数学选修2-3第一章练习题含答案
高中数学选修2-3第一章练习卷及答案
22. (1)若
的展开式中， 的系数是 的系数的 倍，求 ；
(2)已知 中项，求 ；
的展开式中， 的系数是 的系数与 的系数的等差
(3)已知
的展开式中，二项式系数最大的项的值等于 ，求 .
第一章 计算原理 答案
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破 【考点训练题】
两个计数原理训练题
一、选择题
丙甲乙丁,丙甲丁乙,丙乙甲丁,丙乙丁甲,丙丁甲乙,丙丁乙甲;
丁甲乙丙,丁甲丙乙,丁乙甲丙,丁乙丙甲,丁丙甲乙,丁丙乙甲.
(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长,共有 是:
种选法,形成的排列
,,,,,, , ,,,,,, ,, ,,,, .
1.3 二项式定理
考法突破 【考点训练题】
二项式定理训练题
B 从 人中选 人组成篮球队
C 从 人中选 人抽样调查
D 从 , , , , 中选 个数组成集合
2. 体操男队共六人参加男团决赛,但在鞍马项目上,根据规定,只需五人出场, 那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有()
A种
B种
C
种
D种
3.
件产品中有 件次品,任意抽取 件,其中至少有 件次品的抽法有()
A
B
掌握
能用计数原理证明二项式定理
掌握
3
二项式定理
会用二项式定理解决与二项展开式有 掌握
关的简单问题
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破
1.分类加法计数原理 完成一件事有 类不同的方案,在第一类方案中有 种不同的方法,在第二类方案中有 种 不同的方法,……,在第 类方案中有 种不同的方法,则完成这件事情,共有
，则 的值为 ( )
常德市高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(含答案解析)
一、选择题1．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果.它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年.若用i j a -表示三角形数阵的第i 行第j 个数，则1003a -=（ ）A ．5050B ．4851C ．4950D ．50002．若13nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ）A ．1215B ．135C ．18D ．93．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 A B ．3242C AC ．132442C C CD ．2343C A4．设()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，则022n a a a 的值是（ ）A ．()1312n- B ．1312nC ．3nD ．31n +5．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（ ）A ．48种B ．72种C ．96种D ．144种6．二项式3nx x 的展开式中第13项是常数项，则n =（ ）A ．18B ．21C ．20D ．307．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 ．8218．5(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．已知8290129(3)(23)(1)(1)(1)x x a a x a x a x --=+-+-+⋅⋅⋅+-，则6a =（ ）A ．1792-B ．1792C ．5376-D ．537611．式子22223459C C C C ++++=（ ）A ．83B ．84C ．119D ．12012．若用1,2,3,4,5,6，这六个数字组成没有重复数字且任何相邻两个数字的奇偶性不同的六位数，则这样的六位数共有多少个( ) A ．720B ．36C ．144D ．72二、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．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.15．已知正整数n ，二项式322nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中含有7x 的项，则n 的最小值是________.16．某单位拟安排6位员工在今年6月14号至16号（某节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值16号，乙不值14号，则不同的安排方法共有____________种.17．设二项式11323nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的各项系数和为t ，其二项式系数之和为h ，若272h t +=，则二项展开式中2x 项的系数为__________.18．,,,,,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）.19．从0，1，2，3，4，5这6个数字中任取3个组成一个无重复数字的三位数，其中奇数的个数是__________.20．若多项式()()()10112110110112111x x a a x a x a x +=+++++++，则10a =______.三、解答题21．男运动员6名，女运动员4名，其中男､女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，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）队长中至少有1人参加； （3）既要有队长，又要有女运动员.22．已知n二项展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3（1）求n 的值；（2）求展开式中3x 项的系数（3）计算式子01231010101010102481024C C C C C -+-++的值．23．已知数列{}n a 的首项为1，记()()()()120122123, 111nn n n nn F x n a C x a C x x a C x x --=-+-+-()11111n n n nn n n n a C x x a C x --+++-+.（1）若数列{}n a 是公比为3的等比数列，求()1, 2020F -的值；（2）若数列{}n a 是公差为2的等差数列，求证：(), 2020F x 是关于x 的一次多项式.24．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 ++-+25．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． （1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少? （2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少? （3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个?26．（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？【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】依据二项展开式系数可知，得到第i 行第j 个数应为11j i C --，即可求得1003a -的值.【详解】依据二项展开式系数可知，第i 行第j 个数应为11j i C --， 故第100行第3个数为299999848512C ⨯== 故选：B . 【点睛】本题考查二项展开式的应用，其中解答中得出第i 行第j 个数应为11j i C --是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2．B解析：B 【解析】分析：由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可求得常数项． 详解：由题意264n=，6n =，∴通项为36662166(3)3r r rr r rr T C x C x ---+==， 令3602r -=，4r =，∴常数项为2463135C =， 故选B.．点睛：在()n a bx +展开式中二项式系数为2n ，所有项的系数和为()n a b +．要注意这两个和是不一样的，二项式系数和是固定的，只与指数n 有关，而所有项系数和还与二项式中的系数,a b 有关．3．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.4．B解析：B 【分析】本题可以通过利用二项展开式的系数关系，采用赋值法将x 分别赋值为1、1-，然后通过运算即可得出结果． 【详解】()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，令1x =，01223n na a a a ①，令1x =-，01221n a a a a ②，（①+②）02212312nna a a ， 故选：B ． 【点睛】本题考查二项展开式的相关运算，可通过赋值法进行计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.5．B解析：B 【分析】A 区域与其他区域都相邻，从A 开始分步进行其它区域填涂可解【详解】解：根据题意，如图，假设5个区域依次为A B C D E 、、、、，分4步分析： ①，对于A 区域，有4种涂法，②，对于B 区域，与A 相邻，有3种涂法， ③，对于C 区域，与A B 、 相邻，有2种涂法，④，对于D 区域，若其与B 区域同色，则E 有2种涂法，若D 区域与B 区域不同色，则E 有1种涂法，则D E 、 区域有2+1＝3种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种； 故选： B ．【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．6．D解析：D 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】二项式3nx x 的展开式中第13项12101212123313()n n n n T C x C x x --⎛== ⎝， 令1003n-=，得30n =. 故选：D. 【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.7．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.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．D解析：D 【分析】将原式改写成88(3)(23)[2(1)][2(1)1]x x x x --=----，利用二项式定理解决系数问题即可得解.【详解】88(3)(23)[2(1)][2(1)1]x x x x --=----290129(1)(1)(1)a a x a x a x =+-+-+⋅-+⋅⋅，所以26356882C 2C 2358417925376.a =⨯⨯+⨯=+= 故选：D 【点睛】此题考查二项式定理的理解辨析和应用，关键在于熟练掌握定理公式，根据公式处理系数关系.11．C解析：C 【分析】根据组合数的计算公式111rr r n n n C C C ++++=，化简运算，即可求解.【详解】由题意，根据组合数的计算公式111rr r n n n C C C ++++=，可得22223459C C C C ++++=32222334591C C C C C +++++-322244591C C C C =++++-32235591011119C C C C =+++-==-=.故选：C. 【点睛】本题主要考查了组合数的化简与运算，其中解答中熟记组合数的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.12．D解析：D 【分析】第一步先将1，3、5排列，共有336A =种排法；第二步再将2，4、6插空排列，不能空着两个偶数之间的空，先用两个元素排列中间两个空，在把两端的空位选一个放第三个元素，得到结果． 【详解】解：由题意知，本题是一个分步计数问题， 第一步先将1，3、5排列，共有336A =种排法，第二步再将2，4、6插空排列，不能空着两个偶数之间的空， 先用两个元素排列中间两个空，在把两端的空位选一个放第三个元素，共有23212A =种排法， 由分步乘法计数原理得这样的六位数共有：61272⨯=. 故选：D. 【点睛】本题考查分步计数原理，以及排列数的计算和插空法的应用，解题的关键是看出做完一件事需要分成几步，每一步包括几种方法．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.14．4100【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．15．【分析】确定展开式的通项令的指数为即可求得结论【详解】二项式的展开式通项为令可得当时取最小值故答案为：【点睛】本题考查二项展开式通项的应用考查学生的计算能力属于中等题 解析：4【分析】确定展开式的通项，令x 的指数为7，即可求得结论． 【详解】二项式322nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式通项为()3351222kn k k k kn k k n n T C x C x x --+⎛⎫=⋅=⋅ ⎪⎝⎭. 令357n k -=，可得573k n +=，当1k =时，n 取最小值4. 故答案为：4. 【点睛】本题考查二项展开式通项的应用，考查学生的计算能力，属于中等题.16．42【分析】根据题意不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数再加上甲值16号且乙值14号的排法进而计算可得答案【详解】解：根据题意不同的安排方法的数目为：所有排法减去甲值1解析：42 【分析】根据题意，不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数，再加上甲值16号且乙值14号的排法，进而计算可得答案． 【详解】解：根据题意，不同的安排方法的数目为：所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数，再加上甲值16号且乙值14号的排法，即221211645443242C C C C C C -⨯+=， 故答案为：42． 【点睛】本题考查组合数公式的运用，注意组合与排列的不同以及各种排法间的关系，避免重复、遗漏．17．1【分析】给二项式中的赋值1求出展开式的各项系数和利用二项式系数之和公式求出再代入解方程求出的值从而得出二形式的表达式再求出二项式中项的系数即可【详解】令二项式中的为1得到各项系数之和为又二项式系数解析：1 【分析】给二项式中的x 赋值1，求出展开式的各项系数和t ，利用二项式系数之和公式求出h ，再代入272h t +=，解方程求出n 的值，从而得出二形式的表达式，再求出二项式中2x 项的系数即可. 【详解】令二项式中的x 为1得到各项系数之和为4=n t ，又二项式系数之和为2=n h ， 因为272h t +=，，所以42272n n +=，解得4n =，所以41111332233nx x x x ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以它展开式的通项为443243-+-k kkkC x，要得到2x 项的系数，则需令4232-+=k k， 解得4k =，所以二项展开式中2x 项的系数为444431-=C .故答案为：1. 【点睛】本题主要考查二项式展开式的各项系数之和，二项式系数之和，二项展开式通项的应用，正确运用公式是解题关键.18．144【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．19．48【分析】根据题意分3步进行分析：①从135三个数中取一个排个位；②0不能在百位则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个安排在十位由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分3步进行解析：48【分析】根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位；②0不能在百位，则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，有3种安排方法， ②0不能在百位，则百位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，有4种情况， 则符合题意的奇数的个数是为34448⨯⨯=个. 故答案为：48. 【点睛】本题考查排列组合及简单的计算原理，采用特殊元素特殊位置优先考虑的方法.20．【分析】由二项式定理及其展开式通项公式得展开式的通项为令解得则得解【详解】由展开式的通项为令解得则故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理及其展开式通项公式意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 解析：22-【分析】由二项式定理及其展开式通项公式得111122[(1)1]x x =+-展开式的通项为111112(1)(1)r r r r T C x -+=+-，令1110r -=，解得1r =，则110112(1)22a C =⨯-=-，得解．【详解】由111122[(1)1]x x =+-展开式的通项为111112(1)(1)rr r r T C x -+=+-， 令1110r -=，解得1r =，则110112(1)22a C =⨯-=-， 故答案为：22-． 【点睛】本题考查了二项式定理及其展开式通项公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．三、解答题21．（1）120(种)；（2）196(种)；（3）191(种). 【分析】(1）本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有36C 种选法．再选2名女运动员，有24C 种选法．利用乘法原理得到结果;(2）只有男队长的选法为48C 种，只有女队长的选法为48C 种，男、女队长都入选的选法为38C 种，把所有的结果数相加;(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有49C 种选法．不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法．其中不含女运动员的选法有45C 种，得到结果.【详解】 （1）分两步完成：第一步，选3名男运动员，有36C 种选法；第二步，选2名女运动员，有24C 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有3264120C C ⋅=(种)选法.（2）方法一(直接法)可分类求解： “只有男队长”的选法种数为48C ； “只有女队长”的选法种数为48C ； “男､女队长都入选”的选法种数为38C ， 所以共有43882196C C +=(种)选法.方法二(间接法)从10人中任选5人有510C 种选法，其中不选队长的方法有58C 种.所以“至少有1名队长”的选法有55108196C C -=(种).（3）当有女队长时，其他人任意选，共有49C 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法，其中不含女运动员的选法有45C 种，所以不选女队长时的选法共有4485C C -（）种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有444985191C C C +-=(种).【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，考查分类加法计数原理，在比较复杂的题目中，会同时出现分类和分步，本题是一个比较综合的题目，属于中档题. 22．（1）10n =；（2）180；（3）1. 【解析】试题分析： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，属于基础题．第一问，直接利用条件可得3283n n C C =，求得n 的值；第二问，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r 的值，即可求得展开式中x 3项的系数．第三问，在10二项展开式中，令x=1，可得式子01231010101010102481024C C C C C -+-++的值．试题（1）由第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3，可得3283n n C C =，化简可得2833n -=，求得10n =． （2）由于n 二项展开式的通项公式为5110(2)r r rr T C x -+=-，令53r -=，求得2r，可得展开式中3x 项的系数为2210(2)180C -=． （3）由二项式定理可得105100(2)n r r rr C x -==-∑， 所以令x=1得01231010101010102481024C C C C C -+-++10(12)1=-=.考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．23．（1）1（2）证明见解析； 【分析】（1）根据13-=n n a ，得到()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n n nn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+求解.（2）易得21n a n =-，则(),F x n ()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C xx ，再转化为(),F x n ()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x ()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，利用二项式定理及组合数公式求解.【详解】（1）由题意得：13-=n n a ，∴()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n nnn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+，∴()()20201,2020121F -=-=；（2）证明：若数列{}n a 是公差为2的等差数列，则21n a n =-.()()()()10111121,111---+=-+-++-+nn n n n nn n n n n n F x n a C x a C x x a C x x a C x ，()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C x x ，()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，由二项式定理知，()()()10122211(1)11---+-+-=-+=⎡⎤⎣++⎦nn n n n nn n nnC x C x x C x x x x C x ，因为()()()()111!!!!1!!kk n n n n kC k n C k n k k n n k --⋅-=⋅=⋅=---，所以()1122212(1)---+-++n n n n n nn C x x C x nC x x()112211111(1)------=-+-++n n n n n n nnC x x n x x nC x C()112111111(1)n n n n n n n nx C x C x x C x -------=⎦-+-++⎡⎤⎣()11-=-+=⎡⎤⎣⎦n nx x x nx ，所以(),12F x n nx =+.(),202014040F x x =+.【点睛】本题主要考查二项式定理及其展开式以及组合数公式，等差数列，等比数列的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 24．(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 .25．（1）36个（2）36个（2）49个 【解析】 【分析】（1）先排个位数，方法数有12C 种，然后排万位数，方法数有13C 种，剩下百位、十位和千位任意排，方法数有33A 种，再按分步乘法计数原理即可求得种类数.（2）把数字1和3捆绑在一起，则相当于有4个位置，最高位不为0，其余位置任意排； （3）计算出比30124小的五位数的情况，即可知道30124排第几个. 【详解】（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有113233=236=36C C A ⨯⨯个； （2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有21323323636A C A =⨯⨯=个；（3）要求在组成的五位数中，要求得从小到大排列，30124排第几个，则计算出比30124小的五位数的情况，比30124小的五位数，则万位为1或2，其余位置任意排，即142422448C A=⨯=，故在组成的五位数中比30124小的数有48个，所以在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第49个.【点睛】本小题主要考查简单的排列组合问题，主要是数字的排列.要注意的问题主要是有特殊条件或者特殊要求的，要先排特殊位置或优先考虑特殊要求.如本题中，第一问要求是奇数，那么就先排个位.由于数字的万位不能为零，故第二考虑的是万位，本小题属于基础题. 26．（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 CAA⋅=种分法分配方式为2,2,1,1时，共有：2214642422221080C C CAA 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.。
(必考题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试卷(答案解析)(3)
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．已知离散型随机变量X 的分布列为则D (X )的最大值是（ ） A ．29B ．59C ．89D ．2093．已知随机变量ξ满足(0)1P p ξ==-，(1)P p ξ==，其中01p <<.令随机变量|()|E ηξξ=-，则（ ）A ．()()E E ηξ>B ．()()E E ηξ<C ．()()D D ηξ>D ．()()D D ηξ<4．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 ．1035．在三次独立重复试验中，事件A 在每次试验中发生的概率相同，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 发生次数ξ的期望和方差分别为 （ ） A ．94和916 B ．34和316C ．916和364D ．94和9646．体育课上定点投篮项目测试规则：每位同学有3次投篮机会，一旦投中，则停止投篮，视为合格，否则一直投3次为止．每次投中与否相互独立，某同学一次投篮投中的概率为p ，若该同学本次测试合格的概率为0.784，则p =（ ）A ． 0.4B ．0.6C ．0.1D ．0.27．有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中,随机抽取一粒,则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )A ．0.72B ．0.8C ．89D ．0.98．抛掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的概率( ) A ．38B ．12C ．516D ．7169．当σ取三个不同值123,,σσσ时，正态曲线()20,N σ的图象如图所示，则下列选项中正确的是（ ）A ．123σσσ<<B ．132σσσ<<C ．213σσσ<<D ．321σσσ<<10．口袋中装有大小、轻重都无差别的5个红球和4个白球，每一次从袋中摸出2个球，若颜色不同，则为中奖每次摸球后，都将摸出的球放回口袋中，则3次摸球恰有1次中奖的概率为（ ）． A ．80243B ．100243C ．80729D ．10072911．已知随机变量X 服从正态分布2(2,)N σ，(4)0.84P X ≤=，则(02)P X ≤≤=（ ） A ．0.64B ．0.16C ．0.32D ．0.3412．小明的妈妈为小明煮了 5 个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，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 ．14B ．34C ．110D ．310二、填空题13．若有一个不透明的袋子内装有大小、质量相同的6个小球，其中红球有2个，白球有4个，每次取两个，取后放回，连续取三次，设随机变量ξ表示取出后都是白球的次数，则()E ξ=______ ．14．数轴上有一质点，从原点开始每次等可能的向左或向右移动一个单位，则移动4次后，该质点的坐标为2的概率为________.15．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 =________． 16．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______.17．随机变量ξ服从正态分布()240,N σ，若()300.2P ξ<=，则()3050P ξ<<=______．18．甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球,这些小球除颜色外完全相同,其中甲袋装有4个红球,2个白球,乙袋装有1个红球,5个白球.现分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个小球,记抽取到红球的个数为X,则随机变量X 的均值EX=_____. 19．甲、乙两人投篮命中的概率分别为p,q,他们各投2次,若p=12,且甲比乙投中次数多的概率为736,则q 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．某知名电脑品牌为了解客户对其旗下的三种型号电脑的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如表：满意度是指，回访客户中，满意人数与总人数的比值.用满意度来估计每种型号电脑客户对该型号电脑满意的概率，且假设客户是否满意相互独立.（1）从型号Ⅰ和型号Ⅱ电脑的所有客户中各随机抽取1人，记其中满意的人数为X ，求X 的分布列和期望；（2）用“11ξ=”，“21ξ=”，“31ξ=”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户满意，“10ξ=”，“20ξ=”，“30ξ=”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户不满意，比较三个方差()1D ξ、()2D ξ、()3D ξ的大小关系.22．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.23．某单位选派甲､乙､丙三人组队参加知识竞赛，甲､乙､丙三人在同时回答一道问题时，已知甲答对的概率是34，甲､丙两人都答错的概率是112，乙､丙两人都答对的概率是14，规定每队只要有一人答对此题则该队答对此题．（1）求该单位代表队答对此题的概率；（2）此次竞赛规定每队都要回答10道必答题，每道题答对得20分，答错得10分．若该单位代表队答对每道题的概率相等且回答任一道题的对错对回答其他题没有影响，求该单位代表队必答题得分的均值(精确到1分)．24．某种工业机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金700元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费200元；方案二：交纳延保金1000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费100元．某工厂准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，工厂选择哪种延保方案更合算？25．数学是研究数量、结构、变化、空间以及信息等概念的一门科学.在人类历史发展和社会生活中，数学发挥着不可替代的作用，也是学习和研究现代科学技术必不可少的基本工具.（1）为调查大学生喜欢数学命题是否与性别有关，随机选取50名大学生进行问卷调查，当被调查者问卷评分不低于80分则认为其喜欢数学命题，当评分低于80分则认为其不喜欢数学命题，问卷评分的茎叶图如下：依据上述数据制成如下列联表：请问是否有90%的把握认为大学生是否喜欢数学命题与性别有关？参考公式及数据：22(),()()()()n ad bc K n a b c d a b c d a c b d -==+++++++. 20()P K k ≥0.100 0.050 0.010 0.0010k2.7063.841 6.635 10.828A (01)p p <<，各轮命题相互独立，若该同学在3轮命题中恰有2次成功的概率为49，记该同学在3轮命题中的成功次数为X ，求()E X .26．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．【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】根据分布列中概率和为1可得a 的范围和b 的值，再求出,EX DX 的表达式，转化成求二次函数在闭区间的最值问题. 【详解】12133b a a b +-+=⇒=，又110033a a -≥⇒≤≤， 1242()3333EX b a a a b a =+⨯-+⨯=++=+，2221(1)(2)()(3)3DX EX b EX a EX a =-⋅+-⋅-+-⋅2221215()()()()3333a b a a a a =--⋅+-⋅-+-⋅22212215()()()()33333a a a a a =--⋅+-⋅-+-⋅27239a a =-++，对称轴为7163a =>，∴max 1728()9999DX =-++=， 故选：C. 【点睛】本题考查标准差的最值求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.3．D解析：D 【分析】根据题意,列表求得随机变量ξ及η的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出()(),E D ξξ和()E η()D η,根据01p <<比较大小即可得解.【详解】随机变量ξ满足(0)1P p ξ==-,(1)P p ξ==,其中01p <<. 则随机变量ξ的分布列为:所以,1E p D p p ==- 随机变量|()|E ηξξ=-,所以当0ξ=时,()E p ηξξ=-=,当1ξ=时,()1E p ηξξ=-=-所以随机变量|()|E ηξξ=-的分布列如下表所示(当0.5p =时,η只有一个情况,概率为1):则1121E p p p p p p η=-+-=-()()()()22211121D p p p p p p p p η=--⋅-+---⋅⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()2121p p p =--当()()E E ξη=即()21p p p =-,解得12p =.所以A 、B 错误. ()()D D ξη-()()()21121p p p p p =----()22410p p =->恒成立.所以C 错误,D 正确 故选:D 【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.4．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.5．A解析：A 【分析】根据独立重复试验的概率计算公式，求得34p =，再根据二项分布的期望与方差的公式，即可求解. 【详解】由题意，设事件A 在每次试验中发生的概率为P ， 因为事件A 至少发生一次的概率为6364，即333631(1)64C p --=，解得34p =， 则事件A 发生的次数ξ服从二项分布3(3,)4B ξ~， 所以事件A 发生的次数ξ的期望为39()344E ξ=⨯=，方差为339()3(1)4416D ξ=⨯⨯-=，故选A. 【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的计算，以及二项分布的期望与方差的计算，其中解答中熟记独立重复试验的概率的计算公式，以及二项分布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.6．A解析：A 【解析】 【分析】根据合格的情况列方程：()()2110.784p p p p p +-+-=，解方程求出结果． 【详解】由题意可得：()()2110.784p p p p p +-+-= 整理可得：()()22212330.784p p p p p pp -+-+=-+=解得：0.4p = 本题正确选项：A【点睛】本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7．A解析：A 【分析】设一批种子的发芽率为事件A ，则()0.9P A =，出芽后的幼苗成活率为事件B ，则()|0.8P B A =，根据条件概率公式计算即可，【详解】设一批种子的发芽率为事件A ，则()0.9P A =， 出芽后的幼苗成活率为事件B ，则()|0.8P B A =，∴这粒种子能成长为幼苗的概率()()()|0.90.80.72P P AB P A P B A ===⨯=. 故选：A ． 【点睛】本题主要考查了条件概率的问题，关键是分清是在什么条件下发生的，属于基础题．8．C解析：C 【分析】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，由此能求出出现正面的次数多于反面的次数的概率． 【详解】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，∴出现正面的次数多于反面的次数的概率：4433441115()()22216p C C =+⋅=． 故选C ． 【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件概率计算公式的合理运用．9．A解析：A 【解析】分析：由题意结合正态分布图象的性质可知，σ越小，曲线越“瘦高”，据此即可确定123,,σσσ的大小.详解：由正态曲线的性质知，当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，所以1230σσσ<<<.本题选择A 选项.点睛：本题主要考查正态分布图象的性质，系数对正态分布图象的影响等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10．A解析：A 【解析】每次摸球中奖的概率为114529C C 2059C 36==，由于是有放回地摸球，故3次摸球相当于3次独立重复实验，所以3次摸球恰有1次中奖的概率2135580C 199243P ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭． 故选A ．点睛:判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①是否为n 次独立重复试验，在每次试验中事件A 发生的概率是否均为p ；②随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，且()()1n kk kn p X k C p p -==-表示在独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率．11．D解析：D 【解析】∵随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，2μ=，得对称轴是2x =，(4)0.84P ξ=≤， ∴(4)(0)0.16P P ξξ≥=<=，∴(02)0.50.160.34P ξ≤≤=-=，故选D ．12．B解析：B 【详解】由题意，P （A ）=222310C C +=410，P （AB ）=2310C =310， ∴P （B|A ）=()AB A)P P （=34， 故选B ．二、填空题13．【分析】计算出从袋中随机抽取两个球都是白球的概率可知然后利用二项分布的期望公式可计算出的值【详解】从袋中随机抽取两个球都是白球的概率为由题意可知由二项分布的期望公式得故答案为：【点睛】本题考查二项分5【分析】计算出从袋中随机抽取两个球都是白球的概率p ，可知()3,B p ξ，然后利用二项分布的期望公式可计算出()E ξ的值. 【详解】从袋中随机抽取两个球都是白球的概率为242625C p C ==，由题意可知，23,5B ξ⎛⎫⎪⎝⎭，由二项分布的期望公式得()26355E ξ=⨯=.故答案为：65. 【点睛】本题考查二项分布期望的计算，解题时要弄清随机变量满足的分布列类型，考查计算能力，属于中等题.14．【分析】由题意分析可知质点4次运动中有1次向左3次向右根据独立事件的概率公式求解【详解】由题意可知质点移动4次后位于坐标为2的位置说明4次中有1次向左3次向右并且每次向左或向右的概率都是所以移动4次解析：14【分析】由题意分析可知质点4次运动中有1次向左，3次向右，根据独立事件的概率公式求解. 【详解】由题意可知质点移动4次后位于坐标为2的位置，说明4次中有1次向左，3次向右，并且每次向左或向右的概率都是12，所以移动4次后，该质点的坐标为2的概率314111224p C ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故答案为：14【点睛】本题考查独立事件概率的实际应用问题，属于基础题型，本题的关键是抽象出质点运动方向，以及概率类型.15．【分析】首先根据题意判断出的可取值有并利用概率公式求得对应的概率最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果【详解】由已知1又所以故答案为：【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题涉及到的7【分析】首先根据题意，判断出X 的可取值有2,1,1-，并利用概率公式求得对应的概率，最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果. 【详解】由已知2X =，1，1-， 又()22242486(2)70C C P X C ===，()441424816(1)70C C P X C ===，()22114224848(1)70C C C P X C =-==，所以12164827070707EX =+-=-， 故答案为：27-. 【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题，涉及到的知识点有古典概型概率公式，离散型随机变量的期望公式，属于简单题目.16．100【分析】计算得到答案【详解】设一次实验得分为根据题意：故100次独立重复试验的总得分的期望为故答案为：【点睛】本题考查了数学期望意在考查学生的计算能力和应用能力解析：100 【分析】 计算()2121133E X =⨯-⨯=，得到答案. 【详解】设一次实验得分为X ，根据题意：()2121133E X =⨯-⨯=， 故100次独立重复试验的总得分的期望为()100100E X =. 故答案为：100. 【点睛】本题考查了数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.17．6【解析】【分析】根据随机变量服从正态分布知正态曲线的对称轴是且依据正态分布对称性即可求得答案【详解】解：根据随机变量服从正态分布知正态曲线的对称轴是利用正态分布的对称性可得所以故答案为06【点睛】解析：6 【解析】 【分析】根据随机变量ξ服从正态分布，知正态曲线的对称轴是40ξ=，且()300.2P ξ<=，依据正态分布对称性，即可求得答案． 【详解】解：根据随机变量ξ服从正态分布，知正态曲线的对称轴是40ξ=， 利用正态分布的对称性可得()()50300.2P P ξξ>=<=， 所以()()()30501503010.40.6P P P ξξξ⎡⎤<<=->+<=-=⎣⎦ 故答案为0.6 【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义、函数图象对称性的应用等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．18．【分析】结合题意分别计算对应的概率计算期望即可【详解】列表：X 0 1 2 P 所以【点睛】本道题考查了数学期望计算方法结合题意即可属于中等难度的题解析：56【分析】结合题意，分别计算0,1,2x =对应的概率，计算期望，即可． 【详解】()112511665018C C P x C C ===，()111452116611118C C C P x C C +===，()11411166129C C P x C C === 列表：所以012181896EX =⨯+⨯+⨯= 【点睛】本道题考查了数学期望计算方法，结合题意，即可，属于中等难度的题．19．【分析】由题意根据甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次乙投中0次;甲投中2次乙投中1次或0次再由概率的加法公式即可列出方程求解答案【详解】甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次乙投中0次;甲投解析：23【分析】由题意，根据甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次，再由概率的加法公式，即可列出方程，求解答案. 【详解】甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次.由题意得p(1-p)·(1-q)2+p 2[(1-q)2+q(1-q)]=,解得q=或q=(舍). 【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率的计算，其中认真审题，根据甲比乙投中次数多的可能情形:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次，再根据概率的加法公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.20．【解析】【分析】已知X~N （σ2）则正态曲线关于x=85对称根据与所求区间的关系和已知概率求解【详解】：∵学生的成绩服从正态分布X~N （85225）即=85=15∴P(70<X<100)=06826 解析：0.1574【解析】 【分析】已知X~N （μ ，σ2），则正态曲线关于x=85对称.根据[,μσμσ-+],[2,2μσμσ-+][3,3μσμσ-+] 与所求区间的关系，和已知概率求解. 【详解】：∵学生的成绩X 服从正态分布X~N （85，225） 即μ=85，σ=15∴P(70<X<100)=0.6826 ,P(40<X<130)=0.9974 ∴P(100<X<130)=()10.99740.68260.15742-= 【点睛】在实际问题中进行正态分布条件下的概率计算时，关键是确定正态分布的两个重要参数μ和σ，以及三个范围[,μσμσ-+],[2,2μσμσ-+][3,3μσμσ-+]与所求区间的关系，结合已知概率，进行求解。
