2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计第76练

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2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计第73练含解析

摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为________．2．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为________．3．(2016·淮安质检)打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是________．4．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．5．2017年国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙，丙去北京旅游的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1个去北京旅游的概率为________．6．(2017·合肥质检)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估计做对第一道题的概率为0.8，做对两道题的概率为0.6，则预估计做对第二道题的概率为________．7．从应届毕业生中选拔飞行员，已知该批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该学生三项均合格的概率为(假设三次标准互不影响)________．8．(2015·课标全国Ⅰ改编)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．9．据统计，黄种人人群中各种血型的人所占的比例见下表：AB型血的人可以接受任何一种血型的血，其他不同血型的人不能互相输血．某人是B型血，若他因病痛要输血，在黄种人人群中找一个人，其血可以输给此人的概率为________．10．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为________．11．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．12．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是________．13．事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝16，P(B C)＝18，P(AB C)＝18，则P(B)＝________，P(A B)＝________.14．某种节能灯使用了800h，还能继续使用的概率是0.8，使用了1000h，还能继续使用的概率是0.5，则已经使用了800h的节能灯，还能继续使用到1000h的概率是________．答案精析1．0.32 2.34 3.1425 4.135.3 5解析用A，B，C分别表示甲，乙，丙三人去北京旅游这一事件，三人均不去的概率为P(A B C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝23×34×45＝25，故至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝35.6．0.75解析设事件A i(i＝1,2)表示“做对第i道题”，A1，A2相互独立，由已知得P(A1)＝0.8，P(A1A2)＝0.6，P(A2|A1)＝0.60.8＝0.75.7.1 90解析设体型合格为事件A，视力合格为事件B，其他几项合格为事件C，依题意P(A)＝13，P(B)＝16，P(C)＝15.∴所求概率为P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)＝13×16×15＝190.8．0.648解析该同学通过测试的概率P＝C23×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.9．0.64解析对任一人，其血型为A，B，AB，O型血的事件分别记为A′，B′，C′，D′，它们是互斥的，由已知得P(A′)＝0.28，P(B′)＝0.29，P(C′)＝0.08，P(D′)＝0.35.∵B，O型血可以输给B型血的人，∴“可以输血给此人”为事件B′＋D′，根据互斥事件的概率加法公式，有P(B′＋D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64，∴在黄种人人群中找一个人，其血可以输给此人的概率为0.64.10.34解析记事件A 为“第一次摸到黑球”，事件B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝34. 11.34解析甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为12×12＝14，故由互斥事件的概率公式，得甲队获得冠军的概率为14＋12＝34. 12.25解析由题意知，两个人都不去此地的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＝35，∴至少有一个人去此地的概率是1－35＝25. 13.12 13解析由⎩⎪⎨⎪⎧P (AB )＝P (A )·P (B )＝16，P (B C )＝P (B )·P (C )＝18，P (AB C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝18，得P (A )＝13，P (B )＝12，∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝23×12＝13. 14.58解析设“节能灯使用了800h 还能继续使用”为事件A ，“使用了1000h 还能继续使用”为事件B .由题意知P (A )＝0.8，P (B )＝0.5.∵B A ，∴A ∩B ＝B ，于是P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝P (B )P (A )＝0.50.8＝58.。

精选江苏专用2018版高考数学专题复习专题10计数原理概率与统计第75练离散型随机变量及其概率分布练习理

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题10 计数原理、概率与统计第75练离散型随机变量及其概率分布练习理1．(2016·长春模拟)已知随机变量X 的概率分布为P (X ＝i )＝2a (i ＝1,2,3,4)，则P (2＜X ≤4)＝________.2．(2016·镇江模拟)甲、乙两人参加某高校的自主招生考试，若甲、乙能通过面试的概率都为23，且甲、乙两人能否通过面试相互独立，则面试结束后通过人数ξ的均值E (ξ)的值为________．3．袋中有大小相同的5个球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量X ，则X 所有可能取值的个数是________． 4．(2016·合肥模拟)随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝a n n ＋(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜X ＜52的值为________．5．设随机变量ξ的概率分布为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＜ξ＜710＝________.6．(2016·南京模拟)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则V (ξ)＝________.7．(2016·无锡模拟)已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a ，b ，c ∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量ξ＝|a －b |的取值，则ξ的均值E (ξ)为________．8．若X ～B (n ，p )，且E (X )＝6，V (X )＝3，则P (X ＝1)的值为________．9．设非零常数d 是等差数列x 1，x 2，…，x 19的公差，随机变量ξ等可能地取值x 1，x 2，…，x 19，则方差V (ξ)＝______.10．(2016·长沙模拟)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，其概率分布为P (X ＝k )，则P (X ＝5)的值为________．11．某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)，则选出的3名同学中女同学的人数X 的概率分布为________．12．若一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件然后放回，则直至取到正品时所需次数X 的概率分布为P (X ＝k )＝________.13．均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字0，两个面上标有数字1，一个面上标有数字2，将这个小正方体抛掷两次，则向上的数字之积的均值是________．14．一袋中装有分别标记着数字1,2,3的3个小球，每次从袋中取出一个小球(每只小球被取到的可能性相同)．现连续取3次球，若每次取出一个球后放回袋中，记3次取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为X ，Y ，设ξ＝Y －X ，则E (ξ)＝________.答案精析1.7102.433.94.565.25解析由已知，随机变量ξ的概率分布为由概率分布的性质可得a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝1， ∴a ＝115，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＜ξ＜710＝115＋215＋315＝25.6.25解析设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ，则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以V (ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.7.89解析 ∵抛物线的对称轴在y 轴的左侧， ∴－b 2a ＜0，即ba ＞0，也就是a ，b 必须同号，∴ξ的概率分布为∴E (ξ)＝0×13＋1×49＋2×29＝89.8．3·2－10解析 ∵E (X )＝np ＝6，V (X )＝np (1－p )＝3， ∴p ＝12，n ＝12，则P (X ＝1)＝C 112·12·(12)11＝3·2－10.9．30d 2解析 E (ξ)＝x 10，V (ξ)＝d 219(92＋82＋…＋12＋02＋12＋…＋92)＝30d 2.10.2755解析 ∵从盒子中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X ＝5，即旧球的个数增加了2个，∴取出的3个球必为1个旧球，2个新球，故P (X ＝5)＝C 13C 29C 312＝2755.11.解析随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3， P (X ＝k )＝C k4·C 3－k6C 310(k ＝0,1,2,3)，所以随机变量X 的概率分布是12.(310)k －1710，k ＝1,2,3，…解析由于每次取出的产品仍放回，每次取到正品的概率完全相同，所以X 的可能取值是1,2，…，k ，…，相应的取值概率为P (X ＝1)＝710， P (X ＝2)＝310×710＝21100， P (X ＝3)＝310×310×710＝631 000，…P (X ＝k )＝(310)k －1710(k ＝1,2,3，…)．13.49解析记向上的数字之积为ξ，则ξ的所有可能取值为0,1,2,4.因为P (ξ＝0)＝34，P (ξ＝1)＝19，P (ξ＝2)＝19，P (ξ＝4)＝136，所以E (ξ)＝0×34＋1×19＋2×19＋4×136＝49.14.43 解析ξ＝Y －X ＝0,1,2，连续取3次球，它的取法有111,112,121,211,113,131,311,122,212,221,133,313,331,123,132,213,231,312,321,222,223,232,322,233,323,332,333，其中Y －X ＝0有3种，Y －X ＝1有12种，Y －X ＝2有12种，因此它们的概率分别为19，49，49，故E (ξ)＝0×19＋1×49＋2×49＝43.。

