2015级组合数学复习题解答
2015届高考数学一轮复习 排列与组合跟踪检测 理(含解析)新人教A版
课时跟踪检测(六十三)排列与组合第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·开封模拟)把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1～5号的箱子中，每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中，则所有的放法种数为() A．36B．20C．12 D．102．(2013·昆明重点高中检测)某班班会准备从含甲、乙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序种数为()A．720 B．520C．600 D．3603．(2013·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为()A．72 B．324C．648 D．1 2964．(2013·合肥调研)身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数为() A．24 B．28C．36 D．485．(2014·大连模拟)把五个标号为1到5的小球全部放入标号为1到4的四个盒子中，不许有空盒且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放法有() A．36种B．45种C．54种D．96种6．(2014·哈师大附中模拟)将4名实习教师分配到高一年级的3个班实习，若每班至少安排1名教师，则不同的分配方案种数为()A．12 B．36C．72 D．1087．(2013·广州调研)某高校从5名男大学生志愿者和4名女大学生志愿者中选出3名派到3所学校支教(每所学校一名志愿者)，要求这3名志愿者中男、女大学生都有，则不同的选派方案共有()A．210种B．420种C．630种D．840种8．(2013·开封模拟)2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是()A．60 B．48C．42 D．369．(2014·潍坊检测)张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．(用数字作答)10．(2013·石家庄模拟)有4名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有1人参加，每名同学只参加一项比赛，另外甲同学不能参加跳舞比赛，则不同的参赛方案的种数为________(用数字作答)．11．某公司计划在北京、上海、广州、南京4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该公司不同的投资方案种数是________(用数字作答)．12．(2014·重庆模拟)将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法共有________种．第Ⅱ组：重点选做题1．从1到9的9个数字中取3个偶数4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，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？2．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？答案第Ⅰ组：全员必做题1．选C依题意，满足题意的放法种数为A22·A33＝12，选C.2．选C根据题意，分2种情况讨论：若甲、乙其中一人参加，有C12·C35·A44＝480种；若甲、乙2人都参加，共有C22·C25·A44＝240种发言顺序，其中甲、乙相邻的情况有C22·C25·A22·A33＝120种，故有240－120＝120种．则不同的发言顺序种数为480＋120＝600.3．选D核潜艇排列数为A22，6艘舰艇任意排列的排列数为A66，同侧均是同种舰艇的排列数为A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为A22(A66－A33A33×2)＝1 296.4．选D穿红色衣服的人相邻的排法有C14A22A33＝48种，同理穿黄色衣服的人相邻的排法也有48种．而红色、黄色同时相邻的有A22·A22·A33＝24种．故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有A55－2×48＋24＝48种．5．选A先把5号球放入任意一个盒子中有4种放法，再把剩下的四个球放入盒子中，根据4的“错位数”是9，得不同的放法有4×9＝36种．6．选B本题是定向分配问题．由于元素个数多于位置个数，故先分堆再分位置，分两步完成，第一步，从4名教师中选出2名教师分成一组，其余2名教师各自为一组，共有C24种选法，第二步，将上述三组与3个班级对应，共有A33种，这样，所求的不同的方案种数为C24A33＝36.7．选B从这9名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，则有A39种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有A35＋A34种，故符合条件的选派方案有A39－(A35＋A34)＝420种．8．选B第一步选2女相邻排列C23·A22，第二步另一女生排列A22，第三步男生甲插在中间，1种插法，第四步另一男生插空C14，故有C23·A22·A22·C14＝48种不同排法．9．解析：第一步：将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有A33种排法；第三步：将两个小孩排序有2种排法．故总的排法有2×2×A33＝24(种)．答案：2410．解析：依题意，当甲1人一组时，共有C12C23A22＝12种不同参赛方式；当甲和另1人一组时，共有C13A12A22＝12种不同参赛方式，所以共有24种不同参赛方式．答案：2411．解析：由题意知按选择投资城市的个数分两类：①投资3个城市，每个城市只投资1个项目，有A34种方案；②投资2个城市，其中一个城市投资1个项目，另一个城市投资2个项目．即先从3个项目中选2个看作1个元素(投资在某一个城市)，另一个项目看作1个元素(投资在另一个城市)，然后把这2个元素在4个城市里进行选排，这样有C23A24种方案；所以该公司共有不同的投资方案种数是A34＋C23A24＝60.答案：6012．解析：将7个相同的球放入4个不同的盒子，即把7个球分成4组，因为要求每个盒子都有球，所以每个盒子至少放1个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空中插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同的插入方法共有C36＝20种，所以每个盒子都有球的放法共有20种．答案：20第Ⅱ组：重点选做题1．解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A77种情况．所以符合题意的七位数有C34C45A77＝100 800个．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A55A33＝14 400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C34C45A33A44A22＝5 760个．2．解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144种．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24种方法，4个球放进2个盒子可分成(3,1)，(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法． 故共有C 24⎝⎛⎭⎫C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22＝84种．。
2015年组合教育密押三套卷(一)理答案
x =c o sπ x 0) f( 0+
3 又 π 所以 π ( ) ) 1 0 =c o s 0< f( φ= 2 , φ< 2 , φ= 6 .
增区间上 , π π 得 1 则π x =2 k π - , x k- , k∈Z. 0+ 0 =2 6 6 3 π 1 5 , 周期 T=2 由题图可知 0<x 所以 x =2, = . 0 <2 0 =2×1π 3 3 ……6 分 1 π π ( ) 2 x) =f( x) +f x+ =c o sπ +c o sπ x+ x+ g( 3 6 2
y A P
x
y
2 -2 0
-1 -2
0
y-x <1?
否 否 是
输出 ? 否 否 -2
F1
O
F2 B x
二、 填空题 等比数列 , 前 n 项和公式 . ( ) 5. A 分析 提炼关键词 : i i 2i 2 i +1, 一 解析 9. = = n-1 ( 解析 解 法 一 : 由题意可得a ) ( ) n≥2, n∈ n =S n -S n-1 =2·3 2+ i ( 2+ i 2i 5 a 2 , 又{ 为等比数列 , 则等比数列 { 的 公 比 为 3, 可 得a 所以复数 i 的对应点 , 位于第一象限 . N* ) a a n} n} 1= 2+ i q 6 4 由a 可得 k=-1. 故选 A. 分析 提炼关键词 : 向量 , 平行 . = =2. S k=2, 1 0. 1= 1 =3+ 3 3 n n 解 法 二 :等 比 数 列 前 n 项 和 Sn =3 + k = 1 · 3 + k,则 k i n α 2, 解析 由 a∥ 可得s 即t b, = a n α=2. 故选 A. c o s α 1 =-1. n ( ) 2 t a n α 4 4 a a a 1 11 1 q n n 所以 t · , 评注 S a n 2 α= =- . = =k k≠0, S n= n q+ q -k( q≠1) 2 = 3 1t a n α 1-4 111q q q n 为关于q 的指数型函数 , 且系常互为相反数 . 1 解 析 由 三 棱 锥 的 三 视 图 还 原 三 棱 锥 的 立 体 图 形, 如图 1 1. 如图中阴影部分 6 6. A 解析 由题意画出满足约束条件的平面区域 , 所示 . 所示 . 整 理 得 y= x - z . 由题意可知, 当且仅当- z z=x-3 y, 1 1 1 1 3 3 3 VA-B S h= × ×1×1×1= , C D= B C D· 3 3 2 6 x = m , 取得最小值 , 即直线l 联立 z 取得最大值 8. 2 通过点 A 时 , y=x 所以三棱锥的体积为 1 . 6 解得 x=m , 则 A( 代入 z=x-3 得 m-3 得 m= m, m) m=8, y 中, y=m 故选 A. -4. A
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：计数原理、随机变量及分布列 排列与组合(含答案)
第十一章 计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合(理科专用)1. 若A 3n ＝6C 4n ，则n ＝________．答案：7解析：n ！（n －3）！＝6×n ！（n －4）！×4！，得n －3＝4，解得n ＝7.2. 乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛.3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有________种(用数字作答)．答案：252解析：三名主力安排有A 33种，其余7名选2名安排在第二、四位置上有A 27种排法，故共有排法数A 33A 27＝252种．3. 某班有30名男生，20名女生，现要从中选出5人组成一个宣传小组，其中男、女学生均不少于2人的选法为________(只列式，不计算)．答案：C 330C 220＋C 230C 320解析：男生2人，女生3人，有C 230C 320；男生3人，女生2人，有C 330C 220，共计C 230C 320＋C 330C 220.4. 有6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，不同的分法种数是________． 答案：90解析：甲得2本有C 26，乙从余下的4本中取2本有C 24，余下的C 22，共计C 26C 24.5. 某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________(用数字作答)．答案：266解析：根据题意，可有以下两种情况：① 用10元钱买2元1本共有C 58＝56；② 用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本，共有C 48·C 23＝70×3＝210.故210＋56＝266.6. A ＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，则含有五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为________．答案：105解析：直接法：分三类，在4个偶数中分别选2个、3个、4个偶数，其余选奇数，C 24C 35＋C 34C 25＋C 44C 15＝105；间接法：C 59－C 55－C 45C 14＝105.7. 某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种，现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备________种不同的素菜．答案：7 解析：在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有C 25＝10种，设素菜为x 种，则C 2x ·C 25≥200，解得x ≥7，∴ 至少应有7种素菜．8. 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能都是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为________．答案：472解析：若没有红色卡，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C 14×C 14×C 14＝64种，若2色相同，则有C 23C 12C 24C 14＝144；若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有C 14×C 23×C 14×C 14＝192种，如同色则有C 14C 23C 24＝72，所以共有64＋144＋192＋72＝472.9. 用0、1、2、3四个数字组成没有重复数字的自然数．(1) 把这些自然数从小到大排成一个数列，问1230是这个数列的第几项？ (2) 其中的四位数中偶数有多少个？解：(1) 分类讨论：①1位自然数有4个；②2位自然数有9个；③3位自然数有18个，即A 34－A 23＝3A 33＝18个；④4位自然数中，“10XY ”型有A 22＝2个，1 203，1 230共有4个；由分类计数原理知1 230是此数列的第4＋9＋18＋4＝35项．(2) 四位数中的偶数有A3＋A2A2＝10个．10. 已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1) 过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？(2) 以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3) 上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解：(1) 所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C14·C26个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C24·C16个；③α、β本身．∴所作的平面最多有C14·C26＋C24·C16＋2＝98个．(2) 所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C14·C36个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C24·C26个；③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C34·C16个．∴最多可作出的三棱锥有C14·C36＋C24·C26＋C34·C16＝194个．(3) ∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等，且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C36＋C34＋C26·C24＝114个．11. 6个人坐在一排10个座位上．问：(1) 空位不相邻的坐法有多少种？(2) 4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？(3) 4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？解：6个人排有A66种，6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位．(1) 空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中，有C47＝35种插法，故空位不相邻的坐法有A66·C47＝252 00种．(2) 将相邻的3个空位当作一个元素，另一空位当作另一个元素，往7个“间隔”里插有A27种插法，故4个空位中只有3个相邻的坐法有A66A27＝302 40种．(3) 4个空位至少有2个相邻的情况有三类：①4个空位各不相邻有C47种坐法；②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有C17C26种坐法；③4个空位分两组，每组都有2个相邻，有C27种坐法．综合上述，应有A66(C47＋C17C26＋C27)＝115 920种坐法．。
2015年组合教育密押三套卷理科(三)理答案
) -2 2-4- ( -2 所以直线l 与 直 线l '的 距 离 d = =2+ 2, 2 即点 P 到直线l 距离的最大值2+ 2 .
(
)
(
)
(
)
所以 S△ABC = 1 ×1× 3= 3 . 故选 C . 2 2 2 其线段长分别有 9 .B 解析 从 8个顶点中任取两点有 C 2 8种取法 , 8=
( ) π , 1 所以 2 2, 因为θ∈ (0, c o s θ= , s i n θ= 2) 3 3
, , , 每种长度各有 4条 , 其中长度大于 3的有 3 1 2 3 5, 1 0, 1 3, 1 4, 1 2 故两点距离大于 3的概率 P= = 3 . 故选 B × 4 = 1 2条 , . 2 8 7 x 1 3 , , 函数y= 1 0 .D 解析 依题意 , x l n x, s i n x+1 满足 y= y= y=2 2 在定义域上均值为 1 . 故选 D .
