系数与项的系数绝对值的区别与联系．
(1) 对于(ax＋b)n展开式中，第r＋1项的二项式系数是指C，第r＋1项的系数是Can－rbr.
(2) 对于(ax＋b)n展开式中各项系数之和，令x＝1即得(a＋b)n；(ax＋b)n展开式的二项式系数之和为C＋C＋…＋C＝2n.
1. (2016·河南八校联考)的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为________．
答案：
解析：由已知条件第五项和第六项二项式系数最大，得n＝9，∴ 展开式的第四项为T4＝C·()6·＝.
2. 设a∈Z，且0≤a＜13，若512 016＋a能被13整除，则a＝________．
答案：12
解析：512 016＋a＝(52－1)2 016＋a＝C522 016－C522 015＋…＋C×52×(－1)2 015＋C×(－1)2 016＋a.因为52能被13整除，所以只需C×(－1)2 016＋a能被13整除，即a＋1能被13整除，所以a＝12.
3. 将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________．
答案：10
解析：不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C(－1)2＝10.
4. (2016·苏锡常镇、宿迁二模)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形数阵开头几行如下图所示．
(1) 在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；
(2) 已知n，r为正整数，且n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数C，C，C，C不能构成等差数列．
(1) 解：杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k＝0，1，2，…，n组成．
如果第n行中有＝＝，＝＝，
那么3n－7k＝－3，4n－9k＝5，
解这个联立方程组，得k＝27，n＝62.
即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为3∶4∶5.
(2) 证明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差数列，则2C＝C＋C，2C＝C＋C，
即＝＋，
＝＋.
故＝＋，
＝＋，
经整理得到n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0，n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0.
两式相减可得n＝2r＋3，
于是C，C，C，C成等差数列，
而由二项式系数的性质可知C＝C＜C＝C，
这与等差数列性质矛盾，从而要证明的结论成立．
1. 二项展开式的通项主要用于求二项式的指数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点：
(1) Tk＋1＝Can－kbk是第k＋1项，而不是第k项. (a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但若求它们展开式的第几项时是不同的，需注意顺序．
(2) 求展开式的一些特殊项，通常都是由题意列出方程求出k，再求所需的某项(有时需先求n)．计算时要注意n，k的取值范围及它们的大小关系．
(3) 求展开式的某一项的系数，先要准确地写出通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数和字母分离．
2. 要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别．在(a＋b)n的展开式中，系数最大的项是中间项；但当a，b的系数不是1时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据系数的增减性具体讨论而定．
3. 对三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷性．
4. 二项式定理的应用方法
(1) “赋值法”和“构造法”是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法．
(2) “配凑法”和“消去法”是解决“整除性问题”或“余数问题”的重要方法．
(3) 有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理．
[备课札记]
第4课时 离散型随机变量及分布列、
超几何分布(对应学生用书(理)176～179页)
本部分重点以应用题为背景，考查离散型随机变量的分布列及某范围内的概率等. 本节内容属于理科加试必做题的内容，考查题型为解答题，是近几年高考的热点.
① 理解离散型随机变量及其概率分布的概念，掌握概率分布列的基本性质，会求一些简单的离散型随机变量的概率分布列.② 理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.③ 理解随机变量的概率分布，掌握01分布，超几何分布的分布列，并能处理简单的实际问题．
1. (选修23P52练习3改编)设随机变量X的分布列如下表所示，则m的值是__________．
X
0
1
2
3
4
P
m
m
答案：
解析：∵ ＋＋＋2m＝1，∴ m＝.
2. (选修23P55习题第3题改编)设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P(X＝0)＝__________．
答案：
解析：由已知得X的所有可能取值为0，1，且P(X＝1)＝2P(X＝0)，由P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，得P(X＝0)＝.
3. (改编题)设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
若随机变量Y＝|X－1|，则P(Y≤1)＝________．
答案：0.4
解析：由分布列的性质知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.
首先列表为
X
0
1
2
3
4
Y＝|X－1|
1
0
1
2
3
从而由上表得|X－1|的分布列为
Y
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
故P(Y ≤1)＝0.1＋0.3＝0.4.
4. 一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的．从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P(X＝4)的值为__________．
答案：
解析：由题意知取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)＝＝.
5. (选修23P55练习1改编)从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则所选3人中女生人数不超过1人的概率是__________．
答案：
解析：设所选女生人数为X，则X服从超几何分布，其中N＝6，M＝2，n＝3，则P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝.
1. 离散型随机变量的分布列
(1) 如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量
；按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．
(2) 设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…xn，X取每一个值xi (i＝1，2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则称表
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
为随机变量X的概率分布，具有性质：
① pi≥0，i＝1，2，…，n；
② p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1．
离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．
2. 如果随机变量X的分布列为
X
1
0
P
p
q
其中0
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