(北师大版)大连市高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果.它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年.若用i j a -表示三角形数阵的第i 行第j 个数，则1003a -=（ ）A ．5050B ．4851C ．4950D ．50002．10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3．下列四个组合数公式:对,n k N ∈，约定0001C ==！,有（1）(0)!kk n nP C k n k =≤≤（2）(0)k n kn n C C k n -=≤≤ （3）11(1)k k n n k C C k n n--=≤≤ （4）111(1)kkk n n n C C C k n ---=+≤≤ 其中正确公式的个数是（ ） A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个4．将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入33⨯方格图中的三个方格内，如图，要求任意两颗棋子不同行、不同列，则不同方法共有几种（ ）A ．12B ．16C ．24D ．365．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（ ）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．20200242020132a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 6．从20名同学中选派3人分别参加数学、物理学科竞赛，要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛．记不同的选派方式有n 种，则n 的计算式可以是（ ） A ．3203CB ．3206CC ．3202AD ．3203A ÷7．5250125(21)(1)(1)(1)x a a x a x a x -=+-+-+⋯+-，则2a =（ ）A ．40B ．40-C ．80D ．80-8．有5位同学参加青少年科技创新大赛的3个不同项目，要求每位同学参加一个项目且每个项目至少有一位同学，则不同的参加方法种数为（ ） A ．80B ．120C ．150D ．3609．甲、乙、丙、丁4人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（ ） A ．840B ．2226C ．2100D ．235210．5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为（ ） A ．10B ．40-C ．200D ．24011．已知5250125(12)...x a a x a x a x +=++++，则512025...222a a a a ++++的值为（ ） A ．32 B ．1 C ．81D ．6412．为抗击新冠病毒，某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家到三地指导防疫工作.因工作需要，每地至少需安排一名专家，其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，则不同的分配方法总数为（ ） A ．18B ．24C ．30D ．36二、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．A ，B ，C ，D ，E ，F 六名同学参加一项比赛，决出第一到第六的名次.A ，B ，C 三人去询问比赛结果，裁判对A 说：“你和B 都不是第一名”；对B 说：“你不是最差的”；对C 说：“你比A ，B 的成绩都好”，据此回答分析：六人的名次有_____________种不同情况.15．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.16．6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是_______________. 17．将编号为1，2，3，4，5，6，7的七个小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为______.18．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）. 19．若212626xx C C -=，则x ＝__________.20．甲、乙、丙等7人排成一排，甲站最中间，乙丙相邻，且乙、丙与丁均不相邻，共有______种不同排法．（用数字作答）三、解答题21．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问 （1）能够组成多少个五位奇数？ （2）能够组成多少个正整数？（3）能够组成多少个大于40000的正整数？22．若2nx⎛+ ⎝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．23．一场小型晚会有3个唱歌节目和2个相声节目，要求排出一个节目单． （1）2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ （2）2个相声节目彼此要隔开，有多少种排法？（3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？ （4）前3个节目中要有相声节目，有多少种排法？ （要求：每小题都要有过程，且计算结果都用数字表示） 24．已知数列{}n a 的首项为1，记()()()()120122123, 111nn n n nn F x n a C x a C x x a C x x --=-+-+-()11111n n n nn n n n a C x x a C x --+++-+.（1）若数列{}n a 是公比为3的等比数列，求()1, 2020F -的值；（2）若数列{}n a 是公差为2的等差数列，求证：(), 2020F x 是关于x 的一次多项式.25．已知21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数的和比()732a b +展开式的二项式系数的和大128.（1）求n 的值.（2）求21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的系数最大的项和系数最小的项26．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数.（要求每问要有适当的分析过程，列式并算出答案） （1）选其中5人排成一排；（2）排成前后两排，前排3人，后排4人； （3）全体站成一排，男、女各站在一起；（4）全体站成一排，男生不能站在一起； （5）全体站成一排，甲不站排头也不站排尾.【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】依据二项展开式系数可知，得到第i 行第j 个数应为11j i C --，即可求得1003a -的值.【详解】依据二项展开式系数可知，第i 行第j 个数应为11j i C --， 故第100行第3个数为299999848512C ⨯== 故选：B . 【点睛】本题考查二项展开式的应用，其中解答中得出第i 行第j 个数应为11j i C --是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2．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．3．A解析：A 【分析】分别将组合数和排列数写成阶乘的形式，计算每个等式的两边并判断等式是否成立. 【详解】A ．()0!k kk n n nk k P P C k n P k ==≤≤，等式成立；B ．()()!0!!!k k n nP n C k n k n k k ==≤≤-⨯，()()()()()()!!0!!!!!n k n k n nP n n Ck n n k k n k n n k n k --===≤≤-⨯---⨯-， 所以(0)kn kn n C C k n -=≤≤成立；C ．()()()()1!!(1)!!!!1!k k n n n P k k k n C k n n n k n n k k n k k -=⋅=⋅=≤≤-⨯-⨯-， ()()()()1111(1!1!!1)!1k n k n n P k n k k Ck n -----==-≤-≤⨯-，所以11(1)k k n n k C C k n n --=≤≤成立； D ．()()()()()()1111111!1!!1!1!!!1!k k k k n n n n n n P P k k n k k Cn k k C--------=+=+=---⨯-⨯-+ ()()()()1!(1!!!)!!k n n n n k k C n k k n k k n k ⎡⎤-⎡⎤=-+==⎢⎥⎣⎦-⨯-⨯⎢≤⎥≤⎣⎦，所以111(1)k k k n n n C C C k n ---=+≤≤成立.故选A. 【点睛】本题考查排列数、组合数公式的运算化简，难度一般.注意排列组合中两个计算公式的使用：()()()!!,!!!!!n m mmn n nn P P n n P C n m n m m n m m ====---⨯. 4．D解析：D 【分析】直接利用乘法原理计算得到答案. 【详解】第一颗棋子有339⨯=种排法，第二颗棋子有224⨯=种排法，第三颗棋子有1种排法， 故共有94136⨯⨯=种排法. 故选：D. 【点睛】本题考查了乘法原理，意在考查学生的应用能力.5．B解析：B 【分析】令1x =，得到0120201a a a ++⋯+=，令1x =-，求得202001220203a a a a =-++⋯+，令0x =，求得01a =，进而逐项判定，即可求解.【详解】由题意，二项展开式2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，令1x =，可得01220202020(12)1a a a a +++⋯+-==，①令1x =-，可得2020012202020203(123)a a a a a -=+-++⋯+=，②令0x =，可得20020(10)1a =-=，③由①-②，可得20201352019132a a a a -+++⋯+=， 由①+②，可得2020024*******a a a a ++++⋯+=， 令12x =，可得20202020120220201(12)12222a a a a +++⋯+=-⨯=， 所以202012220201222a a a ++⋯+=-. 综上可得，A 、C 、D 是正确的，B 是错误的. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.6．B解析：B 【分析】先从20名同学中选派3人，再分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，从20名同学中选派3人，共有320C 种不同的选法， 又由要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛， 可分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，共有233C =中不同的选法； 第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，共有133C =中不同的选法， 综上可得，不同的选派方式共有332020(33)6C C +⋅=⋅. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中选出3人后，合理分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.7．A解析：A 【分析】易得[]55(21)2(1)1x x --=+，求出展开式通项后可得55152(1)rrr r T C x --+=⋅⋅-，令3r =可得出2a 的值. 【详解】由于[]55(21)2(1)1x x --=+，所以展开式的通项为：[]5551552(1)12(1)rrr r r r r T C x C x ---+=⋅-⋅=⋅⋅-，令3r =可得：322352(1)T C x =⋅⋅-，则3225240a C =⋅=. 故选：A . 【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是得出[]55(21)2(1)1x x --=+进而进行计算，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.8．C解析：C 【分析】根据题意，分清楚有两种情况，利用公式求得结果. 【详解】根据题意，可知有两种情况，一种是有三位同学去参加同一个项目，一种是有两个项目是两位同学参加，所以不同的参加方法种数为22333535332210310661502C C C A A A ⋅⨯⋅+⋅=⨯+⨯=种， 故选：C. 【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计数加法计数原理，排列组合综合题，属于中档题目.9．B解析：B 【分析】分成三类：一类每个台阶站1人；二类一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人；三类一个台阶站2人，一个台阶站2人，分类用加法原理可得. 【详解】每个台阶站1人有47840A =,一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人有23471260C A , 一个台阶站2人，一个台阶站2人有273126A 所以共有840+1260+126=2226故选：B. 【点睛】本题考查使用两个计数原理进行计数的基本思想:对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．10．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.11．A解析：A 【分析】根据所求与已知的关系，令12x =，即可求得答案. 【详解】5250125(12)...x a a x a x a x +=++++，∴令12x =，即可得555120251...122322222a a a a ⎛⎫++++=+⨯== ⎪⎝⎭.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.12．C解析：C 【分析】由甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数，即可得到答案. 【详解】因为甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家 看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，即从四个中选二个和 其余二个看成三个元素的全排列共有：2343C A ⋅种； 又因为丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，所以再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数有33A 种， 所以不同的分配方法种数有：23343336630C A A ⋅-=-= 故选：C 【点睛】本题考查了排列组合的应用，考查了间接法求排列组合应用问题，属于一般题.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】根据裁判所说对的名次分两类：第一类是获最后一名再考虑且在前面最后排剩下3人；第二类是没有获得最后一名此时可同时考虑获得前5名根据加法原理即可得到答案【详解】根据裁判所说对的名次分两类：第一类 解析：180【分析】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C 且C 在B 前面，最后排剩下3人；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名，根据加法原理即可得到答案. 【详解】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C ，从前5名中选2两个名次给B ，C 且C 在B 前面有25C 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理，共有235360C A =种；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名中的3个名次 且C 名次在A ，B 之前有3252C A 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理， 共有323523120C A A =种；根据分类计数原理，六人的名次共有60120180+=种不同情况. 故答案为：180 【点睛】本题主要考查分类计数原理和分步计数原理，注意对同学A 进行分类讨论，属于中档题．15．150【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．16．60【分析】由题意可得二项展开式的通项要求展开式的常数项只要令可求代入可求【详解】解：由题意可得二项展开式的通项为：令可得：此时即的展开式中的常数项为60故答案为：60【点睛】本题考查了二项展开式项解析：60 【分析】由题意可得，二项展开式的通项26161(2)()(1)2r r r rr T C x x-+=-=-61236rr r C x --，要求展开式的常数项，只要令1230r -=可求r ，代入可求 【详解】解：由题意可得，二项展开式的通项为： 2661231661(2)()(1)2r r r r r r rr T C x C x x---+=-=-，令1230r -=，可得：4r =，此时2456260T C ==，即6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为60. 故答案为：60． 【点睛】本题考查了二项展开式项的通项公式的应用，考查解题运算能力．17．315【分析】根据题意有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同再由排列组台及计数原理即可求解【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同共种不同取法；第二步：再将剩下的个小球放入到解析：315 【分析】根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，再由排列组台及计数原理，即可求解. 【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，共3735C =种不同取法； 第二步：再将剩下的4个小球放入到4个盒子中,且小球编号与放入的小球的编号不相同，共()113219C C +=种不同放法；因而有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同的不同放法种数为359315⨯=种. 故答案为：315 【点睛】本题考查了排列组合及计数原理，考查理解辨析能力与运算求解能力，属中档题.18．135【分析】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置计算得到答案【详解】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置共有解析：135 【分析】根据题意先确定2个人位置不变，共有2615C =种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案. 【详解】根据题意先确定2个人位置不变，共有2615C =种选择.再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有33119⨯⨯⨯=种选择， 故不同的坐法有159135⨯=. 故答案为：135. 【点睛】本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．1或9【分析】由再根据组合的互补性质可得即可解得的值【详解】解：由可得：解得：又根据组合的互补性质可得可得：解得：故答案为：1或9【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用掌握组合数的性质和组合数公式解析：1或9 【分析】由212626x x C C -=，再根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，即可解得x 的值．【详解】解：由212626x x C C -=，可得：21x x =-，解得：1x =，又根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，可得：26(21)x x =--，解得：9x =． 故答案为：1或9． 【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用，掌握组合数的性质和组合数公式是解题的关键．20．【分析】根据乙丙相邻所以捆在一起有种排法又因为乙丙与丁均不相邻且甲站最中间则剩余3人全排列从产生的4个空中选2个将乙丙与丁排列再用分类乘法计数原理求解【详解】因为乙丙相邻所以捆在一起有种排法又因为乙 解析：144【分析】根据乙丙相邻，所以捆在一起有22A 种排法，又因为乙、丙与丁均不相邻，且甲站最中间，则剩余3人全排列，从产生的4个空中选2个，将乙、丙与丁排列，再用分类乘法计数原理求解. 【详解】因为乙丙相邻，所以捆在一起有22A 种排法，又因为乙、丙与丁均不相邻，因为甲站最中间，则剩余3人全排列有33A 种排法，，从产生的4个空中选2个，将乙、丙与丁排列，有24A 种排法，所以共有232234144A A A ⨯⨯=种排法故答案为：144本题主要考查分类乘法计数原理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.三、解答题21．（1）72；（2）325；（3）48； 【分析】（1）首先排个位，从3个奇数中选1个排在个位，再将其余4个数全排列即可； （2）根据题意，按数字的位数分5种情况讨论，求出每种情况下数字的数目，由加法原理计算可得答案；（3）大于40000的正整数，即最高位为4或5，其余数字全排列即可； 【详解】解：（1）首先排最个位数字，从1、3、5中选1个数排在个位有133A =种，其余4个数全排列有4424A =种，按照分步乘法计数原理可得有143472A A =个五位奇数； （2）根据题意，若组成一位数，有5种情况，即可以有5个一位数； 若组成两位数，有2520A =种情况，即可以有20个两位数； 若组成三位数，有3560A =种情况，即可以有60个三位数； 若组成四位数，有45120A =种情况，即可以有120个四位数； 若组成五位数，有55120A =种情况，即可以有120个五位数； 则可以有52060120120325++++=个正整数；（3）根据题意，若组成的数字比40000大的正整数，其首位数字为5或4，有2种情况； 在剩下的4个数，安排在后面四位，共有142448C A =种情况， 则有48个比40000大的正整数； 【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题． 22．（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 --==．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.23．（1）48；（2）72；（3）36；（4）108. 【分析】（1）将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元素，利用捆绑法可求得排法种数；（2）将2个相声节目插入其它3个节目所形成的空中，利用插空法可求得排法种数； （3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，则3个节目排在中间，利用分步乘法计数原理可求得排法种数；（4）在5个节目进行全排的排法种数中减去前3个节目中没有相声节目的排法种数，由此可求得结果. 【详解】（1）将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元素，然后进行全排， 所以，排法种数为242448A A =种；（2）将2个相声节目插入其它3个节目所形成的4个空中，则排法种数为323472A A =种； （3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，则其它3个节目排在中间，进行全排， 由分步乘法计数原理可知，排法种数为233336A A =种；（4）在5个节目进行全排的排法种数中减去前3个节目中没有相声节目的排法种数， 可得出前3个节目中要有相声节目的排法种数为53253212012108A A A -=-=. 【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查捆绑法、插空法、分步乘法计数原理以及间接法的应用，考查计算能力，属于中等题. 24．（1）1（2）证明见解析； 【分析】（1）根据13-=n n a ，得到()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n n nn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+求解.（2）易得21n a n =-，则(),F x n ()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C xx ，再转化为(),F x n ()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x ()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，利用二项式定理及组合数公式求解.【详解】（1）由题意得：13-=n n a ，∴()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n nnn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+，∴()()20201,2020121F -=-=；（2）证明：若数列{}n a 是公差为2的等差数列，则21n a n =-.()()()()10111121,111---+=-+-++-+nn n n n nn n n n n n F x n a C x a C x x a C x x a C x ，()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C x x ，()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，由二项式定理知，()()()10122211(1)11---+-+-=-+=⎡⎤⎣++⎦nn n n n nn n nnC x C x x C x x x x C x ，因为()()()()111!!!!1!!kk nn n n kC k n C k n k k n n k --⋅-=⋅=⋅=---，所以()1122212(1)---+-++n n n n n nn C x x C x nC x x ()112211111(1)------=-+-++n n n n n n n nC x x n x x nC x C()1012111111(1)n n n n n n n nx C x C x x C x -------=⎦-+-++⎡⎤⎣()11-=-+=⎡⎤⎣⎦n nx x x nx ，所以(),12F x n nx =+.(),202014040F x x =+.【点睛】本题主要考查二项式定理及其展开式以及组合数公式，等差数列，等比数列的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.25．（1）8；（2）系数最大项，4570T x =，系数最小项656T x =-和7456T x =-【分析】（1）21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数和为2n ，()732a b +展开式的二项式系数和为72，根据条件可得到关于n 的等式求解出n 的值；（2）根据二项式系数的性质求得当r 为何值时，展开式的系数最大或最小，从而求解出对应的系数最大和最小的项. 【详解】（1）由条件可知：722128n -=，所以822n =，所以8n =；（2）因为21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项为：()163181r r rr T C x -+=⋅-⋅，由二项式系数的性质可知：当4r =时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最大，所以系数最大的项为4445870T C x x =⋅=， 当3r =或5时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最小，所以系数最小的项为3774856T C x x =-⋅=-和56856T C x x =-⋅=-. 【点睛】本题考查二项式定理的综合运用，难度一般.对于二项式系数kn C ，若n 为偶数时，中间一项2nn C 取得最大值；当n 为奇数时，中间两项1122,n n nnC C-+同时取得最大值.26．（1）2520；（2）5040；（3）288；（4）1440；（5）3600.【分析】相邻问题一般看作一个整体处理，利用捆绑法，不相邻问题一般用插空法，特殊位置优先考虑，即可求解． 【详解】解：（1）从7人中选其中5人排成一排，共有55752520C A =种排法； （2）排成前后两排，前排3人，后排4人，共有775040A =种排法； （3）全体站成一排，男、女各站在一起，属于相邻问题， 男生必须站在一起，则男生全排列，有33A 种排法， 女生必须站在一起，则女生全排列，有44A 种排法， 男生女生各看作一个元素，有22A 种排法；由分布乘法的计数原理可知，共有234234288A A A =种方法；（4）全体站成一排，男生不能站在一起，属于不相邻问题，先安排女生，有44A 种排法，把3个男生插在女生隔成的5个空位中，有35A 种排法， 由分布乘法的计数原理可知，共有43451440A A =种方法； （5）全体站成一排，男不站排头也不站排尾，则优先安排甲， 从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有15A 种排法， 再对剩余的6人进行全排列，有66A 种排法， 所以共有16563600A A =种方法． 【点睛】本题考查排列和组合的实际应用，涉及相邻和不相邻问题，利用了捆绑法、插空法和特殊位置优先考虑的方法，考查分析和计算能力．。
高中数学选修2-3 第一章 计数原理 章末检测题 附答案解析
高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．122．一排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!3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．284．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．125．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358C.354D ．1056．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．17．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A 、B 两个节目相邻且都不排在3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A ．144种B ．192种C ．96种D ．72种8．(x ＋1)4(x －1)5的展开式中x 4的系数为()A ．－40B ．10C ．40D ．459．已知集合A ＝{5}，B ＝{1,2}，C ＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A ．33B ．34C ．35D ．3610.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A ．320B ．160C ．96D ．6011．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．15．已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.16．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A 到点B 的不同路径之中，最短路径有________条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n的值；(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．参考答案一、选择题1.【解析】∵A2n＝72，∴n＝9.【答案】C2.【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3.【解析】分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.【答案】C4.【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5.【解析】T r＋1＝C r8(x)8－r2rx＝12rC r8x4－r2－r2＝12rC r8x4－r，令4－r＝0，则r＝4，∴常数项为T5＝124C48＝116×70＝358.【答案】B6.【解析】(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7.【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8.【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9.【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11.【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12.【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C 二、填空题13.【解析】∵384418841rrr r r r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214.【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C 45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615.【解析】令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－64；∴a 1＋a 2＋…＋a 11＝－65.【答案】－6516.【解析】把质点沿网格线从点A 到点B 的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C 37＝35.【答案】35三、解答题17.【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A 35个；第二类，2在个位时有A 14A 24个；第三类，4在个位时有A 14A 24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A 35＋A 14A 24＋A 14A 24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A 45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A 14A 34个．故满足条件的五位数有A 45＋A 14A 34＝216(个)．18.【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19.【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20.【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a2＝27030＝9，又a＞0，∴a＝3.21.【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22.【解析】(1)C320＝1140.(2)C13nC14n＝23⇒14n－13＝23，解得n＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.。