π 7 π 所以 3 ( =7 l o 33 = , s i n l o a l o a l o a = . g g g g 3 3 1+ 3 2+ … + 3 7) 3 2 2 解析 ① 当 x<-3 时 , 原不等式化为 1 3 . x x<- 或 x>2 5 x ( ) 解得 x<1 所以 x<-3 x+3 -( 1-2 x) < +1, 0, . 2 1 x ) 原不等式化为 ( ② 当 -3≤x≤ 时 , x+3 -( 1-2 x) < +1, 2 2 解得 x<- 2 , 所以 -3≤x<- 2 . 5 5 1 时, x ( ) ) 当 原不等式化为 ③ x≥ x+3 -( 2 x-1 < +1, 2 2 解得 x>2, 所以 x>2 . 综上可知 , 原不等式的解集为 x x<- 2 或 x>2 . 5 2 2 2 2 2 2 2 ρ =x +y 得 , ( ) , ( ) 解析 由 1 4 . x-4 +y =4 2+ 2 1 x +y c o s θ=x ρ 2 2 , ( ) 8 x+1 2=0 所以圆 C 的直角坐标方程为 x-4 +y =4 . ( ) 直线l 的普通方程为x-y-2=0 2 . 设与直线l 平行的直线l '的方程为x-y+m=0, 4+m 则当直线l '与圆C 相切时 : =2, 2 , 解得 m=-2 2-4 或 m=2 2-4 ( 舍去 )
2015届高考数学(文)一轮复习质量检测7《排列组合、二项式定理、统计、概率》(北师大版)Word版含解析
质量检测(七)测试内容：排列组合、二项式定理、统计、概率(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，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．某小区有125户高收入家庭、280户中等收入家庭、95户低收入家庭．现采用分层抽样的方法从中抽取100户，对这些家庭社会购买力的某项指标进行调查，则中等收入家庭中应抽选出的户数为( )A ．70户B ．17户C ．56户D ．25户解析：总体容量为125＋280＋95＝500，样本容量为100，则中等收入家庭中应抽选出的户数为280×100500＝56户．故选C.答案：C2．(2013年青岛质检)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中x 2的系数为( )A ．－240B ．240C ．－60D ．60解析：由二项式定理通项公式，得T r ＋1＝C r 6(－1)r 26－r ·x 6－2r，所以r ＝2，系数为C 2624×(－1)2＝240.答案：B3．(2012年西安模拟)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )A.13 B.12 C.23D.34解析：甲、乙参加兴趣小组各有3种选择，故共有C 13·C 13＝9种，而参加同一兴趣小组有3种选择，故概率为39＝13，选A.答案：A4．(2012年武汉调研)天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为40%.现采用随机模拟试验的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，用1,2,3,4表示下雨，用5,6,7,8,9,0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这三天的下雨情况．经随机模拟试验产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683431257393027556488730113537989据此估计，这三天中恰有两天下雨的概率近似为()A．0.35 B．0.25C．0.20 D．0.15解析：三天中恰有两天下雨的情况有：191,271,932,812,393等5种，故这三天中恰有两天下雨的概率近似为P＝520＝0.25.故选B.答案：B5．(2012年南昌模拟)某项测试成绩满分为10分，先随机抽取30名学生参加测试，得分如图所示，假设得分值的中位数为m e，平均值为x，众数为m0，则A．m e＝m0＝x B．m e＝m0<xC．m e<m0<x D．m0<m e<x解析：依图形可知，m e＝5＋62＝112，x＝3×2＋4×3＋5×10＋6×6＋7×3＋8×2＋9×2＋10×230＝179 30，m0＝5，所以m0<m e<x，选D.答案：D6．(2013年武汉调研测试)如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为()A.14B.15C.16D.17解析：依题意，正方形的面积为S ＝1×1＝1， 阴影部分的面积，∴点P 恰好取自阴影部分的概率P ＝S 1S ＝161＝16，选C. 答案：C7．(2013年黄冈质检)将5名支教志愿者分配到3所学校，每所学校至少分1人，至多分2人，且其中甲、乙2人不到同一所学校，则不同的分配方法共有( )A ．78种B ．36种C ．60种D ．72种解析：C 15C 24C 22A 22·A 33－C 22C 23A 33＝72.答案：D8．(2013年沈阳期末)袋中装有6个不同的红球和4个不同的白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出的也是红球的概率为A.59B.49C.29D.23解析：事件A 表示第1次摸出红球，事件B 表示第2次也摸出红球，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1335＝59，即在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出的也是红球的概率为59.答案：A9．(2013年广州质检)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字中任取3个不同的数字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x ，y ，z )，若x ＋y ＋z 是3的倍数，则满足条件的点的个数为( )C ．72D ．42解析：先按从小到大的顺序选择3个不同的数字，再进行全排列A 33，所以四个选择答案可以变化为42,36,12,7.(1)首数选0，则后续两个数为(1,2)，(1,5)，(1,8)，(2,4)，(2,7)，(3,6)，(3,9)，(4,5)，(4,8)，(5,7)，(6,9)，(7,8)，有12种；(2)首数选1，则后续两个数为(2,3)，(2,6)，(2,9)，(3,5)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，(5,9)，(6,8)，(8,9)，有10种；(3)首数选2，则后续两个数为(3,4)，(3,7)，(4,6)，(4,9)，(5,8)，(6,7)，(7,9)，有7种；(4)首数选3，则后续两个数为(4,5)，(4,8)，(5,7)，(6,9)，(7,8)，有5种； (5)首数选4，则后续两个数为(5,6)，(5,9)，(6,8)，(8,9)，有4种； (6)首数选5，则后续两个数为(6,7)，(7,9)，有2种； (7)首数选6，则后续两个数为(7,8)，有1种； (8)首数选7，则后续两个数为(8,9)，有1种． 综上可知，共有42种． 答案：A10．(2012年合肥质检)建立从集合A ＝{1,2,3,4}到集合B ＝{5,6,7}的所有函数，从中随机抽取一个函数，则其值域是B 的概率为( )A.916B.316C.49D.89解析：从A 到B 的函数一共有34＝81个，其中值域是B 的有C 24A 33＝36个，所以概率是49.答案：C11．(2012年长沙联考)某校在模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩ξ～N (90，a 2)(a >0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，则此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为( )C ．400D ．600解析：由ξ～N (90，a 2)，得正态曲线关于直线x ＝90对称，所以P (ξ≥110)＝P (ξ≤70)＝12[1－P (70<ξ<110)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝15.所以此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为1 000×15＝200.答案：A12．(2012年武汉调研)如图，设D 是图中边长分别为1和2的矩形区域，E 是D 内位于函数y ＝1x (x >0)图象下方的区域(阴影部分)，从D 内随机取一个点M ，则点M 取自E 内的概率为( )A.ln22B.1－ln22C.1＋ln22D.2－ln22解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1x，y ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2，故由几何概型得，点M 取自E 内的概率为.故选C.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．(2012年武汉调研)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫33x 2－1x n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中第7项的系数是________．解析：由题意，2n＝256，解得n ＝8.故⎝⎛⎭⎪⎫33x 2－1x n即⎝ ⎛⎭⎪⎫33x 2－1x 8展开式中第7项为C 68⎝⎛⎭⎫33x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 6＝9(－1)6C 68 ＝252 ，故展开式中第7项的系数是252.答案：25214．某工厂对一批元件进行了抽样检测，根据抽样检测后的元件长度(单位：mm)数据绘制了频率分布直方图(如下图)．若规定长度在[97,103)内的元件是合格品，则根据频率分布直方图估计这批产品的合格率是________．解析：依题意，可估计这批产品的合格率是1－(0.027 5×4＋0.045 0×2)＝0.8＝80%.答案：80%15．(2012年东北四校质检)在棱长为2的正方体内随机取一点，取到的点到正方体中心的距离大于1的概率为________．解析：该题属于几何概型．根据题意，到正方体中心的距离小于或等于1的点构成了以半径R ＝1的实心球，如图所示，其体积V 球＝43πR 3＝43π，则正方体内到正方体中心的距离大于1的点所构成图形的体积为V ′＝V正方体－V 球＝8－43π，则随机取的点到正方体中心的距离大于1的概率为P (d >1)＝V ′V 正方体＝8－43π8＝1－π6.答案：1－π616．面对竞争日益激烈的消费市场，众多商家不断扩大自己的销售市场，降低生产成本．某白酒酿造企业市场部对该企业某段时间内的产品销量x (千箱)与单位成本y (元)的资料进行线性回归分析，结果如下：x ＝72，y ＝71，∑i ＝16x 2i ＝79，∑i ＝16xi y i ＝1 481，b ^＝1 481－6×72×7179－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫722≈－1.818 2，a ^＝71－(－1.818 2)×72≈77.36，则销量每增加1 000箱，单位成本约下降________元．解析：依据题意可得回归直线方程为y ^＝－1.818 2x ＋ 77．36，故销量每增加1千箱，单位成本约下降1.818 2元． 答案：1.818 2三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(2012年浙江金华十校联考)某车间将10名技工平均分为甲、乙两组加工某种零件，在单位时间内每个技工加工零件若干，其中合格零件的个数如下表：由此分析两组技工的技术水平；(2)质检部门从该车间甲、乙两组中各随机抽取1名技工，对其加工的零件进行检测，若两人完成合格零件个数之和超过12件，则称该车间“质量合格”，求该车间“质量合格”的概率．解：(1)依题中的数据可得x甲＝15(4＋5＋7＋9＋10)＝7，x乙＝15(5＋6＋7＋8＋9)＝7，s2甲＝15[(4－7)2＋(5－7)2＋(7－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2]＝265＝5.2，s2乙＝15[(5－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2]＝2.因为x甲＝x乙，s2甲>s2乙，所以两组技工的总体水平相同，甲组中技工的技术水平差异比乙组大．(2)设事件A表示该车间“质量合格”，则从甲、乙两组中各抽取1名技工完成合格零件个数的基本事件为(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,5)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(7,5)，(7,6)，(7,7)，(7,8)，(7,9)，(9,5)，(9,6)，(9,7)，(9,8)，(9,9)，(10,5)，(10,6)，(10,7)，(10,8)，(10,9)，共25种．事件A包含的基本事件为(4,9)，(5,8)，(5,9)，(7,6)，(7,7)，(7,8)，(7,9)，(9,5)，(9,6)，(9,7)，(9,8)，(9,9)，(10,5)，(10,6)，(10,7)，(10,8)，(10,9)，共17种．所以P(A)＝17 25.18．下图是某校从参加高三体育考试的学生中抽出的60名学生体育成绩(均为整数)的频率分布直方图，该直方图恰好缺少了成绩在区间[70,80)内的图形，根据图形的信息，回答下列问题：(1)求成绩在区间[70,80)内的频率，并补全这个频率分布直方图；(2)估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)和平均分；(3)假设成绩在[80,90)内的学生中有23的成绩在85分以下(不含85分)，从成绩在[80,90)内的学生中选两人，求恰有1人成绩在85分以上(含85分)的概率．解：(1)因为各组的频率和等于1，故成绩在[70,80)内的频率为f4＝1－(0.01×2＋0.015＋0.020＋0.005)×10＝0.4.频率分布直方图如右图．(2)依题意，60分及以上的分数在第三、四、五、六段，故其频率和为(0.02＋0.04＋0.01＋0.005)×10＝0.75，所以抽样学生成绩的及格率是75%.45·f1＋55·f2＋65·f3＋75·f4＋85·f5＋95·f6＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.4＋85×0.1＋95×0．05＝69.所以估计这次考试的平均分是69分．(3)因为成绩在[80,90)内的人数＝0.01×10×60＝6，所以成绩在[80,85)和[85,90)内的人数分别为4人和2人．假设[80,85)段的学生的编号为1,2,3,4；[85,90)段的学生编号为5,6.记第一次抽到的学生编号为x，第二次抽到的学生编号为y，用数对(x，y)表示基本事件：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，其基本事件总数n＝15.解法一：记恰有1人成绩在[85,90)内的事件为A .事件A 包含基本事件：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，事件A 包含的基本事件数m ＝8.故所求概率为P (A )＝m n ＝815，故恰有1人成绩在85分以上(含85分)的概率是815.解法二：记恰有1人成绩在[85,90)内的事件为A ，则事件A －包含的基本事件：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，(5,6)，事件A －包含的基本事件数m ＝7，所以P (A )＝1－P (A －)＝1－715＝815，故恰有1人成绩在85分以上(含85分)的概率是815.19．(2012年石家庄质检)某工科院校对A ，B 两个专业的男女生人数进行调查，得到如下的列联表：(1)“专业”有关系呢？(2)从专业A 中随机抽取2名学生，记其中女生的人数为X ，求X 的分布列和数学期望．注：χ2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )解：(1)χ2＝100×(12×46－4×38)216×84×50×50≈4.762，由于4.762>3.841，因此在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为工科院校中“性别”与“专业”有关系．(2)专业A 中女生12人，男生38人，P(X＝0)＝C238C250＝7031 225，P(X＝1)＝C138C112C250＝4561 225，P(X＝2)＝C212C250＝661 225.所以X的分布列为所以E(X)＝1×4561 225＋2×661 225＝5881 225＝1225.20．(2012年昆明模拟)从某学校高三年级的甲、乙两个班各抽取10名同学，测量他们的身高(单位：cm)，获得身高数据的茎叶图如图所示．