江苏2018版高考数学复习第十章计数原理10.2排列与组合教师用书理苏教版

第十章计数原理 10.2 排列与组合教师用书理苏教版1．排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出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A m n表示．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出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C m n表示．3．排列数、组合数的公式及性质(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！(2)C m n＝A m nA m m＝n n－n－n－m＋m！＝n！m！n－m！【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( × )(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( × )(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √ )(4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( √ )(5)A m n ＝n A m －1n －1.( √ )(6)k C k n ＝n C k －1n －1.( √ )1．(2016·四川改编)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．答案 72解析由题意可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C 13种情况，再将剩下的4个数字排列得到A 44种情况，则满足条件的五位数有C 13·A 44＝72(个)．2．6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________．答案 24解析 “插空法”，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种数为A 34＝4×3×2＝24.3．(2016·苏州模拟)安排6名歌手的演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则排法的种数为________．答案 480解析先全排列有A 66，甲、乙、丙的顺序有A 33，乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面的顺序有甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙甲，共4种顺序，所以不同排法的种数为4×A 66A 33＝480. 4．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．答案 14解析分两类：①有1名女生：C 12C 34＝8.②有2名女生：C22C24＝6.∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．5．(教材改编)用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为________．答案48解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48(种).题型一排列问题例1 (1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．(2)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．答案(1)2 520 (2)216解析(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A57＝2 520(种)排法．(2)当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝120＋96＝216(种)．引申探究1．本例(1)中，若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A77＝5 040(种)排法．2．本例(1)中，若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有A33种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法．根据分步计数原理，共有A33·A44·A22＝288(种)排法.3．本例(1)中，若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A44种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有A35种排法，故共有A44·A35＝1 440(种)排法．4．本例(1)中，若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有A15＝5(种)排法；再安排其他人，有A66＝720(种)排法．所以共有A15·A66＝3 600(种)排法．思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．求：(1)有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？(2)有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？解(1)先不考虑0是否在首位，0,1,4,5先排三个位置，则有A34个，2,3去排四个空档，有A24个，即有A34A24个；而0在首位时，有A23A23个，即有A34A24－A23A23＝252(个)含有2,3，但它们不相邻的五位数．(2)在六个位置先排0,4,5，先不考虑0是否在首位，则有A36个，去掉0在首位，即有A36－A25个，0,4,5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有A36－A25＝100(个)六位数．题型二组合问题例2 (1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是________．(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．答案(1)66 (2)36解析(1)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66(种)不同的取法．(2)只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有C29＝36(种)不同的选法．引申探究1．本例(2)中，若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126(种)不同的选法．2．本例(2)中，若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13×C49＝378(种)不同的选法．3．本例(2)中，若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59种，共有C512－C59＝666(种)不同的选法．思维升华组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．(5)选取3件的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．题型三排列与组合问题的综合应用命题点1 相邻问题例3 (2017·扬州月考)把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法种数为________．答案36解析将A、B捆绑在一起，有A22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A44种摆法，故共有A22A44＝48(种)摆法，而A、B、C 3件在一起，且A、B相邻，A、C相邻有CAB、BAC 两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A33＝12(种)摆法，故A、B相邻，A、C不相邻的摆法有48－12＝36(种)．命题点2 相间问题例4 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________．答案 120解析先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A 22C 13A 23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A 22A 34＝48(种)安排方法．由分类计数原理知共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．命题点3 特殊元素(位置)问题例5 (2016·常州检测)从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有________个．答案 51解析分三类：第一类，没有2,3，由其他三个数字组成三位数，有A 33＝6(个)；第二类，只有2或3其中的一个，需从1,4,5中选两个数字组成三位数，有2C 23A 33＝36(个)；第三类，2,3均有，再从1,4,5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成12C 13A 33＝9(个)．由分类计数原理，知这样的三位数共有51个．思维升华排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．(4)多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类计数原理求出排列总数．(1)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为________．(2)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有________种．答案 (1)150 (2)100解析 (1)分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有C 25C 23A 22·A 33＝90(种)分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C 35·A 33＝60(种)分派方法，所以不同分派方法种数为90＋60＝150.(2)先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有C 25C 23C 112＋C 35C 12C 112＝25(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．12．排列、组合问题典例有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________种．错解展示解析先从一等品中取1个，有C 116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C 219种不同取法，共有C 116×C 219＝2 736(种)不同取法．答案 2 736现场纠错解析方法一将“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，知有C 116C 24＋C 216C 14＋C 316＝1 136(种)．方法二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1 136(种)．答案 1 136纠错心得(1)解排列、组合问题的基本原则：特殊优先，先分组再分解，先取后排；较复杂问题可采用间接法，转化为求它的对立事件．(2)解题时要细心、周全，做到不重不漏.1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．答案24解析(捆绑法)爸爸排法有A22种，两个小孩排在一起故看成一体，有A22种排法，妈妈和孩子共有A33种排法，∴排法种数共有A22A22A33＝24(种)．2．(2016·镇江模拟)某同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的六位数，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为________．答案180解析根据题意，其QQ号共由6个数字组成，将这6个数字全排列，有A66种情况，而这6个数字中有两个5和两个8，则共可以组成A66A22A22＝180(个)六位数，那么他找到自己的QQ号最多尝试180次．3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有______种．答案96解析程序A有A12＝2(种)结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有A22A44＝48(种)，由分步计数原理，知实验编排共有2×48＝96(种)方法．4．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________种．答案 40解析 (消序法)五个元素没有限制全排列为A 55，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 33，可得A 55A 33×2＝40(种)． 5．(2017·南京质检)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为__________．答案 90解析方法一将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26种．所以不同的安排方法有12C 24A 26＝90(种)．方法二先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24C 22＝12A 26C 24＝90(种)． 6．(2016·南京师大附中模拟)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．答案 8解析首先排两个奇数1,3，有A 22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C 12种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A 22种排法，即满足条件的四位数的个数为A 22C 12A 22＝8.7．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答) 答案 54解析第一类，把甲、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有C23A33＝18(种)；第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有A33A23＝36(种)．根据分类计数原理可得，共有36＋18＝54(种)．8．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．(用数字作答)答案60解析分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A34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C23A24种分法．总获奖情况共有A34＋C23A24＝60(种)．9．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．答案36解析先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有A44种摆法，而A，B可交换位置，所以有2A44＝48(种)摆法，又当A，B相邻且又满足A，C相邻，有2A33＝12(种)摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36(种)．10．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．答案11解析把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种)．11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案480解析从左往右看，若C排在第1位，共有A55＝120(种)排法；若C排在第2位，A和B有C 右边的4个位置可以选，共有A24·A33＝72(种)排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A22·A33＋A23·A33＝48(种)排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．12．2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10 000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．解①当后四位数恰有2个6时，“金猴卡”共有C24×9×9＝486(张)；②当后四位数恰有2个8时，“金猴卡”也共有C24×9×9＝486(张)．但这两种情况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种情况，所以要减掉C24＝6，即“金猴卡”共有486×2－6＝966(张)．13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？解设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A，3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C12·C13＝6(种)；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C14·C13＝12(种)；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C14·C12＝8(种)；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A24＝12(种)．由分类计数原理，知不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．*14.设三位数n＝，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则abc这样的三位数n有多少个？解a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝C19＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a，b)共有2C29组，但当大数为底时，设a>b，必须满足b<a<2b，此时，不能构成三角形的数字是共20种情况．同时，每个数组(a，b)中的两个数字填上三个数位，有C23种情况，故n2＝C23(2C29－20)＝156.综上，n＝n1＋n2＝165.。

(江苏版)2018年高考数学一轮复习专题10.3概率(讲)