(必考题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(含答案解析)(5)
一、选择题1．已知()~,X B n p ，且()2E X =，()43D X =，则n =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．82．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布2(100,)(0)σσ>，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（ ） A ．0.05 B ．0.1C ．0.15D ．0.23．甲乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7．若两人各投2次，则两人投中次数相等的概率为（ ） A ．0.2484B ．0.25C ．0.90D ．0.39244．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 ⎛⎫ ⎪⎝⎭5．已知ξ的分布列如图所示，设2-5ηξ=，则()=E η（ ）A ．12B ．13C ．23D ．326．某地7个贫困村中有3个村是深度贫困，现从中任意选3个村，下列事件中概率等于67的是（ ）A ．至少有1个深度贫困村B ．有1个或2个深度贫困村C ．有2个或3个深度贫困村D ．恰有2个深度贫困村7．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 ．48．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）9．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 ．2510．先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，落在水平桌面上， 设事件A 为“第一次正面向上”，事件B 为“后两次均反面向上”，则概率(|)P B A =（ ） A ．12B ．13C ．14D ．3811．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 ．4012．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 ．683二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 14．3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__________.15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 16．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 =_______．17．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______.18．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 =______．19．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_____． 20．邮局工作人员整理邮件，从一个信箱中任取一封信，记一封信的质量为X (单位：克)，如果()100.3P X <=,() 10300.4P X ≤≤=，那么()30P X >等于_________. 三、解答题21．已知一个袋子里有形状一样仅颜色不同的6个小球，其中白球2个，黑球4个.现从中随机取球，每次只取一球．()1若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，至少取得两次白球”的概率；()2若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有白球或取球次数达到五次就终止游戏，记游戏结束时一共取球X 次，求随机变量X 的分布列与期望．22．某校准备从报名的6位教师（其中男教师3人，女教师3人）中选3人去边区支教. （1）设所选3人中女教师的人数为X ，求X 的分布列及数学期望；（2）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率.23．复旦大学附属华山医院感染科主任医师张文宏在接受媒体采访时谈到：通过救治研究发现，目前对于新冠肺炎最有用的“特效药”还是免疫力．而人的免疫力与体质息息相关，一般来讲，体质好，免疫力就强．复学已有一段时间，某医院到学校调查高二学生的体质健康情况，随机抽取12名高二学生进行体质健康测试，测试成绩（百分制）如下：65，78，90，86，52，87，72，86，87，98，88，86．根据此年龄段学生体质健康标准，成绩不低于80的为优良．（1）将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，在该学校全体高二学生中任选3人进行体质健康测试，求至少有1人成绩是“优良”的概率；（2）从抽取的12人中随机选取3人，记X 表示成绩“优良”的人数，求X 的分布列和期望．24．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.25．某投资公司准备在2020年年初将两千万投资东营经济开发区的“示范区”新型物流，商旅文化两个项目中的一个之中．项目一：新型物流仓是为企业提供仓储、运输、配送、货运信息等综合物流服务的平台．现准备投资建设10个新型物流仓，每个物流仓投资0.2千万元，假设每个物流仓盈利是相互独立的，据市场调研，到2022年底每个物流仓盈利的概率为(01)p p <<，若盈利则盈利为投资额的40%，否则盈利额为0．项目二：购物娱乐广场是一处融商业和娱乐于一体的现代化综合服务广场．据市场调研，投资到该项目上，到2022年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p 和1p -．（1）若投资项目一，记1X 为盈利的物流仓的个数，求()1E X （用p 表示）； （2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为2X 千万元，求()2E X （用p 表示）； （3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由．26．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：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：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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．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 ．2．B解析：B 【解析】1(80120)(80)(120)0.12P X P X P X -<<≤=≥== ,选B.3．D解析：D 【分析】根据题意，两人投中次数相等：两人两次都未投中，两人各投中一次，和两人两次都投中，进而根据相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，得到答案． 【详解】由题意，甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7，则甲、乙两人各投2次： 两人两次都未投中的概率：()()22010.610.70.0144P =-⨯-=；两人各投中一次的概率：()()111220.610.60.710.70.2016P C C =⨯⨯-⨯⨯⨯-=；两人两次都投中的概率：2220.60.70.1764P =⨯=.所以，两人投中次数相等的概率为：0120.3924P P P P =++=. 故选：D. 【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题.4．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.5．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.6．B解析：B 【分析】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，则X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==，分别求得概率，再验证选项. 【详解】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==， 所以()3043374035C C P X C ===， ()21433718135C C P X C ===，()12433712235C C P X C ===，()0343371335C C P X C ===， ()()6127P X P X =+==. 故选：B 【点睛】本题主要考查超几何分布及其应用，属于基础题.7．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.8．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）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.9．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．10．C解析：C 【分析】由先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，得出事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，再由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果，即可求解. 【详解】由题意，先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，共有2228⨯⨯=种不同的结果， 其中事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，又由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果， 所以()()1(|)4P AB P B A P A ==，故选C. 【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，准确得出事件A 和事件A B 所含基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算能力，属于基础题.11．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：2555216C =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,)16X 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.12．B解析：B 【解析】分析：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是0.6826，根据概率求出位于6486（，）这个范围中的个数，根据对称性除以2 得到要求的结果．详解：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是(75117511)0.682?6P X －＋＝<<，则估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为110000.682?63412⨯⨯≈人. 故选B .点睛：题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩X 关75X =于对称，利用对称写出要用的一段分数的频数，题目得解．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=．故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.14．【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.15．【分析】列出所有情况统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率再根据独立事件计算得到答案【详解】设齐王的上中下等马为田忌的上中下等马为则共有9种情况其中齐王获胜的有6种情况故故答案为：【点睛】本题考查 解析：2027【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率123p =，再根据独立事件计【详解】设齐王的上中下等马为ABC ，田忌的上中下等马为abc ， 则共有,,,,,,,,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9种情况， 其中齐王获胜的有,,,,,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6种情况，故16293p ==， 32232212033327p C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：2027. 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．1【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．17．【分析】分别分析最大号码为345的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可【详解】所有可能的情况一共有种其中最大号码为3的情况一共有种；其中最大号码为4的情况一共有种；其中最大号码为5的情况一共有种；解析：92分别分析最大号码为3,4,5的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可.【详解】所有可能的情况一共有3510C=种,其中最大号码为3的情况一共有221C=种；其中最大号码为4的情况一共有233C=种；其中最大号码为5的情况一共有246C=种；故ξ的数学期望是136312309 345101010102++⨯+⨯+⨯==.故答案为：9 2【点睛】本题主要考查了排列组合解决数学期望的问题,根据题意分析所有可能的情况再利用数学期望公式求解即可.属于中等题型.18．4【解析】【分析】由题意求得随机变量的取值利用相互独立事件的概率公式求得相应的概率再由期望的计算公式即可求解数学期望【详解】由题意该同学解出题目的个数为随机变量的取值为则所以【点睛】本题主要考查了随解析：4【解析】【分析】由题意求得随机变量X的取值，利用相互独立事件的概率公式，求得相应的概率，再由期望的计算公式，即可求解数学期望．【详解】由题意，该同学解出题目的个数为随机变量X的取值为0,1,2X=，则P(X0)0.20.40.08==⨯=，P(X1)0.80.40.20.60.44==⨯+⨯=，P(X2)0.80.60.48==⨯=.所以E(X)00.0810.4420.48 1.4=⨯+⨯+⨯=.【点睛】本题主要考查了随机变量的分布列与数学期望的计算，其中解答中正确理解题意，利用相互独立事件的概率计算公式求得相应的概率是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．【分析】根据正态分布的对称性得到再利用均值不等式计算的最小值【详解】随机变量服从正态分布∴由得又∴且则当且仅当即时等号成立∴的最小值为故答案为【点睛】本题考查了正态分布的计算均值不等式的运用综合性较解析：6+根据正态分布的对称性，得到12m n +=，再利用均值不等式计算21m n+的最小值. 【详解】随机变量X 服从正态分布210(),X N σ～，∴1(10)2P X ≥=， 由1(8)0P X n ≤≤=，得1(10)2P X n ≤≤=， 又()12P X m >=， ∴12m n +=，且0m >，0n >， 则2121(22)m n m n m n ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭42662642n m m n+⋅=+=+． 当且仅当42n m m n =，即222m -=，212n -=时等号成立． ∴21m n+的最小值为642+． 故答案为642+． 【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.20．3【分析】根据随机变量的概率之和为1即可求出【详解】根据随机变量的概率分布的性质可知故【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质属于中档题解析：3 【分析】根据随机变量的概率之和为1，即可求出()30P X >. 【详解】根据随机变量的概率分布的性质,可知()()()101030301P X P X P X <+≤≤+>=, 故(30)10.30.40.3P X >=--=. 【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质，属于中档题.三、解答题21．（1）；（2）随机变量X 的分布列见解析，期望为133. 【分析】（1）可从正面计算取得两次、三次、四次白球的概率和，也可以用1减去取得一次、两次白球的概率，而四次取球中每次是否取得白球相互独立，只需用组合数即可得到相应概率；（2）注意取出的球不放回，因此最多取5次白球就会被取完，故X ＝2，3，4，5，分别计算对应的概率，写出分布列，进而可求出期望. 【详解】（1）记随机变量ξ表示连续取球四次，取得白球的次数，则ξ～B （4，13） 则P （ξ＞1）＝1－P （ξ＝0）－P （ξ＝1）＝1－00411344121211()()()()333327C C -=（2）随机变量X 的取值分别为2，3，4，5∴P （X ＝2）＝2226115C C =，P （X ＝3）＝11242612415C C C ⨯= P （X ＝4）＝1224361135C C C ⨯=，P （X ＝5）＝134244446635C C C C C += ∴随机变量X 的分布列为∴随机变量X 的期望为：1313()23451515553E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 考点：古典概型，相互独立事件，随机变量的分布列与期望 22．（1）分布列见解析，期望为32；（2）35． 【分析】（1）X 的值依次为0,1,2,3，分别计算出概率得概率分布列，再由期望公式计算出期望； （2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,利用条件概率公式,即可求出概率. 【详解】（1）X 的所有可能取值为0,1,2,3,33361(0)20C P X C ===，1233369(1)20C C P X C ===，2133369(2)20C C P X C ===，33361(3)20C P X C ===，所以X 的分布列为:故()1232020202E X =⨯+⨯+⨯=； （2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,则1236361()2C A P A A ==，111334363()10C C C P AB A ==， 所以3()310(|)1()52P AB P B A P A ===． 【点睛】本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查条件概率，解题时确定出随机变量的所有可能取值，然后计算出概率后可得概率分布列，由期望公式可计算出期望．掌握条件概率公式即可计算条件概率． 23．（1）2627（2）见解析，2 【分析】（1）从该社区中任选1人，成绩是“优良”的概率为23，由此能求出在该社区老人中任选三人，至少有1人成绩是‘优良’的概率．（2）由题意得ξ的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和期望． 【详解】解：（1）抽取的12人中成绩是优良的频率为23， 故从该校全体高二学生中任选1人，成绩是“优良”的概率是23， 设“在该校全体高二学生中任选3人，至少有1人成绩优良”为事件A ，则()33212611132727P A C ⎛⎫=-⨯-=-= ⎪⎝⎭． （2）由题意可知，X 的可能取值为0，1，2，3，()3431241022055C P X C ====，()12843124812122055C C P X C ====，()218431211228222055C C P X C ====，()383125614122055C P X C ====，所以X 的分布列为0123255555555EX =⨯+⨯+⨯+⨯=． 【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用，属于中档题． 24．（1）716（2）见解析，136【分析】（1）三辆车中恰有一辆车没有准点到达包含两种情况：甲乙中有一辆没有准点到达或丙没有准点到达，由相互独立事件同时发生的概率公式列出关于p 的方程，解方程即可得结果；（2）设三辆车中准点到达车辆的辆数为ξ，则ξ可能的取值为0，1，2，3，由题写出变量的分布列，算出数学期望. 【详解】解：（1）由已知条件得2123137(1)44416C p p ⎛⎫⨯⨯+-= ⎪⎝⎭，解得23p =； （2）ξ可能的取值为0，1，2，3，()1111044348P ξ==⨯⨯=，123111121(1)4434436P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，123123317(2)44344316P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，3323(3)4438P ξ==⨯⨯=，ξ的分布列为所以01234861686E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了相互独立事件同时发生的概率，考查了学生的运算求解能力.25．（1）()110E X p =；（2）()2 1.60.6E X p =-；（3）分类讨论，见解析. 【分析】（1）由题意结合二项分布的期望公式即可得解；（2）由题意列出分布列，利用离散型随机变量期望公式即可得解；（3）由题意分别计算出项目一、项目二的利润的期望与方差，分类比较即可得解. 【详解】（1）由题意1~(10,)X B p ，则盈利的物流仓数的期望()110E X p =；（2）若投资项目二，盈利的金额为20.51⨯=（千万元），亏损的金额为20.30.6⨯=（千万元）， 则2X 的分布列为所以盈利的期望)20.6(1) 1.60.6E X p p p =--=-； （3）若盈利，则每个物流仓盈利0.240%0.08⨯=（千万元），若选择项目一，盈利的期望为()()110.080.080.08100.8E X E X p p ==⨯=（千万元），方差为()()22110.080.080.0810(1)0.064(1)D X D X p p p p ==⨯-=-，若选择项目二，盈利的方差为：()222(1 1.60.6)(0.6 1.60.6)(1) 2.56(1)D X p p p p p p =-++--+-=-，①当()()120.08E X E X =时，0.8 1.60.6p p =-，解得34p =， 而()()120.08D X D X <，故选择项目一；②当()()120.08E X E X >时，0.8 1.60.6p p >-，解得304p <<，此时选择项目一；③当()()120.08E X E X <时，0.8 1.60.6p p <-，解得34p >，此时选择项目二． 【点睛】本题考查了离散型随机变量期望与方差的求解和应用，考查了二项分布的应用与分类讨论思想，属于中档题. 26．（1）1116（2）4个 【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在50~ 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率223142344441111111112222216P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； （2）（i ）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润Y 的分布列为：则（万元）；（ii ）当建设4个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有1个车间闲置，此时的净利润150035004000Y =⨯-=；需求量100x ≥时，则4个车间正常运行，此时的净利润150046000Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则（万元）（iii ）当建设5个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润1500350023500Y =⨯-⨯=； 需求量100200x ≤<时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置， 此时1500460015400Y =⨯-⨯=；需求量200x ≥时，则5个车间正常运行，此时的净利润150057500Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则4870=（万元）综上所述，要使该工厂商品A的月利润为最大，应建设4个生产线车间．【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.。
高二数学选修2-3第一章测试题(含答案)
高中数学选修2-3第一章测试题一．选择题（每题5分，满分60分）1．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.2．210所有正约数的个数共有( ) A ．12个 B ．14个 C ．16个 D ．20个[答案] C[解析] 由210＝2·3·5·7知正约数的个数为2·2·2·2＝16.∴选C. 3．设m ∈N *，且m ＜15，则(15－m )(16－m )…(20－m )等于( ) A ．A 615－m B ．A 15－m20－mC ．A 620－mD ．A 520－m[答案] C[解析] 解法1：(15－m )(16－m )…(20－m )＝(20－m )(19－m )……[(20－m )－6＋1]＝A 620－m .解法2：特值法．令m ＝14得1×2×3×4×5×6＝A 66.∴选C.4．A 、B 、C 、D 、E 五人站成一排，如果A 必须站在B 的左边(A 、B 可以不相邻)，则不同排法有( )A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种[答案] B[解析] 5个人全排列有5！＝120种、A 在B 左边和A 在B 右边的情形一样多，∴不同排法有12×120＝60种．5．在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是( ) A ．－27C 610B ．27C 410 C ．－9C 610D ．9C 410[答案] D[解析] ∵T r ＋1＝C r 10x 10－r(－3)r .令10－r ＝6， 解得r ＝4.∴系数为(－3)4C 410＝9C 410.6．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．36B ．30C ．40D ．60[答案] A[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．7．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为( ) A ．A 66B ．3A 33C ．A 33·A 33D ．4！·3! [答案] D[解析] 甲、乙、丙三人站在一起有A 33种站法，把3人作为一个元素与其他3人排列有A 44种，∴共有A 33·A 44种．故选D. 8．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( ) A ．720 B ．144 C ．576D ．684[答案] C[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A 66－A 33A 44＝576.[点评] 不能都站在一起，与都不相邻应区分．9．C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( )A ．C 9799B ．C 97100C ．C 9899D ．C 98100[答案] B[解析] 原式＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100，故选B.10．已知集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝{1,2}，若集合M 满足B M A ，则不同集合M的个数为( )A ．12B ．13C ．14D ．15[答案] C[解析] ∵B M ，∴M 中必含有1、2且至少含有3、4、5、6中的一个元素，又M A ，∴M ≠A ，∴M 的个数为C 14＋C 24＋C 34＝14个．11．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )A ．C 26·C 24·C 22 B ．A 26·A 24·A 22 C ．C 26·C 24·C 22·C 33 D.A 26·C 24·C 22A 33[答案] A12．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1 D ．2n [答案] C[解析] 解法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋…＋2n ＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.解法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A 、B 、D ，选C.二．填空题（每小题5分，满分20分）13．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．[答案] 24[解析] “每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A 34＝24种不同坐法．14．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．[答案] {5}[解析] 因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5.15．方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.有________组解．[答案] 8[解析] 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝1，z 2＝3.因此在{2，－2}，{1，－1}，{3，－3}中各取一个即可构成方程组的一组解，由分步乘法计数原理共有2×2×2＝8组解．16．(2010·湖北文，11)在(1－x 2)10的展开式中，x 4的系数为________． [答案] 45[解析] 本题主要考查二项式定理．(1－x 2)10的展开式中，只有两个括号含x 2的项，则x 4的系数为C 210(－1)2＝45三、解答题17．（满分12分）求和：12！＋23！＋34！＋…＋n(n ＋1)！.[解析] ∵k (k ＋1)！＝k ＋1－1(k ＋1)！＝k ＋1(k ＋1)！－1(k ＋1)！＝1k ！－1(k ＋1)！，∴原式＝⎝⎛⎭⎫11－12！＋⎝⎛⎭⎫12！－13！＋⎝⎛⎭⎫13！－14！＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ！－1(n ＋1)！＝1－1(n ＋1)！.18．（满分10分）用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．19．（满分12分）一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？(以上两个题只列出算式)[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有A25A66种排法．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A88－A45A44)种．20．（满分12分）六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站右端，也不站左端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．[解析](1)解法一：因甲不站左右两端，故第一步先从甲以外的5个人中任选二人站在左右两端，有A25种不同的站法；第二步再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有A44种不同的站法，由分步乘法计数原理共有A25·A44＝480种不同的站法．解法二：因甲不站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有A14种不同的站法；第二步再让余下的5个人站在其他5个位置上，有A55种不同的站法，故共有A14·A55＝480种不同的站法．解法三：我们对6个人，不考虑甲站位的要求，做全排列，有A66种不同的站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2A55，于是共有A66－2A55＝480种不同的站法．(2)解法一：首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有A22种不同的站法；再让其他4个人在中间4个位置做全排列，有A44种不同的站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．解法二：“位置分析法”，首先考虑两端2个位置，由甲、乙去站，有A22种站法，再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．(3)解法一：“间接法”，甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，而甲在左端且乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504种不同的站法．解法二：“直接法”，以元素甲的位置进行考虑，可分两类：a.甲站右端有A55种不同的站法；b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个，有A14·A14·A44种不同的站法，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种不同的站法．21．（满分12分）有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本； (2)一人得4本，一人得3本，一人得2本； (3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息： ①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学； ②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答． [解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C 49种方法； 第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C 35种方法； 第三步：把剩下的书给丙有C 22种方法，∴共有不同的分法有C 49·C 35·C 22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C 49·C 35·C 22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A 33种方法，∴共有C 49·C 35·C 22·A 33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C 39·C 36·C 33＝1680(种)．22．（满分12分）已知在(3x －123x )n 的展开式中，第6项为常数项．(1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． [解析] (1)T r ＋1＝C r n ·(3x )n －r ·(－123x )r ＝C r n ·(x 13)n －r ·(－12·x －13)r ＝(－12)r ·C r n ·x n －2r 3. ∵第6项为常数项，∴r ＝5时有n －2r3＝0，∴n ＝10.(2)令n －2r 3＝2，得r ＝12(n －6)＝2，∴所求的系数为C 210(－12)2＝454. (3)根据通项公式，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧10－2r3∈Z0≤r ≤10r ∈Z令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ， 即r ＝10－3k 2＝5－32k .∵r ∈Z ，∴k 应为偶数，∴k 可取2,0，－2， ∴r ＝2,5,8，∴第3项、第6项与第9项为有理项． 它们分别为C 210·(－12)2·x 2，C 510(－12)5， C 810·(－12)8·x －2.。
数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）
第 1 页 共15 页 选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ) A .60B .48C .36D .24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .解析:先在圆周上找一点,因为有2n 个等分点,所以应有n 条直径,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点A 向结点B 传递信息,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.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 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备 种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息 由分类加法计数原理知,与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项 解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。
上海开元学校高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(有答案解析)