(1)分别计算甲、乙两班样本的平均数和方差，估计甲、乙两班同学的身高情况，并说明理由；(2)现从乙班这10名同学中随机抽取3名同学，设身高在(160,170)之间的同学被抽到的人数为X，求X的分布列和数学期望．解：(1)x甲＝170，x乙＝170，s2甲＝53，s2乙＝37.4，估计甲、乙两班的平均身高相同，且乙班同学的身高相对整齐些，而甲班同学的身高差距大些．(2)X＝0,1,2,3.P(X＝0)＝C37C310＝724，P(X＝1)＝C13C27C310＝2140，P(X＝2)＝C23C17C310＝740，P(X＝3)＝C33C310＝1120.所以X的分布列为所以E(X)＝0×427＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.21．“天宫一号”的顺利升空标志着我国火箭运载的技术日趋完善．据悉，担任“天宫一号”发射任务的是长征二号FT1火箭．为了确保发射万无一失，科学家对长征二号FT1运载火箭进行了170余项技术状态更改，增加了某项新技术．该项新技术要进入试用阶段前必须对其中三项不同指标甲、乙、丙进行量化检测．假设该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为23，23，12，指标甲、乙、丙检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响．(1)求该项技术量化得分不低于8分的概率；(2)记该项技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望．解：(1)记该项新技术的三个指标甲、乙、丙独立通过检测合格分别为事件A，B，C，则事件“得分不低于8分”表示为ABC＋A B C.因为ABC与A B C为互斥事件，且A，B，C为彼此独立，所以P(ABC＋A BC)＝P(ABC)＋P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝23×23×12＋23×13×12＝13.(2)该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数ξ的取值为0,1,2,3.因为P(ξ＝0)＝P(A B C)＝13×13×12＝118，P(ξ＝1)＝P(A B C＋A B C＋A B C)＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝5 18，P(ξ＝2)＝P(AB C＋A B C＋A BC)＝23×23×12＋23×13×12＋13×23×12＝818，P(ξ＝3)＝P(ABC)＝23×23×12＝418，所以随机变量ξ的分布列为所以E(ξ)＝0×118＋1×518＋2×818＋3×418＝518＋1618＋1218＝116.22．某品牌专卖店准备在春节期间举行促销活动，根据市场调查，该店决定从2种型号的洗衣机，2种型号的电视机和3种型号的电脑中，选出3种型号的商品进行促销．(1)试求选出的3种型号的商品中至少有一种是电脑的概率；(2)该店对选出的商品采用的促销方案是有奖销售，即在该商品现价的基础上将价格提高150元，同时，若顾客购买该商品，则允许有3次抽奖的机会，若中奖，则每次中奖都获得m 元奖金．假设顾客每次抽奖时获奖与否的概率都是12，设顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额(单位：元)为随机变量X ，请写出X 的分布列，并求X 的数学期望；(3)在(2)的条件下，问该店若想采用此促销方案获利，则每次中奖奖金要低于多少元？解：(1)从2种型号的洗衣机，2种型号的电视机，3种型号的电脑中，选出3种型号的商品一共有C 37种选法．选出的3种型号的商品中没有电脑的选法有C 34种， 所以选出的3种型号的商品中至少有一种是电脑的概率为 P ＝1－C 34C 37＝3135.(2)X 的所有可能的取值为0，m,2m,3m . X ＝0时表示顾客在三次抽奖中都没有中奖， 所以P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫120·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18， 同理可得P (X ＝m )＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫121·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝38， P (X ＝2m )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝38， P (X ＝3m )＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝18， 所以，顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额X 的分布列为E (X )＝0×18＋m ×38＋2m ×38＋3m ×18＝1.5m .(3)要使促销方案对商场有利，应使顾客获奖奖金总额的数学期望低于商场的提价数额，因此应有1.5m<150，所以m<100.故每次中奖奖金要低于100元，才能使促销方案对商场有利．。
2015届高考江西九校联合体数学(理)参考答案
江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考数学（理）答案一、选择题：1-5: C D DAB 6-10：BACDC 11-12: DA 二、填空题：13．160- 14．2- 15. π5 16. 6 三、解答题：17.解：由题意可得1)62sin(2)(+-=πx x f（1）226222πππππ+≤-≤-k x k所以增区间为： ]3,6[ππππ+-k k Z k ∈.………………………………………6分（2）由511)122(=+πA f 得53sin =A ；………………………………………7分1323)32(=+πB f 得1312sin ,135cos ==B B ；………………………………………8分 由于，＜simB simA 131253==则54,=ℑ⇒∠A CO b a ……………………………10分所以6563)sin(sin =+=B A C .……………………………………………………12分 18.解：（1）取AC 中点O ，连结BO PO ,， PC PA =，BC AB =，∴AC OB AC OP ⊥⊥,，又 平面⊥APC 平面ABC ，∴ABC OP 面⊥………2分，OB OP ⊥，∴222PB OB OP =+，即1641622=-+-OC OC ，得2=OC ，则14,2,2===OP OB OA ，22=AC ，………4分∴22222121=⋅⋅=⋅⋅=∆OB AC S ABC . ∴31421423131=⋅⋅=⋅⋅=∆-OP S V ABC ABC P .……………………6分 （2）方法一 ：分别以OP OC OB 、、为z y x 、、得)14,0,0(),0,2,0(),0,0,2(),0,2,0(),0,0,0(P C B A O -，………8分∴)0,2,2(-=，)14,0,2(-=，设平面PBC 的法向量),,(z y x =.由0,0=⋅=⋅得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-0142022z x y x ，取1=z ，得)1,7,7(=.10分)0,2,2(=AB ，∴15210152142||||,cos ==⋅>=<n AB n AB . 故直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为15210.……………………12分 方法二 ：设点A 到平面PBC 的距离为d ，作H BC BC PH 于点交⊥， 则15142222=-=-=HC PC PH ，151522121=⨯⨯=⋅=∆PH BC S PBC ∴151423142153131=⇒=⋅⋅=⋅⋅⇒=∆--d d d S V V PBC PBC A ABC P ∴直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为15210152142==AB d . 19.解：(1)4086531811325==C C C P …………………………5分 (2)X 可能的取值为0、1、2、3408143)0(318313===C C X P 408195)1(31821315===C C C X P 40865)2(31811325===C C C X P 4085)3(31835===C C X P………10分65=EX ……………………………………………………12分20.解：(1)连接QF ，∵|QE |＋|QF |=|QE |＋|QP |=|PE |=4>|EF |=32， ∴动点Q 的轨迹是以)0,3(-E 、)0,3(F 为焦点，长轴长42=a 的椭圆，即动点Q 的轨迹方程为:1422=+y x ；…………………4分(2)依题结合图形知直线l 的斜率不为零，所以设直线l 的方程为n my x +=(R m ∈)． ∵直线l 即0=--n my x 与圆O :122=+y x 相切，∴11||2=+m n 得122+=m n ．(5分) 又∵点B A ,的坐标),(),,(2211y x y x 满足：⎩⎨⎧=-++=04422y x n my x ， 消去x 整理得042)4(222=-+++n mny y m ，由韦达定理得42221+-=+m mny y ，442221+-=m n y y ．…………………6分又 ||1||212y y m AB -⋅+=，点O 到直线l 的距离11||2=+=mn d ，∴||||21||121||2121212y y n y y m AB d S AOB -⋅=-⋅+⋅=⋅=∆ 222222)4(132)4(32++⋅=+⋅=m m m n………8分∵21212121))((y y n my n my y y x x OB OA +++=+=⋅=λ414445)()1(22222221212++=+--=++++=m m m m n n y y mn y y m ． ∵3221≤≤λ，令12+=m t ，则]6,3[]32,21[3∈⇒∈+=t t t λ ∴69326932)3(32)4(13222222++=++⋅=+⋅=++⋅=∆tt tt t t t m m S AOB，…………………10分 ∵]121,272[691]227,12[69]227,12[69]215,6[9∈++⇒∈++⇒∈++⇒∈+tt t t t t t t ∴]1,322[∈∆AOB S ，∴AOB S ∆的取值范围为：]1,322[.…………………12分21.解：(1)x ae x f -=1)('，由题意知01)0('=-=a f 1=∴a .…………3分(2)由题意知：11x ae x = ① 22x ae x = ② 不妨设21x x <①-②得 )(2121x x e ea x x -=- 2121x x ee x x a --=∴ ③ …………5分 又)(2121x x e ea x x +=+，欲证221>+x x 只需证2)(21>+x x e e a ④联立③④得2))((212121>--+x x x x e e x x e e…………7分 即21))(1(212121>--+--x x x x e x x e ，令21x x t -= （0<t ） 则上式等价于21)1(>-+tt e te ，即02)2(>++-t t e t ⑤…………9分 令2)2()(++-=t t e t tϕ （0<t ） 1)1()('+-=t e t t ϕ，0)(''<=t te t ϕ )('t ϕ∴在)0,(-∞上单调递减，从而0)0(')('=>ϕϕt )(t ϕ∴在)0,(-∞上单调递增，从而0)0()(=<ϕϕt即⑤式成立，221>+∴x x ……………………………………………………12分 22.解：(1)证明：连接OA ， OB OA =，∴OBA OAB ∠=∠. PA 与圆O 相切于点A ，∴ 90=∠OAP . ∴OAB PAC ∠-=∠ 90. OP OB ⊥， ∴OBA BCO ∠-=∠ 90. ∴PAC BCO ∠=∠.又PCABCO ∠=∠，∴PCA PAC ∠=∠.∴PC PA =.…………………5分(2)假设PO 与圆O 相交于点M ，延长PO 交圆O 于点N .PA 与圆O 相切于点A ，PMN 是圆O 的割线， ∴)()(2ON PO OM PO PN PM PA +⋅-=⋅=．5=PO ，3==ON OM ，∴16)35()35(2=+⨯-=PA . ∴4=PA .∴由(1)知4==PA PC . ∴1=OC .在OAP Rt ∆中，53cos ==∠OP OA AOP . NC ABPMO∴5325313219cos 2222=⨯⨯⨯-+=∠⋅⋅⋅-+=AOP OC OA OC OA AC . ∴5104532==AC .…………………10分 23.解：(1)由θρcos 10=得01022=-+x y x ，即25)5(22=+-y x .…………4分(2)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得25)226()223(22=++--t t . 即020292=++t t ，…………6分由于082204)29(2>=⨯-=∆，可设21,t t 是上述方程的两个实根.所以⎩⎨⎧=⋅-=+20292121t t t t ，又直线l 过点)6,2(P ，可得：29)()()(||||||||212121=+-=-+-=+=+t t t t t t PB PA .…………10分 24．解：(1)原不等式等价于即不等式的解集为}21|{≤≤-x x …………………5分 (2)4|)32()12(||32||12|=--+≥-++x x x x4|1|>-∴a 3a ∴<-或5a > …………………10分。
【金版教程】2015届高考数学大一轮总复习 10-2(2)排列与组合限时规范训练 理
05限时规范特训A级基础达标1．[2014·金版题]2013年8月31日，第十二届全民运动会在辽宁省举行．某运动队有男运动员6名，女运动员4名，选派5人参加比赛，则至少有1名女运动员的选派方法有( )A．128种B．196种C．246种D．720种解析：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．从10人中任选5人，有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246种．答案：C2．[2014·哈尔滨月考]两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为( )A．48种B．36种C．24种D．12种解析：爸爸排法为A22种，两个小孩排在一起故看成一体有A22种排法．妈妈和孩子共有A33种排法，∴排法种数共有A22A22A33＝24种．故选C.答案：C3．[2013· 昌平区期末]在高三(1)班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为( )A．24 B．36C．48 D．60解析：先排3个女生，三个女生之间有4个空，从四个空中选两个排男生，共有A24A33＝72(种)，若女生甲排在第一个，则三个女生之间有3个空，从3个空中选两个排男生，有A23A22＝12(种)，∴满足条件的出场顺序有72－12＝60(种)排法，选D.答案：D4．将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放2支，则不同的放法有( )A．56种B．84种C．112种D．28种解析：根据题意先将7支不同的笔分成两组，若一组2支，另一组5支，有C 27种分组方法；若一组3支，另一组4支，有C 37种分组方法．然后分配到2个不同的笔筒中，故共有(C 27＋C 37)A 22＝112种放法．答案：C5．[2014·三明调研]将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )故除以这三个元素的全排列A 33，可得A 55A 33×2＝40.答案：C6．在1,2,3,4,5,6这六个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有( )A ．60个B ．36个C ．24个D ．18个解析：依题意，所选的三位数字有两种情况：(1)3个数字都是偶数，有A 33种方法；(2)3个数字中有2个是奇数，1个是偶数，有C 23C 13A 33种方法，故共有A 33＋C 23C 13A 33＝60种方法，故选A.答案：A7．[2014·延安模拟]某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．解析：甲、乙排在一起，用捆绑法，先排甲、乙、戊，有2A 22种排法，丙、丁不排在一起，用插空法，有A 23种排法，所以共有2A 22·A 23＝24种．答案：248．在小语种提前招生考试中，某学校获得5个推荐名额，其中俄语2个，日语2个，西班牙语1个，日语和俄语都要求有男生参加．学校通过选拔定下3男2女共5名推荐对象，则不同的推荐方法共有________．解析：每个语种各推荐1名男生，共有A 33A 22＝12种，3名男生都不参加西班牙语考试，共有C 23C 12A 22＝12种，故不同的推荐方法共有24种．答案：249．[2014·衡水模拟]20个不加区别的小球放入1号，2号，3号的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．