【走向高考】高三数学一轮复习 121计数原理与概率课件（北师大）.ppt

1排列与组合是中学数学中相对独立性较强的一部分，也是密切联系实际较强的一部分，一直是高考必考内容从近几年各地高考试题看，预计仍会出排列、组合试题，试题的难度为“较易”到“中等”程度；排列、组合的试题仍会以现实生活中的生产问题、经济问题等为背景2历年高考的二项式定理试题以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，是多年来缺少变化的试题；考查内容还是以每年考的几方面为主，难度不大；重点考查的内容主要有：求多项式系数和、求某项系数、求二项式中的参数值、求常数项，有理项系数最大项、求整数余数、求近似值；试题常以选择或填空形式出现，有时解答题也会涉及到这些内容，难度与课本习题相当3古典概型与几何概型是两种最基本的概率问题，是高考重点关注的一个点，但深度有限几何概型只要求会解决与长度、面积、体积相关的概率问题，重点是理解概率、学会转化、计算准确快捷，不宜过于深化与拓展4随机变量及其分布在高考中多以解答题的形式出现，分值一般在12分左右，属中、低档题重点考查离散型随机变量的分布列，以及由此分布列求随机变量的均值、方差，特别是二项分布1(1)分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，它贯穿于本单元学习的始终，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决或分步解决，是本单元学习的重点(2)正确区分使用两个原理是学好本单元的关键区分“分类”与“分步”的依据在于能否“一次性”完成若能“一次性”完成，则不需“分步”，只需分类；否则，就分步处理.2二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值这两种思路相结合可以使很多二项式展开式的系数问题迎刃而解(要注意二项式系数与二项式展开式的系数之间的区别)3(1)概率问题应用广泛，贴近生活，本部分知识既有必修内容，也有选修内容随着高考改革的不断深入，概率问题正逐步成为高考的热点内容(2)解决概率应用问题时，首先熟悉几种常见的概率类型，熟练掌握其计算公式；其次还要弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么联系4求随机变量的分布列，重要的基础是概率的计算，如古典概率、互斥事件概率、相互独立事件同时发生的概率，n次独立重复试验有k次发生的概率等5对离散型随机变量的方差应注意：(1)DX表示随机变量X对EX的平均偏离程度，DX越大，表明平均偏离程度越大，说明X的取值越分散，反之DX越小，X的取值越集中，在EX附近，统计中常用 来描述的分散程度；(2)DX与EX一样也是一个实数，由X的分布列唯一确定考纲解读1理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理2会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.考向预测1对两个原理的考查一般只在选择、填空题中出现2注意分类讨论思想和补集思想的应用知识梳理1分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，在第n类办法中有mn种方法，完成这件事共有N 种方法(也称加法原理)2分步乘法计数原理完成一件事，需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，做第n步有mn种方法，那么，完成这件事共有N 种方法(也称乘法原理)m1m2mnm1m2mn3分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及 的不同方法的种数，它们的区别在于：分类加法计算原理与 有关，各种方法，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计算原理与 有关，各个步骤，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成完成一件事情分类相互独立分步相互依存基础自测1(2009年全国卷)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A6种 B12种C24种 D30种答案C解析4门课程，有1门相同，则4种选法，不同的课程选法，甲有3门，乙就有2门，所以共有43224(种)2某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采千位、百位上的数字之积作为十位、个位上的数字(如2816)的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，千位、百位上都能取0.这样设计出来的密码共有()A90个 B99个C100个 D112个答案C解析由于千位、百位确定下来后十位、个位就随之确定，则只考虑千位、百位即可，千位、百位各有10种选择，所以有1010100(个)答案A解析本题主要考查分步计数原理知识.1名同学有5种选择，则6名同学共有56种选择4(2011哈尔滨模拟)有A、B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，先从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有()A6种 B5种C4种 D3种答案C解析若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法共有2114(种)不同的选派方法5古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有_种(结果用数字表示)答案10解析把“金、木、土、水、火”用“1,2,3,4,5”代替：以“1”开头的排法只有“1,3,5,2,4”或“1,4,2,5,3”两种，同理以其他数开头的排法都是2种，所以共有2510(种)6甲、乙两个自然数的最大公约数为60，则甲、乙两个数的公约数有_个答案12解析两数的公约数一定是最大公约数60的约数，602235，故得到甲、乙两数的一个公约数需分三步第一步，确定有几个2，共3种方法；第二步，确定有几个3，共2种方法；第三步，确定有几个5，共2种方法，当2,3,5都不取时，公约数为1，故共有公约数32212个7从3，2，1,0,1,2,3中任取3个不同的数作为抛物线yax2bxc(a0)的系数如果抛物线过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？解析由题意得c0，a0，分三步：第一步：a3，2，1；第二步：b1,2,3；第三步：c0，故由分步计数原理知抛物线的条数N3319(条)例1三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？分析根据题目中的条件，列出另两边满足的关系式，然后用列举法逐一求出来，再用分类加法计数原理求解解析设较小的两边长为x，y，不妨设xy，则 当x1时，y11；当x2时，y10,11；当x3时，y9,10,11；当x4时，y8,9,10,11；当x5时，y7,8,9,10,11；当x6时，y6,7,8,9,10,11；当x7时，y7,8,9,10,11；当x11时，y11.所以不同三角形的个数为1234565432136.