专题10.3 概率【最新考纲解读】【考点深度剖析】概率均是以填空题的形式进行考查，题目多为中低档题，着重考查学生运算求解能力.概率一般与计数原理结合考查，也可单独设置题目. 【课前检测训练】【判一判】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)事件发生频率与概率是相同的．( ) (2)随机事件和随机试验是一回事．( )(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( ) (4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( )(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( ) (6)两互斥事件的概率和为1.( )(7)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( ) (8)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( ) (9)从市场上出售的标准为500±5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( ) (10)(教材改编)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为13.( )(11)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( )(12)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，且集合A 中的元素个数为n ，所有的基本事件构成集合I ，且集合I 中元素个数为m ，则事件A 的概率为n m.( ) (13)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．( )(14)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( )(15)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( ) (16)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( ) (17)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( ) (18)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19.( )1. ×2. ×3. √4. ×5. √6. ×7. ×8. ×9. ×10. √11. √12. √13. √14. √15. √16. √17. ×18. × 【练一练】1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( ) A ．至多有一次中靶 B ．两次都中靶 C ．只有一次中靶 D ．两次都不中靶【答案】D2．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8 【答案】B【解析】因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm 的概率为1－0.2－0.5＝0.3，故选B.3．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( ) A ．134石 B ．169石 C ．338石 D ．1 365石【答案】B【解析】因为样品中米内夹谷的比为28254，所以这批米内夹谷为1 534×28254≈169(石)．4．给出下列三个命题，其中正确的命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．【答案】0【解析】①错，不一定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．5．袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________．【答案】②【解析】①是互斥不对立的事件，②是对立事件，③④不是互斥事件.6．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.16 【答案】B7．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A.15B.25C.35D.45 【答案】C【解析】取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35.故选C.8．如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( ) A.310 B.15 C.110 D.120【答案】C【解析】从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有如下10种不同的结果：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，其中勾股数只有(3,4,5)，所以概率为110.故选C.9.同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．【答案】56【解析】掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36种可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率P ＝1－66×6＝56.10．从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取2个数字相加，其和为偶数的概率是________．【答案】2511．在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( ) A.12 B.13 C.14 D ．1 【答案】B【解析】坐标小于1的区间为[0,1]，长度为1，[0,3]区间长度为3，故所求概率为13.12．在区间[0,2]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤12log ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1”发生的概率为( ) A.34 B.23 C.13 D.14 【答案】A【解析】∵由－1≤12log ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1，得12≤x ＋12≤2，∴0≤x ≤32.∴由几何概型的概率计算公式得所求概率 P ＝32－02－0＝34. 13．若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是()A.π2 B.π4 C.π6 D.π8【答案】B14．如图，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．【答案】0.18【解析】由题意知，这是个几何概型问题，S 阴S 正＝1801 000＝0.18， ∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.15．如图，圆中有一内接等腰三角形．假设你在图中随机撒一把黄豆，则它落在阴影部分的概率为________．【答案】1π【解析】设圆的半径为R ，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为2R ，则所求事件的概率为：P ＝S 阴S 圆＝12×2R ×2R πR 2＝1π. 【题根精选精析】考点1：随机事件的概率【1-1】【2015苏州联考】4张卡上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为 . 【答案】13【解析】因为从四张卡片中任取出两张共有6种情况，其中两种卡片上数字和为偶数的共有2种情况.所以两张数字为偶数的概率为13. 【1-2】【2015无锡模拟】抽查10件产品，设事件A ：至少有两件次品，则A 的对立事件为 .【答案】至多一件次品【解析】事件A 不包含没有次品或只有一件次品，即都是正品或一件次品9件正品，所以事件A 的对立事件为至多一件次品.【1-3】【2015通州模拟】某射手一次射击中，击中10环、9环、8环的概率分别是0.24,0.28,0.19，则这位射手在一次射击中不够9环的概率是 . 【答案】0.48【基础知识】1．随机事件和确定事件：在一定的条件下所出现的某种结果叫做事件. (1)在条件S 下，一定会发生的事件叫做相对于条件S 的必然事件． (2)在条件S 下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S 的不可能事件． (3)必然事件与不可能事件统称为确定事件．(4)在条件S 下可能发生也可能不发生的事件，叫做随机事件． (5)确定事件和随机事件统称为事件，一般用大写字母,,,A B C 表示． 2．频率与概率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数A n 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例()An n f A n=为事件A 出现的频率． (2)对于给定的随机事件A ，如果随着试验次数的增加，事件A 发生的频率()n f A 稳定在某个常数上，把这个常数记作()p A ，称为事件A 的概率，简称为A 的概率． 3．互斥事件与对立事件互斥事件的定义：在一次试验中，不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件.即A B 为不可能事件(A B φ= )，则称事件A 与事件B 互斥，其含义是：事件A 与事件B 在任何一次试验中不会同时发生．一般地，如果事件12,,,n A A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件12,,,n A A A 彼此互斥. 对立事件：若不能同时发生，但必有一个发生的两个事件叫做互斥事件；即A B 为不可能事件，而A B 为必然事件，那么事件A 与事件B 互为对立事件，其含义是：事件A 与事件B 在任何一次试验中有且仅有一个发生．互斥事件和对立事件的区别和联系：对立事件是互斥事件，但是互斥事件不一定是对立事件.两个事件互斥是两个事件对立的必要非充分条件. 4.事件的关系与运算5.随机事件的概率事件A 的概率：在大量重复进行同一试验时,事件A 发生的频率nm总接近于某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A 的概率,记作()p A .由定义可知()01p A ≤≤，显然必然事件的概率是1，不可能事件的概率是0. 5．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：()01p A ≤≤. (2)必然事件的概率：()1p A =. (3)不可能事件的概率：()0p A =. (4)互斥事件的概率加法公式：①()()()p A B p A p B =+ (,A B 互斥)，且有()()()1p A A p A p A +=+=． ②()()()()1212n n p A A A p A p A p A =+++ (12,,,n A A A 彼此互斥)． (5)对立事件的概率：()()1P A P A =-．【思想方法】1. 概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．2. 判断事件关系时要注意 (1)利用集合观点判断事件关系；(2)可以写出所有试验结果，看所求事件包含哪几个试验结果，从而判断所求事件的关系．3．对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解：第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系；第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的；第三，两个事件互斥是从试验的结果不能同时出现来确定的4．对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，事件A 的对立事件记作A ，从集合的角度来看，事件A 所含结果的集合正是全集U 中由事件A 所含结果组成集合的补集，即A A U = ，A A φ= ，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件,A B 的和记作A B +，表示事件,A B 至少有一个发生.当,A B 为互斥事件时，事件A B +是由“A 发生而B 不发生”以及“B 发生而A 不发生”构成的.当计算事件A 的概率()p A 比较困难时，有时计算它的对立事件A 的概率则要容易些，为此有()()1P A P A =-.这不仅体现逆向思维，同时对培养思维的灵活性是非常有益的.求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.对于n 个互斥事件12,,,n A A A ，其加法公式为()()()()1212n n p A A A p A p A p A =+++ . 分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.5.对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事件除不能同时发生外，其并事件应为必然事件，这些也可类比集合进行理解，具体应用时，可把所有试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件的关系．6.实际生活中的概率问题，在阅读理解的基础上，利用互斥事件分类，有时还借助对立事件寻求间接求解问题的捷径，这类问题重在考查学生思维的灵活性和解决实际问题的能力．7.求解随机事件的概率关键是准确计算基本事件数，计算的方法有： (1)列举法； (2)列表法； (3)利用树状图列举．求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的求和公式计算．二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式()()1P A P A =-，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”，“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．【温馨提示】在概率的计算中，一般是根据随机事件的含义，把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小的事件再分为几个相互独立事件的乘积，然后根据相应的概率公式进行计算．考点2:古典概型【2-1】【2015常州联考】有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为______.【答案】821【解析】从编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有410210C =种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件A 为“取出球的编号互不相同”，则事件A 包含了111115222280C C C C C ⋅⋅⋅⋅=个基本事件，所以()80821021P A == 【2-2】【2015六合模拟】从2名男生和2名女生中，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为______. 【答案】13【2-3】【2015南京模拟】从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则关于x 的方程2220x ax b ++=有两个虚根的概率是______. 【答案】15【解析】这实质是一个古典概型问题，首先题中选取数,a b 的总方法为5315⨯=，而要使方程有虚根，则22440a b ∆=-<，即a b <（因为题中,a b 均为正数），而满足这个条件的(,)a b 只能取(1,2),(1,3),(2,3)共3种，故概率为31155=．【2-4】【2015镇江模拟】由数字0,1,2,3组成一个没有重复数字,且不被10整除的四位数,则两个偶函数不相邻的概率是______. 【答案】31【2-5】【2015海门联考】从0,1,2,,9⋅⋅⋅这10个整数中任意取3个不同的数作为二次函数()2f x ax bx c=++的系数，则使得()12f ∈Z 的概率为．【答案】4190【解析】首先从0,1,2,,9⋅⋅⋅这10个整数中任意取3个不同的数分别为,,a b c ，取法数为310720A =，使(1)2f Z ∈，即使a b c ++(0)a ≠为偶数的取法有12322325535254()()328C C A C A A A -+-=，所概率为3284172090=．【基础知识】1. 一次试验连同其中可能出现的每一个结果称为一个基本事件,通常此试验中的某一事件A 由几个基本事件组成.如果一次试验中可能出现的结果有n 个,即此试验由n 个基本事件组成,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一基本事件的概率都是n 1。

江苏专用2018高考数学一轮复习第十章算法统计与概率第54课随机事件的概率课件

－P(B)． ②若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)＝1 ________
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的．( ) ) )
(2)在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值．(
(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．(
(2016· 全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数保费 0 0.85a 1 a 2 1.25a 3 1.5a 4 1.75a ≥5 2a
随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数频数 0 60 1 50 2 30 3 30 4 20 ≥5 10
4．集合 A＝{2,3}，B＝{1,2,3}，从 A，B 中各任意取一个数，则这两数之和等于 4 的概率是________．
1 [从 A，B 中各取一个数有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)共 6 种 3 情况，其中和为 4 的有两种情况(2,2)，(3,1)， 2 1 故所求事件的概率 P＝＝ .] 6 3
(1)记 A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求 P(A)的估计值； (2)记 B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 160%”，求 P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值． [ 解] (1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2.由所给数据知，一年内
x＝15，解得 y＝20.
该超市所有顾客一次性购物的结算时间组成一个总体， 100 位顾客一次购物的结算时间视为总体的一个容量为 100 的简单随机抽样，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计． 1×15＋1.5×30＋2×25＋20×2.5＋10×3 又x＝＝1.9， 100 ∴估计顾客一次购物的结算时间的平均值为 1.9 分钟．