解析：先在编号为2,3的盒内分别放入1个，2个球，还剩17个小球，三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共有C216＝120(种)方法.答案：12010．用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位上的五位数？解：本题可分为两类：第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，所以五位数的个数为A44＝24个．第二类：0不在十位位置上，这时，由于5不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排1,3,7之一，有A13种方法；又由于0不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，有A13种方法；十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，有A33种方法．根据分步计数原理，第二类中所求五位数的个数为A13·A13·A33＝54个．由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有24＋54＝78个．11．某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在工程丙完成后立即进行．求安排这6项工程的不同排法种数．解：方法一：设6项工程自左至右占据1～6的6个不同位置．由于工程丙、丁必须相邻且工程丁在工程丙之后，工程丙、丁都在工程甲、乙之后，因此工程丙、丁的位置有以下3类：第一类：工程丙、丁占据3,4位置，则1,2位置分别由工程甲、乙占据，剩余5,6两个位置可由剩余的2项工程占据，共有A22＝2种排法；第二类：工程丙、丁占据4,5位置，共有(C12＋1)·A22＝6种排法；第三类：工程丙、丁占据5,6位置，共有(C13＋C12＋1)·A22＝12种排法．由分类加法计数原理，共有2＋6＋12＝20种不同排法．方法二：由题意，由于丁必须在丙完成后立即进行，故可把丙、丁视为一个大元素，先不管其他限制条件使其与其他四个元素排列共有A55种排法．在所有的这些排法中，考虑甲、乙、丙相对顺序共有A33种，故满足条件的排法种数为A55A33＝20种．12．[2014·武汉调研]有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数：(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)全体排成一排，甲不站在排头也不站在排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻；(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人．解：本题考查了有限制条件的排列问题．(1)从7个人中选5个人来排列，有A57＝2520(种)．(2)分两步完成，先选3人排在前排，有A37种方法，余下4人排在后排，有A44种方法，故共有A37·A44＝5040(种)．事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件．(3)(优先法)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法；其余6人有A66种方法，故共有5×A66＝3600(种)．(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A44种方法，再将4名女生进行全排列，也有A44种方法，故共有A44×A44＝576(种)．(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，∴应先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A35种方法，故共有A44×A35＝1440(种)．(6)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人有A22种方法，再从剩下的5人中选3人排到中间，有A35种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人排列，有A33种方法，故共有A22×A35×A33＝720(种)．B级知能提升1．[2014·南昌模拟]将5名学生分到A，B，C三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A宿舍的不同分法有( )A．18种B．36种C．48种D．60种解析：由题意知A，B，C三个宿舍中有两个宿舍分到2人，另一个宿舍分到1人．若甲被分到B宿舍：(1)A中2人，B中1人，C中2人，有C24＝6种分法；(2)A中1人，B中2人，C中2人，有C24C12＝12种分法；(3)A中2人，B中2人，C中1人，有C24C12＝12种分法，即甲被分到B宿舍的分法有30种，同样甲被分到C宿舍的分法也有30种，所以甲不到A宿舍一共有60种分法，故选D.答案：D2．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )A. 8B. 16C. 24D. 32解析：本题主要考查排列组合知识，题中情境富有生活气息，根据捆绑法即可解决问题，考查考生利用所学知识分析问题、解决问题的能力．利用捆绑法，先将4个连在一起的车位捆绑看成一个元素，然后将3辆车放在余下的3个车位，共有A 44＝24.答案：C3．[2014·潍坊五校联考]数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N 1，其中N 2，N 3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N 1<N 2<N 3的所有排列的个数是________．解析：由题意知6必在第三行，安排6有C 13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A 25种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C 12种方法，剩下的两个数字有A 22种排法，按分步乘法计数原理，所有排列的个数是C 13A 25C 12A 22＝240.答案：2404．[2014·江西八校联考]将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，求恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数．解：先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个空房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有(C 15C 14C 33A 22＋C 25C 23C 11A 22)·A 33·C 24＝900(种)．。
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：算法、统计与概率 古典概型(2)(含答案)
第十章 算法、统计与概率第5课时 古典概型(2)1. 某小组有三名女生两名男生、现从这个小组中任意选出一名当组长、则其中一名女生小丽当选为组长的概率是________．答案：15解析：共有事件5个、小丽当选为组长的事件有1个、即概率P ＝15. 2. 从甲、乙、丙三人中任选两名代表、甲被选中的概率是________．答案：23解析：基本事件有(甲、乙)、(甲、丙)、(乙、丙)、共有3个、甲被选中的事件有(甲、乙)、(甲、丙)、共2个、故P ＝23. 3. 已知一个袋中装有5个大小相同的黑球和红球、从袋中任意摸出1个球、得到黑球的概率是25、则从中任意摸出2个球、得到都是黑球的概率为________. 答案：110解析：袋中装有黑球2个、从袋中5个球任意摸出2个球、共有10种、两次取出的球都是黑球的事件有1种、故P ＝110. 4. 设a 是甲抛掷一枚骰子得到的点数、则方程x 2＋ax ＋2＝0有两个不相等的实数根的概率为________．答案：23解析：由方程x 2＋ax ＋2＝0有两个不相等的实数根、得Δ＝a 2－8>0、故a ＝3、4、5、6.根据古典概型的概率计算公式有P ＝46＝23. 5. (2013·大港中学调研)若从集合{－1、1、2、3}中随机取出一个数m 、放回后再随机取出一个数n 、则使方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率为________． 答案：516解析：由于m 有4种取法、且对m 的每一种取法、n 都有4种取法、所以基本事件总数为4×4＝16、其中使方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的(m 、n)有(3、2)、(3、1)、(3、－1)、(2、1)、(2、－1)共5种、故所求的概率为516. 6. 甲盒子里装有分别标有数字1、2、3、4的4张卡片、乙盒子里装有分别标有数字1、2的2张卡片．若从两个盒子中各随机地取出1张卡片、则2张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．答案：12解析：数字之和为奇数的有(1、2)、(2、1)、(3、2)、(4、1)、共4种情形、而从两个盒子中各抽取一张卡片共有8种情况、所以所求概率为12.7. 在集合{x|x ＝n π6、n ＝1、2、3、…、10}中任取一个元素、所取元素恰好满足方程cosx ＝12的概率是________.答案：15解析：集合{x|x ＝n π6、n ＝1、2、3、…、10}中共有10个元素、而当n ＝2和n ＝10时、cosx ＝12、故满足条件cosx ＝12的基本事件个数为2、故所取元素恰好满足方程cosx ＝12的概率P ＝210＝15. 8. (2013·银川质检)将一枚骰子抛掷两次、所得向上的点数分别为m 和n 、则函数y ＝23mx 3－nx ＋1在[1、＋∞)上为增函数的概率是________．答案：56解析：由题可知、函数y ＝23mx 3－nx ＋1在[1、＋∞)上单调递增、所以y′＝2mx 2－n ≥0在[1、＋∞)上恒成立、所以2m ≥n 、则不满足条件的(m 、n)有(1、3)、(1、4)、(1、5)、(1、6)、(2、5)、(2、6)共6种情况、所以满足条件的共有30种情况、则函数y ＝23mx 3－nx ＋1在[1、＋∞)上单调递增的概率为3036＝56. 9. (2013·江西)小波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋．游戏规则为以O 为起点、再从A 1、A 2、A 3、A 4、A 5、A 6(如图)这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量、记住这两个向量的数量积为X.若X>0就去打球、若X ＝0就去唱歌、若X<0就去下棋．(1) 写出数量积X 的所有可能取值；(2) 分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率．解：(1) x 的所有可能取值为－2、－1、0、1.(2) 数量积为－2的只有OA 2·OA 5一种；数量积为－1的有OA 1·OA 5、OA 1·OA 6、OA 2·OA 4、OA 2·OA 6、OA 3·OA 4、OA 3·OA 5六种；数量积为0的有OA 1·OA 3、OA 1·OA 4、OA 3·OA 6、OA 4·OA 6四种；数量积为1的有OA 1·OA 2、OA 2·OA 3、OA 4·OA 5、OA 5·OA 6四种；故所有可能的情况共有15种．所以小波去下棋的概率为P 1＝715；因为去唱歌的概率为P 2＝415、所以小波不去唱歌的概率P ＝1－P 2＝1－415＝1115. 10. 将一个质地均匀的正方体(六个面上分别标有数字0、1、2、3、4、5)和一个正四面体(四个面分别标有数字1、2、3、4)同时抛掷1次、规定 “正方体向上的面上的数字为a 、正四面体的三个侧面上的数字之和为b ”．设复数为z ＝a ＋bi.(1) 若集合A ＝{z|z 为纯虚数}、用列举法表示集合A ；(2) 求事件“复数在复平面内对应的点(a 、b)满足a 2＋(b －6)2≤9”的概率．解：(1) A ＝{6i 、7i 、8i 、9i}．(2) 满足条件的基本事件空间中基本事件的个数为24.设满足“复数在复平面内对应的点(a 、b)满足a 2＋(b －6)2≤9”的事件为B.当a ＝0时、b ＝6、7、8、9满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝1时、b ＝6、7、8满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝2时、b ＝6、7、8满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝3时、b ＝6满足a 2＋(b －6)2≤9.即B ：{(0、6)、(0、7)、(0、8)、(0、9)、(1、6)、(1、7)、(1、8)、(2、6)、(2、7)、(2、8)、(3、6)}、共计11个、所以P(B)＝1124. 11. 甲、乙二人用4张扑克牌(分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏、他们将扑克牌洗匀后、背面朝上放在桌面上、甲先抽、乙后抽、抽出的牌不放回、各抽一张．(1) 设(i 、j)分别表示甲、乙抽到的牌的数字、写出甲、乙二人抽到的牌的所有情况；(2) 若甲抽到红桃3、则乙抽出的牌面数字比3大的概率是多少？(3) 甲、乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大、则甲胜、否则乙胜．你认为此游戏是否公平、说明你的理由．解：(1) 甲乙二人抽到的牌的所有情况(方片4用4′表示)为(2、3)、(2、4)、(2、4′)、(3、2)、(3、4)、(3、4′)、(4、2)、(4、3)、(4、4′)、(4′、2)、(4′、3)、(4′、4)、共12种不同情况．(2) 甲抽到3、乙抽到的牌只能是2、4、4′.因此乙抽到的牌的数字大于3的概率为23. (3) 由甲抽到的牌比乙大的有(3、2)、(4、2)、(4、3)(4′、2)、(4′、3)共5种、即甲胜的概率P 1＝512、乙获胜的概率P 2＝712.又512<712、则此游戏不公平．。
安徽省2015届高考数学一轮复习 10.2排列与组合课后自测 理
安徽省2015届高考数学一轮复习 10.2排列与组合课后自测理(见学生用书第357页)A组基础训练一、选择题1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为( )A．C34·C44 B．C38－C34C．2C14·C24＋C34 D．C38－C34＋1【解析】从8个点中任选3个点有选法C38种，因为有4点共圆所以减去C34种再加1种，即有圆C38－C34＋1个．【答案】 D2．(2014·福州调研)若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取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】分类讨论：若十位数为6时，有A25＝20(个)；若十位数为5时，有A24＝12(个)；若十位数为4时，有A23＝6(个)；若十位数为3时，有A22＝2(个)，因此一共有40个．【答案】 C3．(2013·合肥高三第一次质检)将包含甲、乙两队的8支队伍平均分成2个小组参加某项比赛，则甲、乙两队被分在不同小组的分组方案有( )A．20种 B．35种 C．40种 D．60种【解析】将8支队伍平均分成2组，每组4支队伍，要使甲、乙分在不同的小组，可从剩下6支队伍中选3支放在其中一组，另外3支队伍在另一组中，即C36＝20，选A.【答案】 A4．一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为( )A．8 B．12 C．16 D．24【解析】两名女生站一起有A22种站法，她们与两个男生站一起共有A22A33种站法，老师站在他们的中间有A22A33C12＝24种站法，故应选D.【答案】 D5．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有( ) A．34种 B．48种 C．96种 D．144种【解析】程序A有A12＝2种排法，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有A22A44＝48种，∴由分步计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．【答案】 C二、填空题6．在1, 2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的三位数共有________个．【解析】在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，∴符合条件的三位数共有C23·C12·A33＝36个．【答案】367．(2012·山东高考改编)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________种．