一、选择题1．将甲、乙、丙、丁四位辅导老师分配到A 、B 、C 、D 四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A 班，丁不能分配到B 班，则共有分配方案的种数为（ ） A ．10B ．12C ．14D ．242．若多项式()210011x x a a x +=++()()91091011a x a x +++++，则9a =（ ）A ．9B ．10C ．-9D ．-103．如图，在杨辉三角形中，斜线l 的上方从 1 按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列： 1,3,3,4,6,5,10,...，记此数列的前n 项之和为n S ，则 21S 的值为（ ）A ．66B ．153C ．295D ．3614．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5．已知1021001210(12)...x a a x a x a x -=++++，则1231023...10a a a a ++++=（ ）A ．20-B ．15-C ．15D ．206．将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入33⨯方格图中的三个方格内，如图，要求任意两颗棋子不同行、不同列，则不同方法共有几种（ ）A ．12B ．16C ．24D ．367．设()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，则022n a a a 的值是（ ）A ．()1312n- B ．1312nC ．3nD ．31n +8．若将函数5()f x x =表示为250125()1+1+()+(++)1(+)f x a a x a x a x +=⋯，其中0125a a a a ⋯，，，，为实数，则3=a （ ）A ．15B ．5C ．10D ．209．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 ．82110．在12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中, 2x 项的系数为( ) A ．10B ．25C ．35D ．6611．现某路口对一周内过往人员进行健康码检查安排7名工作人员进行值班，每人值班1天，每天1人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法有( ) A ．1440种 B ．1400种 C ．1320种 D ．1200种12．若()2019200119201x a a x a x a x +=++⋯++，则01910a a a a ++⋯++的值为（ ）A ．192B ．191020122C -C ．191020122C +D ．1910202C +二、填空题13．若在8(3)(1a x +关于x 的展开式中，常数项为4，则2x 的系数是______________．14．四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 15．七位同事（四男三女）轮值办公室每周的清洁工作，每人轮值一天，其中男同事甲必须安排周日清洁，且三位女同事任何两位的安排不能连在一起，则不同的安排方法种数是_______（用数字作答）16．A ，B ，C ，D ，E ，F 六名同学参加一项比赛，决出第一到第六的名次.A ，B ，C 三人去询问比赛结果，裁判对A 说：“你和B 都不是第一名”；对B 说：“你不是最差的”；对C 说：“你比A ，B 的成绩都好”，据此回答分析：六人的名次有_____________种不同情况.17．在某市举行的数学竞赛中，A ，B ，C 三所学校分别有1名、2名、3名同学获一等奖，将这6名同学排成一排合影，若要求同校的同学相邻，有____种不同的排法．（用数字作答）18．某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开四个班.选课结束后，有四名同学要求改修数学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有______（用数字作答）19．若52345012345(12)x a a x a x a x a x a x +=+++++，则0135a a a a +++=_________20．多项式()5122x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，含2x 项的系数是________. 三、解答题21．已知()112225113m m mma CAm N ---=-∈，777714-除以19的余数为b ，求1bx ⎫⎪⎭展开式的常数项.22．若()()()()()821020121011222x x a a x a x a x +-=+-+-+⋅⋅⋅+-.（Ⅰ）求12310a a a a +++⋅⋅⋅+的值; （Ⅱ）求13579a a a a a ++++的值.23．袋中有相同的5个白球和4个黑球，从中任意摸出3个，求下列事件发生的概率. （1）摸出的全是白球或全是黑球、 （2）摸出的白球个数多于黑球个数.24．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 ++-+25．现在有6副互不相同的手套打乱了放在一起.（1）从中选取4只，求4只恰好能凑出1副手套的取法数； （2）从中选取5只，求5只中至少能凑出1副手套的取法数. 26．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数.问 （1）能够组成多少个六位偶数.（2）能够组成多少个大于201345的正整数.【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】分为甲分配到B 班和甲不分配到B 班两种情况来讨论分配方案种数，利用分类加法计数原理计算可得结果. 【详解】将分配方案分为甲分配到B 班和甲不分配到B 班两种情况： ①甲分配到B 班：有336A =种分配方案； ②甲不分配到B 班：有1122228A A A =种分配方案； 由分类加法计数原理可得：共有6814+=种分配方案. 故选：C . 【点睛】方法点睛：本题主要考查排列数的应用.常见求法有： （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．D解析：D 【解析】()()9011010019910999991...1[...]nn n x C C x C x a x a C C x C x +=++⇒+=++，()10101a x +=019910101010101010(...)a C C x C x C x ++++，根据已知条件得9x 的系数为0，10x 的系数为19999910101010101010011a a C a C a a C =-⎧⋅+⋅=⎧⇒⇒⎨⎨=⋅=⎩⎩ 故选D. 3．D解析：D 【解析】试题分析：观察杨辉三角结合其中数的来源，可得到这个数列的通项公式.n a 当n 为偶数时，42n n a +=；当n 为奇数时，0212322233551,3,6,C C C C C C ======,所以()()232138n n n n a C +++==，所以21S =()()()()22221352124620124622224622758a a a a a a a a ⎡⎤+++++++++=++++++++++⎣⎦()122423112475286753618⎡⎤=⨯⨯+⨯+=+=⎣⎦，故选D. 考点：归纳推理与数列求和.4．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.5．D解析：D 【分析】观察所求系数的和，可知原式两边求导，再赋值求解. 【详解】原式两边求导数，得()99212310201223...10x a a x a x a x --=++++当1x =时，123102023...10a a a a =++++. 故选：D 【点睛】本题考查二项式定理系数和，导数计算，重点考查转化的思想，属于中档题型.6．D解析：D 【分析】直接利用乘法原理计算得到答案. 【详解】第一颗棋子有339⨯=种排法，第二颗棋子有224⨯=种排法，第三颗棋子有1种排法， 故共有94136⨯⨯=种排法. 故选：D. 【点睛】本题考查了乘法原理，意在考查学生的应用能力.7．B解析：B 【分析】本题可以通过利用二项展开式的系数关系，采用赋值法将x 分别赋值为1、1-，然后通过运算即可得出结果． 【详解】()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，令1x =，01223n na a a a ①，令1x =-，01221n a a a a ②，（①+②）02212312nna a a ， 故选：B ． 【点睛】本题考查二项展开式的相关运算，可通过赋值法进行计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.8．C解析：C 【分析】令55[(1)1]x x =+-，展开二项式可得. 【详解】二项展开式的通项是515(1)(1)rrrr T C x -+=-+，令2r，得2235(1)10a C =-= 故选：C ． 【点睛】二项展开式问题的常见类型及解法(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第1k +项，再由特定项的特点求出k 值即可．(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第1k +项，由特定项得出k 值，最后求出其参数．9．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.10．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.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.11．D解析：D 【分析】根据题意,分2步进行分析: ①将甲、乙按要求安排，②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析:①要求甲、乙安排在相邻两天，且甲不排在周三，先把周一周二、周二周三、⋯、周六周日看作6个位置，任选一个位置，排上甲乙两人，有126212A A =种方法，其中甲排在周三去掉，则甲乙的安排方法有1262210A A -=种,②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，有55120A =种情况； 由分步计数乘法原理知，则有101201200⨯=种安排方法. 故选：D 【点睛】本题主要考查了排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于中档题.12．C解析：C 【分析】计算20nn a C =，根据对称性得到答案. 【详解】()201x +展开式的通项为：120r r r T C x +=，故20nn a C =，()2019200119201x a a x a x a x +=++⋯++，根据对称性知：10200110191020019102020202021 (2222)C a a a a C C C C ++⋯++=+++=+=+.【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.二、填空题13．【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.14．144【分析】首先把四个小球分成211三组然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球即可求解【详解】首先把四个小球分成211三组共有种不同的分法然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球共有种故答案解析：144 【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解. 【详解】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有21142122C C C A 种不同的分法， 然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有211334214322144C C C C A A ⨯⨯=种. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中熟记分配问题的处理方法是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.15．144【分析】优先安排男同事甲在星期日轮值有1种再安排其余3位男同事作全排列有最后安排女同事插在三个男同事中有最后根据分步用乘法的原理得：【详解】解：第一步：先安排男同事甲在星期日轮值有1种第二步：解析：144 【分析】优先安排男同事甲在星期日轮值有1种，再安排其余3位男同事作全排列有33A ，最后安排女同事插在三个男同事中有34A ，最后根据分步用乘法的原理得：331A ⨯34144A =. 【详解】解：第一步：先安排男同事甲在星期日轮值有1种， 第二步：其余3位男同事作全排列有33A ，第三步：因为三位女同事任何两位的安排不能连在一起，所以后3位女同事插空安排有34A ，分步完成共有方法种数为：1⨯33A 34144A =. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查分步计数原理与排列，属于中档题.16．【分析】根据裁判所说对的名次分两类：第一类是获最后一名再考虑且在前面最后排剩下3人；第二类是没有获得最后一名此时可同时考虑获得前5名根据加法原理即可得到答案【详解】根据裁判所说对的名次分两类：第一类 解析：180【分析】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C 且C 在B 前面，最后排剩下3人；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名，根据加法原理即可得到答案. 【详解】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C ，从前5名中选2两个名次给B ，C 且C 在B 前面有25C 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理，共有235360C A =种；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名中的3个名次 且C 名次在A ，B 之前有3252C A 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理， 共有323523120C A A =种；根据分类计数原理，六人的名次共有60120180+=种不同情况. 故答案为：180 【点睛】本题主要考查分类计数原理和分步计数原理，注意对同学A 进行分类讨论，属于中档题．17．【分析】利用捆绑法将每个学校的同学看成一个整体计算得到答案【详解】利用捆绑法将每个学校的同学看成一个整体则共有种排法故答案为：【点睛】本题考查了排列的应用意在考查学生的理解能力和应用能力 解析：72【分析】利用捆绑法将每个学校的同学看成一个整体，计算得到答案. 【详解】利用捆绑法将每个学校的同学看成一个整体，则共有32332372A A A ⋅⋅=种排法. 故答案为：72. 【点睛】本题考查了排列的应用，意在考查学生的理解能力和应用能力.18．【分析】由题意分三种情况讨论：①每个班接收1名同学；②其中一个班接收2名其余两个班各接收1名；③其中两个班不接收另两个班各接收2名由分类计数原理结合排列组合的知识计算即可得解【详解】由题意满足要求的 解析：204【分析】由题意，分三种情况讨论：①每个班接收1名同学；②其中一个班接收2名，其余两个班各接收1名；③其中两个班不接收，另两个班各接收2名，由分类计数原理结合排列、组合的知识，计算即可得解. 【详解】由题意，满足要求的情况可分为三种：①每个班接收1名同学，分配方案共有4424A =种；②其中一个班接收2名，其余两个班各接收1名，分配方案共有2133423422144C C A C A ⋅⋅⋅=种；③其中两个班不接收，另两个班各接收2名，分配方案共有224436C C ⋅=种； 所以不同的分配方案有2414436204++=种. 故答案为：204. 【点睛】本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.19．123【分析】在所给式子中分别令相减得到得值又令得到得值相加即可得到答案【详解】令得令得①令得②①—②得所以又所以故答案为：123【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式中部分项的系数和考查学生的基本解析：123 【分析】在所给式子中分别令1x =，1x =-，相减得到135a a a ++得值，又令0x =得到0a 得值，相加即可得到答案.【详解】令0x =，得01a =，令1x =，得50123453a a a a a a +++++=①，令1x =-，得0123451a a a a a a -+-+-=-②，①—②，得51352(31)a a a ++=+，所以135122a a a ++=，又01a =，所以0135123a a a a +++=.故答案为：123【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式中部分项的系数和，考查学生的基本计算能力，是一道中档题.20．200【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5152r r r 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5152r r r 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.三、解答题21．常数项为240.【分析】由组合数和排列数的定义可列出不等式组01125022113m m m m ≤-≤⎧⎨≤-≤-⎩，求出m 的值，进而求出a 的值.再利用二项式定理，由77777714(1941)14-=⨯+-求出余数b .将a 和b 代入1)b x ，在其通项公式中令x 的幂指数等于零，求出常数项.【详解】解：由题意得01125022113m m m m ≤-≤⎧⎨≤-≤-⎩，解得111375m ≤≤， ∵m N ∈，∴2m =，∴72105100a C A =-=， ∵()77777714194114-=⨯+-()()()77760176777777194194...194114C C C =⨯+⨯++⨯+-， ∴6b =， ∴611b x x ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎭⎝⎭，通项公式(()63662166112rr r r r r r r T C C x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 令6302r -=，2r ，故常数项为240.【点睛】本题考查了排列数和组合数的定义，利用二项式定理解决整除问题，求二项式展开式的指定项问题.属于中档题.22．（Ⅰ）2555（Ⅱ）1280【分析】（Ⅰ）令2x =，则05a =，再取3x =代入计算得到答案.（Ⅱ）令1x =得到012310+0a a a a a --+⋅⋅⋅+=，联立（1）中方程计算得到答案.【详解】（Ⅰ）令2x =，则05a =.令3x =，则012310++2560a a a a a ++⋅⋅⋅+=，所以12310+2555a a a a ++⋅⋅⋅+=； （Ⅱ）令1x =，则012310+0a a a a a --+⋅⋅⋅+=，故13579+1280a a a a a +++=.【点睛】本题考查了二项展开式中的系数和，取特殊值是解题的关键.23．（1）16（2）2542 【分析】（1）从袋中任意摸出3个球有39C 种不同情况，摸出的全是白球有35C 种不同情况，摸出的全是黑球有34C 种不同情况，计算概率得到答案.（2）摸出的3个球都是白球的事件，记为M ；摸出2个白球，1个黑球的事件，记为N .计算概率得到答案.【详解】（1）设从袋中摸出的3个球全是白球或全是黑球的事件为A ，从袋中任意摸出3个球有39C 种不同情况，摸出的全是白球有35C 种不同情况，摸出的全是黑球有34C 种不同情况，因为从袋中任意摸出3个球的所有情况都是等可能的，所以()3354391041846C C P A C ++===. （2）设从袋中摸出的白球个数多于黑球个数的事件为B .事件B 包含两个基本事件：第一个，摸出的3个球都是白球的事件，记为M ；第二个，摸出2个白球，1个黑球的事件，记为N .()3539542C P M C ==，()21543940108421C C P N C ===. 所以，()()()51025422142P B P M P N =+=+=. 【点睛】 本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力.24．(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()...n n 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 .25．(1)240.(2)600.【解析】【分析】（1）先选出1副手套，再从剩余5副手套中各抽取2副手套，每副手套再抽1只，利用概率计算公式求解即可；（2）先求6副手套中抽取5只的所有取法，减去都没有成双的，即为至少能凑出1副手套的取法．【详解】（1）根据题意只需先选出1副手套，再从剩余5副手套中各抽取2副手套，每副手套再抽1只所以有12116522240C C C C=种取法.（2）从6副手套中抽取5只共有512792C=种取法，5只手套都没有成双的有511111622222192C C C C C C=种取法，所以5只中至少能凑出1副手套的取法数为792-192=600.【点睛】本题考查概率公式的应用，注意乘法公式的应用是解决本题的关键．26．（1）312（2）497【分析】（1）对个位数进行分类讨论，若个数为零，其它五个数字全排列；若个位数为2,4，可得其取法数目，其首位数字不能为0，可得其取法数目，其它4个数全排列排在中间，由分步计数和分类计数原理，可得出答案；（2）组成的数大于201345，所以十万位可以是2,3,4,5，再分类计算，即可得出结论.【详解】（1）依题意，当0在个位时，组成六位偶数个数为55120A＝，当2,4在个位时，组成六位偶数个数为114244192C C A⋅⋅=∴共计组成的六位偶数个数为120192312+＝；（2）20345是以2为首位最小的一个整数，当首位为2时，比201345大的数有551119A-＝，当首位为3,4,5时，比201345大的数有15353120360C A⋅⨯＝＝∴能够组成479个大于201345的正整数.【点睛】本题考查排列、组合应用，解题时要注意条件对数的限制，以及首位数不能为0，属于中档题.。
(典型题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测(答案解析)
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．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布2(100,)(0)σσ>，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（ ） A ．0.05B ．0.1C ．0.15D ．0.23．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 ⎛⎫ ⎪⎝⎭4．设1~(10,)B p ξ，2~(10,)B q ξ，且14pq >，则“()()12E E ξξ>”是“()()12D D ξξ<”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知离散型随机变量X 的分布列如图：则均值E (X )与方差D (X )分别为( )A ．1.4,0.2B ．0.44,1.4C ．1.4,0.44D ．0.44,0.26．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．设一随机试验的结果只有A 和A ,且A 发生的概率为m ，令随机变量11A X A 发生发生⎧=⎨-⎩，则()D X =（ ）A ．1B ．(1)m m -C ．4(1)m m -D ．4(1)(21)m m m --8．三个元件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 ．17329．已知在5件产品中混有2件次品，现需要通过逐一检测直至查出2件次品为止，每检测一件产品的费用是10元，则所需检测费的均值为（ ） A ．32元B ．34元C ．35元D ．36元10．将一枚质地均匀的硬币抛掷四次，设X 为正面向上的次数，则()03P X <<等于（ ）A ．18B ．38C ．58D ．7811．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．设随机变量ξ的概率分布列为1()()3kP k a ξ==，其中0,1,2k =，那么a 的值为（ ） A ．35B ．2713C ．919D ．913二、填空题13．对某个数学题，甲解出的概率为23，乙解出的概率为34，两人独立解题．记X 为解出该题的人数，则E (X )＝________.14．退休年龄延迟是平均预期寿命延长和人口老龄化背景下的一种趋势.某机构为了了解某城市市民的年龄构成，从该城市市民中随机抽取年龄段在[20，80]内的600人进行调查，并按年龄层次绘制频率分布直方图，如图所示.若规定年龄分布在[60，80]内的人为“老年人”，将上述人口分布的频率视为该城市年龄段在[20，80]的人口分布的概率.从该城市年龄段在[20，80]内的市民中随机抽取3人，记抽到“老年人”的人数为X 则随机变量X 的数学期望为______.15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 16．2017年5月某校高三年级1600名学生参加了教育局组织的期末统考，已知数学考试成绩X ~ N ()2100,σ.（试卷满分为150分）统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的34，则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为__________.17．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 +=_____. 18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3:1的比分获胜的概率为______． 19．若随机变量2~5,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()3D X =_______． 20．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9.则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为_______（用数字作答）．三、解答题21．某款游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次，若出现一次音乐获得1分，若出现两次音乐获得2分，若出现三次音乐获得5分，若没有出现音乐则扣15分(即获得15-分).设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立. （1）设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列. （2）玩三盘此游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？（3）玩过这款游戏的人发现，若干盘游戏后，与最初的得分相比，得分没有增加反而减少了.请你分析得分减少的原因.22．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是12和25，假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响，每次射击是否击中目标，相互之间没有影响. （1）求甲射击5次，至少1次未击中目标的概率； （2）求两人各射击3次，甲恰好比乙多击中目标2次的概率23．从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率分布直方图：（Ⅰ）求这500件产品质量指标值的样本平均值x 和样本方差2s （同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（Ⅱ）由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z 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 ． ①利用该正态分布，求()187.8212.2P Z <<；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间()187.8,212.2的产品件数．已知X 服从二项分布(),B n p ，利用①的结果，求()E X ．15012.2≈若()2,Z N μσ~则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，()220.9544P Z μσμσ-<<+=．24．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.25．湖北省从2021年开始将全面推行新高考制度，新高考“3+1+2”中的“2”要求考生从政治、化学、生物、地理四门中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：高考政治、化学、生物、地理四门等级考试科目的考生原始成绩从高到低划分为A ，B ，C ，D ，E 五个等级，确定各等级人数所占比例分别为15%，35%，35%，13%，2%，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A 至E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法．．．．．．分别转换到[]86,100、[]71,85、[]56,70、[]41,55、[]30,40五个分数区间，得到考生的等级分，等级转换分满分为100分.具体转换分数区间如下表：而等比例转换法．．．．．．是通过公式计算：2211Y Y T TY Y T T --=--，其中1Y 、2Y 分别表示原始分区间的最低分和最高分，1T 、2T 分别表示等级分区间的最低分和最高分，Y 表示原始分，T 表示转换分，当原始分为1Y 、2Y 时，等级分分别为1T 、2T ，假设小明同学的生物考试成绩信息如下表： 设小明转换后的等级成绩为T ，根据公式得：847585756971TT --=--，所以76.677T =≈（四舍五入取整），小明最终生物等级成绩为77分.已知某学校学生有60人选了政治，以期中考试成绩为原始成绩转换该学校选政治的学生的政治等级成绩，其中政治成绩获得A 等级的学生原始成绩统计如下表： （1）从政治成绩获得A 等级的学生中任取3名，求至少有2名同学的等级成绩不小于93分的概率；（2）从政治成绩获得A 等级的学生中任取4名，设4名学生中等级成绩不小于93分人数为ξ，求ξ的分布列和期望.26．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．【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．B解析：B 【解析】1(80120)(80)(120)0.12P X P X P X -<<≤=≥== ,选B.3．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.4．C解析：C 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，可知()110E p ξ=，()210E q ξ=，那么()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >，并且()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，则()()12D D ξξ>等价于()()101101pp q q -<-，即()()11p p q q -<-，分情况讨论，看这两个条件是否可以互相推出即得. 【详解】由题得，()110E p ξ=，()210E q ξ=，故()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >. 又()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，故()()12D D ξξ>等价于()()101101p p q q -<-，即()()11p p q q -<-.若p q >，因为14pq >，说明12p >，且()()211124p p p p pq +-⎛⎫-<=< ⎪⎝⎭，故1p q -<，故有1122p q ->-.若12q <，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，若12q ≥，则自然有11022p q ->->，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即()()11p p q q -<-.若()()11p p q q -<-，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()()1114p p q q pq -<-≤<，1p q -<，即1122p q ->-.若102p -≤，则与221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭矛盾，故12p >，若12q ≤，则自然有p q >，若12q >，则由221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知1122p q ->-，即p q >. 所以是充要条件.故选：C 【点睛】本题综合的考查了离散型随机变量期望方差和不等式，属于中档题.5．C解析：C 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的分布列的性质，求得，再利用随机变量的均值和方差的公式，即可求解，得到答案． 【详解】由离散型随机变量的分布列的性质可得，解得，所以随机变量的均值为，方差为， 故选C ． 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列的性质，以及均值与方程的计算，其中解答中根据离散型随机变量的分布列的性质，求得的值，再利用均值和方差的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．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X1 2 3 4P+a b 2a b + 3a b + 4a b +()()()()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 【分析】根据随机试验的结果只有A 和A ，P （A ）=m ，使得随机变量11A X A ⎧=⎨-⎩发生发生，得到随机变量符合两点分布，根据两点分布的方差公式得到结果． 【详解】∵由题意知一随机试验的结果只有A 和A ， 且P （A ）=m ，随机变量11A X A ⎧=⎨-⎩发生发生∴X 服从两点分布，∴EX=1(1)(1)21m m m ⨯+-⨯-=-, ∴DX=4m （1-m ）． 故选C ． 【点睛】解决离散型随机变量分布列问题时，主要依据概率的有关概念和运算，同时还要注意题目中离散型随机变量服从什么分布，若服从特殊的分布则运算要简单的多．8．A解析：A 【分析】若电路不发生故障，则满足1T 正常工作，23T T ，至少有一个正常工作 【详解】记1T 正常工作为事件A 记2T 正常工作为事件B 记3T 正常工作为事件C 则()12P A =，()23P B =，()34P C = 电路不发生故障，则满足1T 正常工作，23T T ，至少有一个正常工作 则23T T ，至少有一个正常工作，概率为()1231111113412P P BC ⎛⎫⎛⎫=-=--⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则电路不发生故障的概率1111121224P =⨯= 故选A 【点睛】本题主要考查了概率知识及实际应用能力，考查了相互独立事件同时发生的概率的计算，关键是确定不发生故障时满足的条件．9．C解析：C【解析】 【分析】随机变量X 的可能取值为20,30,40，结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得X 的数学期望. 【详解】X 的可能取值为20,30,40，()222521202010A P X A ====；()311232323562323306010A C C A P X A +⋅⋅+⨯⨯====； ()()()1334012030110105P X P X P X ==-=-==--=，数学期望2030403510105EX =⨯+⨯+⨯=， 即需检测费的均值为35，故选C. 【点睛】本题主要考查组合的应用、古典概型概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先正确要理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.10．C解析：C 【解析】分析：先确定随机变量得取法12X =，，再根据独立重复试验求概率. 详解：因为14244411(1)(),(2)(),22P x C P x C ==== 所以142444411105(03)(1)(2)()(),2228P x P x P x C C <<==+==+== 选C.点睛：n 次独立重复试验事件A 恰好发生k 次得概率为(1)k k n k n C p p --.其中p 为1次试验种A 发生得概率.11．D解析：D 【解析】分析：由题意结合随机变量的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：随机变量ξ满足()14E ξ-=，()14D ξ-=， 则：()214,14E D ξξ-=-=， 据此可得：3,4E D ξξ=-=. 本题选择D 选项.点睛：本题主要考查期望的数学性质，方差的数学性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12．D解析：D 【解析】分析：根据离散型随机变量分布列的性质，变量取各个量对应的概率和等于1，建立关于a 的等量关系式，最后求得结果.详解：根据分布列的性质可得，()()()0121110121333P P P a a a ξξξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得913a =，故选D. 点睛：解决该题的关键是明确离散型随机变量的分布列的性质，从而找到关于参数a 所满足的等量关系式，最后求得结果.二、填空题13．【解析】所以【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值(3)根据分布列和期望方差公式求解注意： 解析：1712【解析】()11103412P X ==⨯=，()211351343412P X ==⨯+⨯=，()23623412P X ==⨯=，所以()1526171212E X ⨯+⨯==. 【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值．(3)根据分布列和期望、方差公式求解．注意：解题中要善于透过问题的实际背景发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．14．6【分析】通过频率分布直方图求出年龄段在的频率即概率通过二项分布求出数学期望即可【详解】通过频率分布直方图得年龄段在的频率为即概率为抽到老年人的人数为服从二项分布即所以期望为故答案为：06【点睛】本解析：6 【分析】通过频率分布直方图求出年龄段在[]60,80的频率即概率，通过二项分布求出数学期望即可. 【详解】通过频率分布直方图得年龄段在[]60,80的频率为20.01100.2⨯⨯=，即概率为0.2， 抽到“老年人”的人数为X 服从二项分布，即()3,0.2X B ,所以期望为()30.20.6E X np ==⨯=， 故答案为：0.6. 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，二项分布期望的求法，属于中档题.15．【分析】列出所有情况统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率再根据独立事件计算得到答案【详解】设齐王的上中下等马为田忌的上中下等马为则共有9种情况其中齐王获胜的有6种情况故故答案为：【点睛】本题考查 解析：2027【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率123p =，再根据独立事件计算得到答案. 【详解】设齐王的上中下等马为ABC ，田忌的上中下等马为abc ， 则共有,,,,,,,,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9种情况， 其中齐王获胜的有,,,,,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6种情况，故16293p ==， 32232212033327p C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故答案为：2027. 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．【分析】根据正态分布对称性知计算得到答案【详解】根据正态分布对称性知：故此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为故答案为：【点睛】本题考查了正态分布意在考查学生对于正态分布性质的应用 解析：200根据正态分布对称性知()11208p X >=，计算得到答案. 【详解】根据正态分布对称性知：()()131120801248p X p X ⎛⎫>=<=⋅-= ⎪⎝⎭. 故此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为116002008⨯=. 故答案为：200. 【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生对于正态分布性质的应用.17．【分析】要求的值就是要将与求出两个未知数建立出两个方程即可由概率之和为1得到一个方程由得到第二个方程建立方程组从而得到结果【详解】解：离散随机变量可能取的值为123（）故的数学期望①而且②①②联立方解析：16【分析】要求+a b 的值，就是要将a 与b 求出。