江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.3二项式定理教师用书理

第十章计数原理 10.3 二项式定理教师用书理苏教版1．二项式定理2.二项式系数的性质 (1)C 0n ＝1，C nn ＝1. C mn ＋1＝C m －1n ＋C mn . (2)C mn ＝C n －mn .(3)当n 为偶数时，二项式系数中，以2Cnn最大；当n 为奇数时，二项式系数中以12Cn n-n 和12Cn n+n (两者相等)最大． (4)C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n. 【知识拓展】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 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn . 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)C r n an －r b r是二项展开式的第r 项．( × )(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( √)(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( ×)(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.( ×)1．(教材改编)(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是________．答案(－1)m－1C m－1n解析(x－y)n展开式中第m项的系数为m－1.C m－1n(－1)2．(2016·四川改编)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为__________．答案－15x4解析由题意可知，含x4的项为C26x4i2＝－15x4.3．(2016·徐州模拟)已知C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝729，则C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝________.答案63解析逆用二项式定理得C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝26－C0n＝64－1＝63.4．(2016·苏州模拟)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是________．答案168解析∵(1＋x)8的通项为C r8x r，(1＋y)4的通项为C t4y t，∴(1＋x)8(1＋y)4的通项为C r8C t4x r y t，令r＝2，t＝2，得x2y2的系数为C28C24＝168.题型一二项展开式命题点1 求二项展开式中的特定项或指定项的系数例1 (1)(2016·全国乙卷)(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是______________．(用数字填写答案)(2)(2015·课标全国Ⅰ改编)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为________．答案 (1)10 (2)30解析 (1)(2x ＋x )5展开式的通项公式T r ＋1＝C r 5(2x )5－r·(x )r ＝C r 525－r52r x-，r ∈{0,1,2,3,4,5}，令5－r2＝3，解得r ＝4，得T 5＝C 4525－4452x-＝10x 3，∴x 3的系数是10.(2)方法一利用二项展开式的通项公式求解． (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2.其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30. 方法二利用组合知识求解．(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23＝30.命题点2 已知二项展开式某项的系数求参数例2 (1)(2015·课标全国Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝____________.(2)(2016·山东)若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数为－80，则实数a ＝________.答案 (1)3 (2)－2解析 (1)设(a ＋x )(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，令x ＝1，得16(a ＋1)＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，① 令x ＝－1，得0＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5.② ①－②，得16(a ＋1)＝2(a 1＋a 3＋a 5)，即展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为a 1＋a 3＋a 5＝8(a ＋1)，所以8(a ＋1)＝32，解得a＝3.(2)∵T r ＋1＝C r5(ax 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝a 5－r C r 55102rx -，∴10－52r ＝5，解得r ＝2，∴a 3C 25＝－80，解得a ＝－2.思维升华求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r ＋1，代回通项公式即可．(1)(2016·连云港模拟)(2x＋x )(1－x )4的展开式中x 的系数是________．(2)(x ＋a )10的展开式中，x 7的系数为15，则a ＝________.(用数字填写答案) 答案 (1)3 (2)12解析 (1)(1－x )4展开式的通项公式T r ＋1＝C r 4(－x )r ＝(－1)r C r42r x ，(2x＋x )(1－x )4的展开式中含x 的项为2x ·(－1)4C 44x 2＋x ·(－1)0C 0402x ＝2x·x 2＋x ·1＝3x ，故系数是3.(2)设通项为T r ＋1＝C r 10x10－r a r，令10－r ＝7，∴r ＝3，∴x 7的系数为C 310a 3＝15， ∴a 3＝18，∴a ＝12.题型二二项式系数的和或各项系数的和的问题例3 在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和．解设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*)各项系数的和为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210. (2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29，偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29. (4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102；x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.思维升华 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． (2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f 1 ＋f －12，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f 1 －f －12.(1)(2017·淮安月考)设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝________.答案 6解析由题意得a ＝C m2m ，b ＝C m ＋12m ＋1， ∴13C m2m ＝7C m ＋12m ＋1， ∴13· 2m ！m ！·m ！＝7· 2m ＋1 ！m ！· m ＋1 ！，∴7 2m ＋1m ＋1＝13，解得m ＝6，经检验符合题意． (2)若(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016x2 016，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016的结果是多少？解当x ＝0时，左边＝1，右边＝a 0，∴a 0＝1. 当x ＝12时，左边＝0，右边＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016，∴0＝1＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016. 即a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016＝－1. 题型三二项式定理的应用例4 (1)设a ∈Z 且0≤a ＜13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝________.(2)1.028的近似值是________．(精确到小数点后三位) 答案 (1)12 (2)1.172 解析 (1)512 016＋a ＝(52－1)2 016＋a ＝C 02 016·522 016－C 12 016·522 015＋…＋C 2 0152 016×52·(－1)2 015＋C 2 0162 016·(－1)2 016＋a ，∵C 02 016·522 016－C 12 016·522 015＋…＋C 2 0152 016×52·(－1)2 015能被13整除且512 016＋a 能被13整除，∴C 2 0162 016·(－1)2 016＋a ＝1＋a 也能被13整除，因此a 的值为12.(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C 08＋C 18·0.02＋C 28·0.022＋C 38·0.023≈1.172.思维升华 (1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式．(1)1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是________．答案 1解析 1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1， ∵前10项均能被88整除，∴余数是1. (2)已知2n ＋2·3n＋5n －a 能被25整除，求正整数a 的最小值．解原式＝4·6n＋5n －a ＝4(5＋1)n＋5n －a ＝4(C 0n 5n＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52＋C n －1n 5＋C nn )＋5n －a＝4(C 0n 5n ＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52)＋25n ＋4－a ，显然正整数a 的最小值为4.13．二项展开式的系数与二项式系数典例 (1)(2016·江苏镇江中学质检)若(x －3x)n展开式的各项系数绝对值之和为1 024，则展开式中含x 项的系数为________．(2)已知(x －m )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7的展开式中x 4的系数是－35，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝________. 错解展示解析 (1)(x ＋3x )n 展开式中，令x ＝1可得4n＝1 024，∴n ＝5，∴(x －3x)n 展开式的通项T r ＋1＝(－3)r·C r5·532r x-，令5－3r 2＝1，得r ＝1.故展开式中含x 项的系数为C 15＝5. (2)a 1＋a 2＋…＋a 7＝C 17＋C 27＋…＋C 77＝27－1. 答案 (1)5 (2)27－1 现场纠错解析 (1)在(x ＋3x)n的展开式中，令x ＝1，可得(x －3x)n 展开式的各项系数绝对值之和为4n ＝22n ＝1 024＝210，∴n ＝5.故(x －3x)5展开式的通项为T r ＋1＝(－3)r·C r5·532r x-，令5－3r2＝1，得r ＝1，故展开式中含x 项的系数为－15. (2)∵(x －m )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，令x ＝0，∴a 0＝(－m )7.又∵展开式中x 4的系数是－35，∴C 37·(－m )3＝－35， ∴m ＝1.∴a 0＝(－m )7＝－1.在(x －m )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7中，令x ＝1，得0＝－1＋a 1＋a 2＋…＋a 7，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝1. 答案 (1)－15 (2)1纠错心得和二项展开式有关的问题，要分清所求的是展开式中项的系数还是二项式系数，是系数和还是二项式系数的和.1．在x 2(1＋x )6的展开式中，含x 4项的系数为________．答案 15解析因为(1＋x )6的展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 6x r ，x 2(1＋x )6的展开式中含x 4的项为C 26x 4＝15x 4，所以系数为15.2．(2015·湖南改编)已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含32x 的项的系数为30，则a ＝________.答案－6解析 ⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式通项T r ＋1＝C r 5 (－1)r a r ·2r x -＝(－1)r a r C r 5 52r x -，令52－r ＝32，则r ＝1， ∴T 2＝－a C 1532x ，∴－a C 15＝30，∴a ＝－6.3．(4x －2－x )6(x ∈R )展开式中的常数项是________．答案 15解析设展开式中的常数项是第r ＋1项，则T r ＋1＝C r 6·(4x )6－r·(－2－x )r ＝C r 6·(－1)r ·212x －2rx·2－rx＝C r 6·(－1)r ·212x －3rx，∵12x －3rx ＝0恒成立，∴r ＝4， ∴T 5＝C 46·(－1)4＝15.4．(2015·湖北改编)已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项52r x -的二项式系数和为________．答案 512解析由题意，C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10，则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29＝512.5．若在(x ＋1)4(ax －1)的展开式中，x 4的系数为15，则a 的值为________．答案 4解析 ∵(x ＋1)4(ax －1)＝(x 4＋4x 3＋6x 2＋4x ＋1)(ax －1)，∴x 4的系数为4a －1＝15，∴a ＝4.6．若(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a n (1－x )n，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n ＝____________. 答案 32(3n－1)解析在展开式中，令x ＝2，得3＋32＋33＋…＋3n ＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n ，即a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n ＝3 1－3n1－3＝32(3n－1)． 7．(2016·扬州模拟)已知(1＋2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ，系数的最大值为b ，则b a＝________. 答案1285解析由题意可得a ＝C 48＝70，再根据⎩⎪⎨⎪⎧C r8·2r≥C r ＋18·2r ＋1，C r 8·2r ≥C r －18·2r －1，得⎩⎪⎨⎪⎧r ≥5，r ≤6，求得r ＝5或6，此时，b ＝7×28，∴b a ＝1285. 8．(2016·北京)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答) 答案 60解析展开式的通项T r ＋1＝C r 6·16－r·(－2x )r ＝C r 6(－2)r ·x r .令r ＝2，得T 3＝C 26·4x 2＝60x 2，即x 2的系数为60.9．(2016·天津)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的展开式中x 7的系数为________．(用数字作答)答案－56解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1xr ＝(－1)r C r 8x 16－3r ，当16－3r ＝7时，r ＝3，则x7的系数为(－1)3C 38＝－56.10．若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.答案 10解析 f (x )＝x 5＝(1＋x －1)5，它的通项为T r ＋1＝C r5(1＋x )5－r·(－1)r，T 3＝C 25(1＋x )3(－1)2＝10(1＋x )3，∴a 3＝10.11．(2016·苏锡常联考)已知(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5，则二项式(ax －1)5展开后的各项系数之和为________．答案 1解析 ∵(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5，∴x 5的系数为C 05·a 5＝32，解得a ＝2. 在(2x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5中，令x ＝1可得二项式(2x －1)5展开后的各项系数之和为1.12．已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7 ＝－1.①令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. (2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094.(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.(4)方法一 ∵(1－2x )7展开式中，a 0、a 2、a 4、a 6大于零，而a 1、a 3、a 5、a 7小于零， ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.方法二 |a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|，即(1＋2x )7展开式中各项的系数和，令x ＝1， ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝37＝2 187.13．求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除．证明 ∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n－12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．*14.若(x ＋124x )n展开式中前三项的系数成等差数列，求：(1)展开式中所有x 的有理项；(2)展开式中系数最大的项．解易求得展开式前三项的系数为1，12C 1n ，14C 2n .据题意得2×12C 1n ＝1＋14C 2n ⇒n ＝8.(1)设展开式中的有理项为T r ＋1，由T r ＋1＝C r 8(x )8－r (124x )r ＝(12)r C r81634rx -，∴r 为4的倍数，又0≤r ≤8，∴r ＝0,4,8.故有理项为T 1＝(12)0C 08x 16304x -⨯＝x 4， T 5＝(12)4C 4816344x -⨯＝358x ， T 9＝(12)8C 8816384x -⨯＝1256x .(2)设展开式中T r ＋1项的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ 12 r C r 8≥ 12 r ＋1C r ＋18，12 r C r 8≥ 12 r －1C r －18⇒r ＝2或r ＝3. 故展开式中系数最大的项为T 3＝(12)2C 2816324x -⨯＝752x ， T 4＝(12)3C 3816334x -⨯＝774x .。

