微专题11 排列组合与二项式定理、概率
命
题
者
说
考
题
统
计
考
情
点
击
2018·全国卷Ⅰ·T10·几何概型
2018·全国卷Ⅰ·T15·排列与组合2018·全国卷Ⅱ·T8·古典概型
2018·全国卷Ⅲ·T5·二项式定理
2018·天津高考·T10·二项式定理
1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型。
2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般。
3.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题。
考向一
排列与组合【例1】(1)(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。(用数字填写答案)
(2)(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数。(用数字作答)
解析(1)解法一：根据题意，没有女生入选有C＝4(种)选法，从6名学生中任意选3人有C＝20(种)选法，故至少有1位女生入选，不同的选法共有20－4＝16(种)。
解法二：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有CC＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC＝4(种)。根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种。
(2)若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为CCA；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为CCCA。综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCA＋CCCA＝720＋540＝1
260。
答案(1)16(2)1
260
求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘。具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：
(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素。
(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。
(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数。
解答计数问题多利用分类整合思想。分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”。
变|式|训|练
1．(2018·沈阳教学质量监测)若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有()
A．4种
B．8种
C．12种
D．24种
解析 将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8(种)站法。故选B。
答案 B
2．(2018·开封高三定位考试)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科。学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()
A．6
B．12
C．18
D．19
解析 解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有CC＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种。所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)。故选D。
解法二：从六科中选考三科的选法有C种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C－1＝19(种)。故选D。
答案 D
考向二
二项式定理
【例2】(1)(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为()
A．10
B．20
C．40
D．80
(2)5的展开式中整理后的常数项为________。
解析(1)由题可得Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C·2r·x10－3r。令10－3r＝4，则r＝2，所以C·2r＝C×22＝40。故选C。
(2)不妨设x>0，5＝10的通项公式：Tr＋1＝C()10－rr＝Cx5－r，令5－r＝0，解得r＝5。所以常数项＝C＝252。
答案(1)C(2)252
与二项式定理有关的题型及解法
题型
解法
求特定项或其系数
常采用二项展开式的通项分析求解
系数的和或差
常用赋值法
近似值问题
利用展开式截取部分项求解
整除(或余数)问题
利用展开式求解
变|式|训|练
1．已知(x2＋2x＋3y)5的展开式中x5y2的系数为()
A．60
B．180
C．520
D．540
解析(x2＋2x＋3y)5可看作5个(x2＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有C种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x2，最后一个括号选出x，有C·C种选法；所以x5y2的系数为32C·C·2·C＝540。故选D。
答案 D
2．(ax＋)5的展开式中x3项的系数为20，则实数a＝________。
解析 展开式的通项为Tr＋1＝C(ax)5－r()r＝a5－rCx，令5－＝3得r＝4，所以a·C＝20，解得a＝4。
答案 4
考向三
古典概型与几何概型
【例3】(1)(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23。在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()
A．
B．
C．
D．
(2)正六边形ABCDEF的边长为1，在正六边形内随机取点M，则使△MAB的面积大于的概率为________。
解析(1)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数，共有C＝45(种)取法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种取法，故概率为＝。故选C。
(2)如图所示，作出正六边形ABCDEF，其中心为O，过点O作OG⊥AB，垂足为G，则OG的长为中心O到AB边的距离。易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等边三角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60°＝1×＝，即对角线CF上的点到AB的距离都为。设△MAB中AB边上的高为h，则由S△MAB＝×1×h>，解得h>。所以要使△MAB的面积大于，只需满足h>，即需使M位于CF的上方。故由几何概型得，△MAB的面积大于的概率P＝＝。
答案(1)C(2)
(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识。
(2)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解。
变|式|训|练
1．(2018·四川绵阳二诊)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C：＋＝1，则曲线C的焦点在x轴上且离心率e≤的概率等于()