(压轴题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测题(有答案解析)(1)
一、选择题1．在10个形状大小均相同的球中有5个红球和5个白球，不放回地依次摸出2个球，设事件A 表示“第1次摸到的是红球”，事件B 表示“第2次摸到的是红球”，则()P B A （ ） A ．49B ．12C ．110D ．152．设1~(10,)B p ξ，2~(10,)B q ξ，且14pq >，则“()()12E E ξξ>”是“()()12D D ξξ<”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A =“三个点数之和等于15”，B =“至少出现一个5点”，则概率()|P A B 等于（ ） A ．5108B ．113C ．17D ．7104．随机变量X 的分布列如表所示，若1()3E X =，则(32)D X -=（ ）A ．59B ．53C ．5D ．75．已知离散型随机变量X 服从二项分布(),X B n p ，且2EX =，DX q =，则21p q+的最小值为（ ） A ．274B ．92C ．3D ．46．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 ．1037．抛掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的概率( )A ．38B ．12C ．516D ．7168．已知随机变量X 的分布列为P(X ＝i)＝2ia(i ＝1,2,3,4)，则P(2＜X≤4)等于( ) A ．910B ．710 C ．35D ．129．将一枚质地均匀的硬币抛掷四次，设X 为正面向上的次数，则()03P X <<等于（ ） A ．18B ．38C ．58D ．7810．据统计，连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055 ，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19 . 现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为（ ） A ．67B ．335C ．1135D ．0.1911．已知随机变量X 服从正态分布2(2,)N σ，(4)0.84P X ≤=，则(02)P X ≤≤=（ ） A ．0.64 B ．0.16 C ．0.32 D ．0.34 12．已知随机变量X 的方差()D X m =，设32Y X =+，则()D Y =（ ）A ．9mB ．3mC ．mD ．32m +二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 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．某人乘车从A 地到B 地，所需时间（分钟）服从正态分布N （30，100），求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为__________．参考数据：若2~(,)Z N μσ，则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，(22)0.9544P Z μσμσ-<<+=，(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．16．已知5台机器中有2台存在故障，现需要通过逐台检测直至区分出2台故障机器为止.若检测一台机器的费用为1000元，则所需检测费的均值为___________ 17．小李练习射击,每次击中目标的概率均为13,若用ξ表示小李射击5次击中目标的次数,则ξ的均值E(ξ)与方差D(ξ)的值分别是____.18．一个碗中有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________．19．设随机变量ξ的分布列为P (ξ=k )=300-30012C?33kkk ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(k=0,1,2,…,300),则E (ξ)=____.20．投到某出版社的稿件，先由两位初审专家进行评审，若能通过两位初审专家的评审，则直接予以利用，若两位初审专家都未予通过，则不予录用，若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用，设稿件能通过各初审专家评审的概率均为12，复审的稿件能通过评审的概率为13，若甲、乙两人分别向该出版社投稿1篇，两人的稿件是否被录用相互独立，则两人中恰有1人的稿件被录用的概率为__________.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 ZP Z P Z μσμσμσμσμσμσ-<<+=-<<+=-<<+=22．网上订外卖已经成为人们日常生活中不可或缺的一部分. M 外卖平台（以下简称M 外卖）为了解其在全国各城市的业务发展情况，随机抽取了100个城市，调查了M 外卖在今年2月份的订单情况，并制成如下频率分布表.（1）由频率分布表可以认为，今年2月份M 外卖在全国各城市的订单数Z （单位：万件）近似地服从正态分布2(,)N μσ，其中μ为样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表），σ为样本标准差，它的值已求出，约为3.64，现把频率视为概率，解决下列问题：①从全国各城市中随机抽取6个城市，记今年2月份M 外卖订单数Z 在区间(4.88,15.8]内的城市数为X ，求X 的数学期望（取整数）；②M 外卖决定在该月订单数低于7万件的城市开展“订外卖，抢红包”的营销活动来提升业绩，据统计，开展此活动后城市每月外卖订单数将提高到平均每月9万件的水平，现从全国2月订单数不超过7万件的城市中采用分层抽样的方法选出100个城市开展营销活动，若每接一件外卖订单平均可获纯利润5元，但每件外卖订单平均需送出红包2元，则M 外卖在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利多少万元？（2）现从全国开展M 外卖业务的所有城市中随机抽取100个城市，若抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的可能性最大，试求整数k 的值.参考数据：若随机变量X 服从正态分布2(,)N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<≤+=，(22)0.9545P X μσμσ-<≤+=，3309().973P X μσμσ-<≤+=.23．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． 24．某种工业机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金700元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费200元；方案二：交纳延保金1000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费100元．某工厂准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X 表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数． （1）求X 的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，工厂选择哪种延保方案更合算？ 25．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．26．十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康.经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民收入也逐年增加.为了更好的制定2019年关于加快提升农民年收入力争早日脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2018年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：附：参考数据与公式2.63≈，若 ()2~,X N μσ，则①()0.6827P X μσμσ-<+=；② (22)0.9545P X μσμσ-<+=；③(33)0.9973P X μσμσ-<+=.（1）根据频率分布直方图估计50位农民的年平均收入x （单位：千元）（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）；（2）由频率分布直方图可以认为该贫困地区农民年收入 X 服从正态分布 ()2,N μσ，其中μ近似为年平均收入2,x σ 近似为样本方差2s ，经计算得：2 6.92s =，利用该正态分布，求：（i ）在2019年脱贫攻坚工作中，若使该地区约有占总农民人数的84.14%的农民的年收入高于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入大约为多少千元?（ii ）为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民.若每个农民的年收入相互独立，问：这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是多少?【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】首先设第一次摸出红球为事件A ，第二次摸出红球为事件B ，分别求出()P A ，()P AB ，利用条件概率公式求出答案．【详解】设第一次摸出红球为事件A ，第二次摸出红球为事件B ， 则“第一次摸到红球”的概率为：()51102P A == “在第一次摸出红球，第二次也摸到红球”的概率是()5421099P AB ⨯==⨯ 由条件概率公式有()()()249192P AB P B A P A ===故选：A 【点睛】本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率，弄清楚事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．属于中档题．2．C解析：C 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，可知()110E p ξ=，()210E q ξ=，那么()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >，并且()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，则()()12D D ξξ>等价于()()101101pp q q -<-，即()()11p p q q -<-，分情况讨论，看这两个条件是否可以互相推出即得. 【详解】由题得，()110E p ξ=，()210E q ξ=，故()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >. 又()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，故()()12D D ξξ>等价于()()101101p p q q -<-，即()()11p p q q -<-.若p q >，因为14pq >，说明12p >，且()()211124p p p p pq +-⎛⎫-<=< ⎪⎝⎭，故1p q -<，故有1122p q ->-.若12q <，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，若12q ≥，则自然有11022p q ->->，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即()()11p p q q -<-.若()()11p p q q -<-，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()()1114p p q q pq -<-≤<，1p q -<，即1122p q ->-.若102p -≤，则与221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭矛盾，故12p >，若12q ≤，则自然有p q >，若12q >，则由221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知1122p q ->-，即p q >. 所以是充要条件.故选：C 【点睛】本题综合的考查了离散型随机变量期望方差和不等式，属于中档题.3．B解析：B【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案. 【详解】3311166617()216A P AB C C C +==，11155561116691()1216C C C P B C C C =-= ()()()72161|2169113P AB P A B P B ∴==⨯= 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题.4．C解析：C 【分析】 由1()3E X =，利用随机变量X 的分布列列出方程组，求出13a =，12b =，由此能求出()D X ，再由(32)9()D X D X -=，能求出结果．【详解】 1()3E X =∴由随机变量X 的分布列得：1161163a b b ⎧++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，解得1312a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 2221111115()(1)(0)(1)3633329D X ∴=--⨯+-⨯+-⨯=，5(32)9()959D X D X ∴-==⨯=故选：C ． 【点睛】本题考查方差的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．5．B解析：B 【分析】根据二项分布的均值与方差公式,可得,p q 的等量关系.利用“1”的代换,结合基本不等式即可求得21p q+的最小值.【详解】离散型随机变量X 服从二项分布(),XB n p ,且2EX =,DX q =由二项分布的均值与方差公式可得()21npq np p =⎧⎨=-⎩, 化简可得22p q +=,即12qp +=由基本不等式化简可得21p q +221p q q p ⎛⎫=+ ⎪⎛⎫+ ⎪⎝⎝⎭⎭2525922q p p q ≥+=++= 即21p q +的最小值为92故选:B 【点睛】本题考查了二项分布的简单应用,均值与方差的求法,利用“1”的代换结合基本不等式求最值,属于中档题.6．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.7．C解析：C 【分析】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，由此能求出出现正面的次数多于反面的次数的概率． 【详解】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，∴出现正面的次数多于反面的次数的概率：4433441115()()22216p C C =+⋅=． 故选C ． 【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件概率计算公式的合理运用．8．B解析：B 【分析】 由题意可得()1123412a+++=，即可求出a 的值，再利用互斥事件概率的加法公式可得 ()()()2434P X P P <≤=+，据此计算即可得到答案【详解】()()12342iP X i i a===，，，， ()1123412a∴+++= 解得5a =则()()()3472434101010P X P P <≤=+=+= 故选B 【点睛】本题是一道关于求概率的题目，解答本题的关键是熟练掌握离散型随机变量的分布列，属于基础题．9．C解析：C 【解析】分析：先确定随机变量得取法12X =，，再根据独立重复试验求概率. 详解：因为14244411(1)(),(2)(),22P x C P x C ====所以142444411105(03)(1)(2)()(),2228P x P x P x C C <<==+==+== 选C.点睛：n 次独立重复试验事件A 恰好发生k 次得概率为(1)kkn kn C p p --.其中p 为1次试验种A 发生得概率.10．A解析：A 【解析】分析：首先设出题中的事件，然后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果. 详解：设事件A 为48h 发病，事件B 为72h 发病， 由题意可知：()()0.055,0.19P A P B ==， 则()()0.945,0.81P A P B ==， 由条件概率公式可得：()()()()()0.816|0.9457P AB P B P B A P A P A ====. 本题选择A 选项.点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．D解析：D 【解析】∵随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，2μ=，得对称轴是2x =，(4)0.84P ξ=≤， ∴(4)(0)0.16P P ξξ≥=<=，∴(02)0.50.160.34P ξ≤≤=-=，故选D ．12．A解析：A 【解析】∵()D X m =，∴2()(32)3()D Y D X D X =+=9()D X =9m =，故选A ．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=．故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.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．15．1359【分析】根据正态曲线的对称性求出概率即可；【详解】解：∵∴∴又∴∴∴∵∴因此此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是故答案为：【点睛】本题考查正态曲线的性质属于中档题解析：1359 【分析】根据正态曲线的对称性求出概率即可； 【详解】解：∵()0.6826P X μσμσ-<<+=，∴10.6826()2P X μσ->+=，∴()1P X μσ<+=-10.682610.6826222-=+．又(22)0.9544P X μσμσ-<<+=，∴10.9544(2)2P X μσ->+=，∴10.954410.9544(2)1222P X μσ-<+=-=+，∴(2)(2)P X P X μσμσμσ+<<+=<+-()P X μσ<+10.954410.6826()2222=+-+1(0.95440.6826)2=⨯-0.1359=． ∵30μ=，10σ=，∴(4050)0.1359P X <<=．因此，此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是0.1359． 故答案为：0.1359 【点睛】本题考查正态曲线的性质，属于中档题.16．3500【分析】设检测机器所需检测费为则的可能取值为200030004000分别求出相应的概率由此能求出所需检测费的均值【详解】设检测的机器的台数为则的所有可能取值为234所以所需的检测费用的均值为解析：3500 【分析】设检测机器所需检测费为X ,则X 的可能取值为2000,3000,4000,分别求出相应的概率,由此能求出所需检测费的均值. 【详解】设检测的机器的台数为X ,则X 的所有可能取值为2，3，4.1123223233522513133(2000),(3000),(4000)1101010105A C A A A P X P X P X A A +========--=所以所需的检测费用的均值为()133200030004000350010105E X =⨯+⨯+⨯=. 故答案为: 3500. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和均值,考查学生分析问题的能力,难度一般.17．【解析】试题分析：的可能取值是012345 0 1 2 3 4 5 考点：期望方差的计算解析：510,39【解析】试题分析：ξ的可能取值是0,1,2,3,4,5,12345．考点：期望、方差的计算．18．【解析】分析：先确定随机变量取法再分别求对应概率最后根据数学期望公式求期望详解：获得奖金数为随机变量ξ则ξ＝691215所以ξ的分布列为：ξ 6 9 12 15 P E(ξ)＝6×＋9× 解析：212【解析】分析：先确定随机变量取法，再分别求对应概率，最后根据数学期望公式求期望. 详解：获得奖金数为随机变量ξ，则ξ＝6,9,12,15，所以ξ的分布列为： ξ 691215P112 512 512 112E(ξ)＝6×12＋9×12＋12×12＋15×12＝2. 点睛：本题考查数学期望公式，考查基本求解能力.19．【解析】分析：由二项分布的期望公式计算详解：由题意得ξ~B 所以E(ξ)=300=100点睛：本题考查二项分布的期望计算公式若则解析：【解析】分析：由二项分布的期望公式计算． 详解：由题意,得ξ~B 1300,3⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以E (ξ)=30013⨯=100. 点睛：本题考查二项分布的期望计算公式．若(,)B n p ξ，则E np ξ=，(1)D np p ξ=-．20．【分析】计算出每人的稿件能被录用的概率然后利用独立重复试验的概率公式可求得结果【详解】记事件甲的稿件被录用则因此甲乙两人分别向该出版社投稿篇则两人中恰有人的稿件被录用的概率为故答案为：【点睛】思路点解析：3572【分析】计算出每人的稿件能被录用的概率，然后利用独立重复试验的概率公式可求得结果. 【详解】记事件:A 甲的稿件被录用，则()2212111522312P A C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因此，甲、乙两人分别向该出版社投稿1篇，则两人中恰有1人的稿件被录用的概率为125735121272P C =⋅⋅=. 故答案为：3572. 【点睛】思路点睛：独立重复试验概率求法的三个步骤：（1）判断：依据n 次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验； （2）分拆：判断所求事件是否需要分拆；（3）计算：就每个事件依据n 次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.三、解答题21．（1）ˆ8124yx =-+；（2）达到“理想状态”；（3）2. 【分析】（1）请根据表中数据计算x 、y ，求出回归系数，写出回归直线方程；（2）利用回归方程计算6x =时ˆy的值，比较即可得出结论； （3）根据正态分布的性质，结合()2140.9544P X <<=即可得答案. 【详解】（1）请根据表中所给前5个月的数据，计算1(12345)35x =⨯++++=， 1(1201051008590)1005y =⨯++++=；12222221()()(2)20(1)5001(15)2(10)ˆ8(2)(1)012()nii i nii xx y y bxx ==---⨯+-⨯+⨯+⨯-+⨯-===--+-+++-∑∑，ˆˆ100(8)3124ay bx =-=--⨯=； y ∴与x 之间的回归直线方程ˆ8124y x =-+；（2）由（1）知ˆ8124yx =-+，当6x =时，ˆ8612476y =-⨯+=； 且807645-=<，6∴月份该十字路口“礼让斑马线”情况达到“理想状态”；（3）因为X 服从正态分布()~8,9X N ， 所以()2140.9544P X <<=， 该月没能在14天内缴纳人数为10.95449022-⨯=， 【点睛】方法点睛：求回归直线方程的步骤：①依据样本数据确定两个变量具有线性相关关系；②计算211,,,nnii ii i x y x x y ==∑∑的值；③计算回归系数,a b ；④写出回归直线方程为ˆy bx a=+. 22．（1）①5；②100万元；（2）48. 【分析】（1）①先由频率分布表求出样本平均数，得到()212.16,3.64ZN ，求出()4.8815.8P Z <≤，再由题意，得到()6,0.8186XB ，根据二项分布的期望公式，即可得出结果；②根据分层抽样，分别得出订单数在区间[)3,5和[)5,7的城市数，计算出不开展营销活动所得利润，以及开展营销活动所得利润，即可得出结果；（2）根据题意，由正态分布，先求出随机抽取1个城市的外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为0.47725P =，得到抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为()()1001k kk P X k C P P ==-，为使其最大，列出不等式组求解，即可得出结果. 【详解】（1）①由频率分布表可得，样本平均数为40.0460.0680.1100.1μ=⨯+⨯+⨯+⨯120.3140.2160.1180.08200.0212.16+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，所以()212.16,3.64ZN ，因此()()4.8815.82P Z P Z μσμσ<≤=-<≤+()()()111220.95450.68270.8186222P Z P Z μσμσμσμσ=-<≤++-<≤+=+=， 由题意，可得()6,0.8186XB ，所以X 的数学期望为()60.8186 4.91165E X =⨯=≈；②由分层抽样知，这100个城市中每月订单数在区间[)3,5内的有0.04100400.040.06⨯=+个，则每月订单数在区间[)5,7内的有0.06100600.040.06⨯=+个，若不开展营销活动，则一个月的利润为404560652600⨯⨯+⨯⨯=（万元）， 若开展营销活动，则一个月的利润为()1009522700⨯⨯-=（万元），因此M 外卖在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利100万元； （2）因为()()()112.1619.442222P Z P Z P Z μμσμσμσ<≤=<≤+=-<≤+ 0.47725=，即随机抽取1个城市的外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为0.47725P =， 则从全国开展M 外卖业务的所有城市中随机抽取100个城市，抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为()()1001kk kP X k C P P ==-，为使若抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的可能性最大，只需()()()()1009911100100100101111001001111k k k k k k k k k k k k C P P C P P C P P C P P --++----⎧⋅⋅-≥⋅⋅-⎪⎨⋅⋅-≥⋅⋅-⎪⎩， 即()()11001001111001001111k k k k k k k k k k kk A A P P A A A A P P A A +++---⎧⋅-≥⋅⎪⎪⎨⎪⋅≥⋅-⎪⎩，即100111011k P P k k P P k -⎧-≥⋅⎪⎪+⎨-⎪⋅≥-⎪⎩，解得1011101P k P -≤≤， 则47.2022548.20225k ≤≤， 又k 为整数，所以48k =. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正态分布求指定区间的概率，考查由二项分布的概率计算公式求概率的最值，解题关键在于熟记正态分布的对称性，二项分布的概念以及二项分布的概率计算公式，考查学生的计算能力，属于中档题. 23．（1）2027；（2）分布列见解析，2209E ζ=． 【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量ζ的可能取值有0、10、20、25、40，计算出随机变量ζ在不同取值下的概率，可得出随机变量ζ的分布列，由此可求得随机变量ζ的数学期望值. 【详解】（1）设X 为射手3次射击击中目标的总次数，则23,3XB ⎛⎫⎪⎝⎭． 故()()()23233322220223133327P X P X P X C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥==+==⋅⋅-+⋅=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，所求概率为2027； （2）由题意可知，ζ的所有可能取值为0、10、20、25、40， 用()1,2,3i A i =表示事件“第i 次击中目标”，则()()31100327P P X ζ⎛⎫===== ⎪⎝⎭，()()2132221011339P P X C ζ⎛⎫====⋅⋅-= ⎪⎝⎭，()()12321242033327P P A A A ζ===⨯⨯=，()()()82522027P P X P ζζ===-==， ()()328403=327P P X ζ⎛⎫==== ⎪⎝⎭．故ζ的分布列如下表所示：因此，随机变量的数学期望为1648822001020254027272727279E ζ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 【点睛】本题考查利用独立重复试验的概率公式计算事件的概率，同时也考查了随机变量分布列与数学期望的求解，考查计算能力，属于中等题. 24．（1）详见解析；（2）选择延保方案一较合算． 【分析】（1）X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，计算概率得到分布列. （2）分别计算所需费用的分布列，计算数学期望，比较大小得到答案. 【详解】 （1）0515010p ==；1202505p ==；2101505p ==；31535010p ==. X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．111(0)1010100P X ==⨯=，122(1)210525P X ==⨯⨯=，22111(2)2555105P X ==⨯+⨯⨯=，131211(3)2210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=，11327(4)25510525P X ==⨯+⨯⨯=，133(5)251025P X ==⨯⨯=，339(6)1010100P X ==⨯=， ∴X 的分布列为：（2）选择延保方案一，所需费用1元的分布列为：17009001100130015001000100502525100EY =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（元）． 选择延保方案二，所需费用2Y 元的分布列为：2100011001200103010025100EY =⨯+⨯+⨯=（元）． ∵12EY EY <，∴该工厂选择延保方案一较合算． 【点睛】本题考查了分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力. 25．（1）1116（2）4个 【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在50~ 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率223142344441111111112222216P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； （2）（i ）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润Y 的分布列为：则（万元）；（ii ）当建设4个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有1个车间闲置，此时的净利润150035004000Y =⨯-=；需求量100x ≥时，则4个车间正常运行，此时的净利润150046000Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则（万元）（iii ）当建设5个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润1500350023500Y =⨯-⨯=； 需求量100200x ≤<时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置， 此时1500460015400Y =⨯-⨯=；需求量200x ≥时，则5个车间正常运行，此时的净利润150057500Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则4870=（万元） 综上所述，要使该工厂商品A 的月利润为最大，应建设4个生产线车间． 【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.26．（1）17.4；（2）（i ）14.77千元（ii ）978位 【分析】（1）用每个小矩形的面积乘以该组中点值，再求和即可得到平均数； （2）（i ）根据正态分布可得：0.6827()0.50.84142P X μσ>-=+≈即可得解；（ii ）根据正态分布求出每个农民年收入不少于12.14千元的事件概率为0.9773，利用独立重复试验概率计算法则求得概率最大值的k 的取值即可得解. 【详解】（1）由频率分布直方图可得：120.04140.12160.28180.36200.1220.06240.0417.4x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；（2）（i ）由题()~17.4,6.92X N ，0.6827()0.50.84142P X μσ>-=+≈，所以17.4 2.6314.77μσ-=-=满足题意，即最低年收入大约14.77千元；（ii ）0.9545(12.14)(2)0.50.97732P X P X μσ≥=≥-=+≈， 每个农民年收入不少于12.14千元的事件概率为0.9773，记这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数为X ，()1000,0.9773X B 恰有k 位农民中的年收入不少于12.14千元的概率()()100010000.997310.9973k k k P X k C -==-()()()()10010.97731110.9773P X k k P X k k =-⨯=>=-⨯-得10010.9773978.2773k <⨯=， 所以当0978k ≤≤时，()()1P X k P X k =-<=，当9791000k ≤≤时，()()1P X k P X k =->=，所以这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是978位.【点睛】此题考查频率分布直方图求平均数，利用正态分布估计概率，结合独立重复试验计算概率公式求解具体问题，综合性强.。
南京求真中学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试卷(答案解析)
一、选择题1．重阳节，农历九月初九，谐音是“久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日.某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ） A ．50B ．40C ．35D ．302．将甲、乙、丙、丁四位辅导老师分配到A 、B 、C 、D 四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A 班，丁不能分配到B 班，则共有分配方案的种数为（ ） A ．10B ．12C ．14D ．243．高一某班有5名同学报名参加学校组织的三个不同社区服务小组，每个小组至多可接收该班2名同学，每名同学只能报一个小组，则报名方案有（ ） A ．15种B ．90种C ．120种D ．180种4．4(12)x -的展开式中2x 的系数为（ ） A ．6B ．24C ．32D ．485．若3nx⎛⎝展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ）A ．1215B ．135C ．18D ．96．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 ．607．某科技小组有四名男生两名女生.现从中选出三名同学参加比赛，其中至少有一名女生入选的不同选法种数为( ) A ．36CB ．1225C CC ．12212424C C C C +D ．36A8．二项式n的展开式中第13项是常数项，则n =（ ）A ．18B ．21C ．20D ．309．现有甲、乙、丙、丁、戌5人参加社区志愿者服务活动，每人从事团购、体温测量、进出人员信息登记、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.若甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ） A ．234 B ．152C ．126D ．10810．有4个不同的小球放入3个盒子中，每个盒子至少放一个小球，则不同的放法共有（ ） A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种11．某医院计划从3名医生，9名护士中选派5人参加湖北新冠肺炎疫情狙击战，要求选派的5人中至少要有2名医生，则不同的选派方法有（ ） A ．495种B ．288种C ．252种D ．126种12．若()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为-1，则a 的值为( ) A ．1 B ．9 C ．-1或-9 D ．1或9二、填空题13．四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 14．《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事.撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A 必须排在前三位，且任务E 、F 必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有_____种.15．把13个相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个不同盒子中，若使放入盒子中的小球个数不小于盒子的编号数，则不同的放法种数为______. 16．()621x x +-的展开式中，含10x项的系数是________17．设a 为非零常数，已知(x 21x +)6a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中各项系数和为2，则展开式中常数项等于_____.18．设{}1234,,,1,0,2x x x x ∈-，那么满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组()1234,,,x x x x 的组数为_________.19．把6张不同的充值卡分给4位同学，每人至少1张，有_________种分法20．高三2011级某班的12名班委合影留念，他们先站成了前排4人，后排8人的队形.现在摄影师准备保留前排顺序不变，从后排中调两个不相邻的同学，相邻地站在前排，则不同的调整方法种数是（用数值作答）________.三、解答题21．设723456701234567(31)x a a x a x a x a x a x a x a x -=+++++++，求： （1）0246a a a a +++； （2）1357a a a a +++；（3）01234567a a a a a a a a +++++++． 22．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问： ①能组成多少个没有重复数字的七位数？ ②上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？③在①中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？ ④在①中任意两偶数都不相邻的七位数有几个？23．已知n 为给定的正整数，设201223nn n x a a x a x a x ⎛⎫+=++++ ⎪⎝⎭，x ∈R .（1）若4n =，求01,a a 的值；（2）若13x =，求0()nkk k n k a x =-∑的值.24．已知21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数的和比()732a b +展开式的二项式系数的和大128.（1）求n 的值.（2）求21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的系数最大的项和系数最小的项25．六个人按下列要求站成一排，分别有多少种不同的站法？ （1） 甲不站在两端； （2） 甲 ，乙必须相邻； （3）甲 ，乙不相邻. (4) 甲 ，乙之间恰有两人 26．已知. （1）若，求及的值；（2）若，求最大的系数；（3）定义，若化简.【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】先把6人分成两组，再安排到两所敬老院，由此可得． 【详解】先分组再安排：6人可按3,3分组或2,4分组，然后再安排到敬老院，方法为32266222()50C C A A +⨯=．