北师大版高中数学选修2-3作业：第1章 计数原理.4
高中数学 第一章 计数原理 1.4.1 简单计数问题教案 北师大版选修2-3-北师大版高二选修2-3
4. 简单计数问题
一、复习引入：
1.两个计数原理；
2．排列、组合的概念；
3．排列数、组合数的计算公式。
二、学生自学：
完成优化设计12页“知识梳理〞部分
三、典例精讲：
例1．课本18页例1。
变式训练：
(1)把n+1个不同小球全部放到n 个有编号的小盒中去，每小盒至少有1个小球，共有多少种放法？
(2)把n+1相同的小球，全部放到n 个有编号的小盒中去，每盒至少有1个小球，又有多少种放法？
(3)把n+1个不同小球，全部放到n 个有编号的小盒中去，如果每小盒放进的球数不限，问有多少种放法？
例2．甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解法一：〔排除法〕422131424152426=+-C C C C C C ．
解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有2324C C ；
另一类为甲不值周一，但值周六，有2414C C ，
∴一共有2414C C +2324C C ＝42种方法．
例3．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步：从6本不同的书中任取2本“捆绑〞在一起看成一个元
素有26C 种方法；
第二步：将5个“不同元素〔书〕〞分给5个人有55A 种方法．
根据分步计数原理，一共有26C 55
A ＝1800种方法 例4. 从6双不同手套中，任取4只，
(1)恰有1双配对的取法是多少？
(2)没有1双配对的取法是多少？
(3)至少有1双配对的取法是多少？。
2019版北师大版数学【选修2-3】：第1章《计数原理》综合测试(含答案)
2019版数学精品资料（北师大版）第一章综合测试时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图，从上往下读(不能跳读)构成句子“构建和谐社会，创美好未来”的不同读法种数是()构建建和和和谐谐谐谐社社社社社会会会会会会创创创创创美美美美好好好未未来A．250B．240C．252D．300[答案] C[解析]要组成题设中的句子，则每行读一字，不能跳读．每一种读法须10步完成(从上一个字到下一个字为一步)，其中5步是从左上角到右下角方向读的，故共有不同读法C510＝252种．2．某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有() A．30种B．36种C．42种D．48种[答案] C[解析]本题考查排列组合的基本知识，涉及分类，分步计算原理、特殊元素、特殊位置．甲在16日，有C14C24＝24种；甲在15日，乙在15日有C24＝6种．甲在15日，乙在14日时有C14C13＝12种，所以总共24＋6＋12＝42，故选C.3．(1＋x)7的展开式中x2的系数是()A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21，此题误认为T r＋1为第r项，导致失分．4．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有()A．60种B．48种C．36种D．24种[答案] D[解析]把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，A44＝24种．5．(2013·新课标Ⅰ理，9)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＝() A．5 B．6C．7 D．8[答案] B[解析]a＝c m2m ＝2m(2m－1)…(m＋1)m！，b＝c m2m＋1＝(2m＋1)·2m…(m＋2)m！，又∵13a＝7b，∴13(m＋1)＝7(2m＋1)，∴m＝6.6．设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n ＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有( )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个[答案] A[解析] 解法一：因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n ＝1或2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．解法二：由题意知m >n ，则应有C 24＝6(个)焦点在x 轴上的不同椭圆．故选A.7.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有( )A ．324种B ．216种C ．244种D ．240种[答案] D[解析] 若1、4同色，共有C 14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A 24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．8．(2012·辽宁理，5)一排9个座位坐了3个三口之家， 若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9! [答案] C[解析] 本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法3！， 三个家庭即(3！)3，三个家庭又可全排列，因此(3！)4 注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．9．(2014·山东省胶东示范校检测)已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x ，y 正半轴上的整点)，其运动规律为(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)或(m ，n )→(m ＋1，n －1)．若该动点从原点出发，经过6步运动到点(6,2)，则不同的运动轨迹有( )A ．15种B ．14种C ．9种D ．103种[答案] C[解析] 由运动规律可知，每一步的横坐标都增加1，只需考虑纵坐标的变化，而纵坐标每一步增加1(或减少1)，经过6步变化后，结果由0变到2，因此这6步中有2步是按照(m ，n )→(m ＋1，n －1)运动的，有4步是按照(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)运动的，因此，共有C 26＝15种，而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x ，y 正半轴上的整点)，当第一步(m ，n )→(m ＋1，n －1)时不符合要求，有C 15种；当第一步(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)，但第二、三两步为(m ，n )→(m ＋1，n －1)时也不符合要求，有1种，故要减去不符合条件的C 15＋1＝6种，故共有15－6＝9种．10．(2014·福建理，10)用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球，而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5)D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5) [答案] A[解析] 从5个无区别的红球中取出若干个球的所有情况为1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，从5个有区别的黑球中取出若干个球的所有情况为(1＋c )(1＋c )(1＋c )(1＋c )(1＋c )，而所有蓝球都取出或都不取出有1＋b 5种情况，故选A.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分) 11．(2013·安徽理，11)若(x ＋a 3x)8的展开式中x 4的系数为7，则实数a ＝________.[答案] 12[解析] 由T r ＋1＝C r 8·x r (a3x )8－r ＝C r 8·x 4r －83·a 8－r.令4r －83＝4，∴r ＝5，则x 4的系数为C 58a 3＝7.解之得a ＝12.12．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有______种(用数字作答)．[答案] 36[解析] 分2步完成：第一步：将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种．第二步：将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．13．用数字0,1,2,3,4,5,6组成设有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答)．[答案] 324[解析] 分两大类：(1)四位数中如果有0，这时0一定排在个、十、百位的任一位上，如排在个位，这时，十位、百位上数字又有两种情况：①可以全是偶数；②可以全是奇数．故此时共有C 23A 33C 14＋C 23A 33C 14＝144(种)．(2)四位数中如果没有0，这时后三位可以全是偶数，或两奇一偶．此时共有A 33A 13＋C 23C 13A 33C 13＝180(种)．故符合题意的四位偶数共有：144＋180＝324(种)．14．若(x －2)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝________(用数字作答)．[答案] 31[解析] 已知(x －2)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0， 令x ＝1，得(1－2)5＝a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝－1， 令x ＝0，得(0－2)5＝a 0＝－32， 所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝31.15．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．[答案] 19[解析] 为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分) 16．(1)化简n ·(n ＋1)·…·(n ＋m )；(2)求证：A 57＋5A 47＝A 58； (3)求n 使A 32n ＝10A 3n .[解析] (1)由排列数公式的阶乘形式可得n ·(n ＋1)·…·(n ＋m )＝(n ＋m )！(n －1)！＝A m ＋1n ＋m .(2)A 57＋5A 47＝7×6×5×4×3＋5×7×6×5×4＝(3＋5)×7×6×5×4＝8×7×6×5×4＝A 58，故等式得证．(3)由A 32n ＝10A 3n 得2n (2n －1)(2n －2)＝10n (n －1)(n －2)，即4n (2n －1)(n －1)＝10n (n －1)(n －2)，4(2n －1)＝10(n －2)(n ≥3，n 是正整数)，解得n ＝8.17．把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车里参加售票劳动，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同情况．(1)有几种不同的分配方法？(2)每个小组必须是一个男同志和一个女同志有几种不同的分配方法？ (3)男同志与女同志分别分组，有几种不同分配方法？[解析] (1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一辆车，共有C 28种，再上第二车共有C 26种，再上第三车共有C 24种，最后上第四车共有C 22种，这样不同分配方法，按分步计数原理有C 28·C 26·C 24·C 22＝2520(种)． (2)要求男女各1人，因此先把男同志安排上车，共有A 44种不同方法，同理，女同志也有A 44种方法，由分步计数原理，男女各1人上车的不同分配方法为A 44·A 44＝576(种)．(3)男女分别分组，4个男的平分成两组共有C 242＝3(种)，4个女的分成两组也有C 242＝3(种)不同分法，这样分组方法就有3×3＝9(种)，对于其中每一种分法上4部车，又有A 44种上法，因而不同分配方法为9·A 44＝216(种)．18．把7个大小完全相同的小球，放置在三个盒子中，允许有的盒子一个也不放． (1)如果三个盒子完全相同，有多少种放置方法？ (2)如果三个盒子各不相同，有多少种放置方法？[解析] (1)∵小球的大小完全相同，三个盒子也完全相同，∴把7个小球分成三份，比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中，不论哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法，因此，只需将7个小球分成如下三份即可，即(7,0,0)、(6,1,0)、(5,2,0)、(5,1,1)、(4,3,0)、(4,2,1)、(3,3,1)、(3,2,2)．共计有8种不同的放置方法．(2)设三个盒子中小球的个数分别为x 1，x 2，x 3，显然有：x 1＋x 2＋x 3＝7，于是，问题就转化为求这个不定方程的非负整数解，若令y i ＝x i ＋1(i ＝1,2,3)由y 1＋y 2＋y 3＝10，问题又成为求不定方程y 1＋y 2＋y 3＝10的正整数解的组数的问题，在10个1中间9个空档中，任取两个空档作记号，即可将10分成三组，∴不定方程的解有C 29＝36组．19．在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现有100件产品，其中有98件正品，2件次品，从中任意抽出3件检查，(1)共有多少种不同的抽法？(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？ (3)至少有一件是次品的抽法有多少种？[分析] 由于抽取的产品与顺序无关，因此是一个组合问题．[解析] (1)所求的不同抽法数，即从100个不同元素中任取3个元素的组合数，共有C 3100＝100×99×983×2×1＝161700(种)．(2)抽出的3件中恰好有一件是次品的这件事，可以分两步完成． 第一步：从2件次品中任取1件，有C 12种方法； 第二步：从98件正品中任取2件，有C 298种方法．根据分步乘法计数原理知，不同的抽取方法共有C 12·C 298＝2×4753＝9506(种)． (3)方法一：抽出的3件中至少有一件是次品的这件事，分为两类：第一类：抽出的3件中有1件是次品的抽法，有C 12C 298种； 第二类：抽出的3件中有2件是次品的抽法，有C 22C 198种．根据分类加法计数原理，不同的抽法共有C 12C 298＋C 22C 198＝9506＋98＝9604(种)．方法二：从100件产品中任取3件的抽法有C 3100种，其中抽出的3件中至少有一件是次品的抽法共有C 3100－C 398＝161700－152096＝9 604(种)．[点评] 本题考查了计数原理和组合知识的应用． 20．求(x 2＋3x ＋2)5的展开式中x 项的系数． [分析] 转化为二项式问题或利用组合知识．[解析] 方法一：因为(x 2＋3x ＋2)5＝(x ＋2)5·(x ＋1)5＝(C 05x 5＋C 15x 4·2＋…＋C 55·25)(C 05x 5＋C 15x 4＋…＋C 55)展开后x 项为C 45x ·24·C 55＋C 55·25·C 45x ＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240. 方法二：因为(x 2＋3x ＋2)5＝[x 2＋(3x ＋2)]5，设T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r(3x ＋2)r ， 在(3x ＋2)r 中，设T k ＋1＝C k r (3x )r －k 2k ， T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r C k r (3x )r －k 2k ＝C r 5C k r 3r －k 2k x 10－r －k ， 依题意可知10－r －k ＝1，即r ＋k ＝9. 又0≤k ≤r ≤5，r ，k ∈N ＋，所以r ＝5，k ＝4. 则T r ＋1＝C 55·C 45·3·24·x ＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240.方法三：把(x 2＋3x ＋2)5看成5个x 2＋3x ＋2相乘，每个因式各取一项相乘得到展开式中的一项，x 项可由1个因式取3x,4个因式取2相乘得到，即C 153x ·C 44·24＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240.[点评] 本题考查利用转化的思想求三项展开式的特定项．三项式求特定项的思路有： (1)分解因式法：通过因式分解将三项式变成两个二项式，然后再用二项式定理分别展开．(2)逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含两项的一组展开． (3)利用组合知识：把三项式看成几个因式的积，利用组合知识分析项的构成，注意最后应把各个同类项相合并．21．已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项，求⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中a －1项的二项式系数． [解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5：T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝⎛⎭⎫－15b r ＝C r 5·(－1)r ·45－r·5－r 2b 10－5r 6.若T r ＋1为常数项，则10－5r ＝0，所以r ＝2，此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27.令a ＝1，得⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 展开式的各项系数之和为2n .由题意知2n ＝27，所以n ＝7.对于⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a 7：T r ＋1＝C r 7⎝⎛⎭⎫3a 7－r ·(－3a )r ＝C r 7·(－1)r ·37－r a 5r －216.若T r ＋1为a －1项，则5r －216＝－1，所以r ＝3.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中a －1项的二项式系数为C 37＝35.。
2017-2018学年北师大版高中数学选修2-3第一章计数原理
§4 简单计数问题自主整理1.区别排列问题与组合问题的关键是元素是否_____________________.2.解决相邻元素问题的方法是____________________.3.解决元素不相邻问题的方法是____________________.4.有特殊要求的元素问题常用____________________.5.有特殊要求的位置问题常用____________________.6.无序平均分组问题常用____________________.7.相同元素分组问题常用____________________.8.“至多”“至少”问题常用____________________. 高手笔记1.捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”.例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某m(m≤n）个元素必相邻的排列有A 11+-+-m n m n ·A m m 个.其中A 11+-+-m n m n 是一个“整体排列”，而A m m 则是“局部排列”.2.插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.运用插空法解决“元素不相邻问题”时，要同时借助框图和数数法求解.3.占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.4.调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有A n n 种，m(m<n)个元素的全排列有A m m 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，共有m mnnA A 种排列方法.记忆规律是：顺序一定作除法.名师解惑1.解排列、组合应用题应注意哪些问题？剖析：做排列、组合的应用题，一般来讲要解决好三大难题：一是确定问题的属性，即所给问题是排列还是组合；二是确定解题策略，即是要分类求解还是分步求解；三是选择恰当的解题方法，即是用直接法还是间接法.而这三大难题的关键则是真正弄清“三对关系”的深刻含义.（1）“分类与分步”的关系分类复杂事件A的排列与组合问题，需要对A在一个标准下分类讨论，把A分解为n类简单事件A1，A2，…，A n.分类的原则是：A=A1∪A2∪…∪A n,A i∩A j=(i≠j,i、j=1,2,…,n).在这样的原则下对事件A分类，能够确保分类的不漏不重.把A分为A1，A2，…，A n的同时，对应的办法S也随之被分为n类办法S1，S2，…，S n，且S=S1∪S2∪…∪S n,S i∩S j=(i≠j;i、j=1,2,…,n).其结果用分类加法计数原理计算.分步事件A完成分类以后，对每一类要进行分步，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，这样就可以确保对每一类事件的分步不漏不重.事件的分步对应方法的分步.如A1分为n步B1，B2，…，B n，则对应的有S1被分为n种方法S11，S12，…，S1n.其结果用分步乘法计数原理计算.由此可见，我们可以得到两点结论：其一，分类与分步是区别选用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的唯一标准，即分类相加，分步相乘；其二，若把事件A分为n类简单事件A1,A2,…,A n，并且完成事件A k又需分作S k步（k=1,2,3,…,n)，对应每一步又可有S ki(i=1,2,3,…,n)种不同方法，这样完成事件A就共有N=(S11·S12·S13…S1n)+(S21·S22·S23…S2n)+…+(S n1·S n2·S n3…S nn)种不同方法.（2）“有序与无序”的关系界定排列与组合问题的唯一标准是“顺序”，“有序”是排列问题，“无序”是组合问题.排列与组合问题并存的时候，解答排列与组合问题，一般采用先组合后排列的方法解答. （3）“元素与位置”的关系解答排列与组合问题，界定哪些事物是元素，哪些事物是位置至关重要，又没有唯一的定势标准，所以要辩证地去看待元素与位置.解题过程中，要优先安排有限制条件的特殊元素和特殊位置，并灵活运用“捆绑法”和“插空法”，“直接法”和“间接法”.2.排列、组合应用题的基本题型与解题策略是什么？剖析：排列、组合应用题的常见类型及解题策略如下表：类型特征常见题型解题策略组合排列指定元素型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内先C后A策略分类求解策略C rkrnrrC--C kkrkrnrrAC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内krnC-kkkrnAC-从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素skrnsrCC--kkskrnsrACC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每一个排列（或组合），都至少包含某r个元素中的s个元素分类求解策略kkNA1+--+=srskrnsrCCCN1----++krnrrskrnCCC从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每一个排列（或组kkNA1rkrnrCCCN+=-skrnsrkrnCCC----++1合），都至多包含某r 个元素中的s个元素定位型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列，规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置分步求解策略rkrnrrAA--相邻型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素连排在一起捆绑策略11+-+-rnrnrrAA相离型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素中的任意两个元素都不相邻（r≤21+n)插空策略rrnrnrnAA1+---平均分组型把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有几种分法排异除重策略kknnnnkACC)1(nknC-∙环状型把n个不同元素围绕一个圆进行排列，共有几种不同的排列11--=nnnn AnA顺序一定型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素必须按一定顺序排列，共有几种不同排列rrnnAA讲练互动【例1】7个人按下列要求并排站成一排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站在正中间，也不站在两端；（2）甲、乙两人相邻；（3）甲、乙之间相隔2人；（4）甲站在乙的右边；（5）甲、乙都与丙不相邻.（6）若7个人站成两排，第一排3人，第二排4人，共有多少种站法？（7）若7个人站成一个圆环，有多少种站法？分析：（1）的限制条件甲不站在正中间与两端，意思是说甲只能站在余下的4个位置，因此可以先在这4个位置上排上甲而后再排其他人员，或者先从其余六人中选出三人排在正中间和两端.（2）由于甲、乙两人相邻，因此可把甲、乙两人合看作一个元素（捆绑法）参加全排列，但不要忘记甲、乙两人的局部排列问题.（3）可以先从其余五人中选两人站在甲、乙之间，然后将此二人连同甲、乙四人看作一个元素（捆绑法）参加全排列，同样甲、乙之间也要进行全排列；还可以运用“数数法”将甲、乙站的位置确定出来，即甲、乙只能在1与4，2与5，3与6，4与7这四种位置上. （4）甲不是站在乙的右边，就是站在乙的左边，两者必居其一，因此可以用“调序法”求解，或先按题目的要求从七个位置中选两个将甲、乙排好，然后再排其余人员.（5）本题可分成甲、乙相邻但不与丙相邻及甲、乙不相邻且都不与丙相邻两类进行研究. （6）把元素排成几排的问题，可化归为一排考虑，再在一排中分段处理.（7）7人站成一个圆环，剪开排成一排，对应7个排列.故环状排列问题用剪断直排法处理.（1）解法一：先让甲站在余下的四个位置中的任一位置上，有C14种，再让余下的6人站在其他位置上，有A66种不同站法，根据分步计数原理，共有N=C14·A66=2 880种不同站法.解法二：甲不站正中间也不站在两端，可先从其余6人中任选3人站在这3个位置上（占位法），有A36种站法，再让剩下的4人（含甲）站在其他4个位置上，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=A36·A44=2 880种不同站法.解法三：先让甲以外的6人站成一排，有A66种站法，再让甲插入这6个人之间的4个空档位置（不插在正中间），有A14种方法.故共有N=A66·A14=2 880种不同的站法.解法四：整体排异法.无限制条件的7人并排站成一排，有A77种站法，去掉甲站在正中间及两端的情况，共有A 13A 66种，故共有N=A 77-A 13A 66=2 880种不同站法.（2）解法一：捆绑法.先把甲、乙两人合在一起看作一个元素，参加全排列共有A 66种站法，然后甲、乙两人局部排列，共有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A 66·A 22=1440种不同站法.解法二：插空法.先让甲、乙以外的5个人站队，有A 55种站法，再把甲、乙两人合在一起作为一个元素插入5个人形成的6个空档中，有A 16种站法，最后甲、乙两人局部排列，有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A 55A 16A 22=1 440种不同站法.（3）解法一：捆绑法.先从甲、乙以外的5人中任选2人站在甲、乙之间，有A 25种站法，再将甲、乙及中间二人共4人看作一个整体参加全排列，有A 44种站法，最后甲、乙进行局部排列，有A 22种站法.根据分步乘法计数原理，知共有N=A 25·A 44·A 22=960种不同站法.解法二：数数法与插空法相结合.先让甲、乙以外的5人站队，有A 55种站法，再在5人形成的6个空档中的1与4，2与5，3与6，4与7的位置上排上甲、乙，共有4A 22种站法，根据分步乘法计数原理，有N=A 55·4A 22=960种不同站法.（4）解法一：组合法——顺序一定用组合.先在7个位置中选2个位置排上甲、乙（甲在乙的右边——顺序一定问题），有C 27种站法，再在余下的5个位置上站其余5人，有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=C 27·A 55=2 520种.解法二：调序法.甲在乙的右边与甲在乙的左边的情况是一一对应的，因此，甲在乙的右边的站法是7人任意站法的一半.故共有N=21A 77=2 520种. （5）解法一：直接法.分类求解.将问题分成甲与乙相邻但不与丙相邻及甲、乙、丙互不相邻两类研究.第一类情况可先让其余4人站队，有A 44种站法，他们之间形成5个空档，再把甲、乙两人看作一个整体与丙共两个元素插入5个空档，有A 25种站法，最后甲、乙两人进行局部排列，有A 22种站法，故这类情况有A 44·A 25·A 22种不同站法；第二类情况也可先让其余4人站队，有A 44种方法，再把甲、乙、丙3人插入5个空档，共有A 35种方法，因此这类情况有A 44·A 35种，根据分类加法计数原理，知共有N=A 44·A 25·A 22+A 44·A 35=2400种不同站法.解法二：间接法.整体排异，7个人排成一排，有A 77种方法.甲、乙都与丙相邻的站法，即丙站在甲、乙中间的站法共有A 55·A 22种；甲与丙相邻或乙与丙相邻的站法均为A 66·A 22种.但甲、丙相邻与乙、丙相邻的站法中都包括了丙站在甲、乙中间，故根据分类计数原理和整体排异策略知，共有N=A 77-2A 66·A 22+A 55·A 22=2 400种不同方法. （6）A 77=5 040种不同站法.（7）777A =720种不同的站法.绿色通道:“在”与“不在”，“相邻”与“不相邻”或“相间”，是常见的有限制条件的排列问题.“在”一般用“直接法”求解，“不在”可用“间接法”；“相邻”问题一般用“捆绑法”，“不相邻”问题用“插空法”；“顺序一定”可用“调序法”或“组合法”.一般来说，解排列、组合应用题除了上述方法外，有时还用“占位法”或“数数法”，更多情况下需要对问题进行恰当的分类或分步.分类时要注意“类与类”之间的并列性和独立性、完整性；分步时要注意“步与步”之间的连续性和独立性、依赖性，做到不重不漏.. 变式训练1.安排7位工作人员在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日.不同的安排方法共有________________种.（用数字作答）解析：因为甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，可安排在其余5日值班，有A 25种方法；再安排其余5人，有A 55种方法.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有A 25·A 55=2400种. 答案：2 400【例2】由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数的共有________________个.解析：没有重复数字的六位数共有C 15A 55=600个，其中个位数小于十位数的与十位数小于个位数的各占一半.∴符合题意的共有300个. 答案：300变式训练2.(2006高考北京卷，3)在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）A.36个B.24个C.18个D.6个解析：由各位数字之和为奇数，分两类：三位数都是奇数或两个偶数一个奇数，满足条件的三位数共有A 33+C 13A 33=24个.答案：B【例3】现有10个完全相同的小球分配到三个班级，每个班级至少分得1个小球，问有多少种不同分法？分析：对于相同元素的分组分配问题，常规解法烦琐而易错，若掌握隔板法，则操作方便且易懂.将10个完全相同的小球排成一行，10个球之间出现9个空档，用“隔板”把10个小球隔成有序的三份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球.解：根据以上分析，分球的方法实际上为隔板的隔法：即9个空插入2个隔板，其方法数为：N=C 2913110C =--=36种.绿色通道:n 个相同．．的元素分配到m 个不同的单元中（n≥m)，不能有空放，常用隔板法，有C 11--m n 种不同的分配方法.变式训练3.8个相同的球放入标号为1、2、3的三个盒子中，问有多少种不同的放法？解法一：与例3不同的是，此题中的盒子可以为空.还是利用隔板原理将8个球分为三堆，只不过有的堆的球数为零，即在8个球之间及两端插入两块隔板.首先将8个球排成一排，就有9个空，任取一个空插入一块隔板，有C 19种；然后再将第二块隔板插入前面8个球和第一块隔板形成的10个空中，有C 110种，但这两种放法中有重复的，要除以2；最后将第一块隔板左边的球放入1号盒子中，两块隔板之间的球放入2号盒子中，第二块隔板右边的球放入3号盒子中.故共有21C 19C 110=C 210=45种. 解法二：分三类：第一类，把8个小球放入一个盒内，有C 13种放法.第二类，把8个小球放入两个盒内，先去掉一个空盒有C 13种方法，然后在8个小球的7个空隙中插入一个隔板分成两份，分别放入两个盒内有C 17种方法，故第二类共有C 13·C 17种方法.第三类，三个盒子都不空，利用隔板法将8个小球分成三份，分别放入3个盒中，共有C27种方法，故共有C1 3+C13·C17+C27=45种方法.【例4】有甲、乙、丙三项任务，甲需由2人承担，乙、丙各需由1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有多少种？分析：有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，常采用逐步分组法求解.解：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下8人中选1人承担乙项任务，最后从另外7人中选1人承担丙项任务，根据乘法原理可知不同的方法种数共计C210·C18·C17=2 520种.绿色通道:有序分配问题通常是根据需要选出人员分配给各个任务或项目..变式训练4.(2006高考重庆卷，8)将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）A.30种B.90种C.180种D.270种解：设三个班级为甲、乙、丙，则5名实习教师分配到三个班级，由题意知，一定有一个班级只分配到一名实习教师，其余两个班级每个班级分到了两名实习教师.故分步：第一步，选一名教师安排在一个班级中有C15C13种方法；第二步，余下的4名教师平均分配给剩下的两个班级，有C24C22种方法.故共有C15C13·C24C22=90种分配方案.【例5】有甲、乙、丙、丁四种不同的种子，要选出三种在三块不同的土地上试种.若甲被选，则甲必在第一块土地上试种，问不同的试种方法有多少种？分析：列举法即一一列举，它虽然不如其他方法简捷，但思维更加严谨、清晰.解：如果甲被选，则有甲、乙、丙，甲、丙、乙，甲、丙、丁，甲、丁、丙，甲、乙、丁，甲、丁、乙6种不同的选法；如果甲未被选，则有乙、丙、丁，乙、丁、丙，丙、乙、丁，丙、丁、乙，丁、乙、丙，丁、丙、乙6种不同的选法.故有N=6+6=12种.绿色通道:当完成一件事情没有直接的公式可用且数目较小时，我们可以按着“次序”一一地“数”出来，这就是列举法.用列举法解排列组合问题时，通常要借助图表来表示，这样不仅可以帮助我们在选取时避免重复和遗漏，而且可以使分析过程更清晰明了..变式训练5.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字都不相同的填法有多少种？解：采用树形图如下：故填法有9种.。
高中数学 第1章 4简单计数问题 北师大版选修2-3
排
列
与
组
合
的
另
一
重
要
联
系．从而，在解决排列问题时，先取后排是一个常见的解题策
略．
6．解排列与组合应用题时，首先应抓住是排列问题还是 组合问题．界定排列与组合问题是排列还是组合，唯一的标准 是“顺序”，有序是排列问题，无序是组合问题．当排列与组 合问题综合到一起时，一般采用先考虑组合后考虑排列的方法 解答．其次要搞清需要分类，还是需要分步．分类加法计数原 理与分步乘法计数原理是关于计数的两个基本原理，它们不仅 是推导排列数公式和组合数公式的基础，而且其应用贯穿于排 列与组合的始终．学好两个计数原理是解决排列与组合应用题 的基础．切记：排组分清(有序排列、无序组合)，加乘明确(分 类为加、分步为乘).