A．
B．
C．
D．
解析 因为离心率e≤，所以
≤，解得≥，由列举法，得当m＝6时，n＝5,4,3；当m＝5时，n＝4,3；当m＝4时，n＝3,2；当m＝3时，n＝2；当m＝2时，n＝1，共9种情况，故其概率为＝。故选D。
答案 D
2．(2018·衡水金卷模拟)我国数学家邹元治利用如图证明了勾股定理，该图中用勾(a)和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中勾为3，股为4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是()
A．
B．
C．
D．
解析 a＝3，b＝4，由题意得c＝5，因为大正方形的边长为a＋b＝3＋4＝7，小正方形的边长为c＝5，则大正方形的面积为49，小正方形的面积为25，所以满足题意的概率值为1－＝。故选B。
答案 B
考向四
条件概率与相互独立事件的概率
【例4】(1)如图，ABCD是以O为圆心、半径为2的圆的内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点。将一枚针随机掷到圆O内，用M表示事件“针落在正方形ABCD内”，N表示事件“针落在正方形EFGH内”，则P(N|M)等于()
A．
B．
C．
D．
(2)如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，有A→C→D→B，A→E→F→B两条路线。若该地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示(例如A→C→D算作两个路段，路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为)。若使途中发生堵车事件的概率较小，则由A到B应选择的路线是________。
解析(1)由题意得，圆O的半径为2，所以内接正方形ABCD的边长为AB＝2，则正方形ABCD的面积为S1＝(2)2＝8，因为E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，所以EF＝×2R＝2，所以正方形EFGH的面积为S2＝22＝4，所以P(N|M)＝＝。故选C。
(2)路线A→C→D→B途中发生堵车事件的概率P1＝1－××＝，路线A→E→F→B途中发生堵车事件的概率P2＝1－××＝。因为<，所以应选择路线A→E→F→B。
答案(1)C(2)A→E→F→B
求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点
(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解。
(2)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同。
变|式|训|练
1．(2018·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()
A．
B．
C．
D．
解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是×＋×＝。故选D。
答案 D
2．(2018·厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是()
A．
B．
C．
D．
解析 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝，所以3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝C2＝。故选D。
答案 D
3．(2018·南昌模拟)口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为________。
解析 口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得白球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，所以第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P(B|A)＝＝＝。
答案
1．(考向一)(2018·南昌调研)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起。则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有()
A．120种
B．156种
C．188种
D．240种
解析 解法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为AA，AA，CAA，CAA，CAA，故总编排方案有AA＋AA＋CAA＋CAA＋CAA＝120(种)。故选A。
解法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有CAA＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)。所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)。故选A。
答案 A
2．(考向二)(2018·湖南湘东联考)若(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为20，则a＝________。
解析(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为C·22＋a·C·23＝20，所以40＋80a＝20，解得a＝－。
答案 －
3．(考向三)(2018·漳州二模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次。甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”。从上述回答分析，丙是第一名的概率是()
A．
B．
C．
D．
解析 因为甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是。故选B。
答案 B
4．(考向三)已知定义在区间[－3,3]上的单调函数f(x)满足：对任意的x∈[－3,3]，都有f(f(x)－2x)＝6，则在[－3,3]上随机取一个实数x，使得f(x)的值不小于4的概率为()
A．
B．
C．
D．
解析 由题意设对任意的x∈[－3,3]，都有f(x)－2x＝a，其中a为常数，且a∈[－3,3]，则f(a)＝6，f(a)－2a＝a，所以6－2a＝a，得a＝2，故f(x)＝2x＋2，由f(x)≥4得x≥1，因此所求概率为＝。故选C。
答案 C
5．(考向四)(2018·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海。一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为()
A．0.05
B．0.007
C．
D．
解析 设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故选C。
答案 C
6．(考向四)(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立。设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)
A．0.7
B．0.6
C．0.4
D．0.3
解析 依题意X～B(10，p)，因为DX＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因为P(X＝4)＝Cp4(1－p)6
0.5。所以p＝0.6，故选B。
答案 B
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