【解析】第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．【答案】4728．某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．【解析】甲、乙作为元素集团，内部有A22种排法，“甲乙”元素集团与“戊”全排列有A22种排法．将丙、丁插在3个空档中有A23种方法．∴由分步计数原理，共有A22A22A23＝24种排法．【答案】24三、解答题9．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数有多少个？【解】先在后三位中选两个位置填写数字“0”有C23种方法，再排另两张卡片有A22种方法．又数字“9”可作“6”用，∴四张卡片组成不同的四位数有2C23A22＝12个．10．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法？ (2)恰有一个空盒的放法共有多少种？【解】 (1)每个盒子放一球，共有A 44＝24种不同的放法； (2)法一 先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法； 第二步：选两球为一个元素，有C 24种选法； 第三步：三个元素放入三个盒中，有A 33种放法． 故共有4×C 24A 33＝144种放法． 法二 先分组后排列，看作分配问题． 第一步：在四个盒子中选三个，有C 34种选法；第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C 24(即C 24C 12C 11A 22)种分法；第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A 33种分法． 故共有C 34C 24A 33＝144种分法． B 组 能力提升1．(2014·济南质检)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 ．36【解析】 (1)若从集合B 中取元素2时，再从C 中任取一个元素，则确定的不同点的个数为C 13A 33.(2)当从集合B 中取元素1，且从C 中取元素1，则确定的不同点有C 13×1＝C 13. (3)当从B 中取元素1，且从C 中取出元素3或4，则确定的不同点有C 12A 33个． ∴由分类计数原理，共确定不同的点有C 13A 33＋C 13＋C 12A 33＝33个． 【答案】 A2．(2014·河北衡水中学模拟)用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字作答)【解析】 先将3,5排列，有A 22种排法；再将4,6插空排列，有2A 22种排法；最后将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C 15种排法．由分步乘法计数原理知，共有A 22·2A 22·C 15＝40种．【答案】 403．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法为几种？ (2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？【解】 (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插．由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A34＝24种．(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42种；若分配到3所学校有C37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．。
(智慧测评)2015届高考数学大一轮总复习 第10篇 第2节 计数原理、排列与组合的综合应用课时训练
（智慧测评）2015届高考数学大一轮总复习第10篇第2节计数原理、排列与组合的综合应用课时训练理新人教A版"一、选择题1.如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )A．11种B．20种C．21种D．12种解析：左边两个开关的开闭方式有闭合2个、1个即有1＋2＝3(种)，右边三个开关的开闭方式有闭合1个、2个、3个，即有3＋3＋1＝7(种)，故使电路接通的情况有3×7＝21(种)．故选C.答案：C2．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，每部分涂一种颜色，有公共边界的两块不能用同一种颜色，如果颜色可以反复使用，则不同的着色方法共有( )A．24种B．30种C．36种D．48种解析：按使用颜色种数可分为两类．①使用4种颜色有A44＝24种不同的着色方法，②使用3种颜色有A34＝24种不同着色方法．由分类加法原理知共有24＋24＝48种不同的着色方法．故选D.答案：D3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )A．12种B．10种C．9种D．8种解析：法一先分组后分配，不同的安排方案共有C24C22A22A22＝12(种)．故选A.A22法二由位置选元素，先安排甲地，其余去乙地，不同的安排方案共有C12C24·C11C22＝12(种)．选A.4．(2014某某省某某市第五中学高三模拟)2013年第12届全国运动会举行期间，某校4名大学生申请当A，B，C三个比赛项目的志愿者，组委会接受了他们的申请，每个比赛项目至少分配一人，每人只能服务一个比赛项目，若甲要求不去服务A比赛项目，则不同的安排方案共有( )A．20种B．24种C．30种D．36种解析：①甲自己服务一个比赛项目，则先让甲从B、C中选取一个项目，然后其余三人分成2组(2＋1)服务两个不同的比赛项目，故不同的安排方案共有C12C23A22＝12种；②甲和另一名大学生两人一组服务一个比赛项目，则先从其余三人中选取一个与甲组成一组，再从B、C中选取一个项目，最后剩余两人与两个项目进行全排列即可，所以不同的安排方案共有C13C12A22＝12种．由分类计数原理可得，不同的安排方案为12＋12＝24种．故选B.答案：B5．(2014某某省山大附中高三模拟)如图所示是某个区域的街道示意图(每个小矩形的边表示街道)，那么从A到B的最短线路有________条．( )A．100 B．400C．200 D．250解析：从A到B的最短线路有两条：A－M－B；A－N－B.①若线路为A－M－B，则从A到M只需走5条街道，则需要从这五条街道中走3条向右，剩余2条街道则需要向北走，不同的走法为C35＝10种；从M到B只需走5条街道，则需要从这五条街道中走2条向右，剩余3条街道则需要向北走，不同的走法为C25＝10种．由分步计数原理可得，不同的走法为10×10＝100种．②若线路为A－N－B，则从A到N只需走5条街道，则需要从这五条街道中走2条向右，剩余3条街道则需要向北走，不同的走法为C25＝10种；从N到B只需走5条街道，则需要从这五条街道中走3条向右，剩余2条街道则需要向北走，不同的走法为C35＝10种．由分步计数原理可得，不同的走法为10×10＝100种．由分类计数原理可得，不同的走法共有100＋100＝200种．故选C.6．(2014某某市高中毕业班第四次调研)若数列{a n }满足规律：a 1>a 2<a 3>…<a 2n －1>a 2n <…，则称数列{a n }为余弦数列，现将1,2,3,4,5排列成一个余弦数列的排法种数为( )A ．12B ．14C ．16D ．18解析：①a 1，a 3，a 5从3,4,5中取值时，a 2，a 4从1,2中取值．共A 33A 22＝12种．②a 1，a 3，a 5依次取2,4,5时，a 2，a 4依次取1,3， a 1，a 3，a 5依次取2,5,4时，a 2，a 4依次取1,3，a 1，a 3，a 5依次取4,5,2时，a 2，a 4依次取3,1，a 1，a 3，a 5依次取5,4,2时，a 2，a 4依次取3,1.由分类加法计数原理得，不同的排法为12＋4＝16种，故选C.答案：C二、填空题7．(2014某某省某某市高三第三次模拟)将标号为1,2,3,4,5,6的6X 卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2X 卡片，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的方法总数为________．解析：先将标号为3,4,5,6的卡片平均分成两组，不同的分法有C 24C 22A 22＝3种． 再将3组分别装入3个信封中，不同的装法有A 33＝6种．由分步计数原理得不同方法的总数为3×6＝18.答案：188．(2014某某省四校联考)某铁路货运站对6列货运列车进行编组调度，决定将这6列列车编成两组，每组3列，且甲与乙两列列车不在同一小组，如果甲所在小组3列列车先开出，那么这6列列车先后不同的发车顺序共有________种．解析：先进行分组，从其余4列火车中任取2列与甲一组，不同的分法为C 24＝6种． 由分步计数原理得不同的发车顺序为C 24·A 33·A 33＝216种．答案：2169．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种.789解析：第一步，从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为“1、5、9”的小正方形，涂法有3种；第二步，涂标号为“2、3、6”的小正方形，若“2、6”同色，涂法有2×2种，若“2、6”不同色，涂法有2×1种；第三步，涂标号为“4、7、8”的小正方形，涂法同涂标号为“2、3、6”的小正方形的方法一样．所以符合条件的所有涂法共有3×(2×2＋2×1)×(2×2＋2×1)＝108(种)．答案：10810．某国家代表队要从6名短跑运动员中选4人参加亚运会4×100 m接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，共有______种参赛方法．解析：分情况讨论：①若甲、乙均不参赛，则有A44＝24(种)参赛方法；②若甲、乙有且只有一人参赛，则有C12·C34(A44－A33)＝144(种)；③若甲、乙两人均参赛，则有C24(A44－2A33＋A22)＝84(种)，故一共有24＋144＋84＝252(种)参赛方法．答案：252三、解答题11．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？解：给区域标记号A、B、C、D、E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．(1)当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．12．用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？12．用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？(1)比21034大的偶数；(2)左起第二、四位是奇数的偶数．解：(1)法一可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个；当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有A12A33＝12(个)；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有A12A33＝12(个)；当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个；当末位数字是4，而首位数字是3时，有A33＝6(个)；故有39个．法二不大于21034的偶数可分为三类：万位数字是1的偶数，有A13·A33＝18(个)；万位数字是2，而千位数字是0的偶数，有A22个；还有一个为21034本身．而由0、1、2、3、4组成的五位偶数有，A44＋A12·A13·A33＝60(个)，故满足条件的五位偶数共有60－A13·A33－A22－1＝39(个)．(2)法一可分为两类：末位数是0，有A22·A22＝4(个)；末位数是2或4，有A22·A12＝4(个)；故共有A22·A22＋A22·A12＝8(个)．法二第二、四位从奇数1、3中取，有A22个，首位从2、4中取，有A12个；余下的排在剩下的两位，有A22个，故共有A22A12A22＝8(个)．。
2015届高考数学一轮总复习 10-6排列与组合
2015届高考数学一轮总复习10-6排列与组合基础巩固强化一、选择题1．(2013·哈尔滨模拟)如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种[答案] C[解析]有一个点脱落时有2种，有两个点脱落时有C24＝6种，有三个点脱落时有C34＝4种，四个点都脱落时有1种，共有2＋6＋4＋1＝13种．2．(2013·河北沧州一模)10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2个站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为()A．C27A55B．C27A22C．C27A25D．C27A35[答案] C[解析]从后排抽2人的方法种数是C27；前排的排列方法种数是A25，由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.3．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为()A．16 B．18C．24 D．32[答案] C[解析]若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位．每一种停放方法均有A33＝6种，故共有24种不同的停放方法．4．(2013·海口模拟)某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展，某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团．且其中甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为()A．72 B．108C．180 D．216[解析] 设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C 14种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有C 24A 33种方法，故共有C 14C 24A 33种参加方法；(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C 24种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A 33种方法，这时共有C 24A 33种参加方法；综合(1)(2)，共有C 14C 24A 33＋C 24A 33＝180种参加方法．[解法探究] 由于甲是特殊元素，故按甲进行分类．第一类，甲自己去一个社团，有C 13种选法，将其余4人中选2人有C 24种选法，将这2人和其余2人分派到三个社团共有A 33种方法，∴共有C 13C 24A 33＝108种．第二类，甲与另外一人同去一个社团，先安排甲有C 13种选法，然后将剩余4人分派到四个社团有A 44种，∴共有C 13A 44＝72种，∴总共有108＋72＝180种参加方法．5．(2013·四川理，8)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a 、b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20 [答案] C[解析] 解法1：记基本事件为(a ，b )，则基本事件构成的集合为Ω＝{(1,3)，(1,5)，(1,7)，(1,9)，(3,1)，(3,5)，(3,7)，(3,9)，(5,1)，(5,3)，(5,7)，(5,9)，(7,1)，(7,3)，(7,5)，(7,9)，(9,1)，(9,3)，(9,5)，(9,7)}共有20个基本事件，而lg a －lg b ＝lg a b ，其中基本事件(1,3)，(3,9)和(3,1)，(9,3)使lg ab 的值相等，则不同值的个数为20－2＝18(个)，故选C.解法2：由于lg1－lg3＝lg3－lg9，lg3－lg1＝lg9－lg3，所以共有不同值A 25－2＝18个． 6．一次演出，原计划要排4个节目，因临时有变化，拟再添加2个小品节目，若保持原有4个节目的相对顺序不变，则这6个节目不同的排列方法有( )A ．30种B ．25种C ．24种D ．20种 [答案] A[解析] 原来4个节目的相对顺序不变，故4个节目形成5个空档，将这两个节目插入．(一)当两节目不相邻时，有A 25＝20种选法，(二)当两节目相邻时，有A 22·C 15＝10种排法，∴共有20＋10＝30种不同排法．二、填空题7．由1、2、3、4、5、6组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是________．(以具体数字作答)[解析]首位数字是奇数时有A33·A33种排法，首位数字是偶数时也有A33·A33种排法，所以一共可以组成2A33·A33＝72个奇偶数字相间且无重复数字的六位数．8.