成才之路 ·数学
北师大版 ·选修2-3
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
计数原理 第一章
§4 简单计数问题 第一章
1 课前自主预习 2 课堂典例探究 3 课时作业
课前自主预习
能选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理，应用有关 排列、组合的知识解决一些简单的实际问题．
本节重点：两个计数原理、排列组合知识． 本节难点：用好两个计数原理和排列、组合的知识.
3．排列应用题的最基本的解法有： 直接法：以_元__素__为考察对象，先满足__特__殊__元__素__的要求， 再考虑_其__他__元__素___(又称元素分析法)；或以_位__置__为考察对象， 先满足__特__殊__位__置__的要求，再考虑_其__他__位__置___(又பைடு நூலகம்位置分析 法)．
4．间接法：先不考虑附加条件，计算出 _全__部__元__素__的__排__列__顺__序_，再减去_不__符__合__要__求__的__元__素__的__排__列__顺__序__．
北师大版数学【选修2-3】练习：1.4 简单计数问题(含答案)
第一章§4一、选择题1．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一道作答，选甲答对得100分，答错得－100分；选乙答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是()A．48种B．36种C．24种D．18种[答案] B[解析]本题是考查排列组合及相关分类的问题．①设4人中两人答甲题，两人答乙题，且各题有1人答错，则有A44＝24(种)．②设4人都答甲题或都答乙题，且两人答对，两人答错，则有2C24C22＝12(种)．∴4位同学得总分为0分的不同情况有24＋12＝36(种)．故选B.2．将5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()A．15种B．20种C．25种D．32种[答案] C[解析]就编号为1的盒子中所放的球的个数分类：第一类，当编号为1的盒子中放入一个球时，相应的放法数有C15种；第二类，当编号为1的盒中放入2个球时，相应的放法数有C25＝10种；第三类，当编号为1的盒子中放入3个球时，相应的放法数有C35＝10种．根据分类加法计数原理可知，满足题意的放法种数是5＋10＋10＝25.3．(2014·秦安县西川中学高二期中)某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同英文字母可以相同的牌照号码共有() A．(C126)2A410个B．A226A410个C．(C126)2104个D．A226104个[答案] A[解析]∵前两位英文字母可以重复，∴有(C126)2种排法，又∵后四位数字互不相同，∴有A410种排法，由分步乘法计数原理知，共有不同牌照号码(C126)2A410个．二、填空题4．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)[答案] 90种[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组C 25C 23C 11A 22，再把三组分配乘以A 33得：C 25C 23C 11A 22·A 33＝90种．5．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i 个数为a i (i ＝1,2，…，6)．若a 1≠1，a 3≠3，a 5≠5，a 1<a 3<a 5，则不同的排列方法有________种．(用数字作答)[答案] 30[解析] 本题主要考查用排列知识解决问题的能力．第一类：a 1＝2时，a 3＝4，a 5＝6或a 3＝5，a 5＝6，共有2A 33＝12(种)．第二类：a 1＝3时，a 3＝4，a 5＝6或a 3＝5，a 5＝6，共有2A 33＝12(种)．第三类：a 1＝4时，a 3＝5，a 5＝6，共有A 33＝6(种)．所以总的排列方法有12＋12＋6＝30(种)． 三、解答题6．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3名，女2名； (2)队长至少有1人参加； (3)至少有1名女运动员； (4)既要有队长，又要有女运动员．[分析] 此题中选的5人与顺序无关，是组合问题．[解析] (1)C 36×C 24＝120种不同的选派方法．(2)分为两类：仅1名队长参加和两人都参加：共C 12×C 48＋C 38＝196种不同的选派方法．(3)全部选法中排除无女运动员的情况：共C 410－C 56＝246种不同的选法． (4)分三类：①仅女队长：C 48； ②仅男队长：C 48－C 45； ③两名队长：C 38；∴共C 48＋C 48－C 45＋C 38＝191种不同的选派方法．[点评] 本题涉及所取元素“至少”问题，一般有两种考虑方法：直接法：“至少”中包含分类，间接法就是从总数中去掉“至少”之外的情况，“至多”也可这样考虑.一、选择题1．某旅游团组织的旅游路线有省内和省外两种，且省内路线有4条，省外路线有5条，则参加该旅游团的游客的旅游方案有()A．4种B．5种C．9种D．20种[答案] C[解析]游客的旅游方案分为两类：第一类：选省内路线，有4种方法．第二类：选省外路线，有5种方法．由加法原理可知，游客的旅游方案有4＋5＝9种．2．(2014·重庆理，9)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()A．72B．120C．144D．168[答案] B[解析]分两类：(1)先排歌舞类有A33＝6种排法，再将其余的三个节目插空，如图所示▼▽▼▽▼▽，或者▽▼▽▼▽▼，此时有2A33A33＝72；(2)先排歌舞类有A33＝6种排法，其余的两个小品与歌舞排法如图▼▽△▼▽▼，或者▼▽▼▽△▼，有4A33C12＝48.所以共有72＋48＝120种不同的排法．解决不相邻的排列问题，一般是运用插空法，解决本题容易忽略了第二类，导致出差．3．(2012·山东理，11)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232 B．252C．472 D．484[答案] C[解析]本题考查了利用组合知识来解决实际问题．C316－4C34－C24C112＝16×15×146－16－72＝560－88＝472.另解：C04C312－3C34＋C14C212＝12×11×106－12＋4×12×112＝220＋264－12＝472.解题时要注意直接求解与反面求解相结合，做到不漏不重4.如图A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有()A．8种B．12种C．16种D．20种[答案] C[解析]如图，构造三棱锥A－BCD；四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁．由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法．这可由间接法完成：从六条棱中任取三条棱的不同取法有C36种，任取三条共面棱的不同取法有4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C36－4＝16种．故不同的建桥方案共有16种．[点评]此例通过构造几何图形使组合问题借助于几何图形展现出来也蕴函着转化思想．二、填空题5．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________种(用数字作答)．[答案]432[解析]因为10＝1＋2＋3＋4＝2＋2＋3＋3＝1＋1＋4＋4，即数字之和为10的情况有4,4,1,1；4,3,2,1；3,3,2,2，共三种．若为1,2,3,4，先选出标有数字的卡片，有2×2×2×2种可能，然后再排列它们，每一种可能有A44种排法，根据乘法原理，满足题意的排法有2×2×2×2×A44＝384种；若为2,2,3,3，先选出标有数字的卡片，方法是唯一的，再排列它们有A44种排法；若为1,4,1,4也有A44种排法．所以共有384＋A44＋A44＝432种不同的排法．6．今有2个红球、3个黄球、4个白球，若同色球不加以区分，将这9个球排成一列共有________种不同的方法(用数字作答)．[答案]1260[解析]方法一：只需找到不同颜色的球所在的位臵即可，共有C29C37C44＝1260种方法．方法二：同色球不加以区分(即属相同元素排列的消序问题)，先全排列，再消去各自的顺序即可，则将这9个球排成一列共有A99A22A33A44＝1260种不同的方法．三、解答题7．有四个不同的数字1,4,5，x(x≠0)组成没有重复数字的所有的四位数的各位数字之和为288，求x的值．[解析]因为1,4,5，x四个数字不同，排成的四位数中1在千位上、百位上、十位上、个位上分别有A33个，所在的1的和共为4×A33＝24.同理，排成的四位数中4在千位上、百位上、十位上、个位上分别有A33个，所以，所在的4的和共为4×4×A33＝96.所在的5的和共为5×4×A33＝120.所在的x的和为x×4×A33＝24x.即24x＋120＋96＋24＝288，解得：x＝2.8．“抗震救灾，众志成城”在舟曲的救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴灾区救灾，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？[分析]本题是组合问题，解答本题应首先分清“恰有”、“至少”、“至多”的含义，正确地分类或分步解决．[解析](1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，方法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法；根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽调方法．方法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115种抽调方法．9.将红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂在如图所示的“田”字形方格内，每格涂一种颜色，且要求相邻的两格涂不同的颜色．如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？[解析]根据所需颜色种数分为三类：(1)若用四种颜色，则四格涂不同的颜色，方法种数为A45种．(2)若用三种颜色，则有且仅有两格涂相同的颜色，即一组对角小方格涂相同的颜色，涂法种数为2C15·A24种．(3)若用两种颜色，则两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为A25种．因此，总的涂法种数为：A45＋2C15·A24＋A25＝260(种)．[点评]根据用了多少种颜色分类讨论，分别计算出各种情形的种数，再根据分类加法计数原理求出总的涂法种数．。
新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(包含答案解析)(4)
一、选择题1．两个实习生每人加工一个零件.加工为一等品的概率分别为56和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) A ．12B ．13C ．512D ．162．已知()~,X B n p ，且()2E X =，()43D X =，则n =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．83．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于（ ） A ．49B ．29C ．12D ．134．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ．85B ．65C ．45D ．255．连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子3次，则恰有2次点数之和不小于10的概率为（ ） A ．112B ．572C ．115D ．52166．设离散型随机变量X 可能的取值为1，2，3，4，()P X k ak b ==+，又X 的数学期望为()3E X =，则a b += A ．110B ．0C ．110-D ．157．若随机变量X 的分布列为：已知随机变量Y aX b =+(,,0)a b R a ∈>，且()10,()4E Y D Y ==，则a 与b 的值为( ) A ．10,3a b ==B ．3,10a b ==C ．5,6a b ==D ．6,5a b ==8．已知随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，且(4)0.8P ξ<=，(02)P ξ<<=（ ）． A ．0.6B ．0.4C ．0.3D ．0.29．2017年5月30日是我国的传统节日端午节，这天小明的妈妈为小明煮了5个粽子，其中两个大枣馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A =“取到的两个为同一种馅”，事件B =取到的两个都是豆沙馅”，则(|)P B A =（ ）A ．34B ．14C ．110D ．31010．设样本x 1,x 2,…,x 10数据的平均值和方差分别为3和5,若y i =x i +a(a 为非零实数,i=1,2,…,10),则y 1,y 2,…,y 10的均值和方差分别为( ) A ．3，5B ．3+a ，5C ．3+a ，5+aD ．3，5+a11．如下五个命题:①在线性回归模型中，2R 表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，在对女大学生的身高预报体重的回归分析数据中，算得20.64R ≈，表明“女大学生的体重差异有64%是由身高引起的”②随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越大；③正态曲线关于直线x σ=对称,这个曲线只有当()3,3x σσ∈-时,才在x 轴上方； ④正态曲线的对称轴由μ确定，当μ一定时，曲线的形状由σ决定，并且σ越大，曲线越“矮胖”；⑤若随机变量()~0,1N ξ，且()1,P p ξ>=则()1102P p ξ-<<=-； 其中正确命题的序号是 A ．②③B ．①④⑤C ．①④D ．①③④12．将3颗骰子各掷一次，记事件A 为“三个点数都不同”，事件B 为“至少出现一个1点”，则条件概率(A |B)P 和(|)P B A 分别为（ ） A ．160,291B ．560,1891C ．601,912D ．911,2162二、填空题13．某市一次高三年级数学统测，经抽样分析，成绩X 近似服从正态分布()284,N σ，且(7884)0.3P X <≤=．该市某校有400人参加此次统测，估计该校数学成绩不低于90分的人数为____.14．在一个袋中放入四种不同颜色的球，每种颜色的球各两个，这些球除颜色外完全相同．现玩一种游戏：游戏参与者从袋中一次性随机抽取4个球，若抽出的4个球恰含两种颜色，获得2元奖金；若抽出的4个球恰含四种颜色，获得1元奖金；其他情况游戏参与者交费1元．设某人参加一次这种游戏所获得奖金为X ，则()E X =________． 15．如图所示，旋转一次的圆盘，指针落在圆盘中3分处的概率为a ，落在圆盘中2分处的概率为b ，落在圆盘中0分处的概率为c ，（,,(0,1)a b c ∈），已知旋转一次圆盘得分的数学期望为1分，则213a b+的最小值为________.16．为响应国家号召，打赢脱贫致富攻坚战，武汉大学团队带领湖北省大悟县新城镇熊湾村村民建立有机、健康、高端、绿色的蔬菜基地，并策划“生产、运输、销售”一体化的直销供应模式，据统计，当地村民两年时间成功脱贫.蔬菜种植基地将采摘的有机蔬菜以每份三斤称重并保鲜分装，以每份10元的价格销售到生鲜超市，每份15元的价格卖给顾客，如果当天前8小时卖不完，则超市通过促销以每份5元的价格卖给顾客（根据经验，当天能够把剩余的有机蔬菜都低价处理完毕，且处理完毕后，当天不再进货）.该生鲜超市统计了100天有机蔬菜在每天的前8小时内的销售量（单位：份），制成如下表格（注：*,x y N ∈，且30x y +=）.若以100天记录的频率作为每日前8小时销售量发生的概率，该生鲜超市当天销售有机蔬菜利润的期望值为决策依据，若购进17份比购进18份的利润的期望值大，则x 的最小值是________. 前8小时内销售量 15 16 17 18 19 20 21 频数10x16161513y17．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分.假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8，0.6，0.5，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是_______.18．已知随机变量X ～B (10，0.2)，Y ＝2X ＋3，则EY 的值为____________.19．一个碗中有10个筹码，其中5个都标有2元，5个都标有5元，某人从此碗中随机抽取3个筹码，若他获得的奖金数等于所抽3个筹码的钱数之和，则他获得奖金的期望为________．20．某大学选拔新生补充进“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团，据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立，2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团的概率依次为概率依次为m ，13，n ，已知三个社团他都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为34，且m ＞n ．则m n +=_____三、解答题21．2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费点记录了大年初三上午9:20~10:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9:20~9:40记作区间[)20,40，9:40~10:00记作[)40,60，10:00~10:20记作[)60,80，10:20~10:40记作[)80,100.例如：10点04分，记作时刻64.（1）估计这600辆车在9:20~10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9:20~10:00之间通过的车辆数为X ，求X 的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T 服从正态分布()2,N μσ，其中μ可用这600辆车在9:20~10:40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，2σ可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9:46~10:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.参考数据：若()2,T N μσ~，则()0.6827P T μσμσ-<≤+=，()220.9545P T μσμσ-<≤+=，()330.9973P T μσμσ-<≤+=.22．近来国内一些互联网公司为了赢得更大的利润、提升员工的奋斗姿态，要求员工实行996''工作制，即工作日早9点上班，晚上21点下班，中午和傍晚最多休息1小时，总计工作10小时以上，并且一周工作6天的工作制度，工作期间还不能请假，也没有任何补贴和加班费．消息一出，社交媒体一片哗然，有的人认为这是违反《劳动法》的一种对员工的压榨行为，有的人认为只有付出超越别人的努力和时间，才能够实现想要的成功，这是提升员工价值的一种有效方式．对此，国内某大型企业集团管理者认为应当在公司内部实行996''工作制，但应该给予一定的加班补贴（单位：百元），对于每月的补贴数额集团人力资源管理部门随机抽取了集团内部的1000名员工进行了补贴数额（单位：百元）期望值的网上问卷调查，并把所得数据列成如下所示的频数分布表： 组别（单位：百元） [)0,20[)20,40[)40,60[)60,80[)80,100频数（人数）22504502908（Ⅰ）求所得样本的中位数（精确到百元）；（Ⅱ）根据样本数据，可近似地认为员工的加班补贴X 服从正态分布()251,15N ，若该集团共有员工4000，试估计有多少员工期待加班补贴在8100元以上；（Ⅲ）已知样本数据中期望补贴数额在[]80,100范围内的8名员工中有5名男性，3名女性，现选其中3名员工进行消费调查，记选出的女职员人数为Y ，求Y 的分布列和数学期望．附：若()2~,X N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=，()330.9974P X μσμσ-<<+=．23．2020年初，由于疫情影响，开学延迟，为了不影响学生的学习，国务院、省市区教育行政部门倡导各校开展“停学不停课、停学不停教”，某校语文学科安排学生学习内容包含老师推送文本资料学习和视频资料学习两类，且这两类学习互不影响已知其积分规则如下:每阅读一篇文本资料积1分，每日上限积5分;观看视频1个积2分，每日上限积6分.经过抽样统计发现，文本资料学习积分的概率分布表如表1所示，视频资料学习积分的概率分布表如表2所示.（1）现随机抽取1人了解学习情况，求其每日学习积分不低于9分的概率；（2）现随机抽取3人了解学习情况，设积分不低于9分的人数为ξ，求ξ的概率分布及数学期望.24．某工厂计划建设至少3个，至多5个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品A 的未来需求．经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品A 的月需求量均在50万件及以上，其中需求量在50~ 100万件的频率为0.5，需求量在100~200万件的频率为0.3，不低于200万件的频率为0.2．用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地区在各个月对本特供商品A 的需求相互独立．（1）求在未来某连续4个月中，本地区至少有2个月对商品A 的月需求量低于100万件的概率．（2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产的车间数受商品A 的需求量x 的限制，并有如下关系： 商品A 的月需求量x （万件） 50100x ≤< 100200x ≤<200x ≥车间最多正常运行个数345若一个车间正常运行，则该车间月净利润为1500万元，而一个车间未正常生产，则该车间生产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有如下关系：商品A 的月需求量x （万件）50100x ≤<100200x ≤<未正常生产的一个车间的月维护费（万元）500600试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品A 的月利润为最大． 25．如图，直角坐标系中，圆的方程为2213131,(1,0),,,,2222x y A B C ⎛⎫⎛⎫+=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子，规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为3的倍数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为不为3的倍数，则按图中箭头相反的方向移动.设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为(),(),(),n n n P A P B P C 例如：掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为111()0,()3P A P B ==，12()3P C =.（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子N 次时，若以X 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的正弦值弦值记为随机变量n X ，求5X 的分布列和数学期望； 26．甲、乙两名篮球运动员，甲投篮一次命中的概率为23，乙投篮一次命中的概率为12，若甲、乙各投篮三次，设X 为甲、乙投篮命中的次数的差的绝对值，其中甲、乙两人投篮是否命中相互没有影响.（1）若甲、乙第一次投篮都命中，求甲获胜（甲投篮命中数比乙多）的概率； （2）求X 的分布列及数学期望.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B 解析：B 【分析】根据题意，分析可得，这两个零件中恰有一个一等品包含仅第一个实习生加工一等品与仅第二个实习生加工一等品两种互斥的事件，而两个零件是否加工为一等品相互独立，进而由互斥事件与独立事件的概率计算可得答案． 【详解】记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A ， 即仅第一个实习生加工一等品为事件1A ， 仅第二个实习生加工一等品为事件2A 两种情况， 则()()()125113164643P A P A P A =+=⨯+⨯=， 故选：B ． 【点睛】本题考查了相互独立事件同时发生的概率与互斥事件的概率加法公式，解题前，注意区分事件之间的相互关系，属于基础题.2．B解析：B 【解析】∵~(,)X B n p ，∴()2E X =，4()3D X =，∴2np =，且4(1)3np p -=，解得613n p =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴6n =，故选B ．3．C解析：C 【分析】根据甲、乙、丙三人到三个景点旅游，甲独自去一个景点有3种，乙、丙有224⨯=种，得到B 事件“甲独自去一个景点”可能性，再求得A 事件“三个人去的景点不相同”的可能性，然后利用条件概率求解. 【详解】甲独自去一个景点有3种，乙、丙有224⨯=种，则B “甲独自去一个景点”，共有3412⨯=种，A “三个人去的景点不相同”，共有3216⨯⨯=种， 所以概率P (A |B ) 61122==.【点睛】本题主要考查条件概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.4．B解析：B 【分析】由题意知，3~(5,)3X B m +，由3533EX m =⨯=+，知3~(5,)5X B ，由此能求出()D X ．【详解】由题意知，3~(5,)3X B m +， 3533EX m ∴=⨯=+，解得2m =， 3~(5,)5X B ∴，336()5(1)555D X ∴=⨯⨯-=．故选：B ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．5．B解析：B 【分析】基本事件总数n ＝6×6＝36，利用列举法求出出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有6个，由此能求出一次出现向上的点数之和不小于10的概率，再结合独立重复试验的概率公式求解即可． 【详解】连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子1次， 基本事件总数n ＝6×6＝36，出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有：（4，6），（6，4），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），共有6个， ∴每次投掷，两骰子点数之和不小于10的概率为16， 又投掷3次，相当于3次独立重复试验，故恰有两次点数之和不小于10的概率为2231556672C ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭.故选：B本题考查独立重复试验的概率的求法，考查古典概型概率计算公式、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．A解析：A 【分析】将1,2,3,4X =代入()P X k =的表达式，利用概率之和为1列方程，利用期望值列出第二个方程，联立方程组，可求解得+a b 的值. 【详解】依题意可的X 的分布列为()()()()23412233443a b a b a b a b a b a b a b a b +++++++=⎧⎨+++++++=⎩，解得1,010a b ==，故110a b +=.所以选A. 【点睛】本小题主要考查离散型随机变量分布列，考查概率之和为1，考查离散型随机变量的数学期望，还考查了方程的思想.属于基础题.7．C解析：C 【解析】 分析:详解：由随机变量X 的分布列可知，m 10.20.8=-=， ∴()00.210.80.8E X =⨯+⨯=，()10.20.80.16D X =⨯⨯=，∴()()()()2b 10?4E Y aE X D Y a D X =+===， ∴20.8a b 10? 0.164a +==， ∴5,6a b == 故选C点睛：本题考查了随机变量的数学期望及其方差，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．C解析：C 【解析】∵P (ξ<4)＝0.8，∴P (ξ>4)＝0.2， 由题意知图象的对称轴为直线x ＝2，P (ξ<0)＝P (ξ>4)＝0.2，∴P (0<ξ<4)＝1－P (ξ<0)－P (ξ>4)＝0.6. ∴P (0<ξ<2)＝12P (0<ξ<4)＝0.3 9．A解析：A 【解析】由题意，2223C +C 4P A ==1010（）,23C 3P AB ==1010（）P AB 3P A |B ==P A 4（）（）（）∴，故选：A ．【思路点睛】求条件概率一般有两种方法：一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P(B|A)＝n AB n A （）（），其中n(AB)表示事件AB 包含的基本事件个数，n(A)表示事件A 包含的基本事件个数． 二是直接根据定义计算，P(B|A)＝p AB p A （）（），特别要注意P(AB)的求法．10．B解析：B 【解析】根据题意,样本x 1,x 2,…,x 10数据的平均值和方差分别为3和5， 则有x =110(x 1+x 2+…+x 10)=3， S 2x =110[(x 1-3)2+(x 2-3)2+…+(x 10-3)2]=5， 对于y i =x i +a ； 则有y =110(x 1+a +x 2+a +…+x 10+a )=(x 1+x 2+…+x 10+10a )=3+a ， S 2y =110[(y 1-3-a )2+(y 2-3-a )2+…+(y 10-3-a )2]=5， 本题选择B 选项.11．B解析：B 【解析】对于命题①，因为2R 表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，所以算得20.64R ≈，表明“女大学生的体重差异有64%是由身高引起的”，故该命题①是正确的；对于命题②，由于随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的整齐程度，因此方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的差异越大，命题②是错误；对于命题③，由于整个正太曲线都在轴上方，所以命题③的说法是不正确的；对于命题④，由于正态曲线的对称轴由μ确定，当μ一定时，曲线的形状由σ决定，并且σ越大，曲线越贴近于轴，因此命题④的说法是正确的；对于命题⑤，由于随机变量()~0,1N ξ，且()1P p ξ>= ，所以依据正太曲线的对称性可得()1P p ξ<-= ,故()1112,P p ξ-<<=- 所以()1102P p ξ-<<=-，即命题⑤是正确的，综上应选答案B 。
