【配套K12】[学习]2019届高考数学一轮复习 第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布 第2节
2019届高考数学一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第5节古典概型与几何概型训练理新人教版
第5节古典概型与几何概型基础巩固(时间:30分钟)1.将一颗骰子掷两次,观察出现的点数,并记第一次出现的点数为m,第二次出现的点数为n,向量p=(m,n),q=(3,6).则向量p与q共线的概率为( D )(A) (B) (C) (D)解析:由题意可得,基本事件(m,n)(m,n=1,2,…,6)的个数=6×6=36.若p∥q,则6m-3n=0,得到n=2m.满足此条件的共有(1,2),(2,4),(3,6)三个基本事件.因此向量p与q共线的概率为P==.故选D.2.(2017·黑龙江大庆市二模)男女生共8人,从中任选3人,出现2个男生,1个女生的概率为,则其中女生人数是( C )(A)2人 (B)3人(C)2人或3人(D)4人解析:设女生人数是x人,则男生(8-x)人,又因为从中任选3人,出现2个男生,1个女生的概率为,所以=,所以x=2或3.故选C.3.(2017·兰州调研)从数字1,2,3,4,5中任取两个不同的数字构成一个两位数,则这个两位数大于40的概率为( B )(A) (B) (C) (D)解析:构成的两位数共有=20个,其中大于40的两位数有=8个,所以所求概率为=,故选B.4.(2017·湖南湘西州一模)已知f(x)=在区间(0,4)内任取一个为x,则不等式log2x-(lo4x-1)f(log3x+1)≤的概率为( B )(A) (B)(C) (D)解析:由题意,log3x+1≥1且log2x-(lo4x-1)≤,或0<log3x+1<1且log2x+2(lo4x-1)≤, 解得1≤x≤2或<x<1,所以原不等式的解集为(,2],所求概率为=.故选B.5.(2017·河北邢台市模拟)某值日小组共有3名男生和2名女生,现安排这5名同学负责周一至周五擦黑板,每天1名同学,则这 5 名同学值日日期恰好男生与女生间隔的概率为( B )(A)(B)(C) (D)解析:5名同学所有的值日方法有=120种,其中男生女生间隔的方法有=12种,所以所求的概率为=.故选B.6.在二项式(+)n的展开式中,前三项的系数成等差数列,把展开式中所有的项重新排成一列,有理项都互不相邻的概率为( D )(A) (B) (C) (D)解析:注意到二项式(+)n的展开式的通项是T r+1=()n-r()r=.依题意有+=2=n,即n2-9n+8=0,(n-1)(n-8)=0(n≥2),因此n=8.因为二项式(+)8的展开式的通项是T r+1=2-r,其展开式中的有理项共有3项,所求的概率等于=.故选D.7.用两种不同的颜色给图中三个矩形随机涂色,每个矩形只涂一种颜色,则相邻两个矩形涂不同颜色的概率是.解析:由于只有两种颜色,不妨将其设为1和2,若只用一种颜色有111;222.若用两种颜色有122;212;221;211;121;112.所以基本事件共有8种.又相邻颜色各不相同的有2种,故所求概率为.答案:8.(2018·济南市一模)在平面直角坐标系内任取一个点P(x,y)满足则点P落在曲线y=与直线x=2,y=2围成的阴影区域(如图所示)内的概率为.解析:S阴影=2×(2-)-dx=3-ln x=3-(ln 2-ln)=3-ln 4S正方形=4,则点P落在曲线y=与直线x=2,y=2围成的阴影区域(如题图所示)内的概率为.答案:能力提升(时间:15分钟)9.(2017·新余模拟)如图,将半径为1的圆分成相等的四段弧,再将四段弧围成星形放在圆内(阴影部分).现在往圆内任投一点,此点落在星形区域内的概率为( A )(A) -1 (B)(C)1- (D)解析:作圆的外接正方形,并连接星形的对角线,可知正方形内圆外部分面积与星形面积相等,则星形区域的面积等于22-π=4-π,又因为圆的面积等于π×12=π,因此所求的概率等于=-1.故选A.10.在30瓶饮料中,有3瓶已过了保质期.从这30瓶饮料中任取2瓶,则至少取到一瓶饮料已过保质期的概率为.(结果用最简分数表示)解析:法一由题意知本题属古典概型,概率为P==.法二本题属古典概型,概率为P=1-=.答案:11.(2017·海口调研)张先生订了一份《南昌晚报》,送报人在早上6:30～7:30之间把报纸送到他家,张先生离开家去上班的时间在早上7:00～8:00之间,则张先生在离开家之前能拿到报纸的概率是.解析:以横坐标x表示报纸送到时间,以纵坐标y表示张先生离家时间,建立平面直角坐标系,如图.因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的,所以符合几何概型的条件.根据题意只要点落在阴影部分,就表示张先生在离开家之前能拿到报纸,即所求事件A发生,所以P(A)==.答案:12.(2017·信阳模拟)在某项大型活动中,甲、乙等五名志愿者被随机地分到A, B,C,D四个不同的岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者.(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率;(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率;(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率.解:(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件E A,那么P(E A)==,即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E,那么P(E)==,所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()=1-P(E)=.(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2==,所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1=1-P2=.13.设有关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0.(1)若a是从0,1,2,3四个数中任取的一个数,b是从0,1,2三个数中任取的一个数,求上述方程有实根的概率;(2)若a是从区间[0,3]任取的一个数,b是从区间[0,2]任取的一个数,求上述方程有实根的概率.解:设事件A为“方程x2+2ax+b2=0有实根”.当a≥0,b≥0时,方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为a≥b.(1)基本事件共有12个:(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2), (3,0),(3,1),(3,2).其中第一个数表示a的取值,第二个数表示b的取值.事件A中包含9个基本事件,故事件A发生的概率为P(A)==.(2)试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2},构成事件A的区域为{ (a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b},如图.所以所求的概率为P(A)==.14.甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头,它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的.(1)如果甲船和乙船的停泊的时间都是4小时,求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率;(2)如果甲船的停泊时间为4小时,乙船的停泊时间为2小时,求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率.解:(1)设甲、乙两船到达时间分别为x,y,则0≤x<24,0≤y<24且y-x>4或y-x<-4.作出区域设“两船无需等待码头空出”为事件A,则P(A)==.(2)当甲船的停泊时间为4小时,乙船停泊时间为2小时,两船不需等待码头空出,则满足x-y>2或y-x>4,设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B,画出区域P(B)===.。