某广场中心建造一个花圃，花圃分成5个部分(如图)．现有4种不同颜色的花可以栽种，若要求每部分必须栽种1种颜色的花且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有________种．[答案]72[解析]依题意，按花圃的5个部分实际栽种花的颜色种数进行分类计数：第一类，花圃的5个部分实际栽种花的颜色种数是3时，满足题意的方法数共有A34＝24种；第二类，花圃的5个部分实际栽种花的颜色种数是4时，满足题意的方法数共有A44×2＝48种．因此，满足题意的方法数共有24＋48＝72种．9．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有________．[答案]24种[解析]将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．10．某农科院在3行3列9块试验田中选出3块种植某品种水稻进行试验，则每行每列都有一块试验田种植水稻的概率为________．[答案]1 14[解析]如图，由于每行每列都有一块试验田种植水稻，∴当1处种植水稻时，只能是(1,5,9)或(1,6,8)，依此可列出所有可能种植方法为：(1,5,9)，(1,6,8)，(2,6,7)，(2,4,9)，(3,5,7)，(3,4,8)，共6种，又从9块试验田中选3块的选法为C39，∴所求概率为P＝6C39＝114.能力拓展提升一、选择题11．一个质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为1、2、3、4、5、6，将这颗骰子连续投掷三次，观察向上的点数，则三次点数依次成等比数列的概率为( )A.1108B.1216C.136D.127 [答案] D[解析] 连续抛掷三次骰子可得结果为63＝216种，其中依次构成等比数列的情况有 (1)公比为1，共6种．(2)公比为2，只有1种，即1,2,4，. (3)公比为12，只有1种，即4,2,1.∴共有8种，∴P ＝8216＝127.12．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，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )A ．10B ．11C ．12D ．15 [答案] B[解析] 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有两个对应位置上的数字相同有C 24＝6(个) 第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C 14＝4(个) 第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C 04＝1(个) 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)13．(2013·杭州模拟)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 [答案] B[解析] 长方体中，含有四个顶点的平面有两类．第一类侧面、底面，对其中每一个面(如底面ABCD )，与其平行的直线有6条，共有6×6＝36个“平行线面组”；第二类对角面，对其中每一个面与其平行的直线有2条，共有6×2＝12个“平行线面组”．∴共有36＋12＝48个，选B.二、填空题14．在空间直角坐标系O－xyz中有8个点：P1(1,1,1)、P2(－1，1,1)、…、P7(－1，－1，－1)、P8(1，－1，－1)(每个点的横、纵、竖坐标都是1或－1)，以其中4个点为顶点的三棱锥一共有________个(用数字作答)．[答案]58[解析]这8个点构成正方体的8个顶点，此题即转化成以正方体的8个顶点中的4个点为顶点的三棱锥一共有多少个．从正方体的8个顶点中任取4个，有不同取法C48种，其中这四点共面的(6个对角面、6个表面)共12个，∴这样的三棱锥有C48－12＝58个．15．(2013·潍坊五校联考)数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行这个数为N1，N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是________．[答案]240[解析]由题意知6必在第三行，安排6有C13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A25种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C12种方法，剩下的两个数字有A22种排法，按分步计数原理，所有排列的个数是C13×A25×C12×A22＝240.三、解答题16．(2012·合肥调研)要从5名女生，7名男生中选出5名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？(1)至少有1名女生入选；(2)至多有2名女生入选；(3)男生甲和女生乙入选；(4)男生甲和女生乙不能同时入选；(5)男生甲、女生乙至少有一个人入选．[解析](1)间接法．从12人中选5人有C512种选法，这5人全为男生的选法有C57种，∴不同选法有C512－C57＝771(种)．(2)按“至多有2名女生”分类：2名女生有C25C37种，1名女生有C15C47种，无女生有C57种，∴共有不同选法C25C37＋C15C47＋C57＝546(种)．(3)只需再从剩余10人中选取3人，不同选法共有C310＝120(种)．(4)间接法．C512－C310＝672(种)．(5)间接法．男甲与女乙都不入选时有C510种，∴共有不同选法C512－C510＝540(种)．考纲要求1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．理解排列、组合的概念．3．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．4．会用分类加法计数原理、分步乘法计数原理和排列组合知识解决一些简单的实际问题．补充说明1．排列、组合问题的类型及解答策略排列、组合问题，通常都是以选择题或填空题的形式出现在试卷上，它联系实际，生动有趣；但题型多样，解法灵活．实践证明，备考有效的方法是将题型与解法归类，识别模式、熟练运用．下面介绍常见排列组合问题的解答策略．(1)相邻元素捆绑法．在解决某几个元素必须相邻问题时，可整体考虑将相邻元素视为一个元素参与排列．[例1](2012·山西四校联考)有七名同学站成一排照相，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有________种．[答案]192[分析]甲站正中间，左边、右边各3人，乙、丙相邻排列后作为一个“整体元素”，按这个整体元素的站位考虑有4种情况，其他位置可任意排列．[解析]依题意得，满足题意的不同站法共有4·A22·A44＝192种．(2)相离问题插空法．相离问题是指要求某些元素不能相邻，由其他元素将它隔开，此类问题可以先将其他元素排好，再将所指定的不相邻的元素插入到它们的空隙及两端位置，故称“插空法”．[例2](2013·郑州第一次质量预测)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A．12种B．18种C．24种D．48种[答案] C[解析]将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A22·A22种方法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A23种排法，故共有A22·A22·A23＝24种方法．(3)定序问题属组合．排列时，如果限定某些元素或所有元素保持一定顺序称为定序问题，定序的元素属组合问题．[例3]6个人排一队参观某项目，其中甲、乙、丙三人进入展厅的次序必须是先乙，再甲，最后丙，则不同的列队方式有________种．[答案]120[解析]解法1：由于甲、乙、丙三人的次序已定，故只需从6个位置中选取3个排上其余3人，有A36种排法，剩下的三个位置排甲、乙、丙三人，只有一种排法，∴共有A36＝120种．解法2：先选取3个位置排甲、乙、丙三人有C36种方法，剩下3个位置站其余3人，有A33种方法，∴共有C36·A33＝120种．(4)定元、定位优先排．在有限制条件的排列、组合问题中，有时限定某元素必须排在某位置，某元素不能排在某位置；有时限定某位置只能排(或不能排)某元素．这种特殊元素(位置)解题时要优先考虑．[例4](2012·太原部分重点中学联考)6位同学安排到3个社区A，B，C参加志愿者服务，每个社区安排两名同学，其中甲同学必须到A社区，乙和丙同学均不能到C社区，则不同的安排方法种数为()A．12B．9C．6D．5[答案] B[解析]当乙、丙中有一人在A社区时有C12C13C22＝6种安排方法；当乙、丙两人都在B社区时有C13C22＝3种安排方法，所以共有9种不同的安排方法．(5)至多、至少间接法．含“至多”、“至少”的排列组合问题，是需要分类问题．可用间接法，即排除法，但仅适用于反面情况明确且易于计算的情况．[例5]从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有() A．36种B．30种C．42种D．60种[答案] A[解析]解法1(直接法)：选出的3名志愿者中含1名女生有C12·C26种选法，含2名女生有C22·C16种选法，∴共有C12C26＋C22C16＝36种选法．解法2(间接法)：若选出的3名全是男生，则有C36种选法，∴至少有一名女生的选法数为C38－C36＝36种．(6)选排问题先选后排法．对于排列组合的混合应用题，一般解法是先选(组合)后排(排列)．[例6]四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有________种(用数字作答)．[答案]144[解析]先从四个小球中取两个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的两个小球与另外两个小球看作三堆，并分别放入四个盒子中的三个盒子中，有A34种不同的放法，据分步计数原理，共有C24·A34＝144种不同的放法．(7)部分符合条件淘汰法．在选取总数中，只有一部分符合条件，可从总数中减去不符合条件数，即为所求．[例7]过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有()A．18对B．24对C．30对D．36对[答案] D[解析]三棱柱共6个顶点，由此6个顶点可组成C46－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线则共有12×3＝36对．(8)数字问题要弄清可否重复及首位不能为0.[例8]用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324 B．328C．360 D．648[答案] B[解析]利用分类计数原理，共分两类：(1)0作个位，共A29＝72个偶数；(2)0不作个位，共A14·A18·A18＝256个偶数，共计72＋256＝328个偶数，故选B.2．建模思想[例9]一只电子蚂蚁在如图所示的网格线上由原点O(0,0)出发，沿向上或向右方向爬至点(m，n)，(m，n∈N*)，记可能的爬行方法总数为f(m，n)，则f(m，n)＝________.[答案]C m m＋n[解析]从原点O出发，只能向上或向右方向爬行，记向上为1，向右为0，则爬到点(m，n)需m个0和n个1.这样爬行方法总数f(m，n)是m个0和n个1的不同排列方法数．m个0和n个1共占m＋n个位置，只要从中选取m个放0即可．∴f(m，n)＝C m m＋n.[点评](1)例如f(3,4)＝C37，其中0010111表示从原点出发后，沿右右上右上上上的路径爬行．(2)抽象建模后就是一个含相同数字的纯粹排列组合问题．[例10]方程x＋y＋z＝8的非负整数解的个数为________．[答案]45[解析]把x、y、z分别看作是x个1，y个1和z个1，则共有8个1，问题抽象为8个1和两个十号的一个排列问题．由于x、y、z非负，故允许十号相邻，如11＋＋111111表示x＝2，y＝0，z ＝6，＋11111111＋表示x＝0，y＝8，z＝0等等，∴不同排法总数为从10个位置中选取2个放十号，∴方程的非负整数解共有C210＝45个．[例11]一条街道上共有12盏路灯，为节约用电又不影响照明，决定每天晚上十点熄灭其中的4盏，并且不能熄灭相邻两盏也不能熄灭两头两盏，问不同熄灯方法有多少种．[解析]记熄灭的灯为0，亮灯为1，则问题是4个0和8个1的一个排列，并且要求0不相邻，且不排在两端，故先将1排好，在8个1形成的7个空中，选取4个插入0，共有方法数C47＝35种．[点评]实际解题中，先找出符合题设条件的一种情形，然后选取一种替代方案，注意是否相邻、相间等受限条件，然后确定有无顺序是排列还是组合，再去求解．[例12]如图，从上往下读(不能跳读)构成句子“构建和谐社会，创美好未来”的不同读法种数是()构建建和和和谐谐谐谐社社社社社会会会会会会创创创创创美美美美好好好未未来A．250 B．240C．252 D．300[答案] C[解析]要组成题设中的句子，则每行读一字，不能跳读．每一种读法须10步完成(从上一个字到下一个字为一步)，其中5步是从左上角到右下角方向读的，故共有不同读法C510＝252种．3．枚举法[例13]如果直线a与b异面，则称a与b为一对异面直线，六棱锥的侧棱与底边共12条棱所在的直线中，异面直线共有________对．[答案]24[解析]六棱锥的侧棱都相交，底面六条边所在直线都共面，故异面直线只可能是侧棱与底面上的边．考察P A与底面六条边所在直线可用枚举法列出所有异面直线(P A，BC)，(P A，CD)，(P A，DE)，(P A，EF)共四对．同理与共它侧棱异面的底边也各有4条，故共有4×6＝24对．备选习题1．(2013·山东理，10)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243B．252C．261D．279[答案] B[解析]构成所有的三位数的个数为C19C110C110＝900，而无重复数字的三位数的个数为C19C19C18＝648，故所求个数为900－648＝252，应选B.2．(2012·浙江理，6)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()A．60种B．63种C．65种D．66种[答案] D[解析]取出的4个数和为偶数，可分为三类．四个奇数C45，四个偶数C44，二奇二偶，C25C24.共有C45＋C44＋C25C24＝66种不同取法．3．(2013·昆明重点高中检测)某班班会准备从含甲、乙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序种数为()A．720 B．520C．600 D．360[答案] C[解析]解法1：根据题意，分2种情况讨论：若甲、乙其中一人参加，有C12·C35·A44＝480种；若甲、乙2人都参加，共有C25·A44＝240种发言顺序，其中甲、乙相邻的情况有C25·A22·A33＝120种，故有240－120＝120种．则不同的发言顺序种数为480＋120＝600.解法2：C12C35A44＋C25A22A23＝600种．4．(2013·湖北荆门质检)第12届全国运动会将在沈阳举行，某校4名大学生申请A，B，C三个比赛项目的志愿者，组委会接受了他们的申请，每个比赛项目至少分配一人，每人只能服务一个比赛项目，若甲要求不去服务A比赛项目，则不同的安排方案共有()A．20种B．24种C．30种D．36种[答案] B[解析]解法1：4人分到A，B，C三个项目共有C24A33种，其中A项目有甲与另一人的分法有A33种，A项目只有甲一人的分法有C23A22种．故符合题意的安排方案有C24A33－A33－C23A22＝24，故选B.解法2：C12A33＋C12C23A22＝24.5．(2013·重庆理，13)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．[答案]590[解析]方法一：从12名医生中任选5名，不同选法有C512＝792种．不满足条件的有：只去骨科和脑外科两科医生的选法有C57＝21种，只去骨科和内科两科医生的选法有C58－C55＝55种，只去脑外科和内科两科医生的选法有C59－C55＝125种，只去内科一科医生的选法有C55＝1种，故符合条件的选法有：792－21－55－125－1＝590种．方法二：设选骨科医生x名，脑外科医生y名，则需选内科医生(5－x－y)人．(1)当x＝y＝1时，有C13·C14·C35＝120种不同选法；(2)当x＝1，y＝2时，有C13·C24·C25＝180种不同选法；(3)当x＝1，y＝3时，有C13·C34·C15＝60种不同选法；(4)当x＝2，y＝1时，有C23·C14·C25＝120种不同选法；(5)当x＝2，y＝2时，有C23·C24·C15＝90种不同选法；(6)当x＝3，y＝1时，有C33·C14·C15＝20种不同选法．所以不同的选法共有120＋180＋60＋120＋90＋20＝590种．[点评]按骨科医生去的人数可分三类：骨科医生去1名，2名，3名．不同选派方法有：C13(C14C35＋C24C25＋C34C15)＋C23(C14C25＋C24C15)＋C33C14C15＝590种．11。
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：算法、统计与概率 统计初步(2)(含答案)