点评应用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类(1)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有()A10种B20种C36种 D52种答案A解析分为二类：1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C414种放球方法；1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有C426种放球方法共有C41C4210种不同的放球方法(2)集合Px,1，Qy,1,2，其中x，y1,2,3，9，且PQ.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A9 B14C15 D21答案B解析PQ，xy或x2.当x2时，y1,2，y有7种选法；当xy时，y1,2，y也有7种选法共有满足条件的点7714个.例2将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？分析3种作物种在5块试验田里，也就是5块试验田分别要种上作物，可分5份，从左到右一块一块的种，即用分步乘法计数原理求解解析设由左到右五块田中要种a，b，c3种作物，不妨先设第一块种a，则第二块种b，c，有两种选法同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由分步乘法计数原理共有1222216.其中要去掉ababa和acaca两种方法故a种作物种在第一块田中时有16214种种法同理b或c也可种在第一块田中，故共有3(22222)3(162)42种点评本题完成种五块地，要分五步完成，故应用分步乘法计数原理解决问题时，应理清思路，按事情发生的过程或事情解决的过程合理分步.(1)定 义 集 合 A与 B的 运 算 A*B如 下：A*B(x，y)|xA，yB，若Aa，b，c，Ba，c，d，e，则集合A*B的元素个数为()A.34 B43C.12 D以上都不对(2)使集合A1,0,1，B2,3,4,5,6，映射f：AB，使得对任意xA，都有xf(x)xf(x)是奇数，这样的映射f的个数是()A.12 B50C.15 D55(3)将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有()A.34种 B43种C.18种 D36种(4)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A.10种 B20种C.25种 D32种答案(1)C(2)B(3)D(4)D解析(1)显然(a，a)、(a，c)等均为A*B中的元素，确定A*B中的元素是由A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A*B中有3412个元素故选C.(2)A中任一元素在B中有惟一元素和它对应，由xf(x)xf(x)(x1)(f(x)1)1知，x为奇数时都满足，x为偶数时，必须f(x)为奇数，当x1或1时，f(x)可取B中任一元素，各有5种；当x0时，f(x)只能取3或5，有2种根据分步乘法计数原理，共有52550个映射故选B.(3)4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空，则必有一个盒子放入2个球设4个球的编号分别为1,2,3,4，则其中2个球放在一个盒子里的情况有：1、2,1、3,1、4,2、3,2、4,3、4，计6种情况把2个球放在一个盒子里的情况当作1个球和另外2个球分别放入3个盒子里，共有321种放法于是所求放法为632136种(4)因为每人均有两种选择方法，所以不同的报名方法有2532种.例3现有高三四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？分析主要考查两个计数原理的综合应用，先考虑分类再考虑分步解析(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法所以，共有不同的选法N7891034(种)(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N789105040(种)(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有78种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有79种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有710种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有89种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有810种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有910种不同的选法，所以共有不同的选法N787971089810910431(种)点评在解决实际应用问题时，两个原理并不是孤立的，首先要弄清楚完成的是什么事，其次必须清楚是分类完成，还是分步完成，需认真审题，明确条件与问题.(1)将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数分析可分两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法原理即可得出结论解析如图所示，由题设，四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染颜色互不相同，它们共有54360(种)染色方法当S、A、B已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法；若C染颜色2，则D可染颜色3或4或5，有3种染法可见，当S、A、B已染好时，C与D还有7种染法根据乘法原理，可以有607420种染法.点评运用两个原理解答时是先分类后分步，还是先分步后分类应视具体问题而定，另外为了问题的简化和表达的方便，数学中经常将具有实际意义的事物符号化、数字化.(2)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图示)，要求在A、B、C、D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一颜色若n5，为着色时共有多少种不同的方法？若为着色时共有120种不同的方法，求n.解析(1)为A着色有5种方法，为B着色有4种方法，为C着色有3种方法，为D着色也有3种方法，所以，共有着色方法5433180(种)(2)与(1)的区别在于与D相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n1)(n2)(n3)n(n1)(n2)(n3)120，又120180，可分别将n4、5代入得n5时上式成立.1.应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成(注意分类做到不重不漏)；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤2.在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清楚“分类”或“分步”的具体标准是什么，因此，在解题时必须认真审题，搞清楚题目的条件、结论3.对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题的分析更直观、清楚，积累解决实际问题的经验4.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列组合数公式的理论依据，也是求解排列组合问题的基本思想方法