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案理
10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理[知识梳理]1．两个计数原理[诊断自测]1．概念思辨(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)如果完成一件事情有n个不同的步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√2．教材衍化(1)(选修A2－3P 10T 4)某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有( )A ．510种B ．105种C ．50种D ．以上都不对答案 A解析 要完成这件事可分10步，即10名乘客分别选一个车站下车，由于每个乘客都有5个车站进行选择，由分步乘法计数原理知，乘客下车的可能方式有N ＝＝510(种)．故选A.(2)(选修A2－3P 10T 1)某种彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11到20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A ．3360元B ．6720元C ．4320元D ．8640元答案 D解析 这种特殊要求的号共有8×9×10×6＝4320(注)，因此至少需花费4320×2＝8640(元)，所以选D.3．小题热身(1)(2018·杭州质检)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8答案 D解析 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个．故根据分类加法计数原理共有8个等比数列．故选D.(2)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A ．24种B ．30种C ．36种D ．48种答案 D解析 需要先给C 块着色，有4种结果；再给A 块着色，有3种结果；再给B 块着色，有2种结果；最后给D 块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)．故选D.题型1 分类加法计数原理的应用典例三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．4种B．6种C．10种D．16种本题用树状图法．答案B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．故选B.方法技巧1．分类加法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分类加法计数原理进行计数时，需要根据完成事件的特点，将要完成一件事的方法进行“分类”计算．(2)要求：各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．2．使用分类加法计数原理遵循的原则有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．提醒：对于分类类型较多，而其对立事件包含的类型较少的可用间接法求解．冲关针对训练(2018·信阳期末)用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( ) A．3种B．5种C．9种D．12种答案C解析用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，有以下几类办法：①用2张10元钱支付；②用1张10元钱和2张5元钱支付；③用1张10元钱、1张5元钱和5张1元钱支付；④用1张10元钱和10张1元钱支付；⑤用1张5元钱和15张1元钱支付；⑥用2张5元钱和10张1元钱支付；⑦用3张5元钱和5张1元钱支付；⑧用4张5元钱支付；⑨用20张1元钱支付．故共有9种方法．故选C.题型2 分步乘法计数原理典例1从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A．56 B．54 C．53 D．52答案D解析第一步选取1个数作为底数有8种选择方法，第二步选取1个数作为真数有7种方法，共有8×7＝56个对数，其中对数值相等的有log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94共4个，故选D.[结论探究] 典例1中条件不变，将结论“可以组成不同的对数值”改为“可以组成不同的分数值”，则结果如何，其中有多少个不同的真分数？解第一步，从8个数中选取1个作为分母．第二步，再从剩下的7个数中选取1个作为分子，共有8×7＝56个分数，其中重复出现的为12个，故可构成56－12＝44个不同的分数值，其中真分数有22个．典例2定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为________(用数字作答)．答案12解析显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．方法技巧1．分步乘法计数原理的用法及要求(1)用法：应用分步乘法计数原理时，需要根据要完成事件的发生过程进行“分步”计算．(2)要求：每个步骤相互依存，其中的任何一步都不能单独完成这件事，只有当各个步骤都完成，才算完成这件事．2．应用分步乘法计数原理的注意点(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能完成这件事．(2)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取．冲关针对训练(2018·浙江杭州质检)用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(用数字作答)答案48解析根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个数排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2,4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a,2，b；a,2,4，b；a,4,2，b；a,2，b,4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种．根据分步乘法计数原理知，满足题意的五位数共有6×8＝48个.题型3 两个计数原理的综合应用角度1 组数、组队、抽取问题典例(2018·贵阳模拟)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7)，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内多少个不同点( )A．18 B．10 C．16 D．14答案B解析第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6(种)情况；②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4(种)情况．综上共有6＋4＝10(种)情况．故选B.角度2 涂色问题典例如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有3＋2＋2＝7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420种．角度3 与计数原理有关的新定义问题典例(2018.湖北模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，...，99.3位回文数有90个：101,111,121，...，191,202， (999)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．答案(1)90 (2)9×10n解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填法．方法技巧1．组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．见角度1典例．(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．2．涂色(种植)问题的解题关注点和关键(1)关注点：分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．