最新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(有答案解析)
一、选择题1．将编号为1、2、3、4、5的5个小球全部放入A 、B 、C 三个盒子内，若每个盒子不空，且放在同一个盒子内的小球编号不相连，则不同的方法总数有（ ） A ．42B ．36C ．48D ．602．4(12)x -的展开式中2x 的系数为（ ） A ．6B ．24C ．32D ．483．从4名优秀学生中选拔参加池州一中数学、物理、化学三学科培优研讨会，要求每名学生至多被一学科选中，则每学科至少要选用一名学生的情况有（ ）种 A ．24B ．36C ．48D ．604．10个人排队，其中甲、乙、丙、丁4人两两不相邻的排法A ．5457A A 种B ．1010A －7474A A 种C ．6467A A 种 D ．6466A A 种5．在一个具有五个行政区域的地图上（如图），用四种颜色给这五个行政区着色，当相邻的区域不能用同一颜色时，则不同的着色方法共有（ ）A ．72种B ．84种C ．180种D ．390种6．数列129,,,a a a ⋅⋅⋅中，恰好有6个7，3个4，则不相同的数列的个数( ) A ．69AB ．39AC ．39CD ．36C7．如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四个区域，现有5种不同的花供选种，要求在每个区域里种1种花，且相邻的2个区域种不同的花，则不同的种法种数为（ ）A ．96B ．84C ．260D ．3208．现有甲、乙、丙三个盒子，其中每个盒子中都装有标号分别为1、2、3、4、5、6的六张卡片，现从甲、乙、丙三个盒子中依次各取一张卡片使得卡片上的标号恰好成等差数列的取法数为（ ） A ．14B ．16C ．18D ．209．我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情现把专家全部分配到A ，B ，C 三个集中医疗点，每个医疗点至少要分配1人，其中甲专家不去A 医疗点，则不同分配种数为（ ） A ．116B ．100C ．124D ．9010．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.1415926＜π＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字有（ ） A ．2280B ．2120C ．1440D ．72011．若()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为-1，则a 的值为( ) A ．1B ．9C ．-1或-9D ．1或912．设2*012(12),(N )n n n x a a x a x a x n +=+++⋯⋯+∈若12728n a a a ++⋯+=，则展开式中二项式系数最大的项是( ) A ．3160xB ．260xC ．4240xD ．320x二、填空题13．现有不同的红球、黄球、绿球各两个排成一排，要求红球不相邻，黄球也不相邻，红球不在两端有__________种不同的排法.14．某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有排法_________种. (用数字作答)15．在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色.现有5种不同的颜色可供选择，则有________种涂色方案.16．已知(12)n x -的展开式中，二项式系数的和为64，则它的二项展开式中，系数最大的是第__________项．17．在停课不停学期间，某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项，则每个项目都有该校教师参加的概率为________（结果用数值表示）. 18．多项式()5122x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，含2x 项的系数是________. 19．已知2020200020190120192020(2)x a x a x a x a =++++，则()()2202420201352019a a a a a a a a -++++++++的值为________．20．从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lg lg a b -的不同值的个数是_____．三、解答题21．已知在332nx x -的展开式中，第6项为常数项．（1）求含2x 的项的系数； （2）求展开式中所有的有理项．22．从5名男生和4名女生中选出4人参加辩论比赛．（1）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种不同选法？ （2）如果4个人中既有男生又有女生，那么有多少种不同选法？ 23．已知1(2)4n x +的展开式前三项的三项式系数的和等于37 ，求： （1）展开式中二项式系数最大的项的系数． （2）展开式中系数最大的项．24．已知从331()2n x x-的展开式的所有项中任取两项的组合数是21 .（1）求展开式中所有二项式系数之和(用数字作答)；（2）若32311()2n a x x x（）+-展开式中的常数项为72，求a 的值. 25．从1到7的7个数字中取两个偶数和三个奇数组成没有重复数字的五位数． 试问：（1）能组成多少个不同的五位偶数？ （2）五位数中，两个偶数排在一起的有几个？（3）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有几个？（所有结果均用数值表示） 26．在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其它没一个数值是它肩上的两个数之和，这三角形数阵开头几行如图所示． （1）证明：111mm m n nn C C C ++++=；（2）求证：第m 斜列中（从右上到左下）的前K 个数之和一定等于第m +1斜列中的第K个数，即()11111*112212m m m m m m m m m m m k m k C C C C C C m m k N ------+++-+-++++⋯+=≥∈，，（3）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为3：8：14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题解析：A 【分析】将编号为1、2、3、4、5的5个小球，根据小球的个数可分为1、1、3或1、2、2两组，再分配到3个盒子即可求出. 【详解】将编号为1、2、3、4、5的5个小球，根据小球的个数可分为1、1、3或1、2、2两组.①当三个盒子中的小球个数分别为1、1、3时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，故3个小球的编号只能是1、3、5的在一个盒子里，故只有一种分组方法， 再分配到三个盒子，此时共有336A =种分配方法；②当三个盒子中的小球个数分别为1、2、2时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，此时放2个小球的盒子中小球的编号分别为()1,3、()2,4或()1,3、()2,5或()1,4、()2,5或()1,4、()3,5或()1,5、()2,4或()2,4、()3,5，共6种，再分配到三个盒子中，此时，共有33636A =种. 综上所述，不同的放法种数为64362+=种. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.2．B解析：B 【分析】利用二项展开式的通项可得14(2),0,1,2,3,4rrr T C x r +=-=，令2r 可求得结果.【详解】因为4(12)x -的第1r +项展开式14(2),0,1,2,3,4rrr T C x r +=-=， 令2r，则含2x 项系数为224(2)24C -=， 故选：B ． 【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有二项展开式通项的应用，项的系数，属于简单题目.解析：D 【分析】首先，根据题意，分析得出应该分两类情况，共选3人参加研讨会和4名学生都参加，之后各自应用分步计数原理求得结果，之后应用分类加法计数原理求得结果. 【详解】依题意，分两类情况：（1）每个学科选1人，共选3人参加研讨会， 从4名学生中选3名进行排列即可，有3424A =种情况； （2）4名学生都参加，则必然有2名学生参加同一学科的研讨会，先从4名学生中选2名看作一个整体，有246C =选法， 将这个整体与其他学生全排列即可，有336A =种排法， 根据分步计数原理，共有6636⨯=种情况，综上所述，根据分类计数原理可得，每学科至少 一名学生的情况有263460+=种， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题，涉及到的知识点有分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于简单题目.4．C解析：C 【分析】不相邻问题采用“插空法”. 【详解】解：∵10个人排成一排，其中甲、乙、丙、丁4人两两不相邻排成一排， ∴采用插空法来解，另外六人，有66A 种结果，再在排列好的六人的七个空档里，排列甲、乙、丙、丁， 有47A 种结果，根据分步计数原理知共有66A •47A ， 故选C ． 【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，在题目中要求元素不相邻，这种问题一般采用插空法，先排一种元素，再在前面元素形成的空档，排列不相邻的元素．5．A解析：A 【分析】可分2种情况讨论：若选3种颜色时，必须2,4同色且1,5同色；若4种颜色全用，只能2,4同色或1,5同色，其它不相同，从而可得结果.【详解】选用3种颜色时，必须2,4同色且1,5同色，与3进行全排列， 涂色方法有334324C A ⋅=种；4色全用时涂色方法：2,4同色或1,5同色，有2种情况， 涂色方法有142448C A ⋅=种，∴不同的着色方法共有482472+=种，故选A.【点睛】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的应用，属于简单题.有关计数原理的综合问题，往往是两个原理交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.6．C解析：C 【分析】把129,,,a a a ⋅⋅⋅看成9个位置，从这9个位置中，任取3个位置放4（或任取6个位置放7），即得不相同的数列的个数. 【详解】把129,,,a a a ⋅⋅⋅看成9个位置，从这9个位置中，任取3个位置放4（或任取6个位置放7），其余6个位置放7（或其余3个位置放4），有39C （或69C ）种不同的取法. 每种取法放3个4都有一种方法，剩下的6个位置放6个7有1种方法. 所以不相同的数列共有39C （或69C ）个. 故选：C . 【点睛】本题考查排列组合，属于基础题.7．C解析：C 【分析】按照A -B -C -D 的顺序种花，分A ，C 同色与不同色两种情况求解. 【详解】按照A -B -C -D 的顺序种花，当A ，C 同色时，541480⨯⨯⨯=种， 当A ，C 不同色时，5433180⨯⨯⨯=种， 所以共有260种. 故选：C 【点睛】本题主要考查涂色问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.解析：C 【分析】根据题意，若取出的卡片上的标号恰好成等差数列分三种情况，一是标号相等时，即所得的等差数列的公差为0，二是所得的等差数列公差为1或-1，三是所得的等差数列的公差为2或-2时，分别求出其不同的取法，再求和. 【详解】根据题意，若取出的卡片上的标号恰好成等差数列分三种情况， 一是标号相等时，即全部为1、2、3、4、5、6时，有6种取法，二是所得的等差数列公差为1或-1，即1、2、3；3、2、1；…4、5、6；6、5、4等8种取法，三是所得的等差数列的公差为2或-2时，即1、3、5；5、3、1；…2、4、6；6、4、2等4种取法，所以共有68418++=种. 故选：C 【点睛】本题主要考查分类加法计算原理，还考查了分类讨论的思想和列举求解的能力，属于中档题.9．B解析：B 【分析】完成这件事情可分2步进行：第一步将5名医学专家分为3组；第二步将分好的3组分别派到三个医疗点，由分步计数原理计算即可得到答案． 【详解】根据已知条件，完成这件事情可分2步进行： 第一步：将5名医学专家分为3组①若分为3,1,1的三组，有3510C =种分组方法； ②若分为2,2,1的三组，有22532215C C A =种分组方法， 故有101525+=种分组方法．第二步：将分好的三组分别派到三个医疗点，甲专家不去A 医疗点，可分配到,B C 医疗点中的一个，有122C =种分配方法， 再将剩余的2组分配到其余的2个医疗点，有222A =种分配方法， 则有224⨯=种分配方法．根据分步计数原理，共有254100=⨯种分配方法． 故选：B ． 【点睛】本题主要考查排列、组合的应用，同时考查分步计数原理，属于基础题．解析：A 【分析】整体上用间接法求解，先算出1，4，1，5，9，2，6这7位数字随机排列的种数，注意里面有两个1，多了22A 倍，要除去，再减去小于3.14的种数，小于3.14的数只有小数点前两位为11或12，其他全排列. 【详解】由于1，4，1，5，9，2，6这7位数字中有2个相同的数字1，故进行随机排列，可以得到的不同情况有7722A A ， 而只有小数点前两位为11或12时，排列后得到的数字不大于3.14，故小于3.14的不同情况有552A ，故得到的数字大于3.14的不同情况有75752222280A A A -=. 故选：A 【点睛】本题主要考查数字的排列问题，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.11．D解析：D 【分析】根据题意分析常数项由()2x a +中的某项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中的某项项相乘所得,再二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】由题可得,()2x a +中含2x 项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中含21x 项相乘可得常数项； ()2x a +中含x 项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中含1x 项相乘可得常数项； ()2x a +中的常数项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中的常数项相乘可得常数项.故()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为 ()()()2134522122551112111010x C ax C a a a x x ⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-+⋅-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故22101011090a a a a -+-=-⇒-+=,解得1a =或9a =. 故选：D 【点睛】本题主要考查了利用二项式定理,根据常数项求解参数的方法.需要根据题意分析常数项的所有可能组成,属于中档题.12．A解析：A 【分析】由题意得，当1x =时，0123nn a a a a +⋯⋯+=++，利用二项展开式的通项公式求出0021n a C =⋅=，结合条件求得6n =，利用二项式系数的性质，得出二项式系数最大的项为 33362C x ⋅，即可求出结果. 【详解】解：由题可知，2012(12)nnn x a a x a x a x +=+++⋯⋯+， 当1x =时，0123nn a a a a +⋯⋯+=++，(12)n x +的展开式中，通项公式为：12r r rr nT C x +=， 则常数项对应的系数为：0a ，即0r =，得00021n a C =⋅=， 所以1231728n na a a =-+⋯=+⋯+，解得：6n =， 则6(12)x +展开式中二项式系数最大为：36C ， 则二项式系数最大的项为： 333362160C x x ⋅=. 故选：A. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，组合数的计算公式．二、填空题13．120【分析】用六个位置去放这六个球分步：第一步放红球第二步放黄球第三步放绿球然后由乘法原理计算【详解】6个球占据6个位置在这6个位置中间四个位置中选2个放红球有3种选法放法是剩下4个位置中只有2个解析：120 【分析】用六个位置去放这六个球，分步：第一步放红球，第二步放黄球，第三步放绿球．然后由乘法原理计算． 【详解】6个球占据6个位置，在这6个位置中间四个位置中选2个放红球，有3种选法，放法是223A ，剩下4个位置中只有2个是相邻的，选2个放黄球放法是2242A A -，最后还有两个位置放绿球有22A 种放法，因此共有方法数为222224223()120A A A A -=． 故答案为：120． 【点睛】关键点点睛：本题考查排列的应用，解题关键是确定完成事件的方法：分类还是分步？另外对特殊元素，特殊位置要优先考虑．本题中红球要不相邻又不能放在两端，因此我们设想有6个位置放这6个球，先放红球于中间4个位置中的两个，然后再放黄球，最后放绿球．分步完成，从而得出结论．14．14【分析】分析体育课在不在最后一节采用分类加法计数原理以及排列思想计算出对应的排法数【详解】当体育课在最后一节时此时另外节课可在其余位置任意排列故有种排法；当体育课不在最后一节时此时体育课只能在第解析：14 【分析】分析体育课在不在最后一节，采用分类加法计数原理以及排列思想计算出对应的排法数. 【详解】当体育课在最后一节时，此时另外3节课可在其余位置任意排列，故有33A 种排法； 当体育课不在最后一节时，此时体育课只能在第2节或第3节，故有112222A A A 种排法， 所以一共有：31123222+=14A A A A 种排法， 故答案为：14. 【点睛】方法点睛：本题考查分类加法计数原理与排列的综合应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.15．4100【分析】分类讨论：三个区域用同一种颜色用2种颜色用3种颜色由分步计数原理可得结论【详解】考虑三个区域用同一种颜色共有方法数有考虑三个区域用2种颜色共有方法数有考虑三个区域用3种颜色共有方法数解析：4100 【分析】分类讨论：A 、C 、E 三个区域用同一种颜色，用2种颜色，用3种颜色，由分步计数原理可得结论． 【详解】考虑A 、C 、E 三个区域用同一种颜色，共有方法数有354320⨯=，考虑A 、C 、E 三个区域用2种颜色，共有方法数有(543)4332160⨯⨯⨯⨯⨯=， 考虑A 、C 、E 三个区域用3种颜色，共有方法数有33531620A ⨯=， 故总计有方法数320216016204100++=． 故答案为：4100． 【点睛】本题考查分类计数原理和分步计数原理，解题关键是确定完成事件的方法，是分类还是分步？本题完成涂色这个事件，采取的是先分类：按A 、C 、E 三个区域所用颜色数分三类，然后每类再分步，每类里先涂色A 、C 、E 三个区域，然后再涂色其它三个区域．16．5【分析】根据二项式系数和求出n 的值确定二项展开式的系数最大项在奇数项建立不等式求解即可【详解】由题意知解得由的展开式通项公式知二项展开式的系数最大项在奇数项设二项展开式中第项的系数最大则解得故其展解析：5 【分析】根据二项式系数和求出n 的值，确定二项展开式的系数最大项在奇数项，建立不等式求解即可. 【详解】由题意知，264n =，解得6n =,由(12)n x -的展开式通项公式16(2)rrr T C +=-知二项展开式的系数最大项在奇数项， 设二项展开式中第1r +项的系数最大，则22662266(2)(2)(2)(2)r r r r r r r r C C C C ++--⎧--⎨--⎩， 解得4r =，故其展开式中系数最大的项第5项. 故答案为: 5 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，涉及二项展开式中二项式系数和与系数和问题，容易出错.要正确区分这两个概念.17．【分析】根据题意先求出四位教师参加三项不同的公益教学活动每位教师任选一项的所有情况有种每个项目都有该校教师参加的情况有种即可求得相应的概率【详解】解：由于四位教师参加三项不同的公益教学活动每位教师任解析：49【分析】根据题意，先求出四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的所有情况有43种，每个项目都有该校教师参加的情况有2343C A ⋅种，即可求得相应的概率. 【详解】解：由于四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的情况有：433333⨯⨯⨯=（种），而每个项目都有该校教师参加的情况有：234336C A ⋅=（种）， 则每个项目都有该校教师参加的概率为：436439=. 故答案为：49.【点睛】本题考查概率的计算和分步乘法的计数原理，以及排列组合的应用，考查分析计算能力.18．200【分析】根据题意由二项式定理可得的通项公式为令求出对应的值即可求解【详解】根据题意由二项式定理可得的通项公式为当时可得当时可得所以多项式的展开式中含的项为故多项式的展开式中含项的系数为故答案为解析：200 【分析】根据题意，由二项式定理可得，()52x +的通项公式为5152rrr r T C x -+=，令2,3r r ==，求出对应1r T +的值即可求解. 【详解】根据题意，由二项式定理可得，()52x +的通项公式为5152rrr r T C x -+=，当2r时，可得232235280T C x x ==，当3r =时，可得323345240T C x x ==， 所以多项式()5122x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，含2x 的项为232128040200x x x x⨯+⋅=， 故多项式()5122x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，含2x 项的系数为200. 故答案为：200 【点睛】本题考查利用二项式定理求二项展开式中某项的系数；考查运算求解能力；熟练掌握二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.19．1【分析】令可得的值令可得的值相乘即可【详解】设令令故答案为:1【点睛】本题考查有关二项展开式项的系数和问题赋值法是解题的关键属于中档题解析：1 【分析】令1x =，可得()()02420201352019a a a a a a a a +++++++++的值，令1x =-，可得()()02420201352019a a a a a a a a ++++-++++的值，相乘即可.【详解】设02420201352019,A a a a a a a B a a +==+++++++，令20201,(1x A B ==+，令20201,(1x A B =-=-，()()2202420201352019a a a a a a a a -++++++++222020()()[(11A B A B A B =-=+-==.故答案为:1 【点睛】本题考查有关二项展开式项的系数和问题，赋值法是解题的关键，属于中档题.20．【分析】因为所以从这五个数中每次取出两个不同的数分别为共可得到的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数【详解】解：首先从这五个数中任取两个不同的数排列共种排法因为所以从这五个数中每次取出两个不同的 解析：18【分析】 因为lg lg lgaa b b-=，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lg lg a b -的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数a b. 【详解】解：首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共2520A =种排法， 因为3913=，1339=， 所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ， 共可得到lg lg a b -的不同值的个数为：20218-=， 故答案为：18. 【点睛】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于基础题.三、解答题21．(1)454；(2)答案见解析. 【详解】2311()2n rr r r nT C x-+=- （1）25=0103n n -⨯∴= 102=223r r -∴=2210145()24C ∴-= （2）1022,5,83rZ r -∈∴= 展开式中所有的有理项为2222558821010102145163145()()()24282256x C x C C x x----=，=，= 22．（1）91种；（2）120种． 【分析】（1）用间接法分析，先计算在9人中任选4人的选法数，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数，即可得答案；（2）用间接法分析，先计算在9人中任选4人的选法数，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数，即可得答案. 【详解】（1）先在9人中任选4人，有49126C =种选法, 其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有4735C =种, 则甲与女姓中的乙至少要有1人在内的选法有1263591-=种.（2）先在9人中任选4人，有49126C =种选法，其中只有男生的选法有455C =种，只有女生的选法有441C =种，则4人中必须既有男生又有女生的选法有12651120--=种. 【点睛】本题主要考查了组合的应用，间接法，逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题. 23．(1)358(2) 8782T x =,8892T x =. 【分析】（1）由题设条件，求得8n =，得到二项式81(2)4x +展开式中第5项的二项式系数最大，利用二项式的通项，即可求解；（2）设二项展开式的第r 项的系数最大，列出不等式组，求得78r ≤≤，得到展开式中系数最大的项为第8项及第9项，即可求解． 