第十章 算法、统计与概率第3课时 统计初步(2)1. (2013·辽宁卷改)某班的全体学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100]．若低于60分的人数是15，则该班的学生人数是________．答案：50解析：由成绩的频率分布直方图可以得到低于60分的频率为0.3，而低于60分的人数为15人，所以该班的总人数为150.3＝50人．2. (2013·湖北)某学员在一次射击测试中射靶10次，命中环数如下：7，8，7，9，5，4，9，10，7，4.则(1) 平均命中的环数为________；(2) 命中环数的标准差为________．答案：(1) 7 (2) 2解析：(1) 平均命中的环数为110×(7＋8＋7＋9＋5＋4＋9＋10＋7＋4)＝7.(2) 命中环数的标准差为110[02＋12＋02＋22＋（－2）2＋（－3）2＋22＋32＋02＋（－3）2] ＝2.3. 在某个容量为300的样本的频率分布直方图中，共有九个小长方形．若中间一个小长方形的面积等于其他八个小长方形面积和的15，则中间一组的频数为________．答案：50解析：在直方图中，小长方形的面积等于这组数的频率，小长方形的面积之和为1. 设中间一个小长方形面积为x ，则x ＝15(1－x)，解得x ＝16，所以中间一组的频数为16×300＝50.4. 甲、乙、丙、丁四人参加奥运会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示：从这四个人中选择一人参加奥运会射击项目比赛，最佳人选是________． 答案：丙解析：乙与丙的平均成绩好于甲与丁的平均成绩，而且丙的方差小于乙的方差，说明丙的成绩比乙稳定，应派丙参加比赛．5. (2013·重庆改)右边茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位：分)，已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x 、y 的值分别为________．答案：5，8解析：因为甲组数据的中位数为15，由茎叶图可得x ＝5，因乙组数据的平均数为16.8，则15[5＋15＋(10＋y)＋18＋24]＝16.8，解得y ＝8. 6. 为了普及环保知识，增强环保意识，某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，测试成绩(单位：分)如图所示，假设得分值的中位数为m e ，众数为m o ，平均值为x －，则m e 、m o 、x －从小到大排列为___________．答案：m o <m e <x －解析：由图可知，30名学生的得分情况依次为得3分的有2人，得4分的有3人，得5分的有10人，得6分的有6人，得7分的有3人，得8分的有2人，得9分的有2人，得10分的有2人．中位数为第15、16个数(分别为5、6)的平均数，即m e ＝5.5，5出现的次数最多，故m o ＝5，x －＝(2×3＋3×4＋10×5＋6×6＋3×7＋2×8＋2×9＋2×10)/30≈5.97.于是得m o <m e <x －.7. 由正整数组成的一组数据x 1，x 2，x 3，x 4，其平均数和中位数都是2，且标准差等于1，则这组数据为____________．(从小到大排列)答案：1，1，3，3解析：不妨设x 1≤x 2≤x 3≤x 4，x 1，x 2，x 3，x 4∈N *， 依题意得x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8，s ＝14[（x 1－2）2＋（x 2－2）2＋（x 3－2）2＋（x 4－2）2]＝1，即(x 1－2)2＋(x 2－2)2＋(x 3－2)2＋(x 4－2)2＝4，所以x 4≤3，则只能x 1＝x 2＝1，x 3＝x 4＝3，则这组数据为1，1，3，3.8. (2013·安徽联考)已知x 是1，2，3，x ，5，6，7这七个数据的中位数，且1，3，x ，－y 这四个数据的平均数为1，则1x＋y 的最小值为________．答案：103解析：由已知得3≤x ≤5，1＋3＋x －y 4＝1，∴ y ＝x ，∴ 1x ＋y ＝1x ＋x.又函数y ＝1x＋x在[3，5]上单调递增，∴ 当x ＝3时取最小值103.9. 小李拟将1，2，3，…，n 这n 个数输入电脑， 求平均数， 当他认为输入完毕时，电脑显示只输入n －1个数， 平均数为3557， 假设这n －1个数输入无误，则漏输的一个数是________ .答案：56解析：设删去的一个数是x ，1≤x ≤n ，则删去的一个数是1，则平均数不减，平均数为n （n ＋1）2－1n －1＝n ＋22，删去的一个数是n ，则平均数不增，平均数为n （n ＋1）2－n n －1＝n2，所以n 2≤3557≤n ＋22，69<n ≤71.当n ＝71时，n （n ＋1）2－x n －1＝3557，解得x ＝56，当n ＝70时无解，所以x ＝56.10. (2013·金华联考)下图是某市有关部门根据该市干部的月收入情况，作抽样调查后画出的样本频率分布直方图．已知图中第一组的频数为4 000，请根据该图提供的信息解答下列问题：(图中每组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1 000，1 500)．(1) 求样本中月收入在[2 500，3 500)的人数；(2) 为了分析干部的收入与年龄、职业等方面的关系，必须从样本的各组中按月收入用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[1 500，2 000)的这段应抽多少人？(3) 试估计样本数据的中位数．解：(1) ∵ 月收入在[1 000，1 500)的频率为0.000 8×500＝0.4，且有4 000人，∴ 样本的容量n ＝4 0000.4＝10 000；月收入在[1 500，2 000)的频率为0.000 4×500＝0.2； 月收入在[2 000，2 500)的频率为0.000 3×500＝0.15； 月收入在[3 500，4 000)的频率为0.000 1×500＝0.05.∴ 月收入在[2 500，3 500)的频率为1－(0.4＋0.2＋0.15＋0.05)＝0.2. ∴ 样本中月收入在[2 500，3 500)的人数为0.2×10 000＝2 000.(2) ∵ 月收入在[1 500，2 000)的人数为0.2×10 000＝2 000，∴ 再从10 000人中用分层抽样方法抽出100人，则月收入在[1 500，2 000)的这段应抽取100×2 00010 000＝20(人)．(3) 由(1)知月收入在[1 000，2 000)的频率为0.4＋0.2＝0.6＞0.5，∴ 样本数据的中位数为1 500＋0.5－0.40.000 4＝1 500＋250＝1 750(元)．11. 某校拟派一名跳高运动员参加一项校际比赛，对甲、乙两名跳高运动员进行了8次选拔比赛，他们的成绩(单位：m)如下：甲：1.70，1.65，1.68，1.69，1.72，1.73，1.68，1.67； 乙：1.60，1.73，1.72，1.61，1.62，1.71，1.70，1.75.经预测，跳高1.65m 就很可能获得冠军．该校为了获取冠军，可能选哪位选手参赛？若预测跳高1.70m 方可获得冠军呢？解：甲的平均成绩和方差如下：x －甲＝18(1.70＋1.65＋1.68＋1.69＋1.72＋1.73＋1.68＋1.67)＝1.69，s 2甲＝18[(1.70－1.69)2＋(1.65－1.69)2＋…＋(1.67－1.69)2]＝0.0006. 乙的平均成绩和方差如下：x －乙＝18(1.60＋1.73＋1.72＋1.61＋1.62＋1.71＋1.70＋1.75)＝1.68，s 2乙＝18[(1.60－1.68)2＋(1.73－1.68)2＋…＋(1.75－1.68)2]＝0.00315. 显然，甲的平均成绩好于乙的平均成绩，而且甲的方差小于乙的方差，说明甲的成绩比乙稳定．由于甲的平均成绩高于乙，且成绩稳定，所以若跳高1.65m 就很可能获得冠军，应派甲参赛．在这8次选拔赛中乙有5次成绩在1.70m 以上，虽然乙的平均成绩不如甲，成绩的稳定性也不如甲，但成绩突破1.70 m 的概率大于甲，若跳高1.70m 方可获得冠军时，应派乙参加比赛．。
2015年三年高考数学(理)真题精编——专题11排列组合、二项式定理
一、选择题3. 【2014天津，理6】如图，ABC D 是圆的内接三角形，BAC Ð的平分线交圆于点D ，交BC 于点E ，过点B 的圆的切线与AD 的延长线交于点F ．在上述条件下，给出下列四个结论： ①BD 平分CBF Ð；②2FB FD FA =?；③AE CEBE DE ??；④AF BD AB BF ??．则所有正确结论的序号是 （ ）（A ）①② （B ）③④ （C ）①②③（D ）①②④【答案】D ． 【解析】考点：1．弦切角定理；2．切线长定理；3．相交弦定理．4. 【2015高考天津，理5】如图，在圆O 中，,M N 是弦AB 的三等分点，弦,CD CE 分别经过点,M N .若2,4,3CM MD CN === ，则线段NE 的长为( ) （A ）83 （B ）3 （C ）103 （D ）52【答案】A【解析】由相交弦定理可知，,AM MB CM MD CN NE AN NB ⋅=⋅⋅=⋅，又因为,M N 是弦AB 的三等分点，所以AM MB AN NB CN NE CM MD ⋅=⋅∴⋅=⋅，所以24833CM MD NE CN ⋅⨯===，故选A.【考点定位】相交弦定理.6. 【2014高考广东卷.理.8】设集合(){}{}12345,,,,1,0,1,1,2,3,4,5iA x x x x x x i =∈-=，那么集合A 中满足条件“1234513x x x x x ≤++++≤”的元素个数为( )A .60B .90C .120D .130 【答案】D【考点定位】本题考查分类计数原理，属于拔高题7. 【 2014湖南4】5122x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中32y x 的系数是（ ） A.20- B.5- C.5 D.20 【答案】A【解析】根据二项式定理可得第1n +项展开式为()55122nn n C x y -⎛⎫- ⎪⎝⎭,则2n =时,()()2532351121022022n n n C x y x y x y -⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以23x y 的系数为20-,故选A.【考点定位】二项式定理8. 【2013山东，理10】用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()．A ．243B ．252C ．261D ．279 【答案】：B【解析】：构成所有的三位数的个数为11191010C C C ＝900，而无重复数字的三位数的个数为111998C C C ＝648，故所求个数为900－648＝252，应选B.11. 【2015高考陕西，理4】二项式(1)()n x n N ++∈的展开式中2x 的系数为15，则n =（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7 【答案】C【解析】二项式()1nx +的展开式的通项是1C r r r n x +T =，令2r =得2x 的系数是2C n ，因为2x 的系数为15，所以2C 15n=，即2300n n --=，解得：6n =或5n =-，因为n +∈N ，所以6n =，故选C ． 【考点定位】二项式定理．13. 【2013课标全国Ⅱ，理5】已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝()．A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1 【答案】：D17. 【2014四川，理2】在6(1)x x +的展开式中，含3x 项的系数为（ ）A ．30B ．20C ．15D ．10 【答案】C 【解析】试题分析：623456(1)(161520156)x x x x x x x x x +=++++++，所以含3x 项的系数为15.选C 【考点定位】二项式定理.18. 【2014四川，理6】六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ）A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种 【答案】B【考点定位】排列组合.19. 【2015高考四川，理6】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）（A ）144个 （B ）120个 （C ）96个 （D ）72个 【答案】B 【解析】据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有342A ⨯个；若万位上排5，则有343A ⨯个.所以共有342A ⨯343524120A +⨯=⨯=个.选B.【考点定位】排列组合.24. 【2015高考新课标1，理10】25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为( )（A ）10 （B ）20 （C ）30 （D ）60 【答案】C【解析】在25()x x y ++的5个因式中，2个取因式中2x 剩余的3个因式中1个取x ，其余因式取y,故52x y的系数为212532C C C =30，故选 C.【考点定位】本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数.25. 【2013课标全国Ⅰ，理9】设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b .若13a ＝7b ，则m ＝( )．A ．5B ．6C ．7D ．8 【答案】：B【解析】：由题意可知，a ＝2C m m ，b ＝21C m m +，又∵13a ＝7b ，∴2!21!13=7!!!1!m m m m m m ()(+)⋅⋅(+)， 即132171m m +=+.解得m ＝6.故选B. 26. 【2014年.浙江卷.理5】在46)1()1(y x ++的展开式中，记n m y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 210 答案：C解析：由题意可得()()()()3211236646443,02,11,20,32060364120f f f f C C C C C C ++=+++=+++=，故选C考点：二项式系数.30. 【2014高考重庆理第9题】某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168 【答案】B 【解析】试题分析：将所有的安排方法分成两类，第一类：歌舞类节目中间不穿插相声节目，有32132262224A A A =⨯⨯=(种)；第二类：歌舞类节目中间穿插相声节目，有31113224622496A A A A =⨯⨯⨯=(种)；根据分类加法计数原理，共有96+24=120种不同的排法.故选B.考点：1、分类加法计数原理；2、排列.34. 【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷2】若二项式7)2(xa x +的展开式中31x 的系数是84，则实数=a （ ）A.2B. 54C. 1D. 42 【答案】C 【解析】试题分析：因为r r r r r r r x a C xa x C 2777772)()2(+---⋅⋅⋅=⋅⋅，令327-=+-r ，得2=r ， 所以84227227=⋅⋅-a C ，解得1=a ，故选C.考点：二项式定理的通项公式，容易题.35. 【2015高考湖北，理3】已知(1)n x +的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）A.122 B ．112 C ．102 D ．92【答案】D【考点定位】二项式系数，二项式系数和.二、填空题5. 【2013天津，理10】6x⎛ ⎝的二项展开式中的常数项为__________．【答案】156. 【2013天津，理11】已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C ，点P 的极坐标为π4,3⎛⎫⎪⎝⎭，则|CP |＝__________.【答案】【解析】由圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，得圆心C 的直角坐标为(2,0)，点P 的直角坐标为(2,)，所以|CP|＝7. 【2013天津，理13】如图，△ABC 为圆的内接三角形，BD 为圆的弦，且BD ∥AC .过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，AD 与BC 交于点F .若AB ＝AC ，AE ＝6，BD ＝5，则线段CF 的长为__________．【答案】83【解析】∵AE 为圆的切线， ∴由切割线定理，得AE2＝EB·ED. 又AE ＝6，BD ＝5，可解得EB ＝4. ∵∠EAB 为弦切角，且AB ＝AC ， ∴∠EAB ＝∠ACB ＝∠ABC.∴EA ∥BC.又BD ∥AC ， ∴四边形EBCA 为平行四边形． ∴BC ＝AE ＝6，AC ＝EB ＝4. 由BD ∥AC ，得△ACF ∽△DBF ， ∴45CF AC BF BD ==. 