(2)关键是对每个区域逐一进行，分步处理．见角度2典例．提醒：对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解．3．新定义问题的解题思路从特殊情形入手，通过分析、归纳、发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．解决此类问题时，注意化归思想的应用，如角度3典例，将确定回文数的问题转化为填方格问题，进而利用分步乘法计数原理求解，将新信息转化为数学知识．冲关针对训练(2018·湖州模拟)如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则有多少种不同的涂色方法( )A．24 B．72 C．84 D．120答案 C解析如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：①A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．②A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84种．故选C.1．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18 C．12 D．9答案 B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2018·昆明模拟)某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A．180种 B．360种 C．720种 D．960种答案 D解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．故选D.3．(2017·广东模拟)4个小电灯并联在电路中，每一个电灯均有亮与不亮两种状态，总共可表示________种不同的状态，其中至少有一个亮的有________种状态．答案16 15解析电灯状态共分5类，当都不亮时，有C04＝1(种)；当有一个亮时，有C14＝4(种)；当有2个亮时，有C24＝6(种)；当有3个亮时，有C34＝4(种)；当4个全亮时，有C44＝1(种)．共有1＋4＋6＋4＋1＝16(种)．其中至少有一个亮的有16－1＝15(种)．4．(2018·石家庄模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 答案24解析若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )A．21种 B．315种 C．143种 D．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．( ) A．8 B．12 C．14 D．9答案 B解析由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理得到共有12种结果，故选B.3．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为( )A．42 B．30 C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．故选A.5．(2017·石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A．10种 B．25种 C．52种 D．24种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．故选D.6．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．60 B．48 C．36 D．24答案 B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.7．(2017·山东模拟)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．243 B．252 C．261 D．279答案 B解析由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.8．(2018·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个 B．15个 C．12个 D．9个答案 B解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.9．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有( )A．6种 B．5种 C．4种 D．3种答案 C解析若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法．∴共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．故选C.10．(2018·湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有( ) A．12对 B．18对 C．24对 D．30对答案 C解析 依题意，注意到在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与直线AC 构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC 1，BA 1，A 1D ，DC 1，注意到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有4×122＝24对，故选C. 二、填空题11．已知集合M ＝{1,2,3,4}，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x ＜y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．答案 17解析 当A ＝{1}时，B 有23－1＝7种情况；当A ＝{2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{3}时，B 有1种情况；当A ＝{1,2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B 均有1种情况．故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．12．(2018·湖南十二校联考)若m ，n 均为非负整数，在做m ＋n 的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m ，n )为“简单的”有序对，而m ＋n 称为有序对(m ，n )的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．答案 300解析 第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式； 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.13．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，集合A ＝{a 1，a 2，…，a 10}，从A 中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．答案 24解析 当公比为q 时，满足题意的等比数列有7种，当公比为1q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为1q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为q 3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为1q 3时，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．答案72解析解法一：区域1有C14种着色方法；区域2有C13种着色方法；区域3有C12种着色方法；区域4,5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．