【详解】 （1）由1(2)4n x +的展开式前三项的三项式系数的和等于37， 即01237n n n C C C ++=，解得8n =，即二项式81(2)4x +，所以展开式中第5项的二项式系数最大，因此由444444581703524168T C x x x ⎛⎫=⋅⋅== ⎪⎝⎭可知此项的系数为358. （2）设二项展开式的第r 项的系数最大，则891188871188112244112244r rr rr r r rr r r r C C C C ------++⎧⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，解得78r ≤≤，所以展开式中系数最大的项为第8项及第9项，即177787881224T C x x ⎛⎫=⋅= ⎪⋅⎝⎭，088888981224T C x x ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭. 【点睛】本题主要考查二项式定理的通项的应用，属于中档试题，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C rn r rr n T ab -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用． 24．（1）64；（2）1- 【分析】（1）由二项式n 的展开式，共有1n +项，得到2121nC +=，解得6n =， 进而可求解展开式的二项式系数的和；（2）由2211n n n a a x x +=+（，求得二项式n 的展开式的通项，确定出3k =或0k =，代入即可求解.【详解】（1）由题意可得，二项式n 的展开式，共有1n +项，则2121n C +=，解得6n =， 所以展开式中所有二项式系数之和为6264=.（2）由2211n n n a a x x +=+（，则n的通项为6263+1661(()2kkkkk k k T C C x --==-⋅，其中0,1,,6k =，令6203kk -==或2，截得3k =或0k =， 所以展开式中的常数项为3306617()22a C C ⋅-+=,解1a =-. 【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项的应用，以及二项式系数问题，其中解答中熟记二项展开式的通项和二项展开式的系数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.25．（1）576；（2）576；（3）144 【分析】（1）根据先取后排的原则，从1到7的七个数字中取两个偶数和三个奇数，然后进行排列；（2）利用捆绑法把两个偶数捆绑在一起，再和另外三个奇数进行全排列；（3）利用插空法，先排两个偶数，再从两个偶数形成的3个间隔中，插入三个奇数，问题得以解决. 【详解】（1）偶数在末尾，五位偶数共有23413442C C A A ＝576个．（2）五位数中，偶数排在一起的有23423442C C A A ＝576个．（3）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有23233423C C A A ＝144．【点睛】本题主要考查了数字的组合问题，相邻问题用捆绑，不相邻用插空，属于中档题． 26．（1）见解析（2）见解析（3）45，120，210 【分析】（1）化成阶乘处理即可．（2）将这列数表示出来，利用（1）的结论即可得到．（3）假设存在第n 行的第r-1，r ，r+1个数满足这三个数之比为3：8：14，列方程求r ，若n ，r 为不小于2的正整数，即为所求． 【详解】 解：（1）1mm n n C C ++=()!!!n m n m -+()()!1!1!n m n m +--=()()()!11!!n m m n m ++-+()()()!1!!n n m m n m -+-=()()()!11!!n m n m m n m ++-+-=()()()()1!1!11!n m n m +⎡⎤++-+⎣⎦=11m n C ++． 所以原式成立． （2）由（1）得111mm m n n n C C C ++++=左边=1111122mm m m m m mm m m k C C C C C ----+++-++++⋯+ =1111122mm m m m m m m k C C C C ---++++-+++⋯+ =…=122m m m k m k C C -+-+-+ =1mm k C +-=右边∴原命题成立（3）设在第n 行的第r -1，r ，r +1个数满足3：8：14 即113814r rr n n nC C C -+=：：：：解的{103n r ==∴三个数依次为45，120，210 【点睛】本题考查了二项式定理的性质，组合数的性质的证明，主要考查组合数的计算，考查观察、归纳、总结的能力．属于中档题．。
高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题同步测控 北师大版选修2-3(2021年最新整理)
高中数学第一章计数原理4 简单计数问题同步测控北师大版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理4 简单计数问题同步测控北师大版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题同步测控 北师大版选修2—3我夯基，我达标1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为（ ）A.42 B 。
30 C.20 D.12解析：分两步：第一步,把新增的第一个节目插入原5个节目中，有6种方法；第二步，把新增的第二个节目插入前6个节目中，有7种方法，故共有6×7=42种插法。
答案:A2.从长度分别为1,2,3,4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m,则nm等于（ ) A.101 B.51 C 。
103 D 。
52 解析:n=C 35=10,由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2、3、4”和“2、4、5”,故m=2，∴n m =102=51. 答案：B3.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( ）A.140种B.120种 C 。
35种 D 。
34种解析：既有女生又有男生，可以分类表示，三男一女有C 34·C 13种选法，二男二女有C 24C 23种选法，一男三女有C 14·C 33种选法，则总的不同的选法有C 34·C 13+C 24·C 23+C 14·C 33=34种。
北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(答案解析)
一、选择题1．从4名优秀学生中选拔参加池州一中数学、物理、化学三学科培优研讨会，要求每名学生至多被一学科选中，则每学科至少要选用一名学生的情况有（ ）种 A ．24B ．36C ．48D ．602．()()4221x x x -+-的展开式中x 项的系数为（ ）A ．9-B ．5-C ．7D ．83．某班某天上午有五节课，需安排的科目有语文，数学，英语，物理，化学，其中语文和英语必须连续安排，数学和物理不得连续安排，则不同的排课方法数为（ ） A ．60 B ．48 C ．36 D ．24 4．把4个不同的小球全部放人3个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法总数为（ ）A ．1333C AB ．3242C AC ．132442C C CD ．2343C A5．数列129,,,a a a ⋅⋅⋅中，恰好有6个7，3个4，则不相同的数列的个数( ) A ．69AB ．39AC ．39CD ．36C6．袋中有大小相同的四个白球和三个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（ ） A ．47B ．37C ．27D ．8217．10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（ ） A ．2263C AB ．2666C AC ．2266C AD ．2265C A8．5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为（ ） A ．10B ．40-C ．200D ．2409．在12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中, 2x 项的系数为( ) A ．10B ．25C ．35D ．6610．现有甲、乙、丙三个盒子，其中每个盒子中都装有标号分别为1、2、3、4、5、6的六张卡片，现从甲、乙、丙三个盒子中依次各取一张卡片使得卡片上的标号恰好成等差数列的取法数为（ ） A ．14B ．16C ．18D ．2011．若()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为-1，则a 的值为( ) A ．1 B ．9C ．-1或-9D ．1或912．41(1)x x++的展开式中常数项为（ ） A ．18B ．19C ．20D ．21二、填空题13．函数()y f x =的定义域D 和值域A 都是集合{12,3}，的非空真子集，如果对于D 内任意的x ，总有()()x f x xf x ++的值是奇数，则满足条件的函数()y f x =的个数是_____；14．若9m x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数为84，则m =_________.15．若在83(3)(1)a x x +-关于x 的展开式中，常数项为4，则2x 的系数是______________．16．在二项式12312x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，该二项展开式中系数最大的项为___________．17．有5本不同的书，全部借给3人，每人至少1本，共有______种不同的借法.18．植树造林，绿化祖国．某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动，准备在一抛物线形地块上的ABCDGFE 七点处各种植一棵树苗，且关于抛物线的如图所示，其中A 、B 、C 分别与E 、F 、G 关于抛物线的对称轴对称，现有三种树苗，要求每种树苗至少种植一棵，且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗，则共有不同的种植方法数是_____（用数字作答）．19．将5名上海世博会的志愿者分配到中国馆、美国馆、英国馆工作，要求每个国家馆至少分配一名志愿者且其中甲、乙两名志愿者不同时在同一个国家馆工作，则不同的分配方案有________种．20．,,,,,A B C D E F 六人并排站成一排，,A B 必须站在一起，且,C D 不能相邻，那么不同的排法共有_____种（结果用数字表示）.三、解答题21．若2nx x ⎛+ ⎝展开式的二项式系数之和是64．（1）求n 的值；（2）求展开式中的常数项．22．某校阅览室的一个书架上有6本不同的课外书，有5个学生想阅读这6本书，在同一时间内他们到这个书架上取书.（1）求每个学生只取1本书的不同取法种数；（2）求每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法种数；（3）求恰有1个学生没取到书的不同取法种数.23．若423401234(2x a a x a x a x a x =++++ （1）求2a 的值；（2）求2202413()()a a a a a ++-+ 24．已知1(2)4n x +的展开式前三项的三项式系数的和等于37 ，求： （1）展开式中二项式系数最大的项的系数． （2）展开式中系数最大的项．25．（1）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （2）由0,1,2,3,4,5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？（3）某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，其余2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？26．有2名男生、3名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法?（以下各题请用数字作答）（1）甲不在中间也不在两端； （2）甲、乙两人必须排在两端； （3）男、女生分别排在一起； （4）男女相间；【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】首先，根据题意，分析得出应该分两类情况，共选3人参加研讨会和4名学生都参加，之后各自应用分步计数原理求得结果，之后应用分类加法计数原理求得结果. 【详解】依题意，分两类情况：（1）每个学科选1人，共选3人参加研讨会， 从4名学生中选3名进行排列即可，有3424A =种情况； （2）4名学生都参加，则必然有2名学生参加同一学科的研讨会，先从4名学生中选2名看作一个整体，有246C =选法， 将这个整体与其他学生全排列即可，有336A =种排法， 根据分步计数原理，共有6636⨯=种情况，综上所述，根据分类计数原理可得，每学科至少 一名学生的情况有263460+=种， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题，涉及到的知识点有分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于简单题目.2．A解析：A 【分析】将()()4221x x x -+-化简为:2444(1)(1)2(1)x x x x x --+--,写出4(1)x -二项展开式的通项公式(4)14(1)rr r r T C x -+=⋅-,即可求得答案.【详解】 ()()42244421(1)(1)2(1)x x x x x x x x -+---+-=-4(1)x -二项展开式的通项公式(4)14(1)r r r r T C x -+=⋅- 24(1)x x -中不含x 项,无需求解.4(1)x x --中含x 项,即当4r =时(44444)(1)x C xx --⋅⋅=--42(1)x -中含x 项,即当3r =时(43)34328(1)C x x -⋅=-- ∴ ()()4221x x x -+-的展开式中x 项9x -故选:A. 【点睛】本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题.3．D解析：D 【分析】由排列组合中的相邻问题与不相邻问题得：不同的排课方法数为22222324A A A =，得解． 【详解】先将语文和英语捆绑在一起，作为一个新元素处理，再将此新元素与化学全排，再在3个空中选2个空将数学和物理插入即可， 即不同的排课方法数为22222324A A A =， 故选：D ． 【点睛】本题考查了排列组合中的相邻问题与不相邻问题，属中档题．4．D解析：D 【分析】利用捆绑法选择两个球看成整体，再全排列得到答案. 【详解】选择两个球看成整体，共有24C 种取法，再把三个球放入三个盒子中，有33A 种放法，故共有2343C A 种放法. 故选：D. 【点睛】本题考查了排列和组合的应用，意在考查学生的应用能力，利用捆绑法是解题的关键.5．C解析：C 【分析】把129,,,a a a ⋅⋅⋅看成9个位置，从这9个位置中，任取3个位置放4（或任取6个位置放7），即得不相同的数列的个数. 【详解】把129,,,a a a ⋅⋅⋅看成9个位置，从这9个位置中，任取3个位置放4（或任取6个位置放7），其余6个位置放7（或其余3个位置放4），有39C （或69C ）种不同的取法. 每种取法放3个4都有一种方法，剩下的6个位置放6个7有1种方法. 所以不相同的数列共有39C （或69C ）个. 故选：C . 【点睛】本题考查排列组合，属于基础题.6．B解析：B 【分析】根据题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，利用组合计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】由题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为22432737C C P C +==. 故选：B. 【点睛】本题考查古典概型概率的计算，涉及组合计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.7．C解析：C 【分析】分两步：1.首先先从后排6人中选2人出来；2.将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人，其他4人按原顺序排列，再由乘法原理计算即可. 【详解】首先先从后排6人中选2人出来，共26C 种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4 人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有26A 种不同排法，其余 位置按4人原顺序排好只有1种排法，由乘法原理，得不同调整方法的总数是2266C A . 故选：C 【点睛】本题考查排列与组合的应用，涉及到定序排列问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.8．B解析：B 【分析】首先将5(3)(2)x x -+拆开得到555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，得到5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数与5(2)x +展开式中2x 项和3x 项的系数有关，化简求得结果. 【详解】555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，5(2)x +展开式中2x 项的系数为335280C ⋅=， 5(2)x +展开式中3x 项的系数为225240C ⋅=， 所以5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为8034040-⨯=-， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有求两个二项式乘积展开式的系数问题，在解题的过程中，注意分析与哪些项有关，属于简单题目.9．D解析：D 【分析】分析12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的本质就是考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，每个括号内各取202011,,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项，利用组合知识即可得解.【详解】12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 每个括号内各取202011,,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项，要得到2x 项，就是在12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭中，两个括号取x ，10个括号取1， 所以其系数为21266C =. 故选：D 【点睛】此题考查求多项式的展开式指定项的系数，关键在于弄清二项式定理展开式的本质问题，将问题转化为计数原理组合问题.10．C解析：C 【分析】根据题意，若取出的卡片上的标号恰好成等差数列分三种情况，一是标号相等时，即所得的等差数列的公差为0，二是所得的等差数列公差为1或-1，三是所得的等差数列的公差为2或-2时，分别求出其不同的取法，再求和. 【详解】根据题意，若取出的卡片上的标号恰好成等差数列分三种情况， 一是标号相等时，即全部为1、2、3、4、5、6时，有6种取法，二是所得的等差数列公差为1或-1，即1、2、3；3、2、1；…4、5、6；6、5、4等8种取法，三是所得的等差数列的公差为2或-2时，即1、3、5；5、3、1；…2、4、6；6、4、2等4种取法，所以共有68418++=种. 故选：C 【点睛】本题主要考查分类加法计算原理，还考查了分类讨论的思想和列举求解的能力，属于中档题.11．D解析：D 【分析】根据题意分析常数项由()2x a +中的某项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中的某项项相乘所得,再二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】由题可得,()2x a +中含2x 项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中含21x 项相乘可得常数项； ()2x a +中含x 项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中含1x 项相乘可得常数项； ()2x a +中的常数项与511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中的常数项相乘可得常数项.故()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为 ()()()2134522122551112111010x C ax C a a a x x ⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-+⋅-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故22101011090a a a a -+-=-⇒-+=,解得1a =或9a =. 故选：D 【点睛】本题主要考查了利用二项式定理,根据常数项求解参数的方法.需要根据题意分析常数项的所有可能组成,属于中档题.12．B解析：B 【分析】 41(1)x x ++展开式的141()r r r T C x x +=+，(0r =，1，⋯，4)．1()r x x+的通项公式：211()k r k k k r k k r r T C x C x x--+==，令2r k =，进而得出．【详解】 解：41(1)x x ++展开式的141()r r r T C x x+=+，(0r =，1，⋯，4)． 1()r x x +的通项公式：211()k r k k k r k k r r T C x C x x--+==，令2r k =，可得：0k =时，0r =；1k =时，2r ，2k =时，4r =．41(1)x x∴++展开式中常数项21424244119C C C C =+⨯+⨯=． 故选：B ． 【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题13．【分析】化简得因此中至少一个为奇数再分两种情况讨论得解【详解】因为所以中至少一个为奇数定义域为的都可以有种；定义域为的函数所以有种；所以共种故答案为：29【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是解析：29【分析】化简得()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++-因此(),f x x 中至少一个为奇数，再分两种情况讨论得解. 【详解】因为()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++- 所以(),f x x 中至少一个为奇数，定义域为{1},{3},{1,3}的都可以，有3333=15++⨯种； 定义域为{}{}{}2,1,2,2,3的函数(2){1,3}f ∈， 所以有23223=14+⨯+⨯种； 所以共29种. 故答案为：29 【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是分析出(),f x x 中至少一个为奇数，其二是合理分类讨论.14．【分析】由题意二项式展开式的通项为结合题意求得进而得到关于的方程即可求解【详解】求得二项式的展开式的通项为当解得此时所以解得故答案为：【点睛】求二项展开式的特定项问题实质时考查通项的特点一般需要建立解析：1-. 【分析】由题意，二项式展开式的通项为9219(1)r r r rr T m C x -+=-⋅⋅，结合题意，求得3r =，进而得到关于m 的方程，即可求解. 【详解】求得二项式9m x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项为992199()(1)r r r r r r rr m T C x m C x x --+=-=-⋅⋅，当923r -=，解得3r =，此时333349(1)T m C x =-⋅⋅，所以3339(1)84m C -⋅⋅=，解得1m =-. 故答案为：1-. 【点睛】求二项展开式的特定项问题，实质时考查通项1C rn r rr n T ab -+=的特点，一般需要建立方程求得r 的值，再将r 的值代入通项求解，同时注意r 的取值范围（0,1,2,,r n =）.15．【分析】将式子转化为两个式子相加的形式再利用二项式定理计算得到答案【详解】展开式的通项为：取得到常数项为故分别取和得到的系数是：故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理意在考查学生的计算能力和应用能力 解析：56-【分析】将式子转化为两个式子相加的形式，再利用二项式定理计算得到答案. 【详解】888(3)(1(13(1a a x x +=+，8(1展开式的通项为：(()88831881r rrr r r T C C x---+==⋅-⋅，取8r =得到常数项为1，故4a =. 分别取2r和=5r 得到2x 的系数是：()2588413156C C ⨯⨯+⨯⨯-=-.故答案为：56-. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．【分析】先求出展开式通项得出系数要使展开式中系数最大只需该项系数不小于前一项系数也不小于后一项系数建立关于项数的不等式求解即可【详解】二项式的展开式通项为若第系数最大需满足即整理得解得所以该二项展开 解析：20126720x【分析】先求出展开式通项，得出系数，要使展开式中系数最大，只需该项系数不小于前一项系数，也不小于后一项系数，建立关于项数r 的不等式，求解即可. 【详解】二项式12312x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式通项为31212364112121(2)()2r r r r r r r T C x C x x ---+==，0,1,2,12r =，若第1r +系数最大，需满足1213112121211112122222r r r r r r r r C C C C -----+⎧≥⎨≥⎩，即12!212!!(12)!(1)!(13)!212!12!!(12)!(1)!(11)!r r r r r r r r ⨯⎧≥⎪---⎪⎨⨯⎪≥⎪-+-⎩， 整理得121321121r rr r ⎧≥⎪⎪-⎨⎪≥⎪-+⎩，解得1013,,433r r N r ≤≤∈∴=， 8420205122126720T C x x ==,所以该二项展开式中系数最大的项为20126720x . 故答案为：20126720x . 【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，熟记通项是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.17．150【分析】将5本不同的书分成满足题意的3组有113与221两种分别计算可得分成113与分成221时的分组情况种数相加可得答案【详解】解：将5本不同的书分成满足题意的3组有113与221两种分成1解析：150 【分析】将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算可得分成1、1、3与分成2、2、1时的分组情况种数，相加可得答案． 【详解】解：将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有3353C A 种分法，分成2、2、1时，有22353322C C A A 种分法，所以共有223335353322150C C C A A A +=种分法， 故答案为：150． 【点睛】本题考查组合、排列的综合运用，解题时，注意加法原理与乘法原理的使用．18．36【分析】先选四个位置上的重复树苗有种方法再利用相同元素的排列问题（除序法）即可解决问题【详解】解：由题意对称相当于3种树苗种四个位置有且仅有一种树苗重复有种选法；在四个位置上种植有种方法则由乘法解析：36 【分析】先选四个位置上的重复树苗有13C 种方法，再利用相同元素的排列问题（除序法）即可解决问题． 【详解】解：由题意对称相当于3种树苗种A ，B ，C ，D 四个位置，有且仅有一种树苗重复，有13C种选法；在四个位置上种植有442212A A =种方法， 则由乘法原理得131236C ⨯=种方法． 故答案为：36． 【点睛】本题考查排列组合，计数原理的应用，本题运用除序法，可以避免讨论，简化计算．属于中档题．19．