江苏专用2020版高考数学专题复习专题10计数原理概率与统计第67练计数原理排列组合练习理

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题10计数原理、概率与统计第67练计数原理、排列、组合练习理1. （2016 •无锡五校模拟）5人站成一排，则甲不站在排头的排法有_________ 种.2. 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___________ •3. （2016 •南京模拟）数字1,2, 3, 4, 5, 6按如图形式随机排列,设第一行的数为皿，其中必, 民分别表示第二，三行中的最大数，则满足AIV用的所有排列的个数是______________ .4. （2016 •汉口一模）某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有__________ 种.5. （2016 •西安二模）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的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有_________ 种.6. （2016 •徳阳诊断）学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节课至少有一科，且数学、理综不安排在同一廿，则不同的安排方法共有 _________ 种.7. （2016 •泉州质检）已知a,狂｛一1, 0,1,2｝,则关于x的方程d+2x+b=0有实数解的有序数对（a, b）的个数为_______ .8. （2016 •常州模拟）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位垃，则不同的站法种数是__________ .（用数字作答）9. （2016 •衡水二模）已知数列｛&｝共有5项，a：=0,金=2,且打“一厶=1, 7=1,2, 3,4,则满足条件的数列的个数为____________ •10. 某亲子节目的热播引发了一阵热潮，某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，英中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的种数是 ________ .11. 已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A, B, C, D, E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有__________ 种.12. 从甲、乙等6划运动员中选出4名参加4X100米接力赛.如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方法共有________ 种.13. 现有12种商品摆放在货架上，摆成上层4件、下层8件的形式，现要从下层的8件中取2件调整到上层，若貝他商品的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数是__________ •14. 公安部新修订的《机动车登记规左》正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排.某人欲选由£、B、C、D、f中的两个不同字母，和1、2、3、4、5 中的三个不同数字（三个数字都相邻）组成一个号牌，则此人选择号牌的不同的方法种数为答案精析1. 962.243.2404.245. 10解析1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有C：C：+g=10（种）.6. 30解析由于每科一节课，每节课至少有一科，必有两科在同一节课，先从4科中任选2科看作一个整体，然后做3个元素的全排列，共C：A；种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节课的情形，共£种方法，故不同的安排方法种数为C況一£=36-6=30.7. 13解析因为a, EG { — 1, 0,1, 2},可分为两类：①当a=0时，b可能为一1或1或0或2, 即Z,有4种不同的选法：②当aHO时，依题意得4=4一4必鼻0,所以ab^l.当a=-l时，&有4种不同的选法，当时，b可能为一1或0或1,即b有3种不同的选法，当尸2时，b可能为一1或0, 即&有2种不同的选法.根据分类计数原理，有序数对（a, 3的个数为4 + 4 + 3 + 2=13.8. 336解析甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，共有75 = 343（种）站法，当三个人同时站到同一个台阶的站法有7科故若每级台阶最多站2人，有343-7=336（种）站法.9. 4解析方法一因为冷宀一6 =1,所以”’一去=1或尸一1,即数列&}从前往后，相邻两项之间增加1或减少1，因为业=0,念=2,所以从/到比有3次增加1,有1次减少1,故数列G,}的个数为G=4.方法二设bi=a^i—ai, /=1,2, 3, 4,因为a»—a； =1,所以亦=1,即®=1 或—1. a s = <25 —ai+ai —as+aj—a^ + a：：—a： + ai = £>i + 2>5 + b+Z>i=2,故b2{i—l, 2, 3, 4）中有 3 个1, 1 个一1，故满足条件的数列的个数为C；=4.10. 1 080c：c二解析先分组，每组含有2户家庭的有2组，则有晋种不同的分组方法，剩下的2户家庭可以直接看成2组，然后将分成的4组进行全排列，故有-^XA： = 1 080（^）不同的分配方案. 11. 18解析先在月，B, Q三个区域种植3个不同的植物，共有£=6（种）种法，若£•与戏种植的植物相同，最后种刀，有1种种法：若疋与C种植的植物相同，最后种2?，有2种种法，很拯分类计数原理和分步计数原理知共有6X （1+2） =18（种）不同的种法.12. 240解析方法一（从元素考虑）从6名运动员中，选出4人有三种情况：（1）甲、乙都被选岀，有C；种选法；（2）甲、乙恰有1人被选出，有X：种选法：（3）甲、乙都未被选岀，有C：种选法.再将4人按要求安排位巻：甲、乙都参加，有怎皿种排法：甲、乙中有一人参加，有皿兀种排法：甲、乙都不参加，有A：种排法.故不同的参赛方法共有C：A葢+（±恋A；+CjA：== 240 （种）.方法二（从位宜考虑）第一棒从甲、乙以外的4人中选取，再排其他各棒，有A；A；=240（种）不同的参赛方法.方法三（间接法）从总数中减去甲、乙跑第一棒的情况，有A1-A黑=240（种）不同的参赛方法.13. 840解析首先从下层中抽取2件商品，共有C；=28（种）不同的结果，把抽岀的2件商品放到上层有两种情况：一种是2件商品相邻，放在上层4件商品形成的5个空中，有5疋=10（种）不同的调整方法；另一种是2件商品不相邻，把抽岀的2件商品插入上层4件商品形成的5 个空中，有£=20（种）不同的调整方法，所以共有28X（10+20）=840（种）不同的调整方法. 14. 3 600解析三个数字相邻，则共有A；种情况，在月、B、C、D、厅中选两个不同的字母，共有盂种不同的情况，这两个字母形成三个空，将数字整体插空，共C；种情况.综上所述，此人选择号牌的不同的方法种数为AXC；=60X20X3 = 3 600.。

2018年高考数学分类汇编：专题10计数原理、统计、概率

《2018年高考数学分类汇编》第十篇：计数原理、统计、概率一、选择题1.【2018全国一卷3】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例则下面结论中不正确的是A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半2.【2018全国一卷10】下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则A．p1=p2 B．p1=p3 C．p2=p3 D．p1=p2+p33.【2018全国二卷8】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．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 ．4.【2018全国三卷5】的展开式中的系数为A ．10B ．20C ．40D ．805.【2018全国三卷8】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则 A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.36.【2018浙江卷7】设0<p <1，随机变量ξ的分布列是则当p 在（0，1）内增大时， A ．D （ξ）减小B ．D （ξ）增大C ．D （ξ）先减小后增大D ．D （ξ）先增大后减小二、填空题1.【2018全国一卷15】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天津卷10】在5(x -的展开式中，2x 的系数为 .30723=+112114115118522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭4x p X 2.4DX =()()46P X P X =<=p =3.【2018江苏卷3.】已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为．4.【2018江苏卷6】某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为．5.【2018浙江卷14】二项式81)2x的展开式的常数项是___________． 6.【2018浙江卷16】16．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)7.【2018上海卷3】在7)1(x +的二项展开式中，2x 项的系数为 .（结果用数值表示）8.【2018上海卷9】9.有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是______（结果用最简分数表示）三、解答题1.【2018全国一卷20】某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为)10(<<p p ，且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为)(p f ,求)(p f 的最大值点0p ．（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的0p 作为p 的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（i ）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ; （ii ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？2.【2018全国二卷18】下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了与时间变量的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型①：；根据2010年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型②：．（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．y y t t 1217，，…，ˆ30.413.5y t =-+t 127，，…，ˆ9917.5y t =+3.【2018全国三卷18】某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人。

江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.3二项式定理课件理

2 3 2 含 y2 的项为 T3＝C2 ( x ＋ x ) · y. 5
其中(x ＋x) 中含 x 的项为
2 3 5
1 4 1 5 C3x · x＝C3x .
1 所以 x5y2 的系数为 C2 C 5 3＝30.
方法二
利用组合知识求解.
(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
∵前10项均能被88整除，∴余数是1.
(2)已知2n＋2· 3n＋5n－a能被25整除，求正整数a的最小值.
1 5 5 的展开式中 x 的系数为－80，则实数 a＝ x
－2 ____.
答案
解析
10 r 1 r 5－r r C5 x 2 ，＝a x 5
r 2 5－r ∵Tr＋1＝C5(ax )
5 ∴10－2r＝5，解得 r＝2，∴a3C2 5＝－80，解得 a＝－2.
2 取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C2 C 5 3＝30.
命题点2 已知二项展开式某项的系数求参数
例2
(1)(2015· 课标全国Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系
解析
3 答案数之和为32，则a＝____.
设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
(2)各项系数的和；
解答
令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；解答
2 10 9 奇数项的二项式系数和为 C0 ＋ C ＋ „ ＋ C ＝ 2 ， 10 10 10
偶数项的二项式系数和为
1 3 9 9 C10＋C10＋„＋C10＝2 .

2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书：第十章算法、统计与概率第1讲算法含答案

第1讲算法考试要求 1.算法的含义，算法的思想，A级要求;2。

算法流程图的三种基本逻辑结构：顺序、选择、循环，A级要求；3.基本算法语句，A级要求．知识梳理1．算法的含义：算法通常指可以用计算机来解决某一类问题的程序或步骤，这些程序或步骤必须是明确的和有效的，而且能够在有限步之内完成．2．流程图：又叫程序框图,是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形．在流程图中,一个或几个程序框的组合表示算法中的一个步骤;带有有向箭头的流程线将程序框连接起来，表示算法步骤的执行顺序．3．三种基本逻辑结构顺序结构：依次进行多个处理的结构称为顺序结构，如图(1)所示．选择结构：先根据条件作出判断，再决定执行哪一种操作的结构称为选择结构（或称为“分支结构”），如图(2)所示．循环结构:需要重复执行同一操作的结构称为循环结构，其又可分为如下两种结构:①先判断所给条件p是否成立，若p成立，则执行A,再判断条件p 是否成立；若p仍成立，则又执行A，如此反复，直到某一次条件p不成立为止．这样的循环结构称为当型循环,如图（3）所示．②先执行A，再判断所给条件p是否成立，若p不成立，则再执行A，如此反复，直到p成立,该循环过程结束，这样的循环结构称为直到型循环，如图（4）所示．4．基本算法语句包括：赋值语句,输入、输出语句,条件语句，循环语句．(1）条件语句的一般形式为：错误!其中A表示判断的条件,B表示满足条件时执行的操作内容，C表示不满足条件时执行的操作内容，End If表示条件语句结束．(2）循环语句①循环语句用来实现算法中的循环结构．②其中当型循环可用下面的语句形式来描述：错误!直到型循环可用下面的语句形式来描述：Do，循环体，Until p，End Do（3)当循环的次数已经确定，可用“For"语句表示，“For”语句的一般形式为：错误!诊断自测1．判断正误（在括号内打“√”或“×”)（1)算法只能解决一个问题,不能重复使用．（）(2)流程图中的图形符号可以由个人来确定．（）（3)输入框只能紧接开始框，输出框只能紧接结束框．（）（4)选择结构的出口有两个，但在执行时，只有一个出口是有效的．（)解析对于(1），算法能够重复使用；对于（2)，流程图中的图形符号不能由个人来确定;对于（3），输入框不一定紧接开始框之后，故（1)(2）(3)错．答案(1)×（2）×(3）×（4）√2．(2016·江苏卷）如图是一个算法的流程图,则输出的a的值是________．。