解法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂色，此时区域3,5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．三、解答题15．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？解根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18种不同的放法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．16．(2018·江阴模拟)用n(n∈N*)种不同颜色给如图的4个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色．(1)当n＝6时，图①、图②各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)(2)若图③有180种涂色法，求n的值．解(1)当n＝6时，图①A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有5种方法，共有涂色方法6×5×4×5＝600种．图②若A，C相同，则A有6种方法，B有5种方法，D有4种方法，共有6×5×4＝120种．若A，C不同，则A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有3种方法，共有6×5×4×3＝360种．∴共有涂色方法120＋360＝480种．(2)A有n种方法，B有n－1种方法，C有n－2种方法，D有n－2种方法，共有涂色方法n(n－1)(n－2)·(n－2)种，由n(n－1)(n－2)(n－2)＝180，解得n＝5.。
教育最新K122019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 10-5a
[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．先后抛掷两枚质地均匀的骰子，设出现的点数之和是12,11,10的概率依次是P 1，P 2，P 3，则( )A ．P 1＝P 2＜P 3B ．P 1＜P 2＜P 3C ．P 1＜P 2＝P 3D ．P 3＝P 2＜P 1答案 B解析 先后抛掷两枚骰子点数之和共有36种可能，而点数之和为12,11,10的概率分别为P 1＝136，P 2＝118，P 3＝112.故选B.2．(2018·郑州质检)现有四所大学进行自主招生，同时向一所高中的已获省级竞赛一等奖的甲、乙、丙、丁四位学生发录取通知书，若这四名学生都愿意进入这四所大学的任意一所就读，则仅有两名学生被录取到同一所大学的概率为( )A.12B.916C.1116D.724 答案 B解析 所求概率P ＝C 24·A 3444＝916.故选B.3．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )A.12B.13C.14D.16 答案 B解析 从1,2,3,4中任取2个不同的数有C 24＝6种情况：满足取出的2个数之差的绝对值为2的(1,3)，(2,4)，故所求概率是26＝13.故选B.4．(2018·山西朔州模拟)某校食堂使用大小、手感完全一样的餐票，小明口袋里有一元餐票2张，两元餐票2张，五元餐票1张，若他从口袋中随机地摸出2张，则其面值之和不少于四元的概率为( )A.310B.25C.12D.35 答案 C解析 小明口袋里共有5张餐票，随机地摸出2张，基本事件总数n ＝10，其面值之和不少于四元包含的基本事件数m ＝5，故其面值之和不少于四元的概率为m n ＝510＝12.故选C.5．(2018·保定模拟)甲、乙二人玩猜数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为( )A.13B.59C.23D.79 答案 D解析 甲任想一数字有3种结果，乙猜数字有3种结果，基本条件总数为3×3＝9.设“甲、乙心有灵犀”为事件A ，则A 的对立事件B 为“|a －b |＞1”，即|a －b |＝2，包含2个基本事件，∴P (B )＝29.∴P (A )＝1－29＝79.故选D.6．(2018·浙江金丽衢十二校联考)若在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为 ( )A.17B.27C.37D.47答案 C解析 因为任取3个顶点连成三角形共有C 38＝8×7×63×2＝56个，又每个顶点为直角顶点的非等腰三角形有3个，即正方体的一边与过此点的一条面对角线，所以共有24个三角形符合条件．所以所求概率为2456＝37.故选C.7．(2017·甘肃质检)将5本不同的书全发给4名同学，每名同学至少有一本书的概率是( )A.1564B.15128C.24125D.48125 答案 A解析 由计数原理得基本事件的个数，再利用古典概型的概率公式求解．将5本不同的书分给4名同学，共有45＝1024种分法，其中每名同学至少一本的分法有C 25A 44＝240种，故所求概率是2401024＝1564，故选A.8．抛掷两枚均匀的骰子，得到的点数分别为a ，b ，那么直线xa ＋yb ＝1的斜率k ≥－12的概率为( )A.12B.13C.34D.14 答案 D解析 记a ，b 的取值为数对(a ，b )，由题意知(a ，b )的所有可能取值有36种．由直线x a ＋y b ＝1的斜率k ＝－b a ≥－12，知b a ≤12，那么满足题意的(a ，b )可能的取值为(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，(5,1)，(5,2)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，共有9种，所以所求概率为936＝14.故选D.9．某酒厂制作了3种不同的精美卡片，每瓶酒盒随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种酒5瓶，能获奖的概率为( )A.3181B.3381C.4881D.5081 答案 D解析 假设5个酒盒各不相同，5个酒盒装入卡片的方法一共有35＝243种，其中包含了3种不同卡片有两种情况：即一样的卡片3张，另外两种不同的卡片各1张，有C 35×2×3＝60种方法，两种不同的卡片各2张，另外一种卡片1张，有C 15×3×C 24＝15×6＝90种，故所求的概率为90＋60243＝5081.故选D.10．(2018·淄博模拟)将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a ，第二次出现的点数记为b ，设任意投掷两次使两条不重合直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的概率为P 1，相交的概率为P 2，若点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－518，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，718C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－718，518 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－518，718 答案 D解析 对于a 与b 各有6种情形，故总数为36种．两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的情形有a ＝2，b ＝4或a ＝3，b ＝6，故概率为P 1＝236＝118.两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2相交的情形除平行与重合(a ＝1，b ＝2)即可，∴P 2＝3336＝1112.∵点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫118－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11122<137144， 解得－518<m <718，故选D. 二、填空题11．现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．答案 2063解析 从正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)中任取两数的所有可能结果有C 17C 19＝63个，其中m ，n 都取奇数的结果有C 14C 15＝20个，故所求概率为2063.12．