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．。
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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