第十二章 排列组合、二项式定理、概率
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命题展望
排列
、
组合
1.理解并运用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；
2.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；
3.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.
本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.
本章难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.
排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.
随机事件的概率
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；
2.了解两个互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率乘法公式；
3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；
4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义.
本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.
本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题.
本部分要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.
离散型随机变量
1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；
2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；
4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；
5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
本章重点：1.离散型随机变量及其分布列； 2.独立重复试验的模型及二项分布.
本章难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事件的意义的理解.
知识网络
12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
典例精析
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】 在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有 种取法.
【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；
当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；
当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；
……
当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；
当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；
……
当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法.
【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.
【变式训练1】(2013济南市模拟)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为、、时，也有4个.故选D.
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】 从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有 种.
【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.
【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.
【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有 种不同的排法.
【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种方法.
题型三 分类和分步计数原理综合应用
【例3】(2012长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有 .
【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A种涂法，共有4A＝96种方法.
方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.
【变式训练3】(2009深圳市调研)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，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？
【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C种涂法；
第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；
第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.
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