故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查分组分配问题，涉及到平均分组和不平均分组，平均分组时要除以组数的阶乘．n 个不同元素按12,,,k m m m 分成k 组，若12,,,k m m m 两两不等，则分组数为312112kkmm m m n n m n m m m C C C C ---，若12,,,k m m m 中仅有i 个数相等，则分组数为312112kkm m m m n n m n m m mii C C C C A ---．2．C【分析】分为甲分配到B 班和甲不分配到B 班两种情况来讨论分配方案种数，利用分类加法计数原理计算可得结果. 【详解】将分配方案分为甲分配到B 班和甲不分配到B 班两种情况： ①甲分配到B 班：有336A =种分配方案； ②甲不分配到B 班：有1122228A A A =种分配方案； 由分类加法计数原理可得：共有6814+=种分配方案. 故选：C . 【点睛】方法点睛：本题主要考查排列数的应用.常见求法有： （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.3．B解析：B 【分析】根据题意，5名同学需以“2，2，1”形式参加三个服务小组，即先把5名同学分成3组，每组人数为2，2，1人，再将3组分配的3个服务小组即可. 【详解】解：根据题意，5名同学需以“2，2，1”形式参加三个服务小组，即先把5名同学分成3组，每组人数为2，2，1人，共有2215312215C C C A =种，再将三组分配到3个服务小组，共有221353132290C C C A A ⋅=种， 故选：B. 【点睛】本题考查排列组合的部分平均分组分配问题，解题的关键是将5名同学以“2，2，1”形式参加三个服务小组，其中2，2是部分平均分组问题，需除以22A ，故有2215312215C C C A =种，再分配进而解决，是中档题.4．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.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.5．B解析：B 【解析】分析：由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可求得常数项． 详解：由题意264n =，6n =，∴通项为36662166(3)3r rrr r rr T C x C x ---+==， 令3602r -=，4r =，∴常数项为2463135C =， 故选B.．点睛：在()n a bx +展开式中二项式系数为2n ，所有项的系数和为()n a b +．要注意这两个和是不一样的，二项式系数和是固定的，只与指数n 有关，而所有项系数和还与二项式中的系数,a b 有关．6．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.7．C解析：C 【分析】分只有一名女生入选和有二名女生入选两种情况，结合分步乘法计数原理以及分类加法计数原理，即可得出答案. 【详解】当只有一名女生入选时，先选1名女生，有12C 种，再选2名男生，有24C 种，则根据分步乘法计数原理可知，有1224C C 种当有二名女生入选时，选选2名女生，有22C 种，再选1名男生，有14C 种，则根据分步乘法计数原理可知，有2124C C 种所以从中选出三名同学参加比赛，其中至少有一名女生入选的不同选法种数为12212424C C C C +故选：C 【点睛】本题主要考查了组合的应用，涉及了分步乘法计数原理以及分类加法计数原理的应用，属于中档题.8．D解析：D 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】二项式n的展开式中第13项1210121212313nn n n T C C x --⎛== ⎝， 令1003n-=，得30n =. 故选：D. 【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.9．C解析：C 【分析】分情况进行讨论，先计算“甲乙一起参加除了开车的三项工作之一”有多少种情况，再计算“甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作”和“甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作”的情况，相加即得. 【详解】由题，分情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：133318C A =种；甲乙不同时参加一项工作，又分为两种情况：①甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有：222 323323236C A A=⨯⨯⨯=种；②甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：2112332272A C C A=种.由分类计数原理，可得共有183672126++=种.故选：C【点睛】本题考查计数原理，考查学生的逻辑推理能力.10．D解析：D【分析】先把小球分3组共有24C种分法，再将3组小球全排列，放入对应3个盒子即可.【详解】根据题意，分2步安排，第一步，把4个小球分成3组，其中1组2只，剩余2组各1只，分组方法有246C=种，第二步，把这3组小球全排列，对应3个盒子，有336A=种,根据分步计数原理可得所有的不同方法共有6636⨯=种.故选：D【点睛】本题主要考查了计数原理，排列与组合的应用，属于中档题.11．B解析：B【分析】题意分两种情况，①选派2名医生，3名护士，②选派3名医生，2名护士，分别计算，再根据分类加法计算原理计算可得；【详解】解：依题意分两种情况，①选派2名医生，3名护士，则有2339252C C=（种）；②选派3名医生，2名护士，则有323936C C=（种）；按照分类加法计算原理可知，一共有2332393936252288C C C C+=+=（种）.故选：B【点睛】本题考查简单的组合问题，分类加法计算原理，属于中档题.12．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.二、填空题13．144【分析】首先把四个小球分成211三组然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球即可求解【详解】首先把四个小球分成211三组共有种不同的分法然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球共有种故答案解析：144 【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解. 【详解】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有21142122C C C A 种不同的分法， 然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有211334214322144C C C C A A ⨯⨯=种. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中熟记分配问题的处理方法是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.14．【分析】由题意重点任务必须排在前三位分别讨论排在第一位第二位第三位的情况再将捆绑在一起与另外三个任务安排顺序即可得解【详解】由题意重点任务必须排在前三位必须排在一起分别讨论的位置：当排在第一位时排在 解析：120【分析】由题意重点任务A 必须排在前三位，分别讨论A 排在第一位、第二位、第三位的情况，再将E 、F 捆绑在一起，与另外三个任务安排顺序即可得解. 【详解】由题意重点任务A 必须排在前三位，E 、F 必须排在一起，分别讨论A 的位置： 当A 排在第一位时，E 、F 排在一起则有22A 种方法，将E 、F 捆绑作为一个整体与另外三个任务全排列则有44A ，所以此时有2424=24321=48A A ⨯⨯⨯⨯种方案；当A 排在第二位时，先从另外三个任务中选一个排在第一位，则有13C ，E 、F 排在一起有22A 种方法，将E 、F 捆绑作为一个整体与另外两个任务全排列则有33A ，所以此时有123323=32321=36C A A ⨯⨯⨯⨯种方案；当A 排在第三位时，分E 、F 在A 左侧与右侧两种情况：当E 、F 在A 左侧时，E 、F二个任务全排列，另外三个任务在A 的右侧全排列，所以有2323232112A A =⨯⨯⨯=种；当E 、F 在A 右侧时，先将另外三个任务中的两个任务在左侧排列，再将E 、F 捆绑作为一个整体排列在右侧，最后与另外一个任务全排列有222322322224A A A =⨯⨯⨯=种；所以此种情况共有12+24=36种方案；综上可知，不同安排方案共有48+36+36=120种. 故答案为：120. 【点睛】本题考查了排列组合问题的实际应用，对由位置要求的元素进行优先安排，通过分离讨论的方法分析各种情况，属于中档题.15．20【分析】先将每个盒子放入编号相同的小球剩余3个小球讨论剩余小球放入一个两个三个盒子计算得到答案【详解】先将每个盒子放入编号相同的小球剩余3个小球若3个小球都放入一个盒子有4种放法；若3个小球放入解析：20 【分析】先将每个盒子放入编号相同的小球，剩余3个小球，讨论剩余小球放入一个，两个，三个盒子，计算得到答案. 【详解】先将每个盒子放入编号相同的小球，剩余3个小球， 若3个小球都放入一个盒子，有4种放法；若3个小球放入两个盒子，有2412A =种放法； 若3个小球放入三个盒子，有4种放法. 故不同的方法有412420++=种. 故答案为：20. 【点睛】本题考查了分类原理和排列，意在考查学生的计算能力和应用能力，先将每个盒子放入编号相同的小球是解题的关键.16．9【分析】将看成整体利用二项式定理展开讨论和两种情况计算得到答案【详解】展开式通项为当时的展开式的通项为取得到项的系数为；当时的展开式的通项为取得到项的系数为综上所述：项的系数是故答案为：【点睛】本解析：9 【分析】将2x x -看成整体，利用二项式定理展开，讨论6r =和=5r 两种情况，计算得到答案. 【详解】()()()662211x x x x =+-+-，展开式通项为()216rrr T C x x+=-，当6r =时，()62x x -的展开式的通项为()()6261661aaa a a aa T C xx C x -++=⋅-=⋅-， 取4a =得到10x 项的系数为()46466115C C ⋅⋅-=；当=5r 时，()52x x-的展开式的通项为()()5251551bbb bb bb T C xx C x -++=⋅-=⋅-，取5b =得到10x 项的系数为()5556516C C ⋅⋅-=-.综上所述：10x 项的系数是1569-=. 故答案为：9. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力，分两步计算是解题的关键.17．240【分析】根据(x2)的展开式中各项系数和为2令x=1得a=2再利用展开式的通项公式求出展开式中常数项【详解】∵(x2)的展开式中各项系数和为2∴令x=1得a=2或a=0(舍)又的通项6﹣2r 为解析：240 【分析】根据(x 21x +)6a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中各项系数和为2，令x =1得a =2，再利用展开式的通项公式，求出展开式中常数项. 【详解】∵(x 21x +)6a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中各项系数和为2，∴令x =1得()6212a ⋅-=，a =2或a =0(舍).又6a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项()6216(2)0126r r r r T C x r -+=-=，，，，，6﹣2r 为偶数，故6﹣2r =﹣2即r =4.∴2612()x x x x⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式的常数项为446(2)240C -=. 故答案为：240. 【点睛】本题考查二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题；考查求展开式的各项系数和的常用方法是赋值法.18．26【分析】满足的所有有序数组分为三个-1一个0两个-1两个0一个-1两个0一个2三个0一个2共四类情况分类求解【详解】所有有序数组中满足的所有有序数组分为三个-1一个0两个-1两个0一个-1两个0解析：26 【分析】满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组()1234,,,x x x x ，分为三个-1一个0，两个-1两个0，一个-1两个0一个2，三个0一个2共四类情况，分类求解. 【详解】{}1234,,,1,0,2x x x x ∈-，所有有序数组()1234,,,x x x x 中，满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组()1234,,,x x x x ，分为三个-1一个0，两个-1两个0，一个-1两个0一个2，三个0一个2共四类情况， 不同的种数为321234443426C C C C C +++= 故答案为：26 【点睛】此题考查计数原理的应用，涉及组合相关知识，关键在于准确进行分类处理.19．1560【分析】分4位同学分得的卡数为1113和1122两种情况讨论即可【详解】分两类：第一类：当4位同学分得的卡数为1113时共有种；第二类：当4位同学分得的卡数为1122时共有种由加法原理知共有解析：1560 【分析】分4位同学分得的卡数为1，1，1，3和1，1，2，2两种情况讨论即可. 【详解】 分两类：第一类：当4位同学分得的卡数为1，1，1，3时，共有3464480C A =种；第二类：当4位同学分得的卡数为1，1，2，2时，共有221146421422221080C C C C A A A =种， 由加法原理，知共有1560种不同分法. 故答案为：1560 【点睛】本题考查排列与组合中的部分均匀分组问题，考查学生逻辑推理能力，数学运算能力，是一道中档题.20．【分析】依次计算出从后排抽取个不相邻的同学两名同学相邻插入前排的方法种数根据分步乘法计数原理可求得结果【详解】第一步：从后排人中抽取个不相邻的同学共有：种选法；第二步：将所抽取的两名同学捆绑共有种方 解析：210【分析】依次计算出从后排抽取2个不相邻的同学、两名同学相邻、插入前排的方法种数，根据分步乘法计数原理可求得结果. 【详解】第一步：从后排8人中，抽取2个不相邻的同学共有：65432121+++++=种选法； 第二步：将所抽取的两名同学捆绑，共有222A =种方法；第三步：将所抽取的两名同学插入前排4人形成的5个空档中，共有155C =种方法， 由分步乘法计数原理可知，共有2125210⨯⨯=种调整方法. 故答案为：210. 【点睛】本题考查排列组合计数问题的求解，涉及到分步乘法计数原理、捆绑法和插空法等知识的应用.三、解答题21．（1）8128-；（2）8256；（3）16384． 【分析】（1）取1x =和1x =-，代入计算，两式相加得到答案. （2）根据（1）中结论直接得到答案.（3）利用二项式定理的通项，考虑系数的正负，计算得到答案. 【详解】（1）取1x =得到7701234567(31)2a a a a a a a a +++++++=-=， 取1x =-得到7701234567(31)4a a a a a a a a -+-+-+-=--=-，两式相加得到77024********a a a a -+++==-.（2）根据（1）知：()713570246212881288256a a a a a a a a +++=-+++=+=.（3）7(31)x -展开式的通项为：()()71731rrrr T C x -+=-，故当r 为偶数时，对应系数为正；当r 为奇数时，对应系数为负，故()()0123456713570246a a a a a a a a a a a a a a a a +++++++=+++-+++()8128825616384=-=-.【点睛】本题考查了赋值法求系数和，二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 22．①100800；②14400；③5760；④28800 【分析】①分步完成：第一步计算在4个偶数中取3个的情况数目，第二步计算在5个奇数中取4个的情况数目，第三步将取出的7个数进行全排列，计算可得答案；②由①的第一、二步，将3个偶数排在一起，有33A 种情况，与4个奇数共5个元素全排列，计算可得答案；③由①的第一、二步，将3个偶数排在一起，有33A 种情况，4个奇数也排在一起有44A 种情况，将奇数与偶数进行全排列计算可得答案；④由①的第一、二步，可先把4个奇数取出并排好有4454C A 种情况，再将3个偶数分别插入5个空档，有3345C A 种情况，进而由乘法原理，计算可得答案． 【详解】解：①分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有34C 种情况； 第二步在5个奇数中取4个，可有45C 种情况； 第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有77A 种情况， 所以符合题意的七位数有347457100800C C A =个.②上述七位数中，三个偶数排在一起的有3453455314400C C A A =个.③上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有34342453425760C C A A A =个. ④上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，共有4454C A 334528800C A =个. 【点睛】对于有限制条件的排列问题，常见方法是分步进行，先组合再排列，这是乘法原理的典型应用．23．（1）01681a =，13227a =.（2）23n 【分析】（1）利用二项式定理可求出0a 和1a 的值；（2）利用组合数公式得出11k k n n kC nC --=，可得出()00121213333n kk n kkn nnkk k k nn k k k n k a x nC nC --===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑，然后利用二项式定理即可求得答案. 【详解】（1）因为4n =，所以0404216C ()381a ==，1314232C ()327a ==； （2）当13x =时，21C ()()33k k n k k k na x -=， 又因为11!(1)!C C !()!(1)!()!k k n n n n k k n n k n k k n k ---===---， 当1n =时，011022()C ()33nk k k n k a x =-==∑；当2n ≥时，0021()()C ()()33nnkk n k kk n k k n k a x n k -==-=-∑∑012121C ()()C ()()3333nn k n k k k n k knnk k n k --===-∑∑ 1112121()C ()()3333n n k n k kn k n n ---==+-∑ 1111121C ()()333n k n k k n k n n ----==-∑11212()3333n n n n -=-+=，当1n =时，也符合.所以0()nkk k n k a x =-∑的值为23n .【点睛】本题考查二项式定理求指定项的系数，同时也考查了利用二项式定理化简求值，解题的关键就是二项展开式通项和二项式定理的逆用，考查计算能力，属于中等题.24．（1）8；（2）系数最大项，4570T x =，系数最小项656T x =-和7456T x =-【分析】（1）21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数和为2n ，()732a b +展开式的二项式系数和为72，根据条件可得到关于n 的等式求解出n 的值；（2）根据二项式系数的性质求得当r 为何值时，展开式的系数最大或最小，从而求解出对应的系数最大和最小的项. 【详解】（1）由条件可知：722128n -=，所以822n =，所以8n =；（2）因为21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项为：()163181r r rr T C x -+=⋅-⋅，由二项式系数的性质可知：当4r =时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最大，所以系数最大的项为4445870T C x x =⋅=， 当3r =或5时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最小，所以系数最小的项为3774856T C x x =-⋅=-和56856T C x x =-⋅=-. 【点睛】本题考查二项式定理的综合运用，难度一般.对于二项式系数kn C ，若n 为偶数时，中间一项2nnC 取得最大值；当n 为奇数时，中间两项1122,n n nnCC-+同时取得最大值.25．(1)480.(2)240(3)480(4)144. 【解析】 【分析】（1）现在中间的4个位中选一个，排上甲，再其余的人任意排，即可求解； （2）把甲、乙看成一个整体，进行全排列，即可求解；（3）先把甲、乙二人单独挑出，然后再把甲、乙插入其余4人形成的5个空中，即可求解；（4）先把甲、乙排好，再从其余的4人中选出2人放到甲、乙中间，最后把排好的这4个人看做一个整体进行排列，即可求解． 【详解】（1）现在中间的4个位中选一个，排上甲，方法有4种，其余的人任意排，方法有1545480A A =（种）；（2）把甲、乙看成一个整体，这样6个人变成了5个人，全排列方法共有2525240A A =（种）；（3）先把甲、乙二人单独挑出来，把其余的4个人全排列，然后再把甲、乙插入其余4人形成的5个空中，方法共有4245480A A =（种）；（4）先把甲、乙排好，有22A 种方法，再从其余的4人中选出2人放到甲、乙中间，方法有24A 种.把排好的这4个人看做一个整体，再与其他的2个人进行排列，方法有33A 种. 根据分步计数原理，求得甲、乙之间间隔两人的排法共有223243144A A A ⋅⋅=（种）； 【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，其中解答中认真审题，合理分类与分步是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题． 26．（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)由赋值法得到相应的数值；（2）将参数值代入表达式得到其通项公式为，由不等式，可得到，进而得到；（3）按照组合数的展开公式，分组求和即可.【详解】（1）若，，令,则，令，则所以.（2）若，其通项公式为，由不等式解得，且，∴.所以.（3）若,【点睛】本题考查二项式定理的应用,以及组合数公式的相关运算，考查推理能力与计算能力，属于中等题。
新教材北师大版数学【选修2-3】练习：1.3 组合(含答案)
（新教材）北师大版精品数学资料第一章§3一、选择题1．甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有() A．150种B．180种C．300种D．345种[答案] D[解析]由已知4人中恰有1名女同学分为两类：甲组中一女一男，乙组中两男，有C13·C15·C26＝225(种)选法；甲组中两男，乙组中一女一男，有C12·C16·C25＝120(种)选法；由分类计数原理，可知共有225＋120＝345(种)选法．2．某班级要从4名男生，2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生参加，那么不同的选派方案种数为()A．14 B．15C．120 D．119[答案] A[解析]方法一：至少有1名女生，可分为两种情况：1名女生3名男生；2名女生2名男生，所以不同的选派方案种数为C12C34＋C22C24＝14.方法二：6人中选4人的方案共有C46＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的选派方案种数为15－1＝14.3．(2014·全国大纲理，5)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种[答案] C[解析]本题考查了分步计数原量和组合的运算，从6名男医生选2人有C2＝15种选6法，从5名女医生选1人有C15＝5种选法，所以由分步计数原理可知共有15×5＝75种不同的选法．解决排列组合问题要首先确定是排列问题还是组合问题，是分步还是分类．然后解决问题．二、填空题4．有3张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是________(用数字作答)．[答案]10[解析]由于选出的人无角色差异，所以是组合问题，不同方法种数为C35＝5×4×3 3×2×1＝10.5．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个(用数字作答)．[答案]300[解析]能被5整除，个位数字只能是0或5，共分三种情况：(1)只含有数字5，则5一定位于个位上，从1,3,7中选一个，有C13种选法，再从2,4,6,8中选两个，有C24种选法，然后将这三个数进行全排列，有A33种方法，故共有C13·C24·A33＝108个数；(2)同理只含有数字0，有C23·C14·A33＝72个数；(3)既有5又有0，则有两种情况；0位于个位共有C13·C14·A33个数；5位于个位共有C13·C14·C12·A22个数．故共有C13·C14·A33＋C13·C14·C12·A22＝120个数．所以符合题意的四位数共有108＋72＋120＝300(个)．三、解答题6．(2013·景德镇市高二质检)7名身高互不相等的学生，分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法？(1)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左、右两边看，身高逐个递减；(2)任取6名学生，排成二排三列，使每一列的前排学生比后排学生矮．[解析](1)第一步，将最高的安排在中间只有1种方法；第二步，从剩下的6人中选取3人安排在一侧有C36种选法，对于每一种选法只有一种安排方法，第三步，将剩下3人安排在另一侧，只有一种安排方法，∴共有不同安排方案C36＝20种．(2)第一步从7人中选取6人，有C67种选法；第二步从6人中选2人排一列有C26种排法，第三步，从剩下的4人中选2人排第二列有C24种排法，最后将剩下2人排在第三列，只有一种排法，故共有不同排法C67·C46·C24＝630种.一、选择题1．(2014·合肥八中联考)将4个颜色互不相同的球全部收入编号为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．10种B．20种C．36种D．52种[答案] A[解析]根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C2种放法，4第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C24＋C34＝10种．2.如图，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种[答案] B[解析]当涂四色时，先涂A、E、D为A3，再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色，4如B，再F，若F与D同色，则涂C有2种方法，若F与D异色则只有一种方法，故A34A13 (2＋1)＝216种．当涂三色时，先涂A、E、D为C34A33，再涂B有2种，F、C各为一种，故C34A33×2＝48，故共有216＋48＝264种，故选B.3．把4个苹果分给两个人，每人至少一个，不同分法种数有()A．6 B．12C．14 D．16[答案] C[解析]有两类分法①一人3个，一个1个有C3C11A22种分法，②每人各2个有C24C22种4分法．所以共有C34A22＋C24C22＝14种不同的分法，选C.4.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有()A．8种B．10种C．12种D．32种[答案] B[解析]因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复．②向东的走法定出后，向南的走法随之确定．所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可．故有不同走法有C35＝C25＝10种．选B.5．(2012·陕西理，8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种[答案] C[解析]本题考查了排列组合知识与分类讨论的思想．由题意知，打三局，有两种情形；打四局2C13种情形，打五局有2(C13＋C23)种情形，故共有2＋6＋12＝20种不同情形，本题隐含两人最少打三局，最多打五局比赛终止，因此要进行合理分类．二、填空题6．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻的两孔不能同时显示，则这种显示屏可以显示的不同信号的种数是________种．[答案]80[解析]显示的孔不相邻，用插空法，4个不显示孔形成5个空当．∴有C35种选法．每个孔有2种显示方法．∴共有23C35＝80种．7．把3名辅导老师与6名学生分成3个小组(每组1名教师，2名学生)开展实验活动，但学生甲必须与教师A在一起，这样的分组方法有________种．(用数字作答) [答案]30[解析]分别给A，B，C三位老师各安排2名学生(学生甲必须与教师A在一组)，一共有C 11C 15C 24C 22＝30(种)不同的分组方法．三、解答题8．(1)解方程C 3x ＋618＝C 4x －218；(2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m 8； (3)计算C 37＋C 47＋C 58＋C 69.[解析] (1)由C 3x ＋618＝C 4x －218及组合数的性质得，3x ＋6＝4x －2或3x ＋6＝18－(4x －2)， 解得x ＝8或x ＝2，经检验x ＝8不符合题意，舍去．故x ＝2.(2)原方程变形为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×m ！(7－m )！10×7！即60－10(6－m )＝(7－m )(6－m )， 即m 2－23m ＋42＝0， 解得m ＝21或m ＝2， 又∵0≤m ≤5且m ∈N ＋，∴m ＝2，∴C m 8＝C 28＝28.(3)原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210.[点评] 解有关组合数的不等式或方程，应注意合组数本身有意义时的未知数的取值范围．9．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有一盒内有2个球，有多少种放法？ (4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？ [分析] (1)可直接用分步乘法计数原理．(2)问题转化为“4个球，三个盒子，每个盒子都要放球，共有几种放法？” (3)该问题事实上与问题(2)是同一个问题．(4)问题转化为：“4个球，两个盒，每个盒必放入球，有几种放法？”[解析] (1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，然后将4个球分成2,1,1的三组，有C 14·C 24种分法；再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C 24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C 34·C 12种放法；第二类：有C 24种放法．因此共有C 34·C 12＋C 24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C 24·14＝84(种)．10．6个人进2间屋子： (1)每屋内至少进1人；(2)每屋都进3人，问各有多少种分配方法？[解析] (1)方法一：按第1间屋子内进人的数目可分为5类：进1人，2人，3人，4人，5人．因此，要把这5类分配进屋的方法数加起来，对于每一类而言，如“第1间屋内进4人，第2间进2人”这类分配方式，又可看成先派4人进入第1间屋，再派余下的2人进入第2间屋．这样得到C 46·C 22种进屋方法，于是总共方法为：C 16C 55＋C 26C 44＋C 36C 33＋C 46C 22＋C 56C 11＝62(种)．方法二：从6人进2间屋子的各种分配方法数中减去不合题意的分配方法数来计算．不合题意的分配方法只有2种，即6人全进第1间或全进第2间．即间接法解得：26－2＝62(种)．(2)方法一：先派3人进第1间屋，再让其余3人进第2间屋，得分配方法为：C 36·C 33＝20(种)．方法二：先把6人平均分成两组，方法有：C 36A 22(种)，然后再分配到房间，共有C 36A 22·A 22＝20(种)．[点评] (1)平均分组问题：一般来说，km 个不同的元素分成k 组，每组m 个，则不同的分法有：C m km·C m(k－1)m·…·C m mA k k(种)．(2)不平均分组问题：一般来说，把n个不同元素分成k组，每组分别有m1，m2，…，m k个，m1，m2，…，m k互不相等，且m1＋m2＋…＋m k＝n，则有不同的分法为：C m1n·C m2n－m1·C m3n－(m1＋m2)·…·C m k m k种．如果m1，m2，…，m k中有且仅有i个相等，则不同的分法为：C m1n·C m2n－m1·C m3n－(m1＋m2)·…·C m k m kA i i(种)．上面的组合问题给出两个解法模型，处理此类问题的关键是充分考虑到是否与顺序有关，避免产生重复计数．。
数学选修2-3第一章练习题含答案
一、选择题（共14小题；共70分）1. 甲、乙两人计划从，，三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有A. 种B. 种C. 种D. 种2. 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，两位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )A. 1440种B. 960种C. 720种D. 480种3. 二项式展开式中的常数项为( )A. -240B. 160C. -160D. 2404. 若，则的值是( )A. -2B. -3C. 125D. -1315. 的二项展开式中，项的系数是( )A. 45B. 90C. 135D. 2706. 现有名同学去听同时进行的个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是A. B.C. D. 7. 设的展开式中的系数为，二项式系数为，则 = ( )A. 75B. 60C. 55D. 458. 个人分件同样的服装，每人至多分件，而且服装必须分完，那么不同的分法种数是A. B. C. D.9. 某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )A. 种B. 种C. 种D. 种10. 某国际会议结束后，中、美、俄等国领导人合影留念，他们站成两排，前排人，后排人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A. 种B. 种C. 种D. 种11. 的展开式中，含的正整数次幂的项共有A. 项B. 项C. 项D. 项12. 从个男生，个女生中挑选人参加智力竞赛，要求至少有个女生参加的选法共有( )A. 种B. 种C. 种D. 种13. 要排出某理科班一天中语文、数学、物理、英语、生物、化学6堂课的课程表，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），不同排法种数为 ( )． A. 144B. 192C. 360D. 72014. 某小区有排成一排的 个车位，现有 辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的 个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为A.B.C.D.二、填空题（共3小题；共15分）15. 一个袋子里装有 张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有 张不同的中国联通手机卡，某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，一共有 种不同的取法．16. 从 ，，， 这十个数中取出四个数，使它们的和为奇数，共有 种取法（用数字作答）．17. 平面上有 个点，除某 点在一条直线上外，再无其他三点共线，若过其中两点作一直线，则可作成不同的直线 条．三、解答题（共5小题；共65分） 18. 设集合，是坐标平面上的点，.Ⅰ 可以表示多少个平面上的不同的点 Ⅱ 可以表示多少个第二象限内的点Ⅲ 可以表示多少个不在直线 上的点19. 要从 名女生， 名男生中选出 名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法Ⅰ 至少有 名女生入选； Ⅱ 至多有 名女生入选； Ⅲ 男生甲和女生乙入选； Ⅳ 男生甲和女生乙不能同时入选； Ⅴ 男生甲、女生乙至少有一个人入选．20. 已知 件不同的产品中有 件次品，现对它们一一测试，直至找到所有 件次品为止．Ⅰ 若恰在第 次测试时，才测试到第一件次品，第 次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法21. 已知，求：Ⅰ ；Ⅱ ；Ⅲ ．22. 位同学站队：Ⅰ 站成一排，共有多少种不同的排法Ⅱ 站成两排（前后），共有多少种不同的排法Ⅲ 站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法Ⅳ 站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种参考答案第一部分1. B2. 答案：B解析：可分3步．第一步，排两端，∵从5名志愿者中选2名有种排法，第二步，∵2位老人相邻，把2个老人看成整体，与剩下的3名志愿者全排列，有种排法．第三步，2名老人之间的排列，有种排法．最后，三步方法数相乘，共有种排法．3. 答案：D解析：由于展开式的通项公式为，解得，∴展开式中的常数项为，故选D．4. 答案：C解析：由题意可知，令得，令得，所以．故选C．5. 答案：C解析：由于的二项展开式的通项公式为，令，得，∴ 项的系数是，故选C．6. A7. 答案：A解析：，令8. 答案：C解析：因为是同样的服装，所以是组合的问题．9. 答案：D解析：从个年级中选出个年级参观甲博物馆，则方法有种，其余的个年级，每一个年级都有种选择方法，所以一共有种方法．10. 答案：D解析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有种站法；其他国领导人可以任意站，因此有种站法．根据分步计数原理，共有种站法．11. 答案：B解析：因为．当，，时，为正整数次幂．12. 答案：B解析：．13. 答案：B解析：根据题意，语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），则有种排法；将剩下的4门课全排列，有种排法，所以由分步乘法计数原理，共有种排法，故选B．14. C第二部分15. 答案：解析：从移动、联通卡中各取一张，则要分两步进行，从移动卡中取一张有种方法，从联通卡中取一张有种方法，则应用乘法计数原理，共有取法种．16. 答案：解析：要使四个数的和为奇数，则需偶奇或奇偶，故共有（种）．17. 答案：解析：．第三部分18. （1）分两步，第一步确定横坐标有种，第二步确定纵坐标有种，经检验个点均不相同，由分步乘法计数原理得（个）．（2）分两步，第一步确定横坐标有种，第二步确定纵坐标有种，根据分步乘法计数原理得个．（3）分两步，第一步确定横坐标有种，第二步确定纵坐标有种，根据分步乘法计数原理得个．19. （1）至少有名女生入选的选法为；（2）至多有名女生入选的选法为；（3）男生甲和女生乙入选的选法为；（4）男生甲和女生乙不能同时入选的选法为；（5）男生甲、女生乙至少有一个人入选的选法为 .20. （1）若恰在第次测试时，才测到第一件次品，第次才找到最后一件次品，若是不放回的逐个抽取测试．第次测到第一件次品有种抽法；第次测到最后一件次品有种抽法；第至第次抽取测到最后两件次品共有种抽法；剩余次抽到的是正品，共有种抽法．21. （1）令，得．令，得，所以．（2）．（3）因为．22. （1）问题可以看作：个元素的全排列．（2）根据分步计数原理：．（3）问题可以看作：余下的个元素的全排列．（4）解法1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的位同学中选位同学站在排头和排尾有种方法；第二步从余下的位同学中选5位进行排列（全排列）有种方法，所以一共有种排列方法．解法2：（排除法）若甲站在排头有种方法；若乙站在排尾有种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法．共有种．。
(完整版)高二数学选修2-3第一章测试题(含答案)
高二数学选修 2-3 第一章测试题
一．选择题（每题 5 分，满分 60 分）
1．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( )
A．4
B．24
C．43
D．34
2．210 所有正约数的个数共有( )
A．12 个
B．14 个
C．16 个
1
22．（满分
12
3
分）已知在(
x－23
x)n
的展开式中，第
6
项为常数项．
(1)求 n；
(2)求含 x2 的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
三、解答题
123
n
17．（满分 1.