(2018·武汉调研)某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a ，b ，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e >5的概率是________．答案 16 解析 由e ＝1＋b 2a 2>5，得b >2a .当a ＝1时，b ＝3,4,5,6四种情况；当a ＝2时，b ＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a ，b )共有36种结果．∴所求事件的概率P ＝636＝16.13．(2018·湖南长沙模拟)抛掷两枚质地均匀的骰子，得到的点数分别为a ，b ，则使得直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423的概率为________．答案 19解析 根据题意，得到的点数所形成的数组(a ，b )共有6×6＝36种，其中满足直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423，则圆心到直线的距离不小于13，即1＞1a 2＋b 2≥13，即1＜a 2＋b 2≤9的有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)四种，故直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423的概率为436＝19.14．(2018·唐山模拟)无重复数字的五位数a 1a 2a 3a 4a 5，当a 1<a 2，a 2>a 3，a 3<a 4，a 4>a 5时称为波形数，则由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是________．答案 215解析 ∵a 2>a 1，a 3；a 4>a 3，a 5，∴a 2只能是3,4,5.(1)若a 2＝3，则a 4＝5，a 5＝4，a 1与a 3是1或2，这时共有A 22＝2(个)符合条件的五位数．(2)若a 2＝4，则a 4＝5，a 1，a 3，a 5可以是1,2,3，共有A 33＝6(个)符合条件的五位数．(3)若a 2＝5，则a 4＝3或4，此时分别与(1)(2)情况相同．∴满足条件的五位数有2(A 22＋A 33)＝16(个)．又由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数有A 55＝120(个)，故所求概率为16120＝215.三、解答题15．为了解收购的每只小龙虾的重量，某批发商在刚从甲、乙两个水产养殖场收购的小龙虾中分别随机抽取了40只，得到小龙虾的重量的频数分布表如下．从甲水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频数分布表从乙水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频数分布表(1)试根据上述表格中的数据，完成从甲水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频率分布直方图；(2)依据小龙虾的重量，将小龙虾划分为三个等级：若规定二级以上(包括二级)的小龙虾为优质小龙虾，估计甲、乙两个水产养殖场的小龙虾哪个的“优质率”高？并说明理由；(3)从乙水产养殖场抽取的重量在[5,15)，[15,25)，[45,55]内的小龙虾中利用分层抽样的方法抽取6只，再从这6只中随机抽取2只，求至少有1只的重量在[15,25)内的概率．解(1)(2)若把频率看作相应的概率，则“甲水产养殖场的小龙虾为优质小龙虾”的概率为16＋10＋440＝0.75，“乙水产养殖场的小龙虾为优质小龙虾”的概率为18＋10＋440＝0.8，所以乙水产养殖场的小龙虾“优质率”高．(3)解法一：用分层抽样的方法从乙水产养殖场重量在[5,15)，[15,25)，[45,55]内的小龙虾中抽取6只，则重量在[5,15)内的有1只，在[15,25)内的有3只，在[45,55]内的有2只，记重量在[5,15)内的1只为x ，在[15,25)内的3只分别为y 1，y 2，y 3，在[45,55]内的2只分别为z 1，z 2，从中任取2只，可能的情况有(x ，y 1)，(x ，y 2)，(x ，y 3)，(x ，z 1)，(x ，z 2)，(y 1，y 2)，(y 1，y 3)，(y 1，z 1)，(y 1，z 2)，(y 2，y 3)，(y 2，z 1)，(y 2，z 2)，(y 3，z 1)，(y 3，z 2)，(z 1，z 2)，共15种；记“任取2只，至少有1只的重量在[15,25)内”为事件A ，则事件A 包含的情况有(x ，y 1)，(x ，y 2)，(x ，y 3)，(y 1，y 2)，(y 1，y 3)，(y 1，z 1)，(y 1，z 2)，(y 2，y 3)，(y 2，z 1)，(y 2，z 2)，(y 3，z 1)，(y 3，z 2)，共12种．所以P (A )＝1215＝45.解法二：由解法一可知：重量在[15,25)内有3只，由题意可得P＝1－C 23C 26＝45.16．(2017·石景山区一模)“累积净化量(CCM)”是空气净化器质量的一个重要衡量指标，它是指空气净化器从开始使用到净化效率为50%时对颗粒物的累积净化量，以克表示．根据GB/T18801－2015《空气净化器》国家标准，对空气净化器的累积净化量(CCM)有如下等级划分：为了了解一批空气净化器(共2000台)的质量，随机抽取n台机器作为样本进行估计，已知这n台机器的累积净化量都分布在区间(4,14]中，按照(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]均匀分组，其中累积净化量在(4,6]的所有数据有：4.5,4.6,5.2,5.3,5.7和5.9，并绘制了如下频率分布直方图．(1)求n的值及频率分布直方图中的x值；(2)以样本估计总体，试估计这批空气净化器(共2000台)中等级为P2的空气净化器有多少台？(3)从累积净化量在(4,6]的样本中随机抽取2台，求恰好有1台等级为P2的概率．解(1)∵在(4,6]之间的数据一共有6个，再由频率分布直方图得：落在(4,6]之间的频率为0.03×2＝0.06，∴n＝6＝100，0.06由频率分布直方图的性质得：小学+初中+高中小学+初中+高中 (0.03＋x ＋0.12＋0.14＋0.15)×2＝1，解得x ＝0.06.(2)由频率分布直方图可知：落在(6,8]之间共：0.12×2×100＝24台．又∵在(5,6]之间共4台，∴落在(5,8]之间共28台，∴估计这批空气净化器(共2000台)中等级为P 2的空气净化器有560台．(3)设“恰好有1台等级为P 2”为事件B ，依题意落在(4,6]之间共6台，属于国标P 2级的有4台， 则从(4,6]中随机抽取2台，基本事件总数n ＝C 26＝15，事件B 包含的基本事件个数m ＝C 14C 12＝8，∴恰好有1台等级为P 2的概率P (B )＝m n ＝815.。
【配套K12】2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 第10章 计数原理、概率
第五节 古典概型[考纲传真] (教师用书独具)1.理解古典概型及其概率计算公式.2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率．(对应学生用书第178页)[基础知识填充]1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个． (2)每个基本事件出现的可能性相等．3．如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝m n.4．古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.[知识拓展] 划分基本事件的标准必须统一，保证基本事件的等可能性．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( )(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( )(3)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．( )(4)利用古典概型的概率可求“在边长为2的正方形内任取一点，这点到正方形中心距离小于或等于1”的概率．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( ) A ．