114【分析】本题是一个分类计数问题每个国家馆至少分配一名志愿者则有两种不同的情况当按照221安排时共有当按照113安排时有其中包括甲和乙在一个馆里的情况减去不合题意的结果即可【详解】由题意知本题是解析：114 【分析】本题是一个分类计数问题，每个国家馆至少分配一名志愿者，则有两种不同的情况，当按照2，2，1安排时，共有223533902C C A=，当按照1，1，3安排时，有335360C A=，其中包括甲和乙在一个馆里的情况，减去不合题意的结果即可．【详解】由题意知本题是一个分类计数问题，每个国家馆至少分配一名志愿者，则有两种不同的情况，每一个馆的人数分别是2，2，1；1，1，3当按照2，2，1安排时，共有223 533902C C A=，当按照1，1，3安排时，有335360C A=，其中包括甲和乙在一个馆里的情况，当甲和乙在同一个馆里时，共有234336C A=，∴满足条件的排列法共有906036114+-=，故答案为：114.【点睛】本题考查计数原理的应用，解题的关键是先分组再做分配，考查加法原理和乘法原理的实际应用，属于中等题.20．144【分析】根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个元素与人进行全排列易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个安排由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个解析：144【分析】根据题意，分2步进行分析：①将AB两人看成一个元素，与2EF人进行全排列，易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个，安排C、D，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分2步进行分析：①将AB两人看成一个元素，与2EF人进行全排列，有232312A A=种排法，排好后有4个空位，②在4个空位中任选2个，安排C、D，有2412A=种情况，则有1212144⨯=种不同的排法.故答案为：144.【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意常见的相邻和不相邻问题的处理方法有捆绑法和插空法．三、解答题21．（1）6；（2）60 【分析】由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可得常数项. 【详解】（1）由题意得，二项式系数之和为012264n n n n n n C C C C ++++==，6n ∴=；（2）通项公式为366622166(2)2r r rrrr r T C x xC x----+==，令3602r-=，得4r = ∴展开式中的常数项为4464256(2)60T C x x--==．【点睛】该题主要考查二项式定理，在()na b +展开式中二项式系数为2n ，只与指数n 有关，求特定项时要注意通项的正确应用. 22．（1）720（2）2520（3）7800 【分析】（1）直接利用排列公式得到答案.（2）将情况分为：每个学生只取1本书；一个学生取2本书，其余学生每人取一本书这两种情况，分别计算相加得到答案.（3）将情况分为：1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书； 2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，计算得到答案. 【详解】（1）每个学生只取1本书的不同取法种数为56720A =种. （2）每个学生最少取1本书，最多取2本书分两种情况： 第一种，每个学生只取1本书，取法为56A ；第二种，一个学生取2本书，其余学生每人取一本书.确定取2本书的学生有15C 种方法，这个学生取哪2本书有26C 种方法，其余4个学生取剩下的4本书且每人一本有44A 种方法，故一个学生取2本书，其余学生每人取一本书取法为124564C C A . 所以，每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法为5124656472018002520A C C A +=+=种.（3）恰有1个学生没取到书分两种情况：第一种，1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为3565C A .第二种，2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为22564522C C A A .所以恰有1个学生没取到书的不同取法种数为2222355356464655652222(2045)1207800C C C C C A A C A A A ⎛⎫+=+=+⨯= ⎪⎝⎭种.【点睛】 本题考查了排列组合公式的应用，意在考查学生的应用能力和理解能力. 23．(1) 72 ；(2) 1 【分析】（1）求2a 时，可通过二项展开式的通项去求解；（2）先观察式子特征，注意到可进行平方差变形；然后根据1x =±时的值来计算最终结果. 【详解】（1）因为222224C (2)a x x =，所以22224C (2)72a ==； （2）22024130123401234()()()()a a a a a a a a a a a a a a a ++-+=++++-+-+当1x =时，401234(2a a a a a ++++=；当1x =-时，401234(2a a a a a --+-+=；所以2244402413()()2)2)(34)1a a a a a ++-+==-=. 【点睛】对于230123()...nn f x a a x a x a x a x =+++++形式的展开式，奇次项系数和：(1)(1)2f f +-，偶次项系数和：(1)(1)2f f --，所有项系数和：(1)f .24．(1)358(2) 8782T x =,8892T x =. 【分析】（1）由题设条件，求得8n =，得到二项式81(2)4x +展开式中第5项的二项式系数最大，利用二项式的通项，即可求解；（2）设二项展开式的第r 项的系数最大，列出不等式组，求得78r ≤≤，得到展开式中系数最大的项为第8项及第9项，即可求解． 【详解】 （1）由1(2)4n x +的展开式前三项的三项式系数的和等于37， 即01237n n n C C C ++=，解得8n =，即二项式81(2)4x +，所以展开式中第5项的二项式系数最大，因此由444444581703524168T C x x x ⎛⎫=⋅⋅== ⎪⎝⎭可知此项的系数为358.（2）设二项展开式的第r 项的系数最大，则891188871188112244112244r rr rr r r rr r r r C C C C ------++⎧⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，解得78r ≤≤，所以展开式中系数最大的项为第8项及第9项，即177787881224T C x x ⎛⎫=⋅= ⎪⋅⎝⎭，088888981224T C x x ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭. 【点睛】本题主要考查二项式定理的通项的应用，属于中档试题，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C rn r rr n T a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．25．（1）1560；（2）156；（3）92. 【解析】 【分析】（1）分为3,1,1,1和2,2,1,1两类分别计算，加和得到结果；（2）分为个位是0和个位不是0两类分别计算，加和得到结果；（3）分为只会英语的人中选了3人作英语导游、选了2人作英语导游和选了1人作英语导游三类分别计算，加和得到结果. 【详解】（1）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有3,1,1,1和2,2,1,1两类分配方式为3,1,1,1时，共有：3114632433480C C C A A ⋅=种分法 分配方式为2,2,1,1时，共有：2214642422221080C C C A A A ⋅=种分法 由分类加法计数原理可得，共有：48010801560+=种分法 （2）若个位是0，共有：3560A =个 若个位不是0，共有：11224496C C A =个由分类加法计数原理可得，共有：6096156+=个（3）若只会英语的人中选了3人作英语导游，共有：3620C =种选法 若只会英语的人中选了2人作英语导游，共有：12323560C C C =种选法 若只会英语的人中选了1人作英语导游，共有：133412C C =种选法由分类加法计数原理可得，共有：20601292++=种选法 【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，涉及到分组分配问题、元素位置有限制的排列组合问题等知识，关键是能够根据题目的要求进行合理的分类，最终通过分类加法计数原理得到结果.26．（1）48；（2）12；（3）24；（4）12. 【分析】（1）特殊元素优先安排，甲不在中间也不在两端，先将甲排好，其余全排列即可； （2）特殊元素优先安排，先排甲、乙，其余人全排列； （3）相邻问题用捆绑； （4）不相邻问题用插空； 【详解】解：（1）依题意甲不在中间也不在两端，首先安排甲有12A 种排法，其余人全排列有44A ，按照分步乘法计数原理可得一共有142448A A =（种）（2）先排甲、乙有22A 种排法，其余人全排列有33A ，按照分步乘法计数原理可得一共有232312A A =（种）（3）将男女分别捆绑再排列有22322324A A A =（种）（4）男女相间用插空法，先排女生有33A 种排法，再将男生插入女生所形成的2个空档里有22A 种排法，故共有323212A A =（种） 【点睛】本题主要考查排列组合的实际应用，常见的排列问题的处理方法的应用，属于中档题．。
高中数学 第1章 计数原理 4 简单计数问题课后演练提升 北师大版选修2-3(2021年整理)
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升北师大版选修2-3一、选择题1．现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全球“资源"、“生态”和“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么男、女同学的人数分别是（)A．男同学2人,女同学60人B．男同学3人，女同学5人C．男同学5人，女同学3人D．男同学6人，女同学2人解析:设男同学有x人,则女同学有(8－x)人,故C错误!×C错误!×A错误!＝90，∴x＝3。
故男同学有3人，女同学有5人．答案：B2。
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（）A．400种B．460种C．480种D．496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)．故选C．答案：C3．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成,其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A．（C错误!)2A错误!个B．A错误!A错误!个C．（C错误!)2104个D．A错误!104个解析：英文字母可以相同，故有（C错误!)2种选法，而数字有0～9共10个，故有A错误!种排法．所以满足要求的牌照号码有(C错误!）2A错误!个．答案：A4．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜,7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法搭配午餐：①任选两种荤菜，两种素菜和白米饭；②任选一种荤菜，两种素菜和蛋炒饭，则每天不同午餐的搭配方法有( ）A．22种B．56种C．210种D．420种解析：按第一种方法有C错误!C错误!种不同的搭配方法，按第二种方法共有C错误!C错误!种不同的搭配方法，故共有C错误!C错误!＋C错误!C错误!＝6×21＋4×21＝210种搭配方法，故答案选C．答案:C二、填空题5．用数字0，1,2，3,4，5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有__________个．（用数字作答）解析：分两种情况：第一类:个、十、百位上都是偶数，C13A33＋C1，3A错误!＝90.第二类：个、十、百位上共有两个奇数一个偶数，C错误!A错误!C错误!＋C错误!C错误!A错误!C错误!＝234,共有90＋234＝324(个)．答案：3246．9名学生排成前后两排，前排4人，后排5人，若其中某两人必须排在一起且在同一排，则排法种数是__________.解析：利用“分类法”和“捆绑法”．这两人坐前排：C错误!·A错误!·A错误!，这两人坐后排：C14·A2，2·A错误!，所以共有C错误!A错误!A错误!＋C错误!A错误!A错误!种,即有70 560种方法．答案：70 560三、解答题7．某校高一年级有6个班级，现在从中选出10人组成高一女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少选1人参加．这10个名额有多少种不同的分配方法?解析:方法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类；①4个名额全部给某一个班级，有C错误!种分法;②4个名额分给两个班级，每班2个，有C26种分法；③4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个、二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A错误!种分法；④分给三个班级，其中一个班级2个,其余两个班级每班1个，共有C16·C25种分法;⑤分给四个班级,每班1个,共有C错误!种分法．N＝C错误!＋C错误!＋A错误!＋C错误!·C错误!＋C4，6＝126（种)．方法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别,所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段（每段至少有一个球）．这样，每一种分隔办法,对应着一种名额的分配方法．这10个球之间（不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C错误!＝126(种）放法．故共有126种分配方法．8．将6名应届大学毕业生分配到3个公司．（1）3个人分到甲公司，2个人分到乙公司，1个人分到丙公司,有多少种不同的分配方案?(2)一个公司去3个人，另一个公司去2个人，剩下的一个公司去1个人，有多少种不同的分配方案？解析：(1)利用分步乘法计数原理,第一步，3个人分到甲公司：C错误!;第二步，2个人分到乙公司：C错误!；第三步，1个人分到丙公司：C错误!.∴总的分配方案有C错误!·C错误!·C错误!＝60（种）．（2）此题与(1)题不同，3个人去一个公司．首先将3人选出,再选公司(有三种情况）,所以解决问题可分步如下：第一步,选3人,C错误!;第二步,3人选公司,C错误!；第三步，选2人，C错误!；第四步，2人选公司，C错误!；第五步，剩余1人去一个公司，C错误!。
(常考题)北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测(包含答案解析)(4)
一、选择题1．某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”､“升级题型”､“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．已知某位参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率（ ） A ．112125B ．80125C ．113125D ．1241252．星期天上午，甲、乙、丙、丁到绿博园、四牟园、湿地公园、蟹岛游玩，每人只去一个地方，设事件A 为“4个人去的地方各不相同”，事件B 为“甲独自去一个地方”，则()P A B =（ ）A ．29B ．13C ．49D ．593．设随机变量X 服从正态分布()0,9N ，则()36P X <<=（ ）（附：若()2~,X N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+≈，(2)0.9544P X μσμσ+<<+=）A ．0.0456B ．0.1359C ．0.2718D ．0.31744．某班有18名学生数学成绩优秀，若从该班随机找出6名学生，其中数学成绩优秀的学生数1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()21E X +=（ ） A ．13B ．12C ．5D ．45．下列命题中真命题是（ ）（1）在18的二项式展开式中，共有4项有理项；（2）若事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =，则事件A 、B 是相互独立事件；（3）根据最近10天某医院新增疑似病例数据，“总体均值为2，总体方差为3”，可以推测“最近10天，该医院每天新增疑似病例不超过7人”. A ．（1）（2）B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）6．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X ，则X 的均值为（ ） A ．20B ．25C ．30D ．407．设随机变量ξ服从正态分布()0,1N ，则下列结论正确的是（ ）①()()()()0P a P a P a a ξξξ<=<+>->；②()()()210P a P a a ξξ<=<->； ③()()()120P a P a a ξξ<=-<>；④()()()10P a P a a ξξ<=-≥>．A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④8．某学校高三模拟考试中数学成绩X 服从正态分布()75,121N ，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为（ ）人．参考数据：()0.6826P X μσμσ-<<+=，(22)0.9544P X μσμσ-<<+=） A ．261B ．341C ．477D ．6839．若随机变量X 的分布列为：已知随机变量Y aX b =+(,,0)a b R a ∈>，且()10,()4E Y D Y ==，则a 与b 的值为( ) A ．10,3a b ==B ．3,10a b ==C ．5,6a b ==D ．6,5a b ==10．已知随机变量X 的分布列如表，其中a ，b ，c 为等差数列，若1()3E X =，则()D X 等于（ ）X 1- 0 1PabcA ．49B ．59C ．13D ．2311．某校高一（1）班共有54人，如图是该班期中考试数学成绩的频率分布直方图，则成绩在[]100,120内的学生人数为A ．36B ．27C ．22D ．1112．设X 为随机变量，且1:,3X B n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若随机变量X 的方差()43D X =，则()2P X == ( )A ．4729B ．16C ．20243D ．80243二、填空题13．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠.若该电梯在底层有6个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这6位乘客在第20层下电梯的人数，则(4)P X ==________. 14．在高三的一个班中，有14的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数1(5,)4B ξ～，则()P k ξ=取最大值时k =_______．15．袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5，从袋中随机抽取3只，若以ξ表示取到球中的最大号码，则ξ的数学期望是______.16．本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多，某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算），有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，两小时以上且不超过三小时还车的概率分别是12，14，两人租车时间都不会超过四小时，则甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为_______.17．某同学解答两道试题，他能够解出第一道题的概率为0.8，能够解出第二道题的概率为0.6，两道试题能够解答与否相互独立，记该同学解出题目的个数为随机变量X ，则X 的数学期望()E X =______．18．随机变量X 服从正态分布()2~10,X N σ，()12P X m >=，1(8)0P X n ≤≤=，则21m n+的最小值为_____． 19．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙公司面试的概率均为P ，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P （X=0）=，则随机变量X的数学期望E （X ）=___________．20．某班甲、乙、丙3名同学竞选班委,甲当选的概率为45,乙当选的概率为35,丙当选的概率为710,则恰有1名同学当选的概率为____. 三、解答题21．《中华人民共和国道路交通安全法》第47条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，即“行让行人”.下表是某十字路口监控设备所抓拍的6个月内驾驶员不“礼让行人”行为的统计数据：x 之间的回归直线方程ˆˆˆy bx a =+；（2）若该十字路口某月不“礼让行人”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于5，则称该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”.试判断6月份该十字路口“礼让行人”情况是否达到“理想状态”？（3）自罚单日起15天内需完成罚款缴纳，记录5月不“礼让行人”驾驶员缴纳罚款的情况，缴纳日距罚单日天数记为X ，若X 服从正态分布()~8,9X N ，求该月没能在 14天内缴纳人数. 参考公式：()()()112211ˆˆˆ,nniii ii i nniii i x x yyx y nxybay bx x x xnx====---===---∑∑∑∑()()()0.6826,220.9544,330.9974P Z P Z P Z μσμσμσμσμσμσ-<<+=-<<+=-<<+=22．某射手每次射击击中目标的概率均为23，且各次射击的结果互不影响． （1）假设这名射手射击3次，求至少2次击中目标的概率；（2）假设这名射手射击3次，每次击中目标得10分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中目标，而另外1次未击中目标，则额外加5分；若3次全部击中，则额外加10分．用随机变量ζ表示射手射击3次后的总得分，求ζ的分布列和数学期望． 23．某大型电器企业，为了解组装车间职工的生活情况，从中随机抽取了100名职工进行测试，得到频数分布表如下：（1）现从参与测试的日组装个数少于175的职工中任意选取3人，求至少有1人日组装个数少于165的概率；（2）由频数分布表可以认为，此次测试得到的日组装个数Z 服从正态分布(),169N μ，μ近似为这100人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表）.（i ）若组装车间有20000名职工，求日组装个数超过198的职工人数；（ii ）为鼓励职工提高技能，企业决定对日组装个数超过185的职工日工资增加50元，若在组装车间所有职工中任意选取3人，求这三人增加的日工资总额的期望.附：若随机变量X 服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<<+=，()220.9545P X μσμσ-<<+=，()330.9973P X μσμσ-<<+=.24．某次数学知识比赛中共有6个不同的题目，每位同学从中随机抽取3个题目进行作答，已知这6个题目中，甲只能正确作答其中的4个，而乙正确作答每个题目的概率均为23，且甲、乙两位同学对每个题目的作答都是相互独立、互不影响的. （1）求乙同学答对2个题目的概率；（2）若甲、乙两位同学答对题目个数分别是m ，n ，分别求出甲、乙两位同学答对题目个数m ，n 的概率分布和数学期望.25．某选修课的考试按A 级、B 级依次进行，只有当A 级成绩合格时，才可继续参加B 级的考试．已知每级考试允许有一次补考机会，两个级别的成绩均合格方可获得该选修课的合格证书．现某人参加这个选修课的考试，他A 级考试成绩合格的概率为23，B 级考试合格的概率为12．假设各级考试成绩合格与否均互不影响． （1）求他不需要补考就可获得该选修课的合格证书的概率；（2）在这个考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，求他一共参加3次考试的概率． 26．甲、乙两名运动员进行射击训练，已知他们击中的环数都稳定在7、8、9、10环，且每次射击成绩互不影响．根据以往的统计数据，甲、乙射击环数的频率分布条形图如下：若将频率视为概率，回答下列问题：（1）甲、乙各射击一次，求甲、乙同时击中10环的概率； （2）求甲射击一次，击中9环以上（含9环）的概率；（3）甲射击3次，X 表示这3次射击中击中9环以上（含9环）的次数，求X 的分布列及数学期望()E X ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】利用n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次概率计算公式能求出该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率． 【详解】解：某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”、“升级题型”、“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．某位参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率： 3223441112()()()555125P C =+=．故选：A ． 【点睛】本题考查概率的求法，考查n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．2．A解析：A 【分析】甲独自去一个景点，有14C 种方法，其余3人去剩下的3个景点，有3327=种方法，由分步计数原理可求得甲独自去一个景点的有1427C ⋅种选择方法.若4个人去的地方各不相同，则属于排列问题，有44A 种.根据条件概率计算公式，即可求出相应的概率. 【详解】甲单独去一个景点有14C 4=种方法，其余3人去剩下的3个景点，有3327=种方法， 则甲独自去一个景点，有427108⨯=种方法， 而4个人去的地方各不相同，有4424A =种方法， 则242()1089P A B ==. 故选：A. 【点睛】本题考查了条件概率，分步乘法计数原理，排列问题，属于中档题.3．B【分析】由随机变量X 符合正态分布()0,9N ，得0μ=，3σ=，则所求(36)P X <<，即为(2)P X μσμσ+<<+，根据3σ原则，以及正态曲线的对称性即可求值.【详解】因为随机变量X 符合正态分布()0,9N ，则0μ=，3σ=， 所以(36)(2)P X P X μσμσ<<=+<<+， 由()0.6826P X μσμσ-<<+≈，()220.9544P X μσμσ-<<+=，以及正态曲线的对称性，可知()00.3413P X μσ<<+≈，(02)0.4772P X μσ<<+=，则(36)0.47720.34130.1359P X <<=-=. 故选：B. 【点睛】本题考查了正态分布曲线的对称性，两个变量μ和σ的应用，3σ原则，属于中档题.4．C解析：C 【分析】根据1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭得到()2E X =，再根据()()2121E X E X +=+，计算得到答案. 【详解】1~6,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()1623E X =⨯=，故()()21215E X E X +=+=.故选：C . 【点睛】本题考查了二项分布的均值，同时也考查了期望性质的应用，意在考查学生的计算能力.5．D解析：D 【分析】对三个命题分别判断真假，即可得出结论. 【详解】对于（1），18的二项展开式的通项为1815163621818rrrr rC x x C x ---⎛⎫⎛⎫⋅⋅=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当0r =、6、12、18时，为有理项，共有4个有理项，故（1）正确； 对于（2），事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =， 所以()()()0.150.600.09P AB P A P B =⨯==，满足A 、B 为相互独立事件，故（2）对于（3），当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近于3，所以，总体均值为2，总体方差为3时，没有数据超过7，故（3）正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查分析法与基本运算能力，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6．B解析：B【分析】先求得抛掷一次的得到2枚正面向上，3枚反面向上的概率，再利用二项分布可得结果.【详解】由题，抛掷一次恰好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为：2555 216 C=因为5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率是一样的，且各次试验是相互独立的，所以X服从二项分布5(80,)16 X B则5()802516E X=⨯=故选B【点睛】本题咔嚓了二项分布，掌握二项分布是解题的关键，属于中档题.7．D解析：D【解析】【分析】随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，根据概率和正态曲线的性质，即可得到答案【详解】因为P(|ξ|＜a)＝P(－a＜ξ＜a)，所以①不正确；因为P(|ξ|＜a)＝P(－a＜ξ＜a)＝P(ξ＜a)－P(ξ＜－a)＝P(ξ＜a)－P(ξ＞a)＝P(ξ＜a)－(1－P(ξ＜a))＝2P(ξ＜a)－1，所以②正确，③不正确；因为P(|ξ|＜a)＋P(|ξ|≥a)＝1，所以P(|ξ|＜a)＝1－P(|ξ|≥a)(a＞0)，所以④正确．故选D【点睛】本题是一道关于正态分布的题目，解题的关键是正确理解正态分布曲线的特点，属于中档题。