18．（满分 10 分）用 1、2、3、4、5、6、7 这 7 个数字组成没有重复数字的四位 数．
(1)这些四位数中偶数有多少个？能被 5 整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于 6500 的有多少个？
The shortest way to do many thin
C．90 种
D．120 种
5．在(x－ 3)10 的展开式中，x6 的系数是( )
A．－27C 160
B．27C140
C．－9C 160
D．9C140
6．用 1、2、3、4、5 这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数
为( )
A．36 B．30
C．40 D．60
The shortest way to do many thin
21．（满分 12 分）有 9 本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件 下，各有多少种分法？
(1)甲得 4 本，乙得 3 本，丙得 2 本； (2)一人得 4 本，一人得 3 本，一人得 2 本； (3)甲、乙、丙各得 3 本．
最新版人教版高中数学选修23课后习题参考答案
最新版人教版高中数学选修23课后习题参考答案新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）要完成的“一件事情”是“从A村经B村到C村去”，不同路线条数是3_2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3_5_4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异，所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是aibjck 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取ai，有3种方法；第二步，取bj，有3种方法；第三步，取ck，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3_3_5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10_10_10_10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5_4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6_5＝30（种）. 习题1.1 A组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2_3＋4_2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4_4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2_2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A中选横坐标，有6个选择；第二步，从A中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6_6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4_4＝16（条）. 习题1.1 B组（P13）1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答（第1页共11页）这六个数字中拨，所以有号码10_10_10_6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是34.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是53. 1．2排列与组合练习（P20）1、（1）ab,ac,ad,ba,bc,bd,ca,cb,cd,da,db,dc；（2）ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,ca,cb,cd,ce,da,db,dc,de,ea,eb,ec,ed.472、（1）A15?15?14?13?12?32760；（2）A7?7!?5040；87A125A12 （3）A?2A?8?7?6?5?2?8?7?1568；（4）7?7?5.A12A1248283、N N! 2 2 3 6 4 24 5 6 7 8 120 720 5040 40320 87677774、（1）略. （2）A8. ?8A7?7A6?8A7?8A7?A7?A7335、A5?60（种）. 6、A4?24（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）冠军甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁亚军乙甲丙甲丁甲丙乙丁乙丁丙2、?ABC，?ABD，?ACD，?BCD.323、C6?20（种）. 4、C4?6（个）. 2?5、（1）C66?58?7?6?15；（2）C8356；1?21?2?33232（3）C7?C6?35?15?20；（4）3C8?2C5?3?56?2?10?148.6、m?1m?1m?1(n?1)!n!mCn?1Cn n?1n?1(m?1)![(n?1)?(m?1)]!m!?n?m?!习题1.2 A组（P27）3212341、（1）5A5?4A4?5?60?4?12?348；（2）A4?A4?A4?A4?4?12?24?24?64. 331973?C84?2、（1）C15?455；（2）C200?C200?1313400；（3）C62；7新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答（第2页共11页）（4）Cnn?1?Cn?2n?Cnn?1n(n?1)n(n2?1). ?C?(n?1)222nn?1nnnn2n?13、（1）An?1?An?(n?1)An?An?nAn?nAn?1；（2）(n?1)!n!(n?1)!?k?n!(n?k?1)n!. ?k!(k?1)!k!k!44、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有A8?1680（种）不同的停法. 45、A4?24. 206、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有A20种不同的排法. 47、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有A4种排法；第二步，安排舞蹈节32目，共有A3种排法；第三步，安排曲艺节目，共有A2种排法. 所以不同的排法有432A4?A3?A2?288（种）.8、由于n个不同元素的全排列共有n!个，而n!?n，所以由n个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m可以取的最大值是n!.29、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画C10?45（条）不同的弦；3（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有C10?120（个）.10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，2所以共有对角线C5； ?5?5（条）n(n?3)（条）.说明：本题采用间接法更方便. 211、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，2?n?（2）同（1）的理由，可得对角线为Cn1234分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值C4?C4?C4?C4?15（种）.12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确3定的平面数是C8?56；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个4数是C10?210.313、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是C5?10. 3（2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是A5 ?60；新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答（第3页共11页）。
(压轴题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(包含答案解析)
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 ．0.2332．两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 ．163．西大附中为了增强学生对传统文化的继承和发扬，组织了一场类似《诗词大会》的PK 赛，A 、B 两队各由4名选手组成，每局两队各派一名选手PK ，除第三局胜者得2分外，其余各胜者均得1分，每局的负者得0分．假设每局比赛A 队选手获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的概率为（ ） A ．2027B ．5281C ．1627D ．794．已知,a b 为实数，随机变量X ，Y 的分布列如下：若()(1)E Y P Y ==-，随机变量ξ满足XY ξ=，其中随机变量X ，Y 相互独立，则()E ξ取值范围的是（ ）A ．3,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,018⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．1,118⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．3,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦5．将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A =“三个点数之和等于15”，B =“至少出现一个5点”，则概率()|P A B 等于（ ） A ．5108B ．113C ．17D ．7106．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 ．257．体育课上定点投篮项目测试规则：每位同学有3次投篮机会，一旦投中，则停止投篮，视为合格，否则一直投3次为止．每次投中与否相互独立，某同学一次投篮投中的概率为p ，若该同学本次测试合格的概率为0.784，则p =（ ）A ． 0.4B ．0.6C ．0.1D ．0.28．据统计，连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055 ，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19 . 现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为（ ） A ．67B ．335C ．1135D ．0.199．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．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为0.6和P ，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为0.45．假设甲、乙两人射击互不影响，则P 值为（ ） A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.2511．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 ．2312．小明的妈妈为小明煮了 5 个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，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 ．14B ．34C ．110D ．310二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 14．一只青蛙从数轴的原点出发，当投下的硬币正面向上时，它沿数轴的正方向跳动两个单位；当投下的硬币反面向上时，它沿数轴的负方向跳动一个单位，若青蛙跳动4次停止，设停止时青蛙在数轴上对应的坐标为随机变量X ，则()E X =______． 15．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 =________． 16．测量某一目标的距离时，所产生的随机误差X 服从正态分布()220,10N ，如果独立测量3次，至少一次测量误差在()0,30内的概率是__________.附参考数据：()0.68P X μδμδ-<≤+=，()220.95P X μδμδ-<≤+=，()330.99P X μδμδ-<≤+=，20.1850.03=，30.1850.006=，20.8150.66=，30.8150.541=.17．设平面上的动点P(1,y)的纵坐标y 等可能地取-用ξ表示点P 到坐标原点的距离,则随机变量ξ的数学期望Eξ=_________18．已知随机变量X 服从正态分布()2,1N . 若()130.6826P X ≤≤=，则()3P X >等于______________．19．甲、乙两人投篮命中的概率分别为p,q,他们各投2次,若p=12,且甲比乙投中次数多的概率为736,则q 的值为____. 20．给出下列命题：①函数()π4cos 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的一个对称中心为5π,012⎛⎫- ⎪⎝⎭；②若命题:p “2,10x R x x ∃∈-->”，则命题p 的否定为：“2,10x R x x ∀∈--<”；③设随机变量~(,)B n p ξ，且()2,()1E D ξξ==，则(1)p ξ==14；④函数sin 2y x =的图象向左平移π4个单位长度，得到πsin 24y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象.其中正确命题的序号是_____________（把你认为正确的序号都填上）.三、解答题21．已知一个袋子里有形状一样仅颜色不同的6个小球，其中白球2个，黑球4个.现从中随机取球，每次只取一球．()1若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，至少取得两次白球”的概率；()2若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有白球或取球次数达到五次就终止游戏，记游戏结束时一共取球X 次，求随机变量X 的分布列与期望．22．某市教育部门规定,高中学生三年在校期间必须参加不少于80小时的社区服务．教育部门在全市随机抽取200位学生参加社区服务的数据,按时间段[)75,80,[)80,85,[)85,90,[)90,95,[]95,100（单位：小时）进行统计,其频率分布直方图如图所示．（1）求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率；（2）从全市高中学生（人数很多）中任意选取3位学生,记X 为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数．试求随机变量X 的分布列和数学期望EX ．23．2019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.24．在一次猜灯谜活动中，共有20道灯谜，两名同学独立竞猜，甲同学猜对了12个，乙同学猜对了8个，假设猜对每道灯谜都是等可能的，试求：（1）任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率；（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率．25．甲，乙两人进行定点投篮活动，已知他们每投篮一次投中的概率分别是23和35，每次投篮相互独立互不影响．（Ⅰ）甲乙各投篮一次，记“至少有一人投中”为事件A，求事件A发生的概率；（Ⅱ）甲乙各投篮一次，记两人投中次数的和为X，求随机变量X的分布列及数学期望；（Ⅲ）甲投篮5次，投中次数为ξ，求ξ＝2的概率和随机变量ξ的数学期望．26．超市为了防止转基因产品影响民众的身体健康，要求产品在进入超市前必须进行两轮转基因检测，只有两轮都合格才能销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为14，第二轮检测不合格的概率为19，两轮检测是否合格相互没有影响.（1）求该产品不能销售的概率；（2）如果产品可以销售，则每件产品可获利50元；如果产品不能销售，则每件产品亏损60元.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X元，求X的分布列，并求出均值()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】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．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.3．A解析：A 【分析】比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的情况有3种：A 全胜；A 三胜一负、A 第三局胜，另外三局一胜两负.利用独立重复试验的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的情况有3种：A 全胜；A 三胜一负、A 第三局胜，另外三局一胜两负.所以，比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的概率为43232432212122033333327P C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅+⋅⋅=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：A. 【点睛】本题考查概率的求解，考查独立重复试验概率的求解，考查计算能力，属于中等题.4．B解析：B 【分析】由()(1)E Y P Y ==-及1a b c ++=，可知13b a =-，2c a =；又因为0,,1a b c ≤≤，可求出103a ≤≤；由题意知1()6E a ξ=-，从而可求出()E ξ取值范围.【详解】解：由()(1)E Y P Y ==-知，a c a -+= ，即2c a = ，又1a b c ++= ，所以13b a =-；因为0,,1a b c ≤≤ ，所以0131021a a ≤-≤⎧⎨≤≤⎩ ，解得103a ≤≤.又()1110366E X =-++=- ，且X ，Y 相互独立，XY ξ=，所以()()()11(),0618E E XY E X E Y a ξ⎡⎤===-∈-⎢⎥⎣⎦. 故选:B. 【点睛】本题考查了数学期望，考查了分布列的性质，考查了推理能力和计算能力.本题的关键是由条件求出a 的取值范围.5．B解析：B 【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案. 【详解】3311166617()216A P AB C C C +==，11155561116691()1216C C C P B C C C =-= ()()()72161|2169113P AB P A B P B ∴==⨯= 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题.6．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．7．A解析：A 【解析】 【分析】根据合格的情况列方程：()()2110.784p p p p p +-+-=，解方程求出结果． 【详解】由题意可得：()()2110.784p p p p p +-+-= 整理可得：()()22212330.784p p p p p pp -+-+=-+=解得：0.4p = 本题正确选项：A 【点睛】本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8．A解析：A 【解析】分析：首先设出题中的事件，然后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果. 详解：设事件A 为48h 发病，事件B 为72h 发病， 由题意可知：()()0.055,0.19P A P B ==， 则()()0.945,0.81P A P B ==， 由条件概率公式可得：()()()()()0.816|0.9457P AB P B P B A P A P A ====. 本题选择A 选项.点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9．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．10．B解析：B 【解析】分析：由题意知甲、乙两人射击互不影响，则本题是一个相互独立事件同时发生的概率，根据题意可设“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B ，由相互独立事件的概率公式可得，可得关于p 的方程，解方程即可得答案． 详解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B ， 则“甲射击一次，未击中目标”为事件A ，“乙射击一次，未击中目标”为事件B ， 则P （A ）=35，P （A ）=1﹣35=25，P （B ）=P ，P （B ）=1﹣P ， 依题意得：35×（1﹣p ）+25×p=920， 解可得，p=34， 故选：B ．点睛：求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有 ①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．11．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 ． 12．B解析：B 【详解】由题意，P （A ）=222310C C +=410，P （AB ）=2310C =310， ∴P （B|A ）=()AB A)P P （=34，故选B ．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=． 故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.14．2【分析】列举出所有的可能出现的情况硬币4次都反面向上则青蛙停止时坐标为硬币3次反面向上而1次正面向上硬币2次反面向上而2次正面向上硬币1次反面向上而3次正面向上硬币4次都正面向上做出对应的坐标和概解析：2 【分析】列举出所有的可能出现的情况,硬币4次都反面向上,则青蛙停止时坐标为14x =-,硬币3次反面向上而1次正面向上,硬币2次反面向上而2次正面向上,硬币1次反面向上而3次正面向上,硬币4次都正面向上,做出对应的坐标和概率,算出期望. 【详解】所有可能出现的情况分别为硬币4次都反面向上，则青蛙停止时坐标为14x =-,此时概率1116p =； 硬币3次反面向上而1次正面向上,则青蛙停止时坐标为21x =-,此时概率33241141=22164p C ⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎝⎭；硬币2次反面向上而2次正面向上,则青蛙停止时坐标为32x =,此时概率222341163=22168p C ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭硬币1次反面向上而3次正面向上，则青蛙停止时坐标为45x =,此时概率341141141=22164p C ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；硬币4次都正面向上，则青蛙停止时坐标为58x =,此时标率405411216p C ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭.1122334455()2E X x p x p x p x p x p ∴=++++=故答案为：2 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和期望,考查学生分析问题的能力和计算求解能力,难度一般.15．【分析】首先根据题意判断出的可取值有并利用概率公式求得对应的概率最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果【详解】由已知1又所以故答案为：【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题涉及到的 解析：27-【分析】首先根据题意，判断出X 的可取值有2,1,1-，并利用概率公式求得对应的概率，最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果. 【详解】由已知2X =，1，1-， 又()22242486(2)70C CP X C ===，()441424816(1)70C C P X C ===，()22114224848(1)70C C CP X C =-==，所以12164827070707EX =+-=-， 故答案为：27-. 【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题，涉及到的知识点有古典概型概率公式，离散型随机变量的期望公式，属于简单题目.16．994【分析】根据正态分布的性质求出在一次测量中误差在内的概率再求出测量3次每次测量误差均不在内的概率根据对立事件的性质可得结果【详解】由题意可知在一次测量中误差在内满足其概率为测量3次每次测量误差解析：994【分析】根据正态分布的性质求出在一次测量中误差在()0,30内的概率，再求出测量3次，每次测量误差均不在()0,30内的概率，根据对立事件的性质可得结果. 【详解】由题意可知在一次测量中误差在()0,30内满足2X μδμδ-<<+， 其概率为()()()111220.950.680.815222p p X p X μδμδμδμδ=-<≤++-<≤+=⨯+=， 测量3次，每次测量误差均不在()0,30内的概率为：()3310.8150.1850.006-==，∴独立测量3次，至少一次测量误差在()0,30内的概率是10.0060.994-=， 故答案为：0.994. 【点睛】本题主要考查正态分布概率的求法，n 次独立重复试验的模型，利用对立事件解决问题是解题的关键，属于中档题.17．【解析】由题意随机变量ξ的的值分别为321则随机变量ξ的分布列为:所以随机变量ξ的数学期望Eξ=点睛：数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念反映随机变量取值的平均水平求解离散型随机变量的分布列数学 解析：115【解析】由题意,随机变量ξ的的值分别为3,2,1,则随机变量ξ的分布列为:所以随机变量ξ的数学期望Eξ=122111235555⨯+⨯+⨯=. 点睛：数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念，反映随机变量取值的平均水平.求解离散型随机变量的分布列、数学期望时，首先要分清事件的构成与性质，确定离散型随机变量的所有取值，然后根据概率类型选择公式，计算每个变量取每个值的概率，列出对应的分布列，最后求出数学期望.18．【解析】试题分析：因为随机变量服从正态分布所以因为所以考点：正态分布解析：0.1587【解析】试题分析：因为随机变量X 服从正态分布()2,1N ，所以()()31P X >=P X <，因为()()()11331P X <+P ≤X ≤+P X >=，所以()()1310.68260.15872P X >=-=． 考点：正态分布．19．【分析】由题意根据甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次乙投中0次;甲投中2次乙投中1次或0次再由概率的加法公式即可列出方程求解答案【详解】甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次乙投中0次;甲投解析：23【分析】由题意，根据甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次，再由概率的加法公式，即可列出方程，求解答案. 【详解】甲比乙投中次数多的可能情形有:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次.由题意得p(1-p)·(1-q)2+p 2[(1-q)2+q(1-q)]=,解得q=或q=(舍). 【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率的计算，其中认真审题，根据甲比乙投中次数多的可能情形:甲投中1次,乙投中0次;甲投中2次,乙投中1次或0次，再根据概率的加法公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.20．①③【分析】求出判断①利用存在量词命题否定形式判断②二项分布的期望与方差判断③；三角函数图象变换判断④【详解】解：①函数的一个对称中心为故①正确；②若命题：则命题的否定为：；所以②不正确；③设随机变解析：①③ 【分析】 求出5()012f π-=判断①，利用存在量词命题否定形式判断②，二项分布的期望与方差判断③；三角函数图象变换判断④． 【详解】 解：①5()4cos()0122f ππ-=-=， ∴函数()4cos(2)3f x x π=+的一个对称中心为5(,0)12π-，故①正确；②若命题p ：“x R ∃∈，210x x -->”，则命题p 的否定为：“x R ∀∈，210x x --”；所以②不正确；③设随机变量~(,)B n p ξ，且()2E ξ=，()1D ξ=，可得2np =，(1)1np p -=，可得12p =，4n =则43111(1)12412p C ξ⎛⎫==-⋅= ⎪⎝⎭；所以③正确；④函数sin 2y x =的图象向左平移4π个单位长度，得到sin 2()4y x π=+，不是sin(2)4y x π=+的图象，所以④不正确；故答案为：①③． 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查sin()y A x ωϕ=+型函数的图象和性质，命题的否定，期望与方差的求法，属于中档题．三、解答题21．（1）；（2）随机变量X 的分布列见解析，期望为133. 【分析】（1）可从正面计算取得两次、三次、四次白球的概率和，也可以用1减去取得一次、两次白球的概率，而四次取球中每次是否取得白球相互独立，只需用组合数即可得到相应概率；（2）注意取出的球不放回，因此最多取5次白球就会被取完，故X ＝2，3，4，5，分别计算对应的概率，写出分布列，进而可求出期望. 【详解】（1）记随机变量ξ表示连续取球四次，取得白球的次数，则ξ～B （4，13） 则P （ξ＞1）＝1－P （ξ＝0）－P （ξ＝1）＝1－00411344121211()()()()333327C C -=（2）随机变量X 的取值分别为2，3，4，5∴P （X ＝2）＝2226115C C =，P （X ＝3）＝11242612415C C C ⨯= P （X ＝4）＝1224361135C C C ⨯=，P （X ＝5）＝134244446635C C C C C += ∴随机变量X 的分布列为 X 2345P115 215 15 35∴随机变量X 的期望为：1313()23451515553E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 考点：古典概型，相互独立事件，随机变量的分布列与期望 22．（1）25；（2）分布列见解析，65（1）由频率分布直方图可求出抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人，再根据古典概型概率公式可得结果； （2）由已知得随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，X ～B （3，25），由此能求出随机变量X 的分布列和数学期望EX ． 【详解】 （1）根据题意，参加社区服务在时间段[)90,95的学生人数为2000.06560⨯⨯=人； 参加社区服务在时间段[)95,100的学生人数为2000.02520⨯⨯=人；∴抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人. ∴从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为8022005P ==. （2）由（1）可知，从全市高中学生中任意选取1人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为25，X ～B （3，25），由已知得，随机变量X 的可能取值为0,1,2,3， 则()03032327055125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()12132354155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()21232336255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()333238355125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 随机变量X 的分布列为：∴()2754368601231251251251255E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查离散型随机变量二项分布的分布列和数学期望，属于中档题． 23．（1）12；（2）分布列见解析；期望为1720；（3）32. 【分析】（1）根据独立事件的概率公式计算，至少有两个被堵塞含两个被堵塞和三个被堵塞两种情形，分别计算相加可得；（2）X 的所有可能取值为0，1，2.，分别计算其概率得分布列，由期望公式得期望； （3）Y 的所有可能取值为0，1，2，3，计算出各概率，然后由期望公式计算期望．解：（1）据题设知，所求概率213233311112222p C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12=. （2）X 的所有可能取值为0，1，2.133(0)114510P X ⎛⎫⎛⎫==-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，131311(1)11454520P X ⎛⎫⎛⎫==⨯-+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，133(2)4520P X ==⨯=， 所以随机变量X 的分布列为所以()01210202020E X =⨯+⨯+⨯=. （3）Y 的所有可能取值为0，1，2，3.303111(0)228P Y C ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，213113(1)228P Y C ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，223113(2)228P Y C ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，333111(3)228P Y C ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以13313()012388882E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查相互独立事件的概率公式，考查随机变量的概率分布列数学期望，考查了学生的数据处理能力，运算求解能力，属于中档题． 24．（1）1325．（2）625【分析】（1）设事件A 表示“甲猜对”，事件B 表示“乙猜对”，求出()p A ，()p B ，任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：()()()()()P AB AB P A P B P A P B +=+，由此能求出结果．（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率为()()()P AB P A P B =，由此能求出结果. 【详解】（1）设事件A 表示“甲猜对”，事件B 表示“乙猜对”， 则P （A ）123205==，P （B ）82205==， ∴任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为： P （A B AB +）＝P （A ）P （B ）+P （A ）P （B ）32155⎛⎫=⨯-+ ⎪⎝⎭（135）213525⨯=．（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率为： P （AB ）＝P （A ）P （B ）＝（135）（125-）625=【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 25．（Ⅰ）1315；（Ⅱ）分布列见解析，1915；（Ⅲ）40243，103． 【分析】（Ⅰ）先求出甲乙两人都未投中的概率，再根据对立事件的概率进行计算即可； （Ⅱ）随机变量X 的可能取值为0,1,2，然后根据相互独立事件的概率逐一求出每个X 的取值，求得相应的概率，得出分布列，进而求出数学期望； （Ⅲ）随机变量2(5,)3B ξ，根据二项分布的性质求概率和数学期望即可．【详解】（Ⅰ）设甲投中为事件B ，乙投中为事件C ，则()()1235P B P C ==，， 所以()()()1213113515P A P B P C =-=-⨯=． （Ⅱ）随机变量X 的可能取值为0,1,2， 则122(0)3515P X ==⨯=， 22137(1)353515P X ==⨯+⨯=，232(2)355P X ==⨯=， 所以随机变量X 的分布列为所以数学期望()0121515515E X =⨯+⨯+⨯=． （Ⅲ）甲投篮5次，投中次数为ξ，可得随机变量2(5,)3B ξ，所以22352140()()33(243)2C P ξ==⋅⋅=， 所以随机变量ξ数学期望()210533E ξ=⨯=． 【点睛】本题考查独立事件的概率、相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列与数学期望，以及二项分布的数学期望计算，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力． 26．（1）13；（2）分布列见解析，1533.【分析】（1）记“该产品不能销售”为事件A ，则1()1(191)(1)4P A =--⨯-，计算得到答案. （2）X 的取值为-240，-130，-20，90，200，计算概率得到分布列，计算均值得到答案. 【详解】（1）记“该产品不能销售”为事件A ，则11()1(1)(1)4193P A =--⨯-=， 所以该产品不能销售的概率为13. （2）依据题意的，X 的取值为-240，-130，-20，90，200，411(240)()381P X =-== ； 134128(130)()3381P X C =-==； 22241224(20)()()3381P X C =-== ；31341232(90)()()3381P X C ===；4216(200)()381P X ===.所以X 的分布列为：1()24013020902005381818181813E X =-⨯-⨯-⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，均值，意在考查学生的计算能力和应用能力.。
数学选修2-3第一章测试