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计第77练 Word版含解析

1．(2016·天津)某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的概率分布和均值．2．(2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．3.(2016·河北衡水中学二模)根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1000位上网购物者的年龄情况如图所示．(1)已知30,40)，40,50)，50,60)三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求a，b 的值；(2)该电子商务平台将年龄在30,50)内的人群定义为高消费人群，其他年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得代金券总和X (单位：元)的概率分布与均值．4．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，某同学从中任取3道题解答． (1)求该同学至少取得1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设该同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示该同学答对题的个数，求X 的概率分布和均值．答案精析1．解 (1)由已知，有P (A )＝C 13C 14＋C 23C 210＝13.所以事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 23＋C 23＋C 24C 210＝415， P (X ＝1)＝C 13C 13＋C 13C 14C 210＝715， P (X ＝2)＝C 13C 14C 210＝415.所以随机变量X 的概率分布为故随机变量X 的均值E (X )＝0×415 ＋1×715＋2×415＝1.2．解 (1)设A 表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15. 又P (AB )＝P (B )，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.150.55＝311. 因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X ，则X 的概率分布为E (X )＝0.85a ×0.30＋a ×0.15＋1.25a ×0.20＋1.5a ×0.20＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.23a .因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 3．解 (1)由题意可知，⎩⎨⎧2b ＝a ＋0.015，(0.010＋0.015×2＋b ＋a )×10＝1，解得a ＝0.035，b ＝0.025.(2)利用分层抽样从样本中抽取10人，易知其中属于高消费人群的有6人，属于潜在消费人群的有4人．从该10人中抽取3人，此3人所获得代金券的总和为X (单位：元)，则X 的所有可能取值为150,200,250,300.P (X ＝150)＝C 36C 310＝16，P (X ＝200)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝250)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝300)＝C 34C 310＝130.所以X 的概率分布为E (X )＝150×16＋200×12＋250×310＋300×130＝210.4．解 (1)设事件A 为“该同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“该同学所取的3道题都是甲类题”． ∵P (A )＝C 36C 310＝16，∴P (A )＝1－P (A )＝56.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 02×(35)0×(25)2×15 ＝4125；P (X ＝1)＝C 12×(35)1×(25)1×15＋C 02×(35)0×(25)2×45＝28125； P (X ＝2)＝C 22×(35)2×(25)0×15＋C 12×(35)1×(25)1×45＝57125；P (X ＝3)＝C 22×(35)2×(25)0×45 ＝36125.∴X 的概率分布为4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.∴E(X)＝0×。

江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.1分类计数原理与分步计数原理教师用书理

第十章计数原理 10.1 分类计数原理与分步计数原理教师用书理苏教版1．分类计数原理与分步计数原理【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )(2)在分类计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )(3)在分步计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )(4)如果完成一件事情有n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i (i ＝1,2,3，…，n )，那么完成这件事共有m 1m 2m 3…m n 种方法．( √ )(5)在分步计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )1．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．答案252解析由分步计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.2．(教材改编)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．答案 6解析分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6.3．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．答案13解析当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个．4．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________．答案18解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类计数原理，知共有12＋6＝18(个)奇数．5．(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．答案32解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步计数原理，知总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种)．题型一分类计数原理的应用例1 高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？解(1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法．根据分类计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．根据分类计数原理，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．思维升华分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．(2016·全国丙卷改编)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m 项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k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1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A24个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C34个，共2＋8＋4＝14(个)．题型二分步计数原理的应用例2 (1)(2016·全国甲卷改编)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________．(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．答案(1)18 (2)120解析(1)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)．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．引申探究1．本例(2)中，若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？解每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．2．本例(2)中，若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．思维升华(1)利用分步计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．(1)(2016·无锡模拟)用0,1,2,3,4,5可组成无重复数字的三位数的个数为________．(2)(2017·徐州质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．答案(1)100 (2)4554解析(1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．题型三两个计数原理的综合应用例3 (1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．答案(1)260 (2)36解析(1)区域A有5处涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．思维升华利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．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，则不同的涂色种数为________．答案96解析按区域1与3是否同色分类：(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24(种)方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A24×2×1×3＝72(种)方法．故由分类计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.11．利用两个基本原理解决计数问题典例(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有________种．(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．错解展示解析(1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，共有3×4＝12(种)方法．答案(1)34(2)12现场纠错解析(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．答案(1)43(2)7纠错心得(1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误．1．(2016·镇江模拟)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，则不同的安排方案共有________种．答案20解析可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A24种排法；②甲排在周二，共有A23种排法；③甲排在周三，共有A22种排法，故不同的安排方案共有A24＋A23＋A22＝20(种)．2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有________种．答案 5解析记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种，共5种摆法．3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有________种．答案12解析第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C24＝6(种)选派方法．由分步计数原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．4．(2015·四川改编)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有________个．答案120解析由题意知，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A34＝72(个)；若万位是4，则有2×A34＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．5．(2016·盐城模拟)在高校自主招生中，某学校获得5个推荐名额，其中清华大学2名，北京大学2名，复旦大学1名，并且北京大学和清华大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有________种．答案24解析根据题意，分2种情况讨论：①第一类三个男生每个大学各推荐一人，两名女生分别推荐北京大学和清华大学，共有A33A22＝12(种)推荐方法；②将三个男生分成两组分别推荐北京大学和清华大学，其余2个女生从剩下的2个大学中选，共有C12C23A22＝12(种)推荐方法．故共有12＋12＝24(种)推荐方法．6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种．答案12解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．7．(2016·泰州模拟)在学校运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．答案 2 880解析分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，∴安排方式有A34种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，∴安排方式有A55＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．答案13解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．9．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．答案17解析当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A25＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．10．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，共计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．结合分步计数原理，知有9×10n种填法．11．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？解(1)只需一人参加，可按老师，男同学，女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17.(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14(种)选法，由分步计数原理知，总方法数为3×14＝42.(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步计数原理知，总方法数为3×6×8＝144(种)．12．如图所示，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异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解方法一设染色按S－A－B－C－D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法．由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A 不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C、D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法．由分步计数原理，不同的染色方法种数为60×7＝420.方法二根据所用颜色种数分类，可分三类．第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共A35＝60(种)涂法；第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2A45＝240；第三类：用5种颜色，涂法种数共A55＝120(种)．综上可知，满足题意的染色方法种数为60＋240＋120＝420.*13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？解(1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．。

【精品】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计第72练含解析

1．(2016·亳州质检)已知集合M ＝{1,2,3,4}，N ＝{(a ，b )|a ∈M ，b ∈M }，A 是集合N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线OA 与y ＝x 2＋1有交点的概率是________． 2．(2016·徐州质检)设a ∈{1,2,3,4}，b ∈{2,4,8,12}，则函数f (x )＝x 3＋ax －b 在区间1,2]上有零点的概率为________．3．如图，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，则BM ＜1的概率为________．4．已知椭圆x 24＋y 2＝1的左，右焦点分别为F 1，F 2，在长轴A 1A 2上任取一点M ，过M 作A 1A 2的垂线交椭圆的于点P ，则使得PF 1→·PF 2→＜0的点M 的概率为________． 5．将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m ，第二次出现的点数为n ，向量p ＝(m ，n )，q ＝(3,6)，则向量p 与q 共线的概率为________． 6．我们把日均收看体育节目的时间超过50分钟的观众称为“超级体育迷”．已知5名“超级体育迷”中有2名女性，若从中任选2名，则至少有1名女性的概率为________．7．抛掷两枚均匀的骰子，得到的点数分别为a，b，那么直线xa＋yb＝1的斜率k≥－12的概率为________．8．(2016·昆明一模)小明从某书店购买5本不同的教辅资料，其中语文2本，数学2本，物理1本．若将这5本书随机排并摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是_______．9．(2016·徐州模拟)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．10．(2016·扬州二模)设a，b均随机取自集合{1,2,3}，则直线ax＋by＋3＝0与圆x2＋y2＝1有公共点的频率是________．11．(2016·苏北四市质检)在△ABC的边AB上随机取一点P，记△CAP和△CBP的面积分别为S1和S2，则S1＞2S2的概率是________．12．(2016·徐州、连云港、宿迁三检)甲、乙、丙三人一起玩“黑白配”游戏，甲、乙、丙三人每次都随机出“手心(白)”、“手背(黑)”中的一个手势，当其中一个人出示的手势与另外两人都不一样时，这个人胜出；其他情况，不分胜负，则一次游戏中甲胜出的概率是________．13．已知平面区域D1＝{(x，y)||x|＜2，|y|＜2}，D2＝{(x，y)|kx－y＋2＜0}．在区域D1内随机选取一点M，若点M恰好取自区域D2的概率为p，且0＜p≤18，则k的取值范围是______________．14．(2016·辽宁锦州中学期中)△ABC的三边长度分别是2,3，x，由所有满足该条件的x构成集合M，现从集合M中任取一x值，所得△ABC恰好是钝角三角形的概率为________．答案精析1.142.11163.254.63解析设P (x ，y )，则PF 1→·PF 2→＜0⇒(－3－x ，－y )·(3－x ，－y )＜0⇒x 2－3＋y 2＜0⇒x 2－3＋1－x 24＜0⇒|x |＜263，故所求的概率为4634＝63. 5.112解析由题意可得基本事件(m ，n )(m ，n ＝1,2，…，6)的个数为6×6＝36. 若p ∥q ，则6m －3n ＝0，得n ＝2m .满足此条件的有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共3个基本事件．因此向量p 与q 共线的概率为P ＝336＝112. 6.710解析用a i 表示男性，其中i ＝1,2,3，b j 表示女性，其中j ＝1,2.记“选出的2名全都是男性”为事件A ，“选出的2名有1名男性1名女性”为事件B ，“选出的2名全都是女性”为事件C ，则事件A 包含(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 2，a 3)，共3个基本事件，事件B 包含(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，共6个基本事件，事件C 包含(b 1，b 2)，共1个基本事件．事件A ，B ，C 彼此互斥，事件至少有1名女性包含事件B 和C ，所以所求事件的概率为6＋13＋6＋1＝710.7.14解析记a ，b 的取值为数对(a ，b )，由题意知(a ，b )的所有可能的取值有36种．由直线x a ＋y b ＝1的斜率k ＝－b a ≥－12，知b a ≤12，那么满足题意的(a ，b )可能的取值为(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，(5,1)，(5,2)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，共9种，所以所求概率为936＝14. 8.25解析语文、数学只有一科的两本书相邻，有2A 22A 22A 23＝48(种)摆放方法；语文、数学两科的两本书都相邻，有A 22A 22A 33＝24(种)摆放方法；而五本不同的书排成一排总共有A 55＝120(种)摆放方法．故所求概率为1－48＋24120＝25. 9.16解析十个数中任取七个不同的数共有C 710种情况，七个数的中位数为6，那么6只能处在中间位置，有C 36种情况，于是所求概率P ＝C 36C 710＝16.10.59解析由题意知，直线与圆有公共点时a ，b 应满足|3|a 2＋b 2≤1，即a 2＋b 2≥9，所以a ，b 中有一个要取3，取法有5种(可得5条不同直线)，而a ，b 均随机取自集合{1,2,3}，共有9种不同的取法(可得9条不同直线)，故所求概率为59. 11.13解析如图，点D 在△ABC 的边AB 上，且满足AD ＝2DB ，那么当且仅当点P 在线段DB (不包括端点)上时，S 1＞2S 2，所以所求的概率为13. 12.14解析如图所示，甲、乙、丙三人每次都随机出“手心(白)”、“手背(黑)”，一共有8个不同的结果，在一次游戏中甲胜出一共有2个不同的结果，所以在一次游戏中甲胜出的概率P ＝28＝14.13.－1,0)∪(0,1]解析如图所示，平面区域D 1是由边长等于4的正方形内部的点构成的，其面积为16，直线kx －y ＋2＝0恒过定点P (0,2)．由于原点必在区域D 2外，且图中每个阴影三角形的面积与大正方形的面积之比均为18，故当k ＞0时，k ∈(0,1]；当k ＜0时，k ∈－1,0)．从而k 的取值范围为－1,0)∪(0,1]．14.4－13＋54解析由题意，△ABC 的三边长度分别是2,3，x ，⎩⎪⎨⎪⎧2＋3＞x ，2＋x ＞3，∴1＜x ＜5，区间长度为4.若△ABC 恰好是钝角三角形，则⎩⎪⎨⎪⎧ 4＋x 2－9＜0，2＋x ＞3或⎩⎪⎨⎪⎧2＋3＞x ，4＋9－x 2＜0，∴x 的取值范围是(1，5)∪(13，5)，区间长度为4－13＋5，∴从集合M 中任取一个x 值，所得△ABC 恰好是钝角三角形的概率为4－13＋54。