815 B ．18 C ．115D ．130C [法一：∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}， ∴事件总数有15种．∵正确的开机密码只有1种，∴P ＝115.法二：所求概率为P ＝1C 13C 15＝115.]3．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( ) A ．45 B ．35 C ．25D ．15C [从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.故选C ．]4．从3名男同学，2名女同学中任选2人参加知识竞赛，则选到的2名同学中至少有1名男同学的概率是________． 910 [所求概率为P ＝1－C 22C 25＝910.] 5．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．56[掷两个骰子一次，向上的点数共有6×6＝36种可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率P ＝1－66×6＝56.](对应学生用书第178页)(1)(2017·佛山质检)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( ) A ．521 B ．1021 C ．1121D ．1(2)(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A ．110 B ．15 C ．310D ．25(1)B (2)D [(1)从袋中任取2个球共有C 215＝105种取法，其中恰有1个白球，1个红球共有C 110C 15＝50种取法，所以所取的球恰有1个白球1个红球的概率为50105＝1021.(2)从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10， 所以所求概率P ＝1025＝25.故选D ．]判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件分别求出基本事件的总数利用公式A ＝2.确定基本事件个数的方法：基本事件较少的古典概型，用列举法写出所有基本事件时，可借助“树状图”列举，以便做到不重、不漏利用计数原理、排列与组合的有关知识计算基本事件[跟踪训练( )【导学号：79140357】A ．16B ．112C ．536D ．518(2)(2017·山东高考)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) A ．518 B ．49 C ．59D ．79(1)C (2)C [(1)同时掷两枚骰子出现的可能有6×6＝36种，其中向上的点数和是6的有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5种，所以所求概率P ＝536，故选C ．(2)法一：∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取， ∴P (第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝59×48＝518，P (第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝49×58＝518.∴P (抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝518＋518＝59.故选C ．法二：依题意，得P (抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝5×4C 29＝59.故选C ．]某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．[解] (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)设参赛的4人中女生有ξ人，ξ＝1,2,3. 则P (ξ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (ξ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.由互斥事件的概率加法公式可知，P (ξ≥2)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝35＋15＝45，故所求事件的概率为45.基本事件总数较少时，可用列举法把所有基本事件一一列出，但要做到不重复、不遗漏.注意区分排列与组合，以及正确使用计数原理当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时，通常考虑用对立事件的概率公式P A ＝1A 求解[跟踪训练] (2016·山东高考动的儿童需转动如图1051所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x ，y .奖励规则如下：图1051①若xy ≤3，则奖励玩具一个； ②若xy ≥8，则奖励水杯一个； ③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动． (1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．[解] 用数对(x ，y )表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S ＝{(x ，y )|x ∈N ，y ∈N,1≤x ≤4,1≤y ≤4}一一对应．因为S 中元素的个数是4×4＝16， 所以基本事件总数n ＝16.(1)记“xy ≤3”为事件A ，则事件A 包含的基本事件数共5个，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)．所以P (A )＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(2)记“xy≥8”为事件B，“3<xy<8”为事件C．则事件B包含的基本事件数共6个，即(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，所以P(B)＝616＝38.事件C包含的基本事件数共5个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)．所以P(C)＝516.因为38>516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．(2018·长沙模拟(二)节选)某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等级如下表：图1052(1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定？(2)在样本中，按产品等级用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率．[解] (1)根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为0.200＋0.300＋0.260＋0.090＋0.025＝0.875，由于该估计值小于0.92，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定．(2)由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375,0.5,0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件．再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情形有2种： ①一等品2件，二等品1件，三等品1件； ②一等品1件，二等品2件，三等品1件． 故所求的概率P ＝C 23C 14C 11＋C 13C 24C 11C 48＝37. 依据题目的直接描述或频率分布表、提炼出需要的信息进行统计与古典概型概率的正确计算[跟踪训练进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．(1)求这6件样品中来自(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率.【导学号：79140358】[解] (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1,3,2. (2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C 26＝6×52×1＝15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件数为C 23＋C 22＝4，所以P (D )＝415.故这2件商品来自相同地区的概率为415.。