第一章测试(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60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)1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有()A．3B．12C．34D．43解析每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．答案 D2．从1,3,5,7,9中任取3个数字，从2,4,6,8中任取两个数字，一共可以组成没有重复数字的五位偶数的个数为()A．2880 B．7200C．1440 D．60解析先取后排，C24C35A12A44＝2880.答案 A3．12名同学合影，站成了前排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．则不同调整方法的种数是()A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25解析从后排8人中选2人的方法有C28种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A15种方法，再安排B到前排有A16种方法．∴共有C28A15A16＝C28A26种方法．故选C.答案 C4．(x－1)(x＋1)4的展开式中x4的系数是()A．－3 B．3C．－5 D．5解析∵(x＋1)4中x3，x4的系数分别是C34，C44，∴(x－1)(x＋1)4的展开式中x4的系数是C34－C44＝3.答案 B5．若(x2－1x3)n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是()A．5 B．4C．6 D．7解析∵T r＋1＝C r n(x2)n－r·(－1x3)r＝(－1)r C r n x2n－5r(r＝0,1,2，…，n)．令2n－5r＝0，即n＝5 2r.∴当r＝2，n＝5时，T3＝C25为常数项．答案 A6．2010年南非世界杯足球赛参赛球队共32支，分成8个小组，每小组4支球队进行单循环赛，各组前两名出线，再按排定的签位进行淘汰赛，决出前4名，则比赛进行的场数共有()A．8A24＋12 B．8A24＋16C．8C24＋12 D．8C24＋16解析每小组单循环赛需C24场.8个小组共8C24场，16支出线的球队淘汰赛又需比赛162＋82＝12场．∴共需8C24＋12场．答案 C7．8个人坐成一排照相，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有() A．56 B．112C．118 D．336解析先从8人中选出5人使其位置不变，有C58种选法，其他三人不能坐在原来的位置上，只有2种方法．故共有C58×2＝112种排法．答案 B8．若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3.则a2的值为()A．3 B．6C．9 D．12解析设x－2＝t，则x＝t＋2，原式化为(2＋t)3＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3∴a2＝C23·2＝6，故选B.答案 B9．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为()A．160 B．240C．360 D．800解析把(x2＋3x＋2)5看作5个因式(x2＋3x＋2)相乘．其中一个因式取3x，其他4个因式取2，得C153x C4424＝240x.∴x的系数为240.答案 B10．下图是著名的杨辉三角，则表中所有各数的和是()A．225 B．256C．127 D．128解析由图可知，表中所有各数的和是20＋21＋22＋ (26)27－1＝27－1＝127.2－1答案 C11．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A．33 B．34C．35 D．36解析分类：若横坐标选5，有1×C12C13A22－1＝11(其中(5,1,1)重复)．若横坐标选B中的元素有：2C13C11A22＝12，若横坐标选C中的元素有3C12C11A22－2＝10(其中(1,5,1)，(1,1,5)与前重复)．∴共33个不同点．答案 A12．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a0，a1，a2，…，a8中奇数的个数为()A．2 B．3C．4 D．5解析a0＝C08＝1，a1＝C18＝8，a2＝C28＝28，a3＝C38＝56，a4＝C48＝70，…，a8＝C88＝1.答案 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)解析由题设知，必有两个班去同一工厂，所以把5个班分成四组，有C25种分法，每一种分法对应去4个工厂的全排列．因此，共有C25A44＝240(种)．答案24014．(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝________.解析(1－2x)6的展开式中各项系数绝对值的和，相当于x＝－1时，(1－2x)6的值，即36＝729.答案72915．一个集合A含有n个元素，则集合A的所有子集的个数为________．解析所有子集的个数为C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.答案2n16．(2008·广东)已知(1＋kx2)6(k是正整数)的展开式中，x8的系数小于120，则k＝________.解析x8的系数为C46k4＝15k4.∵15k4<120，∴k4<8，又k是正整数，∴k＝1.答案 1三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)安排5名歌手的演出顺序．(1)要求歌手甲不第一个出场，有多少种不同的排法？(2)要求歌手甲不第一个出场，且歌手乙不最后一个出场，有多少种不同的排法？解(1)先从甲以外的4名歌手中选1人出场，其他四名歌手任意排列，所以，共有C14A44＝96种演出顺序．(2)(间接法)：A55－2A44＋A33＝78(种)或分类完成，第一类：甲最后一个出场，有A 44＝24(种) 第二类：甲不最后一个出场，有C 13C 13A 33＝54(种)所以，共有24＋54＝78(种)演出顺序．18．(12分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫441x ＋3x 2n 展开式中的倒数第三项的二项式系数为45.(1)求含有x 3的项； (2)求二项式系数最大的项．解 (1)由已知得C n －2n ＝45，即C 2n＝45. ∴n 2－n －90＝0，解得n ＝10，或n ＝－9(舍)． 由通项公式得：T r ＋1＝C r10(4·x－14)10－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23 r ＝410－r C r10x－10－r 4＋23r .令－10－r 4＋23r ＝3，得r ＝6.∴含有x 3的项是T 7＝C 610·44·x 3＝53760x 3.(2)∵n ＝10，∴此展开式共有11项，∴二项式系数最大的项是第6项．∴T 6＝C 510(4x－14 5(x 23 )5＝258048x 2512.19．(12分)从－1,0,1,2,3中选3个不同数字组成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数．(1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？ (2)与x 轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？ (3)与x 轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？解 (1)由题设知，a >0且c ≠0，因此共有C 13C 13C 13＝27(条)满足条件的抛物线．(2)只需ac <0，因此a ，c 中必有一个为－1.故满足条件的抛物线共有：C 13C 13×2＝18(条)．(3)可分为三类：第一类，与x 轴正、负半轴均有交点的抛物线．由(2)知，18条；第二类，过原点且与x 轴负半轴有一个交点，此时，c ＝0，ab >0，共有A 23＝6(条)；第三类，与x 轴负半轴有两个交点，则必须满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，－b a<0，c a >0，⇒⎩⎨⎧b 2－4ac ≥0，a ，b ，c 同号，∴b ＝3，a ，c 在1,2中取，有2条．综上可知，共有18＋6＋2＝26(条)．20．(2010·重庆)(12分)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求(1)甲、乙两单位演出序号均为偶数的概率； (2)甲、乙两单位的演出序号不相邻的概率．解 考虑甲、乙两个单位的排列，甲、乙两单位可能排列在6个位置中的任意两个，有A 26＝30种等可能结果．(1)设A 表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，则A 包含的结果有A 23＝6种，故所求的概率为P (A )＝630＝15.(2)设B 表示“甲、乙两单位演出序号不相邻”，则B 表示甲、乙两单位为演出序号相邻，B 包含的结果有5×A 22＝10种，故所求的概率为P (B )＝1－P (B )＝1－1030＝23.21．(12分)设f (x )是定义在R 上的一个给定的函数，函数g (x )＝C 0n ·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫0n ·x 0·(1－x )n ＋C 1n ·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ·x ·(1－x )n －1＋…＋C n n ·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ·x n ·(1－x )0(x ≠0,1)．(1)当f (x )＝1时，求g (x )； (2)当f (x )＝x 时，求g (x )． 解 (1)当f (x )＝1时，g (x )＝C 0n (1－x )n ＋C 1n x (1－x )n －1＋…＋C n n x n(1－x )0＝[(1－x )＋x ]n ＝1.(2)当f (x )＝x 时，g (x )＝0＋1n C 1n x (1－x )n －1＋2n ·C 2n ·x 2(1－x )n －2＋…＋n nC n n x n (1－x )0 ＝x [C 0n －1(1－x )n －1＋C 1n －1x (1－x )n －2＋…＋C n －1n －1xn －1(1－x )0] ＝x [(1－x )＋x ]n －1 ＝x .22．(12分)袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？ (2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？解 (1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：C 34C 16＋C 24C 26＋C 14C 36＝194(种)．(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115(种)．(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：C 14C 36＋C 24C 26＋C 34C 16＋C 44＝195(种)．。
上海黄浦学校高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(含答案解析)
一、选择题1．重阳节，农历九月初九，谐音是“久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日.某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ） A ．50 B ．40 C ．35 D ．30 2．在（1－x 3）（1＋x ）10的展开式中x 5的系数是（ ）A ．－297B ．－252C ．297D ．2073．如图，在杨辉三角形中，斜线l 的上方从 1 按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列： 1,3,3,4,6,5,10,...，记此数列的前n 项之和为n S ，则 21S 的值为（ ）A ．66B ．153C ．295D ．3614．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（ ）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．20200242020132a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 5．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（ ）A ．48种B ．72种C ．96种D ．144种6．二项式3nx x 的展开式中第13项是常数项，则n =（ ）A ．18B ．21C ．20D ．307．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设(0)a b m m >，，为整数，若a 和b 被m 除得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记为(mod )a b m =．若012220202020202022...2a C C C C =++++，(mod8)a b =，则b 的值可以是（ ） A ．2015B ．2016C ．2017D ．20188．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 ．14 B ．16C ．18D ．209．有4个不同的小球放入3个盒子中，每个盒子至少放一个小球，则不同的放法共有（ ） A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种10．安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作至少由1人完成，则不同的安排方式共有多少种( ) A ．120种 B ．180种C ．240种D ．150种11．从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和为奇数，则不同取法种数有（ ） A ．60B ．66C ．72D ．12612．为抗击新冠病毒，某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家到三地指导防疫工作.因工作需要，每地至少需安排一名专家，其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，则不同的分配方法总数为（ ） A ．18B ．24C ．30D ．36二、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．若在8(3)(1a x +关于x 的展开式中，常数项为4，则2x 的系数是______________．15．从编号为1，2，3，4，…，10的10个大小、形状都相同的小球中任取5个球．如果某两个球的编号相邻，那么称这两个球为一组“好球”，则任取的5个球中恰有两组“好球”的取法有_______种．（用数字作答）16．高三一班里七名身高不同的女生拍毕业照，摄影师要求她们排成一排, 身高由矮到高,再由高到矮(最高的女生站在正中间).这七位女生的排队姿态有________种.17．七位同事（四男三女）轮值办公室每周的清洁工作，每人轮值一天，其中男同事甲必须安排周日清洁，且三位女同事任何两位的安排不能连在一起，则不同的安排方法种数是_______（用数字作答）18．六个人从左至右排成一行，最右端只能排成甲或乙，最左端不能排甲，则不同的排法共有________种（请用数字作答）. 19．若212626xx C C -=，则x ＝__________.20．某中学安排,,,A B C D 四支小队去3所不同的高校参观，上午每支小队各参观一所高校，下午A 小队有事返回学校，其余三支小队继续参观.要求每支小队上下午参观的高校不能相同，且每所高校上午和下午均有小队参观，则不同的安排有_____种.三、解答题21．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？22．已知1(21)n x ++展开式的二项式系数和比(31)n x -展开式的偶数项的二项式系数和大48，求22nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中： （1）二项式系数最大的项； （2）系数的绝对值最大的项.23．毕业季有6位好友欲合影留念，现排成一排，如果：（1）A 、B 两人不排在一起，有几种排法？ （2）A 、B 两人必须排在一起，有几种排法？ （3）A 不在排头，B 不在排尾，有几种排法？24．设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个小球放入5个盒子中.（1）若没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？ （2）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？ 25．已知数列是等差数列，且，，是展开式的前三项的系数.（1）求的值； （2）求展开式的中间项； （3）当时，用数学归纳法证明：.26．已知8件不同的产品中有3件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品． （1）若在第5次测试时找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？ （2）若至多测试5次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试方法？【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】先把6人分成两组，再安排到两所敬老院，由此可得． 【详解】先分组再安排：6人可按3,3分组或2,4分组，然后再安排到敬老院，方法为32266222()50C C A A +⨯=．故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查分组分配问题，涉及到平均分组和不平均分组，平均分组时要除以组数的阶乘．n 个不同元素按12,,,k m m m 分成k 组，若12,,,k m m m 两两不等，则分组数为312112kkmm m m n n m n m m m C C C C ---，若12,,,k m m m 中仅有i 个数相等，则分组数为312112kkm m m m n n m n m m mi iC C C C A---．2．D解析：D 【解析】试题分析：因为31010310(1)(1)(1)(1)x x x x x -+=+-+所以310(1)(1)x x -+展开式中的5x 的系数是10(1)x +的展开式的中5x 的系数减去10(1)x +的2x 的系数由二项式定理，10(1)x +的展开式的通项为110r r r T C x += 令=5r ，则10(1)x +的展开式的中5x 的系数为510C 令2r，则10(1)x +的展开式的中2x 的系数为210C所以5x 的系数是510C -210C 25245207=-= 故答案选D 考点：二项式定理．【易错点晴】()n a b +的展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者只是指kn C ，它仅是与二项式的幂的指数n 及项数有关的组合数，而与a ，b 的值无关；而后者是指该项除字母外的部分，即各项的系数不仅与各项的二项式系数有关，而且也与a ，b 的系数有关．在求二项展开式特定项的系数时要充分注意这个区别．[学_科_3．D解析：D 【解析】试题分析：观察杨辉三角结合其中数的来源，可得到这个数列的通项公式.n a 当n 为偶数时，42n n a +=；当n 为奇数时，0212322233551,3,6,C C C C C C ======,所以()()232138n n n n a C +++==，所以21S =()()()()22221352124620124622224622758a a a a a a a a ⎡⎤+++++++++=++++++++++⎣⎦()122423112475286753618⎡⎤=⨯⨯+⨯+=+=⎣⎦，故选D. 考点：归纳推理与数列求和.4．B解析：B 【分析】令1x =，得到0120201a a a ++⋯+=，令1x =-，求得202001220203a a a a =-++⋯+，令0x =，求得01a =，进而逐项判定，即可求解.【详解】由题意，二项展开式2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，令1x =，可得01220202020(12)1a a a a +++⋯+-==，①令1x =-，可得2020012202020203(123)a a a a a -=+-++⋯+=，②令0x =，可得20020(10)1a =-=，③由①-②，可得20201352019132a a a a -+++⋯+=， 由①+②，可得2020024*******a a a a ++++⋯+=， 令12x =，可得20202020120220201(12)12222a a a a +++⋯+=-⨯=， 所以202012220201222a a a ++⋯+=-. 综上可得，A 、C 、D 是正确的，B 是错误的. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.5．B解析：B 【分析】A 区域与其他区域都相邻，从A 开始分步进行其它区域填涂可解【详解】解：根据题意，如图，假设5个区域依次为A B C D E 、、、、，分4步分析：①，对于A 区域，有4种涂法，②，对于B 区域，与A 相邻，有3种涂法， ③，对于C 区域，与A B 、 相邻，有2种涂法，④，对于D 区域，若其与B 区域同色，则E 有2种涂法，若D 区域与B 区域不同色，则E 有1种涂法，则D E 、 区域有2+1＝3种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种； 故选： B ．【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．6．D解析：D 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】二项式3nx x 的展开式中第13项12101212123313()nn n n T C x C x x --⎛== ⎝， 令1003n-=，得30n =. 故选：D. 【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.7．C解析：C 【分析】根据已知中a 和b 对模m 同余的定义,结合二项式定理,我们可以求出a 的值,结合(mod8)a b =，比照四个答案中的数字，即可求解.【详解】0122202020202020202022...2=(12)3a C C C C =+⋅+⋅++⋅+=，又201010012210101010101039(18)888C C C C ==+=+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅a ∴被8除得的余数为1，同理b 被8除得的余数也要为1，观察四个选项，可知选C. 故选：C 【点睛】本题考查的知识点是同余定理,其中正确理解a 和b 对模m 同余，是解答本题的关键，同时利用二项式定理求出a 的值,也很关键.8．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.9．D解析：D 【分析】先把小球分3组共有24C 种分法，再将3组小球全排列，放入对应3个盒子即可.【详解】根据题意，分2步安排，第一步，把4个小球分成3组，其中1组2只，剩余2组各1只，分组方法有246C =种， 第二步，把这3组小球全排列，对应3个盒子，有336A =种, 根据分步计数原理可得所有的不同方法共有6636⨯=种. 故选：D 【点睛】本题主要考查了计数原理，排列与组合的应用，属于中档题.10．D解析：D【分析】根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5项工作分成3组的情况数目，②、将分好的三组全排列，对应3名志愿者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5项工作分成3组若分成1、1、3的三组，有3115212210C C CA=种分组方法，若分成1、2、2的三组，有2215312215C C CA=种分组方法，则将5项工作分成3组，有101525+=种分组方法；②将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有336A=种情况；所以不同的安排方式则有256150⨯=种.故选：D．【点睛】本题考查排列、组合的应用，以及部分平均分配问题，注意分组时要进行分类讨论. 11．A解析：A【分析】要使四个数的和为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个，再根据排列组合及计数原理知识，即可求解.【详解】从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和要为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个：所以共有1331545460C C C C+=种取法.故选：A【点睛】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于简单题.12．C解析：C【分析】由甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数，即可得到答案.【详解】因为甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，即从四个中选二个和 其余二个看成三个元素的全排列共有：2343C A ⋅种； 又因为丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，所以再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数有33A 种， 所以不同的分配方法种数有：23343336630C A A ⋅-=-= 故选：C 【点睛】本题考查了排列组合的应用，考查了间接法求排列组合应用问题，属于一般题.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】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.15．120【分析】假定5个球排成一排5个小球之间有6个空位取空位的情况来达到使小球的编号连续的目的有两种情况：（1）有3个号码是连续；（2）分别有2组号码连续但这2组号码与另一个球的号码不相邻分别求组合解析：120 【分析】假定5个球排成一排，5个小球之间有6个空位，取空位的情况来达到使小球的编号连续的目的，有两种情况：（1）有3个号码是连续；（2）分别有2组号码连续，但这2组号码与另一个球的号码不相邻，分别求组合数，可得答案. 【详解】将5个小球排成一排，在5个小球中间有6个空位，5个小球的编号恰好有两组“好球”，分两种情况：（1）这5个球中有3个球的号码是连续的，另两个小球的号码的是间断的，3个小球的号码与另2个球的号码也不是连续的，有216460C C =，（2）这5个球中有2组球的号码分别连接，但这两组球的号码与另一个球的号码是不连续的，有126560C C =，故任取的5个球中恰有两组“好球”的取法有60+60120=种取法， 故答案为：120. 【点睛】本题考查组合知识，对于相邻问题和相间问题，常采用分析空位的方法，属于中档题.16．20【分析】因为最高的女生站在正中间因此只需要考虑最高的女生的左边或者右边即可因为当最高女生的左边（或右边）确定好后其右边（或左边）也就确定了由此计算出七位女生排队的方法数【详解】由题意可知当最高的解析：20 【分析】因为最高的女生站在正中间，因此只需要考虑最高的女生的左边或者右边即可，因为当最高女生的左边（或右边）确定好后，其右边（或左边）也就确定了，由此计算出七位女生排队的方法数. 【详解】由题意可知，当最高的女生站在正中间，此时只需要排好左右两边， 第一步：先排左边，有3620C =种排法，第二步：再排右边，此时另外三人按从高到低排列，只有1种排法， 所以总的排法数为：36120C ⨯=种. 故答案为20. 【点睛】本题考查分步乘法原理以及排列组合的简单应用，难度一般.利用排列组合的方法解答计数问题时，要活用分步乘法和分类加法计数原理.17．144【分析】优先安排男同事甲在星期日轮值有1种再安排其余3位男同事作全排列有最后安排女同事插在三个男同事中有最后根据分步用乘法的原理得：【详解】解：第一步：先安排男同事甲在星期日轮值有1种第二步：解析：144 【分析】优先安排男同事甲在星期日轮值有1种，再安排其余3位男同事作全排列有33A ，最后安排女同事插在三个男同事中有34A ，最后根据分步用乘法的原理得：331A ⨯34144A =. 【详解】解：第一步：先安排男同事甲在星期日轮值有1种， 第二步：其余3位男同事作全排列有33A ，第三步：因为三位女同事任何两位的安排不能连在一起，所以后3位女同事插空安排有34A ，分步完成共有方法种数为：1⨯33A 34144A =. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查分步计数原理与排列，属于中档题.18．【分析】分两种情况讨论：①甲在最右边；②乙在最右边分别计算出两种情况下的排法种数利用分类加法计数原理可求得结果【详解】分两种情况讨论：①甲在最右边则其他位置的安排没有限制此时排法种数为；②乙在最右边 解析：216【分析】分两种情况讨论：①甲在最右边；②乙在最右边.分别计算出两种情况下的排法种数，利用分类加法计数原理可求得结果. 【详解】分两种情况讨论：①甲在最右边，则其他位置的安排没有限制，此时排法种数为55A ； ②乙在最右边，甲在除了最左边和最右边以外的四个位置，再对剩下四个进行排列，此时，排法种数为1444C A .综上所述，不同的排法种数为514544216A C A +=.故答案为：216. 【点睛】本题考查排列组合，解题的关键就是要对甲的位置分类讨论，考查计算能力，属于中等题.19．1或9【分析】由再根据组合的互补性质可得即可解得的值【详解】解：由可得：解得：又根据组合的互补性质可得可得：解得：故答案为：1或9【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用掌握组合数的性质和组合数公式解析：1或9 【分析】由212626x x C C -=，再根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，即可解得x 的值．【详解】解：由212626x x C C -=，可得：21x x =-，解得：1x =，又根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，可得：26(21)x x =--，解得：9x =． 故答案为：1或9． 【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用，掌握组合数的性质和组合数公式是解题的关键．20．【分析】本题属于分组分配问题可按上午参观时A 是否与其他小队分在一组进行讨论分上下午两步安排参观即可得出答案【详解】若与中的某一支小队分在一组上午有种参观方法下午参观时三支小队不去各自上午参观的高校有解析：【分析】本题属于分组分配问题，可按上午参观时A 是否与其他小队分在一组进行讨论，分上下午两步安排参观，即可得出答案. 【详解】若A 与B 、C 、D 中的某一支小队分在一组，上午有1333C A ⋅种参观方法， 下午参观时B 、C 、D 三支小队不去各自上午参观的高校，有2种方法， 故有1333236C A ⋅⋅=种；若B 、C 、D 中某两支队分在一组，上午有2333C A ⋅种参观方法， 下午再安排时，也有2种方法， 故有2333236C A ⋅⋅=种. 所以一共有363672+=种. 故答案为：72. 【点睛】本题考查考查分组分配问题，注意其中的分类分步，属于中档题.三、解答题21．（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. 22．（1）8064-；（2）415360x --. 【分析】（1）分别求出11)n +展开式的二项式系数和，(31)n x -展开式的偶数项的二项式系数和，利用两者差48列方程，解方程求出n 的值，22nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭二项式系数最大项为第1n +，即可求解；（2）设第1k +项系数绝对值最大，化简二项展开式的通项公式，利用系数绝对值最大项比前后两项的系数绝对值都大列不等式组，解不等式组求得k 的取值范围，由此求得k 的值 【详解】（1）依题意112248,232,5n n n n +--==∴=， 102x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中第6项二项式系数最大， 即5556102()8064T C x x=-=-；（2）设第1k +项的系数的绝对值最大，则10102110102()(1)2k k k k kk k k T C xC x x--+=⋅⋅-=-⋅⋅⋅， 1110101110102222k k k k k k k k C C C C --++⎧⋅≤⋅∴⎨⋅≥⋅⎩，得110101101022k k k k C C C C -+⎧≤∴⎨≥⎩， 即2221202k k k k-≥⎧⎨+≥-⎩，1922,733k k ∴≤≤∴=， 所以系数的绝对值最大的是第8项，即77744810(1)215360T C x x --=-⋅⋅=-.【点睛】本题考查二项式系数和、二项式系数最大项、系数绝对值最大项，考查计算求解能力，属于中档题.23．（1）480；（2）240；（3）504. 【分析】（1）利用插空法可求出排法种数； （2）利用捆绑法可求出排法种数；（3）分两种情况讨论：①若A 在排尾；②若A 不在排尾.分别求出每一种情况的排法种数，由加法原理计算可得出答案. 【详解】（1）将A 、B 插入到其余4人所形成的5个空中，因此，排法种数为42452420480A A =⨯=；（2）将A 、B 两人捆绑在一起看作一个复合元素和其他4人去安排， 因此，排法种数为25252120240A A =⨯=； （3）分以下两种情况讨论：①若A 在排尾，则剩下的5人全排列，故有55120A =种排法；②若A 不在排尾，则A 有4个位置可选，B 有4个位置可选，将剩下的4人全排列，安排在其它4个位置即可，此时，共有114444384C C A =种排法. 综上所述，共有120384504+=种不同的排法种数. 【点睛】本题考查了排列、组合的应用，同时也考查了插空法、捆绑法以及分类计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题. 24．（1）119种（2）31种 【分析】(1)利用间接法可得满足题意的方法数.(2)由分类加法计数原理结合分步乘法计数原理可得满足题意的方法数. 【详解】（1）利用间接法可知满足题意的投放方法为：551119A -=种. （2）分为三类：第一类，五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种；第二类，三个球的编号与盒子的编号相同，球的编号与盒子的编号相同的投放方法有35C 种，球的编号与盒子的编号不同的投放方法有1种，所以投放方法有35110C ⨯=种； 第三类，两个球的编号与盒子的编号相同，球的编号与盒子的编号相同的投放方法有25C 种，球的编号与盒子的编号不同的投放方法有2种，所以投放方法有35220C ⨯=种. 根据分类加法计数原理得，所有的投放方法有1102031++=种.【点睛】本题主要考查间接法的应用，分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.25．（1）（2）（3）见证明【解析】【分析】（1）先写出展开式的通项，得到，，，根据数列是等差数列，列出等式，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，确定中间项为第5项，进而可求出结果；（3）根据数学归纳法的一般步骤，直接证明即可.【详解】解：（1）展开式的通项为，依题意，，，由可得（舍去）或.（2）所以展开式的中间项是第五项为：.（3）证：由（1），①当时，结论成立；当时，；②设当时，，则时，，由，可知，即.综上①②，当时，成立.【点睛】本题主要考查二项展开式以及数学归纳法，只需熟记二项式定理以及数学归纳法的一般步骤即可，属于常考题型. 26．（1）720种（2）936种 【分析】（1）由题意可知前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品，所以选出排列即可. （2）至多五次能找到，包括检测3次都是次品，检测四次测出3件次品，检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品，剩下的为次品，以此求出每种情况求和可得结果. 【详解】解：（1）若在第五次检测出最后一件次品，则前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品.则不同的检测方法共有412445720C A A =种.（2）检测3次可测出3件次品，不同的测试方法有336A =种 检测4次可测出3件次品，不同的测试方法有13253390C A A =种；检测5次测出3件次品，分为两类：一类是恰好第5次测到次品，一类是前5次测到都是正品，不同的测试方法共有41524455840C A A A +=种．所以共有936种测试方法 【点睛】本题考查排列组合的实际应用，考查分步计数的原理以及学生处理实际问题的能力，最后一次的问题一定要注意最后一次是确定的事件，本题属于中档题.。
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二、填空题（共 3 小题；共 15 分）
15. 一个袋子里装有 张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有 张不同的中国联通手机卡，某人
想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，一共有
种不同的取法．
16. 从 ， ， ， 这十个数中取出四个数，使它们的和为奇数，共有 答）．
种取法（用数字作
选修 2-3 第一章练习试卷
C.
D.
一、选择题（共 14 小题；共 70 分）
1. 甲、乙两人计划从 ， ， 三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有
A. 种
B. 种
C. 种
D. 种
7. 设
的展开式中 的系数为 ，二项式系数为 ，则
A. 75
B. 60
C. 55
=( ) D. 45
A.
种
B.
种
C.
种
D.
种
10. 某国际会议结束后，中、美、俄等 国领导人合影留念，他们站成两排，前排 人，后排 人，中 国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导 人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )
A. 种
B. 种
C.
种
D.
种
5. A. 45
17. 平面上有 个点，除某 点在一条直线上外，再无其他三点共线，若过其中两点作一直线，则可作
成不同的直线
条．
三、解答题（共 5 小题；共 65 分）
18. 设集合
，
是坐标平面上的点，
.
Ⅰ 可以表示多少个平面上的不同的点
Ⅱ 可以表示多少个第二象限内的点
Ⅲ 可以表示多少个不在直线
上的点
20. 已知 件不同的产品中有 件次品，现对它们一一测试，直至找到所有 件次品为止．
步乘法计数原理得
（个）．
． （2） 分两步，第一步确定横坐标有 种，第二步确定纵坐标有 种，根据分步乘法计数原理得
个．
22. （1） 问题可以看作： 个元素的全排列
．
（3） 分两步，第一步确定横坐标有 种，第二步确定纵坐标有 种，根据分步乘法计数原理得 个．
19. （1） 至少有 名女生入选的选法为
种排法；将 种排法，故选
，得 ，∴
项 14. C 第二部分
6. A 7. 答案：A
15. 答案：
解析：
，令
解析：从移动、联通卡中各取一张，则要分两步进行，从移动卡中取一张有 种方法，从联通卡中取一
张有 种方法，则应用乘法计数原理，共有取法
种．
8. 答案：C
16. 答案：
解析：因为是同样的服装，所以是组合的问题．
A. 144
B. 192
C. 360
D. 720
Ⅰ 至少有 名女生入选；
Ⅱ 至多有 名女生入选；
14. 某小区有排成一排的 个车位，现有 辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的 个车位连在一 起，那么不同的停放方法的种数为
A.
B.
C.
D.
Ⅲ 男生甲和女生乙入选； Ⅳ 男生甲和女生乙不能同时入选； Ⅴ 男生甲、女生乙至少有一个人入选．
Ⅰ 若恰在第 次测试时，才测试到第一件次品，第 次才找到最后一件次品，则共有多少种不同 的测试方法
21. 已知 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
，求： ； ；
．
22. 位同学站队： Ⅰ 站成一排，共有多少种不同的排法 Ⅱ 站成两排（前 后 ），共有多少种不同的排法 Ⅲ 站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法 Ⅳ 站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种
其他 国领导人可以任意站，因此有
种排法，第二步，∵ 2 位老人相 种排法．第三步，2 名老人之间的排 11. 答案：B
种站法．根据分步计数原理，共有
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种站法．
种排法．
解析：因为
．
种站法；
3. 答案：D
当 ， ， 时， 为正整数次幂．
解析：由于
展开式的通项公式为
展开式中的常数项为
，故选 D．
4. 答案：C
（4） 男生甲和女生乙不能同时入选的选法为
；
所以一共有
种排列方法．
（5） 男生甲、女生乙至少有一个人入选的选法为
.
解法 2：（排除法）
20. （1） 若恰在第 次测试时，才测到第一件次品，第 次才找到最后一件次品，若是不放回的逐个抽
取测试．
若甲站在排头有 种方法；
种方法；
第 次测到第一件次品有 种抽法；
的二项展开式中， 项的系数是( )
B. 90
C. 135
D. 270
11.
的展开式中，含 的正整数次幂的项共有
A. 项
B. 项
C. 项
D. 项
6. 现有
名同学去听同时进行的
个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法 12. 从
个男生， 个女生中挑选
人参加智力竞赛，要求至少有
个女生参加的选法共有(
参考答案
所以一共有
种方法．
第一部分
10. 答案：D
1. B 2. 答案：B
解析：可分 3 步．第一步，排两端，∵ 从 5 名志愿者中选 2 名有
邻，把 2 个老人看成整体，与剩下的 3 名志愿者全排列，有
列，有
种排法．最后，三步方法数相乘，共有
解析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有
解析：由题意可知
，令 得 ，令
．故选 C．
5. 答案：C
解析：由于 的系数是
的二项展开式的通项公式为 ，故选 C．
得 ，令
，解得 ，∴ 12. 答案：B
解析：
．
，所以
13. 答案：B
解析：根据题意，语文课排在上午（前 4 节），生物课排在下午（后 2 节），则有
剩下的 4 门课全排列，有 B．
种排法，所以由分步乘法计数原理，共有
若乙站在排尾有 种方法；
第 次测到最后一件次品有 种抽法；
第 至第 次抽取测到最后两件次品共有 种抽法；剩余 次抽到的是正品，共有 法．
若甲站在排头且乙站在排尾则有 种方法，
种抽 所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法．
共有
种．
21. （1） 令 ，得
．令 ，得
，
所以
．
（2）
．
)
的种数是
A.
B.
A. 种
B. 种
C. 种
D. 种
13. 要排出某理科班一天中语文、数学、物理、英语、生物、化学 6 堂课的课程表，要求语文课排在上
午（前 4 节），生物课排在下午（后 2 节），不同排法种数为( )．
19. 要从 名女生， 名男生中选出 名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法
；
（2） 根据分步计数原理： （3） 问题可以看作：余下的 个元素的全排列 （4） 解法 1（直接法）：
． ．
（2） 至多有 名女生入选的选法为
；
第一步从（除去甲、乙）其余的 位同学中选 位同学站在排头和排尾有
（3） 男生甲和女生乙入选的选法为
；
第二步从余下的 位同学中选 5 位进行排列（全排列）有 种方法，
展开式中的常数项为( ) B. 160
C. -160
D. 240
4. 若 A. -2
，则
的值是( )
B. -3
C. 125
D. -131
9. 某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织 个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的 个博物馆， 每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )
2. 记者要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，两位老人相邻但不排在两端，不 同的排法共有( )
A. 1440 种
B. 960 种
C. 720 种
D. 480 种
8. 个人分 件同样的服装，每人至多分 件，而且服装必须分完，那么不同的分法种数是
A.
B.
C.
D.
3. 二项式 A. -240
解析：要使四个数的和为奇数，则需 偶 奇或 奇 偶，故共有
9. 答案：D
17. 答案：
解析：从 个年级中选出 个年级参观甲博物馆，则方法有 种，其余的 个年级，每一个年级都有 解析：
．
种选择方法，
（种）．
第三部分
（3） 因为
18. （1） 分两步，第一步确定横坐标有 种，第二步确定纵坐标有 种，经检验 个点均不相同，由分