北师大版高中数学选修2-3：第一章计数原理_习题 1--2_课件4
原式＝2×9×9×8×8×7×7×6×…5×＋13－×190××89××7…××6×5 5×4 ＝4×23＋×12－2 10＝1144＝1. 法二：原式＝2949！！！－＋134093！！！！＝42！1－＋413！03！＝24＋！3－×140＝1. 答案：1
8．(1)解方程 3A8x＝4Ax9－1；
[例2] 从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个不同数字 排成一个三位数，写出所得到的所有三位数．
[思路点拨] 可按顺序分步解决，然后利用树形图列 出所有的排列．
[精解详析] 画出下列树形图，如下图．
由上面的树形图知，所有的三位数为： 123,124,132,134,142,143,213,214,231,234,241,243,312, 314,321,324,341,342,412,413,421,423,431,432.共24个三位数．
问题3：从1,2,3,4,5,6中选出四个数字，能构成多少个 没有重复数字的四位数？
提示：有6×5×4×3＝360种． 问题4：上述几个问题是如何解决的？ 提示：都利用了分步乘法计数原理． 问题5：若从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素排成 一列，有多少种不同的排法？ 提示：有n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)种．
解(2：)解(1不)由等11式≤≤：xx≤－A6x81<，≤6A9x6，－2. 得 2≤x≤8. 又 3Ax8＝4Ax9－1， 3×8×7×…×(8－x＋1)＝4×9×8×7×…×(9－x＋2)， 3×8×7×…×(9－x)＝4×9×8×7×…×(11－x)， 3×(10－x)(9－x)＝4×9， (10－x)(9－x)＝12， x2－19x＋78＝0， x1＝6，x2＝13(舍)， 综上可知，原方程的解为x＝6.
北师大版高中数学选修2-3作业：第1章 计数原理学业质量标准检测1
第一章 学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2017·全国卷Ⅱ理，6)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( D )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)． 故选D ．2．已知C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n(n ∈N *)，则n 等于( A ) A ．14 B ．12 C ．13D ．15[解析] 因为C 8n ＋C 7n ＝C 8n ＋1，所以C 7n ＋1＝C 8n ＋1.∴7＋8＝n ＋1，∴n ＝14，故选A ．3．3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则坐法的种数为( B )A ．54B ．60C ．66D ．72[解析] 记3位女性为a 、b 、c ，其丈夫依次为A 、B 、C ，当3位女性都相邻时可能情形有两类：第一类男性在两端(如BAabcC )，有2A 33种，第二类男性在一端(如BCAabc )，有2A 22A 33种，共有A 33(2A 22＋2)＝36种，当仅有两位女性相邻时也有两类，第一类这两人在一端(如abBACc )，第二类这两人两端都有其他人(如AabBCc )，共有4A 23＝24种，故满足题意的坐法共有36＋24＝60种．4．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( B )A ．24B ．18C ．12D ．9[解析] 由题意可知E →F 共有6种走法，F →G 共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B ．5．(2019·全国Ⅲ卷理，4)(1＋2x 2)(1＋x )4的展开式中x 3的系数为( A ) A ．12 B ．16 C ．20D ．24[解析] 方法1：(1＋2x 2)(1＋x )4的展开式中x 3的系数为1×C 34＋2C 14＝12.故选A ．方法2：∵ (1＋2x 2)(1＋x )4＝(1＋2x 2)(1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4)，∴ x 3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A ．6．已知⎝⎛⎭⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( D )A ． 3B ．－ 3C ．6D ．－6[解析] T r ＋1＝C r 5(－1)r a r x 52－r ，令r ＝1，可得－5a ＝30⇒a ＝－6，故选D ． 7．某同学忘记了自己的QQ 号的后六位，但记得QQ 号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，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( B )A ．96B ．180C ．360D ．720[解析] 由这6个数字组成的六位数个数为A 66A 22A 22＝180，即最多尝试次数为180.故选B ．8．(x 3＋x 2＋x ＋1)(y 2＋y ＋1)(z ＋1)展开后的不同项数为( D ) A ．9 B ．12 C ．18D ．24[解析] 分三步：第一步，从(x 3＋x 2＋x ＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y 2＋y ＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z ＋1)中任取一项有2种方法．根据分步乘法计数原理共有4×3×2＝24(项)，故选D ．9．从0、1、2、3、4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( C )A ．300B ．216C ．180D ．162[解析] 本小题主要考查排列组合的基础知识． 由题意知可分为两类，(1)选“0”，共有C23C12C13A33＝108，(2)不选“0”，共有C23A44＝72，∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．10．若x∈R，n∈N＋，定义M n x＝x(x＋1)(x＋2)…(x＋n－1)，例如M5－5＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数f(x)＝xM19x－9的奇偶性为(A)A．是偶函数而不是奇函数B．既是奇函数又是偶函数C．是奇函数而不是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数[解析]由题意知f(x)＝x(x－9)(x－8)…(x－9＋19－1)＝x2(x2－1)(x2－4)…(x2－81)故为偶函数而不是奇函数．11．高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有两个节目连排，则不同排法的种数是(D)A．240 B．188C．432 D．2881234 5[解析]先从32个排好后作为一个节目有A23种排法，这样共有5个节目，两个音乐节目不连排，两个舞蹈节目不连排，如图，若曲艺节目排在5号(或1号)位置，则有4A22·A22＝16种排法；若曲艺节目排在2号(或4号)位置，也有4A22A22＝16种排法，若曲艺节目排在3号位置，有2×2A22A22＝16种排法，∴共有不同排法，A23×(16×3)＝288种，故选D．12．(2018·石景山区一模)现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有(D)A．24种B．30种C．36种D．48种[解析]根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法， 对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法， 对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法， 则不同的涂色方法有4×3×2×2＝48种； 故选D ．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A 班，那么不同的分配方案有__24__种．[解析] 将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C 24A 33种分配方案，其中甲同学分配到A 班共有C 23A 22＋C 13A 22种方案．因此满足条件的不同方案共有C 24A 33－C 23A 22－C 13A 22＝24(种)．14．(x 2－1x)8的展开式中x 7的系数为__－56__.(用数字作答)[解析] 二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r (－1x )r ＝(－1)r C r 8x 16－3r ，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56.15．(2017·浙江，13)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝__16__，a 5＝__4__.[解析] a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·22＝16； a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·22＝4. 16．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有__312__个．[解析] 分为三类：①3个顶点在圆内的三角形有C 34＝4个；②2个顶点在圆内的三角形有C 24C 110＝60个；③1个顶点在圆内的三角形有C 14(C 212－4)＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个．三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)已知A ＝{x |1<log 2x <3，x ∈N *}，B ＝{x ||x －6|<3，x ∈N *}，试问： 从集合A 和B 中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？ [解析] A ＝{3,4,5,6,7}，B ＝{4,5,6,7,8}．从A 中取一个数作为横坐标，从B 中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．18．(本题满分12分)已知(1＋m x )n (m 是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x 项的系数为112.(1)求m ，n 的值；(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和； (3)求(1＋m x )n (1－x )的展开式中含x 2项的系数． [解析] (1)由题意可得2n ＝256，解得n ＝8.∴通项T r ＋1＝C r 8m r x r 2， ∴含x 项的系数为C 28m 2＝112，解得m ＝2，或m ＝－2(舍去)． 故m ，n 的值分别为2,8.(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C 18＋C 38＋C 58＋C 78＝28－1＝128. (3)(1＋2x )8(1－x )＝(1＋2x )8－x (1＋2x )8，所以含x 2项的系数为C 4824－C 2822＝1 008.19．(本题满分12分)已知⎝⎛⎭⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎫43b －15b 5的展开式中的常数项，求⎝⎛⎭⎫3a －3a n的展开式中a －1项的二项式系数． [解析] 对于⎝⎛⎭⎫43b －15b 5：T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝⎛⎭⎫－15b r ＝C r 5·(－1)r ·45－r ·5－r 2b 10-5r 6 .若T r ＋1为常数项，则10－5r ＝0，所以r ＝2，此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27.令a ＝1，得⎝⎛⎭⎫3a －3a n展开式的各项系数之和为2n .由题意知2n ＝27，所以n ＝7.对于⎝⎛⎭⎫3a －3a 7：T r ＋1＝C r 7⎝⎛⎭⎫3a 7－r ·(－3a )r ＝C r 7·(－1)r ·37－r a 5r -216 . 若T r ＋1为a －1项，则5r －216＝－1，所以r ＝3.所以⎝⎛⎭⎫3a －3a n的展开式中a －1项的二项式系数为C 37＝35. 20．(本题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表，请分别求出满足下列条件的方法种数．(1)所安排的女生人数必须少于男生人数；(2)其中的男生甲必须是课代表，但又不能担任数学课代表；(3)女生乙必须担任语文课代表，且男生甲必须担任课代表，但又不能担任数学课代表．[解析](1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(C55＋C13C45＋C23C35)A55＝5 520种．(2)先选出4人，有C47种方法，连同甲在内，5人担任5门不同学科的课代表，甲不担任数学课代表，有A14·A44种方法，∴方法数为C47·A14·A44＝3 360种．(3)由题意知甲和乙两人确定担任课代表，需要从余下的6人中选出3个人，有C36＝20种结果，女生乙必须担任语文课代表，则女生乙就不需要考虑，其余的4个人，甲不担任数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3A33＝18；综上可知共有20×18＝360种．21．(本题满分12分)用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？(1)被4整除；(2)比21 034大的偶数；(3)左起第二、四位是奇数的偶数．[解析](1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20、40、04时，其排列数为3A33＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A12·A22＝12.故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A33＝18个．②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A33＝12个．③当末位数字是4时，首位数字是3的有A33＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．综上知，比21 034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．(3)解法一：可分为两类：末位数是0，有A22·A22＝4(个)；末位数是2或4，有A22·A12＝4(个)；故共有A22·A22＋A22·A12＝8(个)．解法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A22个；首位从2,4中取，有A12个；余下的排在剩下的两位，有A22个，故共有A22A12A22＝8(个)．22．(本题满分12分)(2019·江苏卷，22)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a n x n，n≥4，n∈N*.已知a23＝2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1＋3)n＝a＋b3，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．[解析](1)解：因为(1＋x)n＝C0n＋C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n，n≥4，n∈N*，所以a 2＝C 2n ＝n (n －1)2，a 3＝C 3n＝n (n －1)(n －2)6， a 4＝C 4n ＝n (n －1)(n －2)(n －3)24. 因为a 23＝2a 2a 4， 所以⎣⎡⎦⎤n (n －1)(n －2)62＝2×n (n －1)2×n (n －1)(n －2)(n －3)24.解得n ＝5.(2)解：由(1)知，n ＝5. (1＋3)n ＝(1＋3)5＝C 05＋C 153＋C 25(3)2＋C 35(3)3＋C 45(3)4＋C 55(3)5＝a ＋b 3. 方法1：因为a ，b ∈N *，所以a ＝C 05＋3C 25＋9C 45＝76， b ＝C 15＋3C 35＋9C 55＝44，从而a 2－3b 2＝762－3×442＝－32. 方法2：(1－3)5＝C 05＋C 15(－3)＋C 25(－3)2＋C 35(－3)3＋C 45(－3)4＋C 55(－3)5 ＝C 05－C 153＋C 25(3)2－C 35(3)3＋C 45(3)4－C 55(3)5.因为a ，b ∈N *，所以(1－3)5＝a －b 3.因此a 2－3b 2＝(a ＋b 3)(a －b 3)＝(1＋3)5×(1－3)5＝(－2)5＝－32.由Ruize收集整理。
新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测(包含答案解析)(4)
一、选择题1．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，则质点P 移动六次后位于点(2,4)的概率是（ ）A ．612⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．44612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．62612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．6246612C C ⎛⎫ ⎪⎝⎭2．已知随机变量ξ服从正态分布(1,2)N ，则(23)D ξ+=（ ）A ．4B ．6C ．8D ．113．先后投掷骰子（骰子的六个面分别标有1、2、3、4、5、6个点）两次落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为,x y ，设事件A 为“x y +为偶数”，事件B 为“x y 、中有偶数，且x y ≠”，则概率()P B A =( ) A ．13B ．12C ．14D ．254．某班有18名学生数学成绩优秀，若从该班随机找出6名学生，其中数学成绩优秀的学生数1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()21E X +=（ ） A ．13B ．12C ．5D ．45．已知某射击运动员射击1次命中目标的概率为0.9，记他在10次独立射击中命中目标的次数为随机变量ξ，则()D ξ=（ ） A ．0.09B ．9C ．1D ．0.96．甲、乙两名篮球队员轮流投篮直至某人投中为止，设甲每次投篮命中的概率为0.4，乙每次投篮命中的概率为0.6，而且不受其他次投篮结果的影响.设投篮的轮数为X ，若甲先投，则()P X k =等于（ ） A ．10.60.4k -⨯B ．10.240.76k -⨯C ．10.40.6k -⨯D ．10.760.24k -⨯7．已知随机变量X 服从正态分布()100,4N ，若()1040.1359P m X <<=，则m 等于 （ ）[附：()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=] A ．100B ．101C ．102D ．D ．1038．某班学生的考试成绩中,数学不及格的占15%,语文不及格的占5%,两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是( ) A ．15B ．310C ．12D ．359．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（ ）A．16625B．96625C．192625D．25662510．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X<2)等于A．715B．815C．1415D．111．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落，小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落A袋中的概率为（）．A．18B．14C．38D．3412．已知随机变量X的分布列如表，其中a，b，c为等差数列，若1 ()3E X=，则()D X等于（）X1-01 P a b cA．49B．59C．13D．23二、填空题13．3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得2分，答错得0分，已知6名女生中有2人不会答所有题目，只能得0分，其余4人可得2分，3名男生每人得2分的概率均为12，现选择2名女生和3名男生，每人答一题，则该班所选队员得分之和为6分的概率__________.14．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为45，35，25，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________． 15．在高三的一个班中，有14的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数1(5,)4B ξ～，则()P k ξ=取最大值时k =_______．16．甲、乙两名射击运动员一次射击命中目标的概率分别是0.7，0.6，且每次射击命中与否相互之间没有影响，求：（1）甲射击三次，第三次才命中目标的概率；（2）甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标的概率； （3）甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标的次数恰好多一次的概率.17．某种填数字彩票,购票者花2元买一张小卡片,在卡片上填10以内(0,1,2,…,9)的三个数字(允许重复).如果依次填写的三个数字与开奖的三个有序的数字分别对应相等,得奖金1000元.只要有一个数字不符(大小或次序),无奖金.则购买一张彩票的期望收益是______________元.18．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠．若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (X ＝4)＝________．19．某公司计划明年用不超过6千万元的资金投资于本地养鱼场和远洋捕捞队.经过对本地养鱼场年利润率的调研，其结果是：年利润亏损10%的概率为0.2，年利润获利30%的概率为0.4，年利润获利50%的概率为0.4，对远洋捕捞队的调研结果是：年利润获利为60%的概率为0.7，持平的概率为0.2，年利润亏损20%的可能性为0.1. 为确保本地的鲜鱼供应，市政府要求该公司对远洋捕捞队的投资不得高于本地养鱼场的投资的2倍.根据调研数据，该公司如何分配投资金额，明年两个项目的利润之和最大值为_________千万. 20．已知随机变量2~(1,)N ξσ，且(1)0.1P ξ≤-=，(23)0.15P ξ≤≤=，则(02)P ξ≤≤=_______.三、解答题21．随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加.为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调查，其中一项是调查人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其每月参与马拉松运动训练的天数进行统计，得到以下统计表：平均每月进行训练的天数位于该区间的概率，从该市所有参与马拉松训练的人中随机抽取4个人，求恰好有2个人是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的概率；（2）依据统计表，用分层抽样的方法从这100个人中抽取20个，再从抽取的20个人中随机抽取4个，Y 表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，求Y 的分布列及数学期望()E Y .22．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2题才算合格.（1）设甲、乙两人在考试中答对的题数分别为X 、Y ，写出随机变量X 、Y 的分布列； （2）分别求甲、乙两人考试合格的概率； （3）求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率.23．国庆70周年阅兵式上的女兵们是一道靓丽的风景线，每一名女兵都是经过层层筛选才最终入选受阅方队，筛选标准非常严格，例如要求女兵身高（单位：cm ）在区间[]165,175内.现从全体受阅女兵中随机抽取200人，对她们的身高进行统计，将所得数据分为[)165,167，[)167,169，[)169,171，[)171,173，[]173,175五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中第三组的频数为75，最后三组的频率之和为0.7.（1）请根据频率分布直方图估计样本的平均数x 和方差2s （同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）根据样本数据，可认为受阅女兵的身高X （cm ）近似服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本平均数x ，2σ近似为样本方差2s .（i ）求()167.86174.28P X <<；（ii ）若从全体受阅女兵中随机抽取10人，求这10人中至少有1人的身高在174.28cm 以上的概率.参考数据：若()2~,X N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=11510.7≈，100.95440.63≈，90.97720.81≈，100.97720.79≈.24．在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩.防护服、消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该厂质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：[)100,110，[)110,120，[)120130,，[)130140,，[]140,150，得到如下频率分布直方图.（1）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级口罩.现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为X ，求X 的分布列及数学期望；（2）在2020年“五一”劳动节前，甲计划在该型号口罩的某网络购物平台上参加A 店一个订单“秒杀”抢购，同时乙计划在该型号口罩的某网络购物平台上参加B 店一个订单“秒杀”抢购，其中每个订单均由()2,n n n *≥∈N 个该型号口罩构成.假定甲、乙两人在A ，B 两店订单“秒杀”成功的概率均为()212n +，记甲，乙两人抢购成功的订单总数量、口罩总数量分别为X ，Y .①求X 的分布列及数学期望()E X ；②当Y 的数学期望()E Y 取最大值时正整数n 的值.25．已知从A 地到B 地有两条道路可以到达，走道路①准点到达的概率为34，不准点到达的概率为14；走道路②准点到达的概率为p ，不准点到达的概率为(1)p -.若甲乙两车走道路①，丙车由于其他原因走道路②，且三辆车是否准点到达相互之间没有影响. （1）若三辆车中恰有一辆车没有准点到达的概率为716，求走道路②准点到达的概率p ； （2）在（1）的条件下，求三辆车中准点到达车辆的辆数的分布列和数学期望. 26．已知某高校综合评价有两步：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试.只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，现有A ，B ，C 三名学生报名参加该高校的综合评价，假设A ，B ，C 三位学生材料初审合格的概率分别是13，12，14；面试合格的概率分别是12，13，23.（1）求A ，B 两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率；（2）记随机变量X 为A ，B ，C 三位学生获得该高校综合评价录取资格的人数，求X 的概率分布与数学期望.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】根据题意，质点P 移动六次后位于点(4,2)，在移动过程中向右移动4次向上移动2次，即6次独立重复试验中恰有4次发生，由其公式计算可得答案． 【详解】根据题意，易得位于坐标原点的质点P 移动六次后位于点(2,4)，在移动过程中向上移动4次向右移动2次，则其概率为4262466111222C P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==. 故选：C ． 【点睛】本题考查二项分布与n 次独立重复试验的模型，考查对基础知识的理解和掌握，考查分析和计算能力，属于常考题.2．C解析：C 【分析】由已知条件求得()2D ξ=，再由2(23)2()D D ξξ+=⨯，即可求解. 【详解】由题意，随机变量ξ服从正态分布(1,2)N ，可得()2D ξ=， 所以2(23)2()8D D ξξ+=⨯=. 故选：C . 【点睛】本题主要考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，其中解答中熟记方差的求法是解答的关键，着重考查了计算能力.3．A解析：A 【分析】根据题意有()))|(=(n AB P n A A B ，所以只须分析事件A 和事件AB 所包含的基本事件，即可根据公式求出结果. 【详解】解：事件A 中“x y +为偶数”，所以,x y 同奇同偶，共包含22318⨯=种基本事件；事件AB 同时发生，则,x y 都为偶数，且x y ≠，则包含236A =个基本事件；()()61=)13|=(8n AB n A P B A =. 故选：A. 【点睛】本题考查条件概率的应用，考查基本事件的求法，解题的关键是辨析条件概率，属于基础题.4．C解析：C 【分析】根据1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭得到()2E X =，再根据()()2121E X E X +=+，计算得到答案. 【详解】1~6,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()1623E X =⨯=，故()()21215E X E X +=+=.故选：C . 【点睛】本题考查了二项分布的均值，同时也考查了期望性质的应用，意在考查学生的计算能力.5．D解析：D 【分析】在10次独立射击中命中目标的次数为随机变量ξ，则随机变量(10,0.9)B ξ，利用方差的公式，即可求解． 【详解】由题意，在10次独立射击中命中目标的次数为随机变量ξ，则随机变量(10,0.9)B ξ，所以()100.9(10.9)0.9D ξ=⨯⨯-=，故选D ． 【点睛】本题主要考查了二项分布的方差的计算，其中解答根据题意得到在10次独立射击中命中目标的次数服从二项分布是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．6．B解析：B【分析】由题意知甲和乙投篮不受其他投篮结果的影响，本题是一个相互独立事件同时发生的概率，甲投篮的次数为X ，甲先投，则X k =表示甲第k 次甲投中篮球，而乙前1k -次没有投中，甲前1k -次也没有投中或者甲第k 次未投中，而乙第k 次投中篮球，根据公式写出结果． 【详解】甲和乙投篮不受其他投篮结果的影响，∴本题是一个相互独立事件同时发生的概率，每次投篮甲投中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，甲投篮的次数为X ，甲先投，则X k =表示甲第k 次投中篮球，而甲与乙前1k -次没有投中，或者甲第k 次未投中，而乙第k 次投中篮球． 根据相互独立事件同时发生的概率得到甲第k 次投中的概率：1110.40.60.40.240.4k k k ---⨯⨯=⨯；第k 次甲不中的情况应是10.40.60.6k k -⨯⨯，故总的情况是1110.240.40.240.60.60.240.76k k k ---⨯+⨯⨯=⨯． 故选B ． 【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率，是一个基础题，本题最大的障碍是理解X k =的意义，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，注意应用相互独立事件同时发生的概率公式．7．C解析：C 【分析】 由()()0.1322259P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+=，再根据正态分布的对称性，即可求解. 【详解】由题意，知()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=， 则()()220.95440.682620.13592P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+-==，所以要使得()1040.1359P m X <<=，则102m =，故选C. 【点睛】本题主要考查了正态分布的应用，其中解答中熟记正态分布的对称性，以及概率的计算方法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8．A解析：A 【分析】由题意设这个班有100人，则数学不及格有15人，语文不及格有5人，都不及格的有3人，则数学不及格的人里头有3人语文不及格，由此能求出已知一学生数学不及格，他语文也不及格的概率． 【详解】由题意设这个班有100人，则数学不及格有15人，语文不及格有5人，都不及格的有3人， 则数学不及格的人里头有3人语文不及格，∴已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率为31155p ==，故选A ． 【点睛】本题主要考查概率的求法，设这个班有100人可使得该问题更加直观明了，属于基础题.9．B解析：B 【详解】解：根据题意，播下4粒种子恰有2粒发芽即4次独立重复事件恰好发生2次， 由n 次独立重复事件恰好发生k 次的概率的公式可得，()2224441962()()55625P C ==故选B ．10．C解析：C 【分析】根据超几何分布的概率公式计算各种可能的概率，得出结果 【详解】由题意，知X 取0，1，2，X 服从超几何分布， 它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，即P(X ＝0)＝27210715C C =，P(X ＝1)＝1173210715C C C =⋅，P(X ＝2)＝23210115C C =， 于是P(X<2)＝P(X ＝0)＋P(X ＝1)＝7714151515+= 故选C 【点睛】本题主要考查了运用超几何分布求概率，分别求出满足题意的情况，然后相加，属于中档题．11．D解析：D 【解析】由于小球每次遇到黑色障碍物时，有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时，小球将落入A 袋，所以22123311113()C 1C 122224P A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅-+⋅⋅-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 故选D ．12．B解析：B 【详解】∵a ，b ，c 为等差数列，∴2b a c =+，∵1a b c ++=，1113E a c c a ξ=-⨯+⨯=-=，解得16a =，13b =，12c =，∴22215()()39DX E X EX a c ⎛⎫=-=+-= ⎪⎝⎭，故选B ． 二、填空题13．【分析】首先对事件进行分类分成女生0分男生6分或女生2分男生4分或女生4分男生2分女生的概率可以按照超几何概率求解男生按照独立重复求解概率【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A 则可分为解析：43120【分析】首先对事件进行分类，分成女生0分，男生6分，或女生2分，男生4分，或女生4分，男生2分，女生的概率可以按照超几何概率求解，男生按照独立重复求解概率. 【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A ，则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件1A ；女生得2分男生得4分，设为事件2A ；女生得4分男生得2分，设为事件3A ，则：()32321326112120C P A C C ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭， ()211224232611241221205C C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()22143326111832212020C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()()()()12343120P A P A P A P A =++=. 故答案为：43120【点睛】本题考查概率的应用问题，重点考查分类讨论，转化与化归的思想，熟练掌握概率类型，属于中档题型.本题的关键是对事件分类.14．【分析】设事件表示该选手能正确回答第轮的问题选手被淘汰考虑对立事件代入的值可得结果；【详解】记该选手能正确回答第轮的问题为事件则该选手被淘汰的概率：故答案为：【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：( 解析：101125【分析】设事件(1,2,3)i A i =表示“该选手能正确回答第i 轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入123(),(),()P A P A P A 的值，可得结果； 【详解】记“该选手能正确回答第i 轮的问题”为事件(1,2,3)i A i =，则()()()123432,,555P A P A P A ===. 该选手被淘汰的概率：112123112123()()()()()()()P P A A A A A A P A P A A P A A A =++=++142433101555555125=+⨯+⨯⨯= 故答案为：101125【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：(1)直接法：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；(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由()1()P A P A =－求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．15．1【分析】可得则且计算可得【详解】解：依题意可得则且解得又所以故答案为：1【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式组合数的计算公式考查了推理能力与计算能力属于中档题解析：1 【分析】1~(5,)4B ξ，可得5511()()(1)44k k k P k C ξ-==⨯-．则()(1)P k P k ξξ=≥=-且()(1)P k P k ξξ=≥=+计算可得．【详解】解：依题意，可得5511()()(1)44kk k P k C ξ-==⨯-则5C k3()45k-1()4k15C k -≥3()45(1)k --1()41k -，且5C k3()45k-1()4k ≥15C k +5(1)3()4k -+11()4k +， 解得12k ≤≤32，又*k N ∈，所以1k =． 故答案为：1 【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式、组合数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．（1）；（2）088；（3）【分析】（1）甲第三次才命中目标为事件且三次射击相互独立利用独立重复试验概率计算公式即可求得答案；（2）求该事件的反面的概率用1减其即可；（3）设甲在两次射击命中目标i 次解析：（1）0.063；（2）0.88；（3）0.3024. 【分析】（1）“甲第三次才命中目标”为事件123A A A ，且三次射击相互独立，利用独立重复试验概率计算公式即可求得答案；（2）求该事件的反面的概率，用1减其即可；（3）设“甲在两次射击命中目标i 次”为事件(0,1,2)i M i =，“乙在两次射击命中目标i 次”为事件(0,1,2)i N i =，则事件“甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标次数恰好多一次”可表示为1021M N M N +，用独立重复试验概率计算公式即可求得答案. 【详解】记“甲第i 次射击命中目标”为事件i A ，“乙第i 次射击命中目标”为事件i B ，依题意得()0.7i P A =，()0.6i P B =，且i A ，i B （1,2,3i =）相互独立.（1）“甲第三次才命中目标”为事件123A A A ，且三次射击相互独立，()()123123()()0.30.30.70.063P A A A P A P A P A ∴==⨯⨯=.答：甲第三次才命中目标的概率为0.063.（2）“甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标”为事件C .()11()1()10.30.40.88P C P A P B =-⋅=-⨯=.答：甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标的概率为0.88. （3）设“甲在两次射击命中目标i 次”为事件(0,1,2)i M i =， “乙在两次射击命中目标i 次”为事件(0,1,2)i N i =，事件“甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标次数恰好多一次”可表示为1021M N M N +，且10M N ，21M N 为互斥事件，∴所求的概率为()()()10211021P M N M N P M N P M N +=+()()()()12211021220.70.30.40.70.60.4P M P N P M P N C C =+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯0.06720.23520.3024=+=答：甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标的次数恰好多一次的概率为0.3024. 【点睛】本题考查独立重复试验中的概率计算问题，属于中档题.17．-1【分析】根据中奖规则求出中奖的概率再求不中奖的概率根据期望公式求出期望【详解】根据题意：彩票可能的数字是000001002…999共1000种可能的情况所以购买一次彩票中奖的概率为不中奖的概率为解析：-1 【分析】根据中奖规则求出中奖的概率，再求不中奖的概率，根据期望公式求出期望. 【详解】根据题意：彩票可能的数字是000,001,002，…，999共1000种可能的情况， 所以购买一次彩票，中奖的概率为11000， 不中奖的概率为9991000， 所以购买一张彩票的期望收益是1999100002110001000⨯+⨯-=-元. 故答案为：1- 【点睛】此题考查根据古典概型求概率再求期望，关键在于根据题意准确求出概率.18．【分析】一位乘客是否在20层下电梯为一次试验这是5次独立重复试验用n 次独立重复试验概率公式即可求出P(X ＝4)【详解】一位乘客是否在20层下电梯为一次试验这是5次独立重复试验则有45所以故答案为【点 解析：10243【分析】一位乘客是否在20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，153X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭～，，用n 次独立重复试验概率公式即可求出P (X ＝4). 【详解】一位乘客是否在20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，153X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭～，，则有()551233kkk P X k C -⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0123k =，，，，4，5.所以()41451210433243P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为10243. 【点睛】独立重复试验的特点：（1）每次试验只有两种结果，要么发生，要么不发生；（2）每次试验的结果相互独立．19．2【解析】【分析】先求出本地养鱼场平均年利润远洋捕捞队平均平均年利润再利用线性规划求明年两个项目的利润之和最大值【详解】设本地养鱼场平均年利润远洋捕捞队平均平均年利润设本地养鱼场投千万元远洋捕捞队投解析：2 【解析】 【分析】先求出本地养鱼场平均年利润1ξ，远洋捕捞队平均平均年利润2ξ，再利用线性规划求明年两个项目的利润之和最大值. 【详解】设本地养鱼场平均年利润1ξ，远洋捕捞队平均平均年利润2ξ10.10.20.30.40.50.40.3E ξ=-⨯+⨯+⨯=， 20.60.700.20.20.10.4E ξ=⨯+⨯-⨯=设本地养鱼场投x 千万元，远洋捕捞队投y 千万元，则利润之和0.30.4z x y =+620,0x y y xx y +≤⎧⎪≤⎨⎪≥≥⎩,如图，当目标函数经过点(2,4)B 时利润最大0.320.44 2.2z =⨯+⨯=千万元.【点睛】(1)本题主要考查线性规划和随机变量的期望，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，z 就最小，要看函数的解析式，如：2y x z =-,直线的纵截距为z -,所以纵截距z -最小时，z 最大.20．【解析】【分析】利用随机变量关于对称结合已知求出结果【详解】随机变量满足图象关于对称则故答案为【点睛】本题考查了正态分布由正态分布的对称性即可计算出结果 解析：0.5【解析】 【分析】利用随机变量()2~1N ξσ，，关于1x =对称，结合已知求出结果【详解】随机变量满足()2~1N ξσ，，∴图象关于1x =对称()10.1P ξ≤-=，()30.1P ξ∴≥=则()()()120.5?23?30.50.150.10.25P P P ξξξ≤≤=-≤≤-≥=--= ()020.5P ξ∴≤≤=故答案为0.5 【点睛】本题考查了正态分布，由正态分布的对称性即可计算出结果三、解答题21．（1）13235000；（2）分布列见解析，()65E Y =【分析】（1）设随机抽取4个人，“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数为X ，则3~4,10X B ⎛⎫⎪⎝⎭，再根据二项分布的概率公式即可得解；（2）抽取的20个人中，“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数为6人，而Y 的所有可能取值为0，1，2，3，4，然后根据超几何分布的概率公式逐一求得每个Y 的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望. 【详解】（1）随机抽取1人，平均每月进行训练的天数不少于20天的概率为30310010P ==， 设随机抽取4个人，“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数为X ，则3~4,10X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴2224371323(2)10105000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）从这100个人中抽取20个人中，“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数为320610⨯=人，随机变量Y 的所有可能取值为0，1，2，3，4，046144201001(0)4845C C P Y C ===，136144202184(1)4845C C P Y C ===，2261442091(2)323C C P Y C ===， 3161442056(3)969C C P Y C ===，406144201(4)323C C P Y C ===， ∴Y 的分布列为数学期望()012344845484532396932348455E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==. 【点睛】本题考查二项分布、超几何分布、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题.22．（1）答案见解析（2）甲、乙两人考试合格的概率分别为23，1415（3）4445【分析】（1）随机变量X 的所有可能取值为：0，1，2，3，根据概率公式求出随机变量X 的每个取值的概率即可得到随机变量X 的分布列；同理可得随机变量Y 的分布列； （2）记“甲考试合格”为事件A ，’乙考试y 合格”为事件B ，由（1）可得结果； （3）先求出甲、乙两人均不合格的概率，再根据对立事件的概率公式可求得结果. 【详解】（1）随机变量X 的所有可能取值为：0，1，2，3，3431041(0)12030C P X C ====，(1)P X ==1264310C C C 36312010==， (2)P X ==21643106011202C C C ==，36310201(3)1206C P X C ====， 所以随机变量X 的分布列为：(1)P Y ==1282310C C C 8112015==，(2)P Y ==218231056712015C C C ==，38310567(3)12015C P Y C ====，所以随机变量Y 的分布列为：由（1）知，()P A =1126+23=，7714()151515P B =+=. 所以甲、乙两人考试合格的概率分别为23，1415. （3）因为事件,A B 相互独立，所以甲、乙两人均不合格的概率为()()()P A B P A P B ⋅=⋅[1()][1()]P A P B =--214111(1)(1)31531545=-⨯-=⨯=，所以甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为14414545-=. 【点睛】本题考查了求离散型随机变量的分布列，考查了独立事件的乘法公式，考查了对立事件的概率公式，属于基础题.23．（1）170x =，2 4.6s =；（2）（i ）0.8185；（ii ）0.21 【分析】（1）由题意求出各组频率，由平均数公式及方差公式即可得解； （2）（i ）由题意结合正态分布的性质即可得解；（ii ）由题意结合正态分布的性质可得()174.280.0228P X >=，再由()10110.0228P =--即可得解.【详解】（1）由题知第三组的频率为750.375200=， 则第五组的频率为0.70.3750.12520.075--⨯=， 第二组的频率为10.70.0520.2--⨯=，所以五组频率依次为0.1，0.2，0.375，0.25，0.075，故0.11660.21680.3751700.251720.075174170x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，22222(170166)0.1(170168)0.2(170172)0.25(170174)0.075s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯4.6=；（2）由题知170μ=， 2.14σ==≈， （i ）()()167.86174.282P X P X μσμσ<<=-<<+()()()222P X P X P X μσμσμσμσμσμσ-<<+--<<+=-<<++0.95440.68260.68260.81852-=+=；（ii ）()()10.9544174.2820.02282P X P X μσ->=>+==， 故10人中至少有1人的身高在174.28cm 以上的概率：()1010110.022810.977210.790.21P =--=-≈-=.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，考查了正态分布的应用，属于中档题.24．（1）分布列见解析；期望为34；（2）①分布列见解析；期望为()222n +；②n 的值为2. 【分析】（1）由题意，根据分层抽样，确定抽取的二级、一级口罩个数分别为6，2，得出X 的可能取值，求出对应的概率，即可得出分布列，从而可求出期望；（2）①先由题意，得到X 的可能取值，求出对应的概率，即可得出分布列，从而求出对应的期望；②根据题意，得到Y nX =，由（1）的结果，根据期望的运算性质，即可求出结果. 【详解】（1）由题意，样本中一级口罩和二级口罩的频率之比为：()()0.20.05:10.20.051:3+--=，按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6，2.故X 的可能取值为0，1，2.()3062385014C C P X C ⋅===，()21623815128C C P X C ⋅===，()1262383228C C P X C ⋅===， 所以X 的分布列为所以()15330121428284E X =⨯+⨯+⨯=. （2）①由题知，X 的可能取值为0，1，2，。
高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题学案 北师大版选修2-3(2021年最新整理)
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§4 简单计数问题4．会用插空法解决不相邻问题1．简单计数问题的处理原则 解简单计数问题，应遵循三大原则：先特殊后一般的原则;先选后排原则;先分类后分步的原则．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决简单计数问题的两个基本原理．预习交流1你对先特殊后一般的原则的理解．提示:“特殊”指元素特殊或场所特殊或特殊条件限制．先特殊后一般原则是先考虑“特殊元素”“特殊位置”，再考虑一般元素或一般位置．2．简单计数问题的解题策略剔除：对有限制条件的问题，先考虑总体，再把不符合条件的所有情况剔除．捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后再与其余“普通元素"全排列,最后再“松绑"，将特殊元素在这些位置上全排列．插空：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素,然后将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．预习交流2剔除、捆绑、插空主要是为了解决何种计数问题？提示：剔除主要是用在有限制条件的计数问题上，或问题的正面情况较多，而反面情况较少的计数问题上；捆绑主要用在相邻问题上；插空主要用在不相邻问题上．1．剔除问题四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同取法共有（ ）种．A ．150B ．147C ．14D ．141思路分析：在这10个点中,不共面的不易寻求，而共面的容易找．由10个点中取出4个点的组合数C 4，10减去4个点共面的个数即为所求．答案：D解析：10个点取出4点的组合数为C 错误!，4点共面的情形可分三类：第一类:四面体每个面中的四个点共面，共有4×C 错误!＝60种;第二类：四面体的每2组对棱的中点构成平行四边形，则四点共面，共有3种;第三类：四面体的一条棱上三点共线,这三点与对棱中点共面,共有6种．故4点不共面的取法有C错误!－(4C错误!＋6＋3）＝141(种)．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有( ）种．A．8 B．12 C．16 D．20答案：B解析:联想一空间模型，注意到“有2个面不相邻”，既可从相对平行的平面入手正面构造,即C错误!·C错误!，也可从反面入手剔除8个角上3个相邻平面,即C错误!－C错误!＝12。