【配套K12】2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布
[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2018·泉州模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种答案 C解析分两类，甲乙在一路口，其余3人中也有两人在一路口，则有C23A33种．当有3人在一路口时只能是甲、乙和其余三人中一个在一起，则有C13A33，所以共有C23A33＋C13A33＝36种，故选C.2．某学校周五安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求体育不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为()A．600 B．288 C．480 D．504答案 D解析对六节课进行全排列有A66种方法，体育课排在第一节课有A55种方法，数学课排在第四节课也有A55种方法，体育课排在第一节课且数学课排在第四节课有A44种方法，由排除法得这天课表的不同排法种数为A66－2A55＋A44＝504.故选D.3．某班级举办的演讲比赛中，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．90 B．60 C．48 D．36答案 B解析先排3位女生，3位女生间及两端有4个空，从4个空中选2个排男生，共有A24A33＝72种排法．若女生甲排在第一个，则3位女生间及一端有3个空，从3个空中选2个排男生，有A23A22＝12种排法，所以满足条件的排法种数为72－12＝60.故选B.4．(2018·山西质量监测)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种答案 B解析由题意知，不同的座次有A22A44＝48(种)，故选B.5．(2018·福建福州八中模拟)甲、乙等5人在9月3号参加了纪念抗日战争胜利70周年阅兵庆典后，在天安门广场排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻且都不站在两端的排法有()A．12种B．24种C．48种D．120种答案 B解析甲乙相邻，将甲乙捆绑在一起看作一个元素，共有A44A22种排法，甲乙相邻且在两端有C12A33A22种排法，故甲乙相邻且都不站在两端的排法有A44A22－C12A33A22＝24(种)．故选B.6．(2017·黔江模拟)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A．24 B．18 C．12 D．6答案 B解析根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取2个数字排在个位与百位．∴排成的三位奇数有C23A22＝6个．②当选数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C23种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．∴排成的三位奇数有C23C12A22＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个符合条件的三位奇数．故选B.7．(2018·河北衡水模拟)某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车．每辆车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的乘坐方式共有()A．24种B．18种C．48种D．36种答案 A解析若大一的孪生姐妹乘坐甲车，则此时甲车中的另外2人分别来自不同年级，有C23C12C12＝12种，若大一的孪生姐妹不乘坐甲车，则有2名同学来自同一个年级，另外2名分别来自不同年级，有C13C12 C12＝12种，所以共有24种乘坐方式，故选A.8．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有()A．34种B．48种C．96种D．144种答案 C解析由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步，∴从第一个位置和最后一个位置中选一个位置把A排列，有A12＝2种结果．∵程序B和C在实施时必须相邻，∴把B和C看作一个元素，同除A 外的3个元素排列，注意B和C之间还有一个排列，共有A44A22＝48种结果．根据分步计数原理知共有2×48＝96种结果，故选C.9．(2018·福建漳州八校联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A．540 B．480 C．360 D．200答案 D解析由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有C15C15A22＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有C14×C15C15A22＝200(个)．故选D.10．(2018·赣州摸底)甲、乙、丙3名教师安排在10月1日至5日的5天中值班，要求每人值班一天且每天至多安排一人，其中甲不在10月1日值班且丙不在10月5日值班，则不同的安排方法有() A．36种B．39种C．42种D．45种答案 B解析当甲安排在10月2日值班时，则丙可以安排在1,3,4日中某一天，乙可以在剩余的3日中选一天，有C13C13＝9种排法，同理可得甲安排在10月3日，4日中的一天值班时，有C13C13＋C13C13＝18种排法；当甲安排在10月5日值班时，有A24＝12种排法，所以不同的安排方法有9＋18＋12＝39种，故选B.二、填空题11．(2017·江西八所重点中学联合模拟)摄像师要对已坐定一排照像的5位小朋友的座位顺序进行调整，要求其中恰有2人座位不调整，则不同的调整方案的种数为________．(用数字作答)答案20解析从5人中任选3人有C35种，将3人位置全部进行调整，有C12·C11·C11种，故有N＝C35·C12·C11·C11＝20种调整方案．12．(2018·江西宜春模拟)将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，则一共有________种放法．答案150解析标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，故可分成(3,1,1)和(2,2,1)两组，共有C35＋C25·C23A22＝25种分法，再分配到三个不同的盒子中，共有25·A33＝150种放法．13．(2017·河南天一大联考)如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有________种．答案720解析由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1，有6种方法，再涂2,3,4,5，有A45种方法，故一共有6·A45＝720种．14．两个家庭的4个大人与2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2个爸爸，另外，2个小孩一定要排在一起，则这6人入园顺序的排法种数为________．答案24解析第一步：将2个爸爸排在两端，有2种排法；第二步：将2个小孩视为一人与2个妈妈任意排在中间的三个位置上，有A33种排法；第三步：将2个小孩排序有2种排法．故总的排法有2×2×A33＝24种．三、解答题15．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，求甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数？解由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．解法一：(直接法)甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．∴由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种选法．解法二：(间接法)从9人中选3人有C39种选法，其中甲、乙均不入选有C37种选法．∴满足条件的选派方法有C39－C37＝84－35＝49种．16．(2018·保定调研)已知集合M＝{1,2,3,4,5,6}，集合A，B，C 为M的非空子集，若∀x∈A，y∈B，z∈C，x<y<z恒成立，则称“A—B—C”为集合M的一个“子集串”，求集合M的“子集串”共有多少个．解由题意可先分类，再分步：第一类，将6个元素全部取出来，可分两步进行：第一步，取出元素，有C66种取法，第二步，分成三组，共C25种分法，所以共有C66 C25个子集串；第二类，从6个元素中取出5个元素，共C56种取法，然后将这5个元素分成三组共C24种分法，所以共有C56C24个子集串；同理含4个元素的子集串数为C46C23；含3个元素的子集串数为C36C22.所以集合M的子集串共C66C25＋C56C24＋C46C23＋C36C22＝111个．。