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计第71练含解析

2．(2016·山西四校联考)从1,2,3,4这四个数中一次随机取两个，则取出的两个数之和为偶数的概率是________．3．甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件．那么甲是乙的______________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)4．从1,2，…，9中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个数都是奇数；③至少有一个奇数和两个数都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．在上述各对事件中，是对立事件的是________．5．(2016·无锡模拟)一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．6．(2016·泰州一模)甲乙两人下棋，若甲获胜的概率为15，甲乙下成和棋的概率为25，则乙不输棋的概率为________．7．(2016·苏、锡、常、镇一模)在一次满分为160分的数学考试中，某班40名学生的考试成绩分布如下：从该班学生中随机抽取一名学生，则该学生在这次考试中成绩不少于120分的概率为________．8．(2017·沈阳四校联考)任取一个三位正整数N，则对数log2N是一个正整数的概率是________．9．(2016·连云港模拟)在数字1,2,3,4四个数中，任取两个不同的数，其和大于积的概率是________．10．在正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为________．11．在一场比赛中，某篮球队的11名队员共有9名队员上场比赛，其得分的茎叶图如图所示．从上述得分超过10分的队员中任取2名，则这2名队员的得分之和超过35分的概率为________．12．(2016·南通三模)从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取一个数记为x，则log2x为整数的概率为________．13．将一枚骰子(一种六个面上分别标有1,2,3,4,5,6的正方体玩具)先后抛掷2次，向上的点数分别记为m，n，则点P(m，n)落在区域|x－2|＋|y－2|≤2内的概率是________．14．(2016·镇江模拟)设m，n分别为连续两次投掷骰子得到的点数，且向量a＝(m，n)，b＝(1，－1)，则向量a，b的夹角为锐角的概率是________．答案精析1．0.45 2.13 3.必要不充分 4.③5.8151415解析(1)由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，取得两个同色球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色球的概率为P＝715＋115＝815.(2)由于事件A“至少取得一个红球”与事件B“取得两个绿球”是对立事件，则至少取得一个红球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－115＝1415.6.4 5解析“乙不输棋”的对立事件为“甲获胜”，P(乙不输棋)＝1－P(甲获胜)＝4 5.7．0.3解析成绩不少于120分的学生有12人，所以抽取的这名学生在这次考试中的成绩不少于120分的概率为1240＝0.38.1 300解析三位正整数共有900个，使log2N为正整数，N为29,28,27共三个，概率为3 900＝1 300.9.1 2解析从1,2,3,4中任取两数可能为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个可能的基本事件，其中和大于积的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，故概率为1 2.10.2 5解析如图为正六边形ABCDEF，从6个顶点中随机选择4个顶点，共有15种选法，其中构成的四边形是梯形的有ABEF、BCDE、ABCF、CDEF、ABCD、ADEF，共6种选法，故构成的四边形是梯形的概率为P＝615＝25.11.310解析从得分超过10分的队员中任取2名，一共有以下10种不同的取法：(12,14)，(12,15)，(12,20)，(12,22)，(14,15)，(14,20)，(14,22)，(15,20)，(15,22)，(20,22)，其中这2名队员的得分之和超过35分的取法有以下3种：(14,22)，(15,22)，(20,22)，故所求概率 P ＝310. 12.49解析能使log 2x 为整数的x 有1,2,4,8，所以P ＝49. 13.1136解析由题意可得所有可能的基本事件共36个．当m ＝1时，1≤n ≤3，故符合条件的基本事件有3个；当m ＝2时，1≤n ≤4，故符合条件的基本事件有4个；当m ＝3时，1≤n ≤3，故符合条件的基本事件有3个；当m ＝4时，n ＝2，故符合条件的基本事件有1个．故共有11个符合条件的基本事件，即所求概率为1136. 14.512解析向量a ，b 的夹角为锐角，所以a ·b ＞0，所以m －n ＞0，即m ＞n . 所以P ＝5＋4＋3＋2＋16×6＝1536＝512.。

2018版高考数学理科专题复习专题10 计数原理、概率与统计第76练含解析

2．解
(1)记甲、乙、丙各自闯关成功的事件分别为 A1、A2、A3， 3 PA1＝， 5
6 由已知 A1、A2、A3 相互独立，且满足 [1－PA1][1－PA3]＝25， PA2PA3＝ 3 2 解得 P(A2)＝，P(A3)＝ . 4 5 3 ， 10
3 2 所以乙、丙各自闯关成功的概率分别为、 . 4 5 (2)ξ的可能取值为 0,1,2,3. 3 3 2 1－ 1－ P(ξ＝0)＝ 5 4 5 2 1 3 6 3 ＝ × × ＝＝， 5 4 5 100 50 1－ 3 2 3 1－ 1－ P(ξ＝1)＝ 4 5 5 3 2 3 1－ 1－＋ 5 5 4
训练目标训练题型
熟练掌握随机变量的均值与方差的求法． (1)求随机变量的均值；(2)求随机变量的方差；(3)统计知识与均值、方差的综合应用．
解题策略
(1)熟练掌握均值、方差的计算公式及其性质； (2)此类问题的关键是分析概率模型，正确求出概率.
1．袋中有 20 个大小相同的球，其中记上 0 号的有 10 个，记上 n 号的有 n 个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球．ξ表示所取球的标号． (1)求ξ的概率分布，均值和方差； (2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，V(η)＝11，试求 a，b 的值． 3 2．(2016·威海模拟)三人参加某娱乐闯关节目，假设甲闯关成功的概率是，乙、丙两人同时闯关 5 3 6 成功的概率是，甲、丙两人同时闯关失败的概率是，且三人各自能否闯关成功相互独立． 10 25 (1)求乙、丙两人各自闯关成功的概率； (2)设ξ表示三人中最终闯关成功的人数，求ξ的概率分布和均值． 3．甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一 1 方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立，第 1 局甲当裁判． 2 (1)求第 4 局甲当裁判的概率； (2)用 X 表示前 4 局中乙当裁判的次数，求 X 的概率分布和均值． 4．(2016·徐州模拟)某市公安局为加强安保工作，特举行安保项目的选拔比赛活动，其中 A、B 两个代表队进行对抗赛，每队三名队员，A 队队员是 A1、A2、A3，B 队队员是 B1、B2、B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下表，现按表中对阵方式进行三场比赛，每场胜队得 1 分，负队得 0 分，设 A 队、B 队最后所得总分分别为ξ，η，且ξ＋η＝3. 对阵队员 A1 对 B1 A 队队员胜 2 3 A 队队员负 1 3