北师大版高中数学选修2-3：第一章计数原理_习题 1--4_课件1(1)
[答案] B
[一点通] 解答含有特殊元素或位置的问题的方法： 若以元素为主时，先满足特殊元素的要求；以位置为 主时，先满足特殊位置的要求．具体解答时还要辩证地看 待“元素”和“位置”，哪些事件看成元素或位置，要视具体 情况而定．
1．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个
城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一
答案：B
5．在一次文艺演出中，需给舞台上方安装一排彩灯共15
只，以不同的点亮方式增强舞台效果，要求设计者按
照每次点亮时，必须有6只灯是关的，且相邻的灯不能
同时被关掉，两端的灯必须点亮的要求进行设计，那
么不同的点亮方式有
()
A．28种
B．84种
C．180种
D．360种
解析：关掉 6 只灯后还亮 9 只灯，9 只灯之间的 8 个空可以 看成有 6 个是关灯后得到的，因此关灯方式有 C68＝28 种．
恰有 2 个盒子不放球的放法共有 C34A24＋C24C24＝84 种．
(10 分)
[一点通] (1)解排列组合的综合问题，首先要认真审 题，把握问题的实质，分清是排列还是组合问题，再注意 结合分类与分步两个原理，要按元素的性质确立分类的标 准，按事情的发生过程确定分步的顺序．
(2)解排列组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也 就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行 排列．
新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试卷(含答案解析)(4)
一、选择题1．甲、乙、丙三台机床是否需要维修相互之间没有影响．在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0.1，0.2，0.4，则一小时内恰有一台机床需要维修的概率是（ ） A ．0.444B ．0.008C ．0.7D ．0.2332．已知ξ的分布列如图所示，设2-5ηξ=，则()=E η（ ）A ．12B ．13C ．23D ．323．下列命题中真命题是（ ）（1）在183x x 的二项式展开式中，共有4项有理项；（2）若事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =，则事件A 、B 是相互独立事件；（3）根据最近10天某医院新增疑似病例数据，“总体均值为2，总体方差为3”，可以推测“最近10天，该医院每天新增疑似病例不超过7人”. A ．（1）（2）B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）4．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ．85B ．65C ．45D ．255．连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子3次，则恰有2次点数之和不小于10的概率为（ ） A ．112B ．572C ．115D ．52166．甲、乙两名篮球队员轮流投篮直至某人投中为止，设甲每次投篮命中的概率为0.4，乙每次投篮命中的概率为0.6，而且不受其他次投篮结果的影响.设投篮的轮数为X ，若甲先投，则()P X k =等于（ ） A ．10.60.4k -⨯B ．10.240.76k -⨯C ．10.40.6k -⨯D ．10.760.24k -⨯7．已知随机变量X 服从正态分布()100,4N ，若()1040.1359P m X <<=，则m 等于 （ ）[附：()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=] A ．100B ．101C ．102D ．D ．1038．设随机变量ξ服从正态分布()0,1N ，则下列结论正确的是（ ）①()()()()0P a P a P a a ξξξ<=<+>->；②()()()210P a P a a ξξ<=<->； ③()()()120P a P a a ξξ<=-<>；④()()()10P a P a a ξξ<=-≥>． A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④9．三个元件123,,T T T 正常工作的概率分别为123,,234，且是相互独立的．如图，将23,T T 两个元件并联后再与1T 元件串联接入电路，则电路不发生故障的概率是（ ）A ．1124B ．2324C ．14D ．173210．设01p <<，随机变量ξ的分布列如图，则当p 在()0,1内增大时，（ ）ξ0 12P12p- 122p 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 11．若随机变量ξ满足(1)4E ξ-=，(1)4D ξ-=，则下列说法正确的是A ．4,4E D ξξ=-=B ．3,3E D ξξ=-=C ．4,4ED ξξ=-=-D ．3,4E D ξξ=-=12．设X 为随机变量，且1:,3X B n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若随机变量X 的方差()43D X =，则()2P X == ( )A ．4729B ．16C ．20243D ．80243二、填空题13．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A 表示事件“试验反应为阳性”，以C 表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P (A |C )＝0.95，P (A |C )＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P (C )＝0.005，则P (C |A )＝______．(精确到0.001)14．小王做某个试验，成功的概率为23，失败的概率为13，成功一次得2分，失败一次得-1分，求100次独立重复试验的总得分的期望______.15．设离散型随机变量ξ可能取的值为1，2，3，()P k ak b ξ==+（1,2,3k =），若ξ的数学期望7()3E ξ=，则a b +=_____. 16．已知随机变量ξ所有的取值为1，2，3，对应的概率依次为1p 、2p 、1p ，若随机变量ξ的方差12D ξ=，则12p p +的值是 _________. 17．随机变量ξ服从正态分布()240,N σ，若()300.2P ξ<=，则()3050P ξ<<=______．18．在一个均匀小正方体的六个面中,三个面上标以数字0,两个面上标以数字1,一个面上标以数字2,将这个小正方体抛掷2次,则向上一面上的数字之积的均值是____. 19．已知随机变量X ～B (10，0.2)，Y ＝2X ＋3，则EY 的值为____________.20．已知某次数学考试中，学生的成绩X 服从正态分布，即()~N 85,225X ，则这次考试中，学生成绩落在区间[]100,130之内的概率为____________.（注：()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=，()330.9974P X μσμσ-<<+=）三、解答题21．某射手每次射击击中目标的概率均为23，且各次射击的结果互不影响． （1）假设这名射手射击3次，求至少2次击中目标的概率；（2）假设这名射手射击3次，每次击中目标得10分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中目标，而另外1次未击中目标，则额外加5分；若3次全部击中，则额外加10分．用随机变量ζ表示射手射击3次后的总得分，求ζ的分布列和数学期望． 22．2019年以来，全国发生多起较大煤矿生产安全事故，事故给人民群众的财产和生命造成重大损失.尽管国务院安委办要求对事故责任人从严查处.但是有的煤矿企业领导人仍然不能够对安全生产引起足够重视.不久前，某煤矿发生瓦斯爆炸事故，作业区有若干矿工人员被困.若救援队从入口进入之后有1L ，2L 两条巷道通往作业区如下图所示，其中1L 巷道有1A ，2A ，3A 三个易堵塞点，且各易堵塞点被堵塞的概率都是12；2L 巷道有1B ，2B 两个易堵塞点，且1B ，2B 易堵塞点被堵塞的概率分别为14，35，不同易堵塞点被堵塞或不被堵塞互不影响.（1）求1L 巷道中的三个易堵塞点至少有两个被堵塞的概率；（2）若2L 巷道中两个易堵塞点被堵塞个数为X ，求X 的分布列及数学期望； （3）若1L 巷道中三个易堵塞点被堵塞的个数为Y ，求Y 的数学期望.23．将名为《高等代数》、《数学分析》、《概率论》和《复变函数》的4本不同的书随机放入甲、乙、丙、丁4个书包中.（1）求4本书恰好放在4个不同书包中的概率；（2）随机变量X 表示放在丙书包中书的本数，求X 的概率分布和数学期望()E X . 24．从2016年到2019年的某城市方便面销量情况如图所示：（1）根据上表，求y 关于t 的线性回归方程y bt a =+．用所求回归方程预测2020年（5t =）方便面在该城市的年销量；（2）某媒体记者随机对身边的10位朋友做了一次调查，其中3位受访者认为方便面是健康食品．现从这10人中抽取3人进行深度访谈，记ξ表示随机抽取的3人认为方便面是健康食品的人数，求随机变量ξ的分布列及数学期望()E ξ．参考公式：回归方程：y bt a =+，其中121()()()niii ni i t t y y b t t ==--=-∑∑，a y bt =-．参考数据：41()()135.5iii t t y y =--=-∑．25．在一次购物抽奖活动中，假设10张奖券中有一等奖奖券1张，可获价值50元的奖品，有二等奖奖券3张，每张可获价值10元的奖品，其余6张没有奖品. （1）顾客甲从10张奖券中任意抽取1张，求中奖次数X 的概率分布； （2）顾客乙从10张奖券中任意抽取2张， ①求顾客乙中奖的概率；②设顾客乙获得的奖品总价值Y 元，求Y 的概率分布及期望. 26．甲、乙两名篮球运动员，甲投篮一次命中的概率为23，乙投篮一次命中的概率为12，若甲、乙各投篮三次，设X 为甲、乙投篮命中的次数的差的绝对值，其中甲、乙两人投篮是否命中相互没有影响.（1）若甲、乙第一次投篮都命中，求甲获胜（甲投篮命中数比乙多）的概率；（2）求X 的分布列及数学期望.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】直接利用对立事件和独立事件的概率求解. 【详解】因为在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0．1，0．2，0．4， 所以一小时内恰有一台机床需要维修的概率是：()()()()0.110.210.40.210.110.4p =⨯-⨯-+⨯-⨯- ，()()0.410.210.10.444+⨯-⨯-=.故选：A 【点睛】本题主要考查独立事件和对立事件的概率，属于中档题.2．C解析：C 【分析】根据分布列的性质，求得13m =，由期望的公式，可得17()6E ξ=，再根据()()5E E ηξ=-，即可求解.【详解】由题意，根据分布列的性质，可得1111663m +++=，解得13m =，所以随机变量ξ的期望为111117()123466336E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=， 又由2-5ηξ=，可得172()2563E η=⨯-=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了随机变量的期望的计算，其中解答中熟记分布列的性质和期望的计算公式是解答的关键，着重考查了计算能力.3．D解析：D【分析】对三个命题分别判断真假，即可得出结论. 【详解】对于（1），18的二项展开式的通项为1815163621818rrrr r C x x C x ---⎛⎫⎛⎫⋅⋅=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当0r =、6、12、18时，为有理项，共有4个有理项，故（1）正确； 对于（2），事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =， 所以()()()0.150.600.09P AB P A P B =⨯==，满足A 、B 为相互独立事件，故（2）正确；对于（3），当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近于3， 所以，总体均值为2，总体方差为3时，没有数据超过7，故（3）正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查分析法与基本运算能力，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.4．B解析：B 【分析】由题意知，3~(5,)3X B m +，由3533EX m =⨯=+，知3~(5,)5X B ，由此能求出()D X ．【详解】由题意知，3~(5,)3X B m +， 3533EX m ∴=⨯=+，解得2m =， 3~(5,)5X B ∴，336()5(1)555D X ∴=⨯⨯-=．故选：B ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．5．B解析：B 【分析】基本事件总数n ＝6×6＝36，利用列举法求出出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有6个，由此能求出一次出现向上的点数之和不小于10的概率，再结合独立重复试验的概率公式求解即可． 【详解】连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子1次， 基本事件总数n ＝6×6＝36，出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有：（4，6），（6，4），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），共有6个， ∴每次投掷，两骰子点数之和不小于10的概率为16， 又投掷3次，相当于3次独立重复试验，故恰有两次点数之和不小于10的概率为2231556672C ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭. 故选：B 【点睛】本题考查独立重复试验的概率的求法，考查古典概型概率计算公式、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．B解析：B 【分析】由题意知甲和乙投篮不受其他投篮结果的影响，本题是一个相互独立事件同时发生的概率，甲投篮的次数为X ，甲先投，则X k =表示甲第k 次甲投中篮球，而乙前1k -次没有投中，甲前1k -次也没有投中或者甲第k 次未投中，而乙第k 次投中篮球，根据公式写出结果． 【详解】甲和乙投篮不受其他投篮结果的影响，∴本题是一个相互独立事件同时发生的概率，每次投篮甲投中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，甲投篮的次数为X ，甲先投，则X k =表示甲第k 次投中篮球，而甲与乙前1k -次没有投中，或者甲第k 次未投中，而乙第k 次投中篮球． 根据相互独立事件同时发生的概率得到甲第k 次投中的概率：1110.40.60.40.240.4k k k ---⨯⨯=⨯；第k 次甲不中的情况应是10.40.60.6k k -⨯⨯，故总的情况是1110.240.40.240.60.60.240.76k k k ---⨯+⨯⨯=⨯． 故选B ． 【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率，是一个基础题，本题最大的障碍是理解X k =的意义，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，注意应用相互独立事件同时发生的概率公式．7．C解析：C 【分析】 由()()0.1322259P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+=，再根据正态分布的对称性，即可求解. 【详解】由题意，知()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=， 则()()220.95440.682620.13592P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+-==，所以要使得()1040.1359P m X <<=，则102m =，故选C. 【点睛】本题主要考查了正态分布的应用，其中解答中熟记正态分布的对称性，以及概率的计算方法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8．D解析：D 【解析】 【分析】随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，根据概率和正态曲线的性质，即可得到答案 【详解】因为P(|ξ|＜a)＝P(－a ＜ξ＜a)，所以①不正确；因为P(|ξ|＜a)＝P(－a ＜ξ＜a)＝P(ξ＜a)－P(ξ＜－a)＝P(ξ＜a)－P(ξ＞a) ＝P(ξ＜a)－(1－P(ξ＜a))＝2P(ξ＜a)－1，所以②正确，③不正确； 因为P(|ξ|＜a)＋P(|ξ|≥a)＝1，所以P(|ξ|＜a)＝1－P(|ξ|≥a)(a ＞0)，所以④正确． 故选D 【点睛】本题是一道关于正态分布的题目，解题的关键是正确理解正态分布曲线的特点，属于中档题。
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第一章§4A级基础巩固一、选择题1．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是(C)A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25[解析]第一步从后排8人中抽2人有C28种抽取方法，第二步前排共有6个位置，先从中选取2个位置排上抽取的2人，有A26种排法，最后把前排原4人按原顺序排在其他4个位置上，只有1种安排方法，∴共有C28A26种排法．2．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有(B)A．24种B．18种C．12种D．96种[解析]先选后排C23A33＝18，故选B．3．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有(A)A．40个B．120个C．360个D．720个[解析]先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．4．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方式共有(B)A．4种B．10种C．18种D．20种[解析]分两类：第一类，取出两本画册，两本集邮册，从4人中选取2人送画册，则另外两人送集邮册，有C24种方法．第二类，3本集邮册全取，取1本画册，从4人中选1人送画册，其余送集邮册，有C14种方法，∴共有C14＋C24＝10种赠送方法．5．从甲、乙等5名志愿者中选出4名，分别从事A，B，C，D四项不同的工作，每人承担一项．若甲、乙二人均不能从事A工作，则不同的工作分配方案共有(B) A．60种B．72种C．84种D．96种[解析]解法一：根据题意，分两种情形讨论：①甲、乙中只有1人被选中，需要从甲、乙中选出1人，担任后三项工作中的1种，由其他三人担任剩余的三项工作，有C12C33C13A33＝36种选派方案．②甲、乙两人都被选中，则在后三项工作中选出2项，由甲、乙担任，从其他三人中选出2人，担任剩余的两项工作，有C23·A23·A22＝36种选派方案，综上可得，共有36＋36＝72种不同的选派方案，故选B．解法二：从甲、乙以外的三人中选一人从事A工作，再从剩余四人中选三人从事其余三项工作共有C13A34＝72种选法．6．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(B)A．72B．120C．144D．168[解析]分两类：(1)先排歌舞类有A33＝6种排法，再将其余的三个节目插空，如图所示▼▽▼▽▼▽，或者▽▼▽▼▽▼，此时有2A33A33＝72；(2)先排歌舞类有A33＝6种排法，其余的两个小品与歌舞排法如图▼▽△▼▽▼，或者▼▽▼▽△▼，有4A33C12＝48.所以共有72＋48＝120种不同的排法．解决不相邻的排列问题，一般是运用插空法，解决本题容易忽略了第二类，导致出差．二、填空题7．(2018·浙江模拟)分配4名水暖工去3个不同的民居家里检查暖气管道，要求4名水暖工部分配出去，并每名水暖工只能去一个居民家，且每个居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有__36__种(用数字作答)．[解析]根据题意，分2步分析：①，将4名水暖工分成3组，有C24＝6种分组方法，②，将分好的三组全排列，对应3个不同的居民家，有A33＝6种分配方法，则有6×6＝36种不同的分配方案；故答案为36.8．(2018·浙江卷，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__1 260__个没有重复数字的四位数．(用数字作答)[解析]分类讨论：第一类：不含0的，按照分步乘法计数原理：C25C23A44＝10×3×24＝720；第二类：包含0的，按照分步乘法计数原理：C25C13A13A33＝10×3×3×6＝540，所以一共有1 260个没有重复数字的四位数．9．用1、2、3、4、5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1、3、5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是__48__(注：用数字作答)．[解析]按2的位置分三类：①当2出现在第2位时，即02000，则第1位必为1、3、5中的一个数字，所以满足条件的五位数有C13A22A22＝12个；②当2出现在第3位时，即00200，则第1位、第2位为1、3、5中的两个数字或第4位、第5位为1、3、5中的两个数字，所以满足条件的五位数有2A23A22＝24个；③当2出现在第4位时，即00020，则第5位必为1、3、5中的一个数字，所以满足条件的五位数有C13A22A22＝12个．综上，共有12＋24＋12＝48个．B级素养提升一、选择题1．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1、2、3…18的18名火炬手，若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为(B)A．151B．168C．1306D．1 408[解析]从18人中任选3人，有C318种选法，选出的3人编号能构成公差为3的等差数列有12种情形)，∴所求概率P＝12C318＝1 68.2．编号为1、2、3、4、5的五个人，分别坐在编号为1、2、3、4、5的座位上，则至多有两个号码一致的坐法种数为(D)A．120 B．119C．110 D．109[解析]5个人坐在5个座位上，共有不同坐法A55种，其中3个号码一致的坐法有C35种，有4个号码一致时必定5个号码全一致，只有1种，故所求种数为A55－C35－1＝109.二、填空题3．航空母舰“辽宁舰”在某次飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有__36__种．[解析]∵甲、乙相邻，∴将甲、乙看作一个整体与其他3个元素全排列，共有2A44＝48种，其中甲、乙相邻，且甲、丙相邻的只能是甲、乙、丙看作一个整体，甲中间，有A22A33＝12种，∴共有不同着舰方法48－12＝36种．4．(2017·天津理，14)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有__1 080__个．(用数字作答)[解析]①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．三、解答题5．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，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)既要有队长，又要有女运动员．[解析](1)第一步：选3名男运动员，有C36种选法；第二步：选2名女运动员，有C24种选法，故共有C36·C24＝120种选法．(2)解法一：(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知共有C14·C46＋C24·C36＋C34·C26＋C44·C16＝246种选法．解法二：(间接法)，不考虑条件，从10人中任选5人，有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种，故“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法，其中不含女运动员的选法有C45；故不选女队长时共有C48－C45种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．6．四个不同的小球，全部放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)随便放(可以有空盒，但球必须都放入盒中)有多少种放法？(2)四个盒都不空的放法有多少种？(3)恰有一个空盒的放法有多少种？(4)恰有两个空盒的放法有多少种？(5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？[解析](1)由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：4×4×4×4＝44＝256种．(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数是：A44＝24种．(3)由题意知，必然是四个小球放入三个盒子中．分三步完成：选出三个盒子；将四个小球分成三堆；将三堆小球全排列后放入三个盒子．所以放法总数是：C34·C24·A33＝144种．(4)由题意，必然是四个小球放入2个盒子中．分三步完成：选出两个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两个盒子．所以放法总数是：C24·(C24·C22A22＋C14·C33)·A22＝84种．(5)分三类放法．第一类：甲球放入1号盒子，即，则乙球有3种放法(可放入2,3,4号盒子)，其余两球可随便放入四个盒子，有42种放法．故此类放法的种数是3×42；第二类：甲球放入2号盒子，即，则乙球有2种放法(可放入3,4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法．故此类放法的种数是2×42；第三类：甲球放入3号盒子，即，则乙球只有1种放法(放入4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法，故此类放法的种数是1×42.综上，所有放法的总数是：(3＋2＋1)×42＝96种．C级能力拔高不定方程x1＋x2＋…＋x10＝100的正整数解有多少组？[解析]不定方程就是未知数的个数大于方程的个数的方程，像方程x1＋x2＋…＋x n＝m 就是一个最简单的不定方程，解决这类问题的常用方法是“隔板法”．解：考虑并列出100个：，在每相邻两个1之间都有1个空隙，共有99个空隙．在这99个空隙中，放上9个“＋”号，每个空隙中至多放1个，共有C999种放法，在每一种放法中，这100个数被“＋”号隔为10段，每一段中“1”的个数从左至右顺次记为“x1，x2，…，x10”．显然，这就是不定方程的一组正整数解，而“＋”号的放法与不定方程的正整数解之间是一一对应的，故不定方程的正整数解有C999组．由Ruize收集整理。
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