又CF ＋BF ＝BC ＝6，∴CF ＝83.8. 【2014天津，理13】在以O 为极点的极坐标系中，圆4sin r q =和直线sin a r q =相交于,A B 两点．若AOB D 是等边三角形，则a 的值为___________．【答案】3．考点：直线和圆的极坐标方程．9. 【2015高考天津，理12】在614x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 的展开式中，2x 的系数为 .【答案】1516【解析】614x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为6621661144rrr r r r r T C x C x x --+⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由622r -=得2r =，所以 222236115416T C x x ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以该项系数为1516.【考点定位】二项式定理及二项展开式的通项.11. 【2013高考北京理第12题】将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是__________． 【答案】96 【解析】试题分析：连号有4种情况，从4人中挑一人得到连号参观券，其余可以全排列，则不同的分法有4×1343C A ＝96(种)．考点：排列组合.12. 【2014高考北京理第13题】把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻， 且产品A 与产品C不相邻，则不同的摆法有 种. 【答案】36考点：排列组合，容易题.13. 【2015高考北京，理9】在()52x +的展开式中，3x 的系数为．（用数字作答）【答案】40【解析】利用通项公式，5152r r r r T C x -+=⋅，令3r =，得出3x 的系数为325240C ⋅=【考点定位】本题考点为二项式定理，利用通项公式，求指定项的系数.16. 【2014高考广东卷.理.11】从0.1.2.3.4.5.6.7.8.9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为 .【答案】16.【考点定位】本题考查排列组合与古典概型的概率计算，属于能力题.17. 【2015高考广东，理9】在4)1(-x 的展开式中，x 的系数为 .【答案】6．【解析】由题可知()()44214411r rrrr r r T CC x--+=-=-，令412r-=解得2r =，所以展开式中x 的系数为()22416C -=，故应填入6．【考点定位】二项式定理．18. 【2015高考广东，理12】某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了 条毕业留言．（用数字作答） 【答案】1560．【解析】依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了24040391560A =⨯=条毕业留言，故应填入1560．【考点定位】排列问题．20. 【2014山东.理14】 若26()b ax x+的展开式中3x 项的系数为20，则22b a +的最小值 .【答案】2【解析】26()bax x +展开式的通项为266123166()()r r r r r r r r b T C ax a b C x x---+==，令1233,r -=得3r =，所 以，由6333620a b C -=得1ab =，从而2222a b ab +≥=，当且仅当a b =时，22a b +的最小值为2.22. 【2014新课标，理13】 ()10x a +的展开式中，7x 的系数为15，则a =________.(用数字填写答案)【答案】12【解析】因为10110r r r r T C x a -+=，所以令107r -=，解得3r =，所以373410T C x a ==157x ，解得12a =. 24. 【2015高考新课标2，理15】4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =__________．【答案】3【解析】由已知得4234(1)1464x x x x x +=++++，故4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，34ax ，x ，36x ，5x ，其系数之和为441+6+1=32a a ++，解得3a =．【考点定位】二项式定理．25. 【2013四川，理11】二项式5()x y +的展开式中，含23x y 的项的系数是____________．（用数字作答）【答案】10【解析】由二项展开式的通项公式知，含23x y 的项是32345T C x y =，所以系数为3510C =，故填10.【考点定位】本题考查求二项展开式的指定项系数，属于基础题.26. 【2015高考四川，理11】在5(21)x -的展开式中，含2x 的项的系数是 （用数字作答）.【答案】40-. 【解析】55(21)(12)x x -=--，所以2x 的系数为225(2)40C -⨯-=-.【考点定位】二项式定理.27. 【2014课标Ⅰ，理14】甲、乙、丙三位同学被问到是否去过C B A ,,三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市； 乙说：我没去过C 城市. 丙说：我们三个去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为__________ 【答案】A28. 【2014课标Ⅰ，理13】()()8x y x y -+的展开式中27x y 的系数为________.（用数字填写答案）【答案】20-【解析】由题意，8()x y +展开式通项为8k k18C y k k T x -+=，08k ≤≤．当7k =时，777888T C xy xy ==；当6k =时，626267828T C x y x y ==，故()()8x y x y -+的展开式中27x y 项为726278(y)2820x xy x y x y ⋅+-⋅=-，系数为20-．29. 【2014年.浙江卷.理14】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）. 答案：60解析：不同的获奖分两种，一是有一人获两张将卷，一人获一张，共有223436C A =，二是有三人各获得一张，共有3424A =，因此不同的获奖情况有60种考点：排列组合.30.【2013年.浙江卷.理11】设二项式5的展开式中常数项为A ，则A ＝__________.【答案】：－1031. 【2013年.浙江卷.理14】将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有__________种(用数字作答)． 【答案】：480 【解析】：如图六个位置.若C 放在第一个位置，则满足条件的排法共有55A 种情况；若C 放在第2个位置，则从3,4,5,6共4个位置中选2个位置排A ，B ，再在余下的3个位置排D ，E ，F ，共24A ·33A 种排法；若C 放在第3个位置，则可在1,2两个位置排A ，B ，其余位置排D ，E ，F ，则共有22A ·33A 种排法或在4,5,6共3个位置中选2个位置排A ，B ，再在其余3个位置排D ，E ，F ，共有23A ·33A 种排法；若C在第4个位置，则有22A 33A ＋23A 33A 种排法；若C 在第5个位置，则有24A 33A 种排法；若C 在第6个位置，则有55A 种排法．综上，共有2(55A ＋24A 33A ＋23A 33A ＋22A 33A )＝480(种)排法．34. 【2013高考重庆理第13题】从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________(用数字作答)． 【答案】59035. 【2015高考重庆，理12】53x ⎛ ⎝的展开式中8x 的系数是________(用数字作答).【答案】52【解析】二项展开式通项为7153521551()()2k k kkk k k T C x C x --+==，令71582k-=，解得2k =，因此8x 的系数为22515()22C =. 【考点定位】二项式定理36. 【2014，安徽理13】设n a ,0≠是大于1的自然数，na x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+1的展开式为nn x a x a x a a ++++ 2210．若点)2,1,0)(,(=i a i A i i 的位置如图所示，则______=a ．【答案】3考点：1．二项展开式的应用．37. 【2013，安徽理11】若8x ⎛⎝的展开式中4x 的系数为7，则实数a =______．【答案】21． 【解析】二项式8x ⎛ ⎝展开式的第1r +项：88333188841843,732rrr rrr r r T C xC a x r r C a a-=-+==?=?=?．【命题立意】考查二项式定理．【易错警示】注意二项展开式的第1r +项的二项式系数为rn C ，上标是r ，不是r +1．39. 【2015高考安徽，理11】371()x x+的展开式中5x 的系数是 .（用数字填写答案）【答案】35【解析】由题意，二项式371()x x +展开的通项372141771()()r r r r r r T C x C x x--+==，令2145r -=，得4r =，则5x 的系数是4735C =.【考点定位】1.二项式定理的展开式应用.42. 【2013上海,理5】设常数a ∈R .若25()a x x+的二项展开式中x 7项的系数为－10，则a ＝______.【答案】－2【解析】T r ＋1＝255C ()()rr r ax x-,2(5－r )－r ＝7⇒r ＝1，故15C a ＝－10⇒a ＝－2.45. 【2015高考福建，理11】()52x + 的展开式中，2x 的系数等于 ．（用数字作答）【答案】80【解析】()52x + 的展开式中2x 项为2325280C x =，所以2x 的系数等于80．【考点定位】二项式定理．。
2015级组合数学复习题解答
a1 , a2 ,L , amn
构成的序列，使
27
a1 a2 L ak 0, k 1, 2,L , m n 这m + n个数的排列是集合 {n 1, m (1)}的排列，
排列数为
2. (1) 在2n个物体中有n个是相同的，则从这2n
个物体中选取n个的方法有几种？
(2) 在3n +1个物体中有n个是相同的，则从这
3n +1个物体中选取n个的方法有几种？
解 (1) 若选出的物体有 k (k 0,1, 2,L , n) 个不
相同,则其余n - k个是相同的,所以选取的方法数为
一行的木棍分割成7段(加上首和尾).设所选左边第
1根木棍的左侧有x1根未被选中的木棍；在第1 与 第2根所选木棍之间有x2根未被选中的木棍；…； 在第5 与第6根所选木棍之间有x6根未被选中的木 棍；在第6根所选木棍的右侧有x7根未被选中的木 棍，则由于没有两根选出的木棍是相邻的，所以
x1 x1
解 显然a1 9.
若末位数是1到9中某个数，则前面n-1位组成的 有效数有an-1个，因此，末位数不是0的n位有效数字 有 9 an-1个.
若末位数是0，则这样的n位十进制数有10n-1个， 而不是有效数的有 an-1个 (因n-1位的有效数后面添一 个0就不是有效数了), 所以末位数是0的有效数有
上与a不同的数字而得, 故这类数串的个数为 fn2 .
17
于是得递推关系
fn f1
fn1 fn2 2, f2 4
由Fibonacci数列,得通解
fn
1 c1 ( 2
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1. 有20根完全相同的木棍从左至右竖立成一行， 占 据20个位置. 要从中选出6根.
(1) 有多少种选择？ (2) 如果选出的木棍中没有两根是位置相邻的， 又有多少种选择？ (3) 如果选出的每一对木棍之间必须至少有两 根木棍，又有多少种选择？
解
(1)
有
20 6
种.
1
(2) 所选出的6根木棍实际上可将这20根排成
12
ex ex ex ex e2x e4x 1
2
2
4
1 4n xn 4n1 xn
4 n1 n!
n1
n!
所以an 4n1.
13
7. 由数字1至9组成的每种数字至少出现1次的 n(n 9)位数有多少个？
解 设所求的数为an,则{an}的指母函数为
Ge ( x)
(x
Hale Waihona Puke x2 2!且首末两个顶点也异色.
8
由上题可知,完成此步骤的方法有 (m 2)n (1)n (m 2)
种，由乘法原理,得所求涂色方法数为 K (m, n) m(m 2)n (1)n m(m 2)
9
5. 将充分多的苹果、香蕉、橘子和梨这4种水果 装袋，要求各袋有偶数个苹果，最多2个橘子，3的 倍数个香蕉，最多1个梨. 如果每袋装n个水果，求装 袋的种类数.
x2 x3 0，x7
x4 0，xi
x5 1, i
x6
2,
x7 =14 3,L , 6
2
作变量代换 y1 x1，y7 x7，yi xi 1, i 2, 3,L , 6
则原方程变成
y1 yi
y2 y3 y4 0, i 1, 2, 3,L
y5 ,7
y6
y7
9
这个方程的非负整数解的个数即为所求的选择数
11
6. 把n个相异的球放到4个相异盒子A1 , A2 , A3 , A4 中，求使得 A1 含有奇数个球，A2 含有偶数个球的不 同的放球方法数.
解 设满足条件的放球方法数为 an .
则数列{an }对应的指母函数为
Ge ( x)
(x
x3 3!
x5 5!
L
)(1
x2 2!
x4 4!
L
)
(1 x x2 x3 L )2 2! 3!
n + 1个顶点,每个顶点涂一种颜色，求使得棱锥的
每条棱的两个端点异色的涂色方法数 K(m, n).
解 设V是一个n棱锥,则可依
v0
如下两个步骤去完成V的n + 1
个顶点的涂色工作:
先涂顶点v0,有m种涂色方法; 然后用异于v0颜色的m - 1种颜色
vn
v1
v3 v2
去涂顶点序列v1， v2，…， vn, 使得相邻顶点异色
2. (1) 在2n个物体中有n个是相同的，则从这2n
个物体中选取n个的方法有几种？
(2) 在3n +1个物体中有n个是相同的，则从这
3n +1个物体中选取n个的方法有几种？
解 (1) 若选出的物体有 k (k 0,1, 2,L , n) 个不
相同,则其余n - k个是相同的,所以选取的方法数为
解 用hn表示所求方法数.易知 h2 m(m 1). 用m种颜色去涂 1 n (n m)棋盘，每格涂一种颜 色，使得相邻格子异色的涂色方法数有 m(m 1)n1
种,其中使得首末两格同色的涂色方法有 hn1种,所以 hn m(m 1)n1 hn1 (n 2)
从而
6
hn m(m 1)n1 hn1 m(m 1)n1 m(m 1)n2 (1)2 hn2 m(m 1)n1 m(m 1)n2 m(m 1)n3 (1)3 hn3 m(m 1)n1 m(m 1)n2 L
解 所求种类数an的母函数为
G( x) (1 x2 x4 L )(1 x x2 ) (1 x3 x6 L )(1 x)
1 1 x3 1 (1 x) 1
1 x2 1 x 1 x3
(1 x)2
10
n0
n
n
1x
n
(n 1)xn
n0
所以an n 1.
x3 3!
L
)9
(e x
1)9
9 k0
9 k
(
1)k
e
(
9k
)
x
9 k0
9 k
(1)k
n0
(9
k
)n
xn n!
n0
9 k0
(1)k
9
k
(9
k
)n
xn n!
所以
an
9
(1)k
k0
9 k
(9
k
)n
14
8. 由字母a,b,c,d,e组成的总字母数为n的单词 中，要求a与b的个数之和为偶数，求这样的单词 的个数.
n 0
n
1
L
n n
2n
(2) 类似于(1)的分析可知，所以选取的方法数为
2n 0
1
2n 1
1
L
2n n
1
1 22n1 2
22n
5
3. 用m(m 2) 种颜色去涂 1 n (n m) 棋盘，
每格涂一种颜色，求使得相邻格子异色，首末两格 也异色的涂色方法数.
9
7 9
1
15
9
5005
3
(3) 同(2)中的分析，此时有不定方程
x1 x1
x2 x3 0，x7
x4 x5 0，xi 2, i
x6
2,
x7 =14 3,L , 6
仿照(2)，这个方程的非负整数解的个数即为所求 的选择数
4
7 4
1
10 4
210
4
(1)n3 m(m 1)2 (1)n2 m(m 1)
m(m 1)[(m 1)n2 (m 1)n3 L (1)n3 (m 1) (1)n2 ]
m(m 1) (m 1)n1 (1)n2 (m 1)n (1)n (m 1) (m 1) 1
7
4. 用 m(m 3) 种颜色去涂 n (n 3) 棱锥的
解 这样的单词有两类：一类包括偶数个a与 偶数个b；另一类包括奇数个a与奇数个b.设所求 的数为an,则{an}的指母函数为
Ge ( x)
(1
x2 2!
x4 4!
L
)2 (1
x
x2 2!
x3 3!
L
)3
( x x3 x5 L )2 (1 x x2 x3 L )3
一行的木棍分割成7段(加上首和尾).设所选左边第
1根木棍的左侧有x1根未被选中的木棍；在第1 与 第2根所选木棍之间有x2根未被选中的木棍；…； 在第5 与第6根所选木棍之间有x6根未被选中的木 棍；在第6根所选木棍的右侧有x7根未被选中的木 棍，则由于没有两根选出的木棍是相邻的，所以
x1 x1