高考数学专题复习专题10 计数原理、概率与统计第67练计数原理、排列、组合练习理

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题10 计数原理、概率与统计第67练计数原理、排列、组合练习理训练目标(1)熟练掌握两个计数原理并能灵活应用；(2)会应用排列、组合的计算公式解决与排列组合有关的实际问题．训练题型(1)两个计数原理的应用；(2)排列问题；(3)组合问题；(4)排列与组合的综合问题．解题策略(1)理解两个计数原理的区别与联系，掌握分类与分步的原则，正确把握分类标准；(2)将常见的排列组合问题分成不同类型，并掌握各种类型的解法，弄清问题实质，做到融会贯通.1．(2016·无锡五校模拟)5人站成一排，则甲不站在排头的排法有________种．2．6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________．3．(2016·南京模拟)数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二，三行中的最大数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是________．4．(2016·汉口一模)某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有________种．5．(2016·西安二模)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的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．6．(2016·德阳诊断)学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节课至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有________种．7．(2016·泉州质检)已知a，b∈{－1,0,1,2}，则关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．8．(2016·常州模拟)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答) 9．(2016·衡水二模)已知数列{a n}共有5项，a1＝0，a5＝2，且|a i＋1－a i|＝1，i＝1,2,3,4，则满足条件的数列{a n}的个数为________．10．某亲子节目的热播引发了一阵热潮，某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的种数是________．11．已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E 这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．12．从甲、乙等6名运动员中选出4名参加4×100米接力赛．如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方法共有________种．13．现有12种商品摆放在货架上，摆成上层4件、下层8件的形式，现要从下层的8件中取2件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数是________．14．公安部新修订的《机动车登记规定》正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排．某人欲选由A、B、C、D、E中的两个不同字母，和1、2、3、4、5中的三个不同数字(三个数字都相邻)组成一个号牌，则此人选择号牌的不同的方法种数为________．答案精析1．96 2.24 3.240 4.245．10解析 1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有C 14C 33＋C 24C 22＝10(种)．6．30解析由于每科一节课，每节课至少有一科，必有两科在同一节课，先从4科中任选2科看作一个整体，然后做3个元素的全排列，共C 24A 33种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节课的情形，共A 33种方法，故不同的安排方法种数为C 24A 33－A 33＝36－6＝30.7．13解析因为a ，b ∈{－1,0,1,2}，可分为两类：①当a ＝0时，b 可能为－1或1或0或2，即b 有4种不同的选法；②当a ≠0时，依题意得Δ＝4－4ab ≥0，所以ab ≤1.当a ＝－1时，b 有4种不同的选法，当a ＝1时，b 可能为－1或0或1，即b 有3种不同的选法，当a ＝2时，b 可能为－1或0，即b 有2种不同的选法．根据分类计数原理，有序数对(a ，b )的个数为4＋4＋3＋2＝13.8．336解析甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，共有73＝343(种)站法，当三个人同时站到同一个台阶的站法有7种，故若每级台阶最多站2人，有343－7＝336(种)站法．9．4解析方法一因为|a i ＋1－a i |＝1，所以a i ＋1－a i ＝1或a i ＋1－a i ＝－1，即数列{a n }从前往后，相邻两项之间增加1或减少1，因为a 1＝0，a 5＝2，所以从a 1到a 5有3次增加1，有1次减少1，故数列{a n }的个数为C 34＝4.方法二设b i ＝a i ＋1－a i ，i ＝1,2,3,4，因为|a i ＋1－a i |＝1，所以|b i |＝1，即b i ＝1或－1.a 5＝a 5－a 4＋a 4－a 3＋a 3－a 2＋a 2－a 1＋a 1＝b 4＋b 3＋b 2＋b 1＝2，故b i (i ＝1,2,3,4)中有3个1,1个－1，故满足条件的数列{a n }的个数为C 14＝4.10．1 080解析先分组，每组含有2户家庭的有2组，则有C 26C 24A 22种不同的分组方法，剩下的2户家庭可以直接看成2组，然后将分成的4组进行全排列，故有C 26C 24A 22×A 44＝1 080(种)不同的分配方案．11．18解析先在A，B，C三个区域种植3个不同的植物，共有A33＝6(种)种法，若E与A种植的植物相同，最后种D，有1种种法；若E与C种植的植物相同，最后种D，有2种种法，根据分类计数原理和分步计数原理知共有6×(1＋2)＝18(种)不同的种法．12．240解析方法一(从元素考虑)从6名运动员中，选出4人有三种情况：(1)甲、乙都被选出，有C24种选法；(2)甲、乙恰有1人被选出，有C12C34种选法；(3)甲、乙都未被选出，有C44种选法．再将4人按要求安排位置：甲、乙都参加，有A23A22种排法；甲、乙中有一人参加，有A13 A33种排法；甲、乙都不参加，有A44种排法．故不同的参赛方法共有C24A23A22＋C12C34A13A33＋C44A44＝240(种)．方法二(从位置考虑)第一棒从甲、乙以外的4人中选取，再排其他各棒，有A14A35＝240(种)不同的参赛方法．方法三(间接法)从总数中减去甲、乙跑第一棒的情况，有A46－A12A35＝240(种)不同的参赛方法．13．840解析首先从下层中抽取2件商品，共有C28＝28(种)不同的结果，把抽出的2件商品放到上层有两种情况：一种是2件商品相邻，放在上层4件商品形成的5个空中，有5A22＝10(种)不同的调整方法；另一种是2件商品不相邻，把抽出的2件商品插入上层4件商品形成的5个空中，有A25＝20(种)不同的调整方法，所以共有28×(10＋20)＝840(种)不同的调整方法．14．3 600解析三个数字相邻，则共有A35种情况，在A、B、C、D、E中选两个不同的字母，共有A25种不同的情况，这两个字母形成三个空，将数字整体插空，共C13种情况．综上所述，此人选择号牌的不同的方法种数为A35A25C13＝60×20×3＝3 600.。

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1,2,3,4)．现从袋中任取一球．ξ表示所取球的标号．
(1)求ξ的概率分布，均值和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，V(η)＝11，试求a，b的值．
2．(2016·威海模拟)三人参加某娱乐闯关节目，假设甲闯关成功的概率是3
5，乙、丙
两人同时闯关成功的概率是3
10，甲、丙两人同时闯关失败的概率是
6
25，且三人各自
能否闯关成功相互独立．
(1)求乙、丙两人各自闯关成功的概率；
(2)设ξ表示三人中最终闯关成功的人数，求ξ的概率分布和均值．
3．甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛
结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为1
2，各局比赛的
结果相互独立，第1局甲当裁判．
(1)求第4局甲当裁判的概率；
(2)用X表示前4局中乙当裁判的次数，求X的概率分布和均值．
4．(2016·徐州模拟)某市公安局为加强安保工作，特举行安保项目的选拔比赛活动，其中A、B两个代表队进行对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1、A2、A3，B队队员是B1、B2、B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下表，现按表中对阵方式进行三场比赛，每场胜队得1分，负队得0分，设A队、B队最后所得总分分别为ξ，η，且ξ＋η＝3.
(1)求A
(2)求ξ的概率分布，并用统计学的知识说明哪个队实力较强．
答案精析
1．解 (1)ξ的概率分布为
∴E (ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝3
2，
V (ξ)＝(0－32)2×12＋(1－32)2×120＋(2－32)2×110＋(3－32)2×320＋(4－32)2×15＝11
4.
(2)由题意可知V (η)＝a 2V (ξ)＝a 2×11
4＝11，∴a ＝±2. 又E (η)＝aE (ξ)＋b ，
∴当a ＝2时，1＝2×3
2＋b ，得b ＝－2；当a ＝－2时，1＝－2×3
2＋b ，得b ＝4. ∴⎩⎨⎧ a ＝2，b ＝－2或⎩⎨⎧
a ＝－2，
b ＝4.
2．解 (1)记甲、乙、丙各自闯关成功的事件分别为A 1、A 2、A 3，
由已知A 1
、A 2
、A 3
相互独立，且满足⎩⎪⎨⎪⎧
P (A 1)＝3
5
，
[1－P (A 1
)][1－P (A 3
)]＝625，
P (A 2
)P (A 3
)＝310，
解得P (A 2)＝34，P (A 3)＝2
5.
所以乙、丙各自闯关成功的概率分别为34、2
5. (2)ξ的可能取值为0,1,2,3. P (ξ＝0)＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－25
＝25×14×35＝6100＝350，
P (ξ＝1)＝35⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25
＋34⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－35⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－25 ＋25⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－35⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－34＝31100，
P(ξ＝2)＝3
5×
3
4×⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
2
5＋
3
5×
2
5×⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
3
4＋
2
5×
3
4×⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
3
5＝
45
100＝
9
20，
P(ξ＝3)＝3
5×
3
4×
2
5＝
18
100＝
9
50.
所以随机变量ξ的概率分布为
所以随机变量ξ的均值E(ξ)＝0×3
50＋1×
31
100＋2×
9
20＋3×
9
50＝
175
100＝
7
4.
3．解(1)记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，A2表示事件“第3局结果为甲负”，
A表示事件“第4局甲当裁判”．
则A＝A1·A2.
则P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝1 4.
(2)X的可能取值为0,1,2.
记A3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙胜”，B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，
B2表示事件“第2局乙参加比赛时，结果为乙胜”，
B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”，
则P(X＝0)＝P(B1·B2·A3)
＝P(B1)P(B2)P(A3)＝1 8，
P(X＝2)＝P(B1·B3)＝1
4，则P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝1－
1
8－
1
4＝
5
8.
∴X的概率分布为
∴E(X)＝0×1
8＋1×
5
8＋2×
1
4＝
9
8.
4．解(1)记“A队最后所得总分为1”为事件A0，
∴P(A0)＝2
3×
3
5×
4
7＋
1
3×
2
5×
4
7＋
1
3×
3
5×
3
7＝
41
105.
(2)ξ的所有可能取值为3,2,1,0，
P(ξ＝3)＝2
3×
2
5×
3
7＝
12
105＝
4
35，
P(ξ＝2)＝2
3×
2
5×
4
7＋
1
3×
2
5×
3
7＋
2
3×
3
5×
3
7＝
40
105＝
8
21，
P(ξ＝1)＝41 105，
P(ξ＝0)＝1
3×
3
5×
4
7＝
12
105＝
4
35，
∴ξ的概率分布为
E(ξ)＝0×4
35＋1×
41
105＋2×
8
21＋3×
4
35＝
157
105.
∵ξ＋η＝3，
∴E(η)＝－E(ξ)＋3＝158 105.
由于E(η)＞E(ξ)，故B队的实力较强．。

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计 第76练

2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计 第73练含解析