2019届高考数学一轮复习 第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布 第2节 排列与组合训练 理 新人教版
第2节排列与组合知识点、方法题号排列1,5,12组合2,7排列与组合的综合应用3,4,6,8,9,10,11,13,14基础巩固(时间:30分钟)1.(2017·濮阳市一模)某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告,现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告,新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告,且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则不同的播放顺序共有( B ) (A)60种(B)120种(C)144种(D)300种解析:要在该时间段只保留其中的2个商业广告,有=20种方法,增播一个商业广告,利用插空法有3种方法,再在2个空中,插入两个不同的公益宣传广告,共有2种方法,根据分步乘法计数原理,共有20×3×2=120种方法.故选B.2.(2017·太原市一模)现有12张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张,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,不同的取法种数为( C )(A)135 (B)172 (C)189 (D)162解析:由题意,不考虑特殊情况,共有种取法,其中每一种卡片各取三张,有4种取法,两张红色卡片,共有种取法,故所求的取法共有-4-=189种.故选C.3.(2017·郑州市三模)为防止部分学生考试时用搜题软件作弊,命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编,则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为( A )(A)150 (B)180 (C)200 (D)280解析:人数分配上有两种方式即1,2,2与1,1,3.若是1,1,3,则有×=60种,若是1,2,2,则有×=90种,所以共有150种不同的方法.故选A.4.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( C ) (A)720 (B)520 (C)600 (D)360解析:根据题意,分2种情况讨论:若甲、乙其中一人参加,有=480种;若甲、乙2人都参加,共有=240种发言顺序,其中甲、乙相邻的情况有=120种,故有240-120=120种.则不同的发言顺序种数为480+120=600. 故选C.5.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( B ) (A)210种(B)420种(C)630种(D)840种解析: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+种,故符合条件的选派方案有-(+)=420种.故选B.6.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( D )(A)24 (B)28 (C)36 (D)48解析:穿红色衣服的人相邻的排法有=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=24种.故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有-2×48+24=48种.故选D.7.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.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=20种,所以每个盒子都有球的放法共有20种.答案:208.(2017·长春市二模)某班主任准备请2016届毕业生做报告,要从甲、乙等8人中选4人发言,要求甲、乙两人至少一人参加,若甲、乙同时参加,则他们发言中间需恰隔一人,那么不同的发言顺序共有种.(用数字作答)解析:根据题意,分2种情况讨论:①若甲、乙同时参加,先在其他6人中选出2人,有种选法,选出2人进行全排列,有种不同顺序,甲、乙2人进行全排列,有种不同顺序,甲、乙与选出的2人发言,甲、乙发言中间需恰隔一人,有2种情况,此时共有2=120种不同顺序;②若甲、乙有一人参与,在甲、乙中选1人,有种选法,在其他6人中选出3人,有种选法,选出4人进行全排列,有种不同情况,此时共有=960种,从而总共的发言顺序有1 080种不同顺序.答案:1 080能力提升(时间:15分钟)9.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( B )(A)252个(B)300个(C)324个(D)228个解析:(1)若仅仅含有数字0,则选法是,可以组成四位数=12×6=72个;(2)若仅仅含有数字5,则选法是,可以组成四位数=18×6=108个;(3)若既含数字0,又含数字5,选法是,排法是若0在个位,有=6种,若5在个位,有2×=4种,故可以组成四位数(6+4)=120个.根据加法原理,共有72+108+120=300个.故选B.10.(2017·鹰潭市一模)用四种不同的颜色为正六边形(如图)中的六块区域涂色,要求有公共边的区域涂不同颜色,一共有种不同的涂色方法.解析:A,C,E用同一颜色,此时共有4×3×3×3=108种方法.A,C,E用2种颜色,此时共有×6×3×2×2=432种方法.A,C,E用3种颜色,此时共有×2×2×2=192种方法.共有108+432+192=732种不同的涂色方法.答案:73211.数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列,设第一行的数为N1,其中N2,N3分别表示第二、三行中的最大数,则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是.解析:(元素优先法)由题意知6必在第三行,安排6有种方法,第三行中剩下的两个空位安排数字有种方法,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,有种方法,剩下的两个数字有种排法,根据分步乘法计数原理,所有排列的个数是=240.答案:24012.六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;(5)甲不站在左端,乙不站在右端;(6)甲、乙、丙三人顺序已定.解:(1)=480.(2)=240.(3)=480.(4)=144.(5)-2+=504.(6)=120.13.4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?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=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.14.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.解:(1)无序不均匀分组问题.先选1本,有种选法;再从余下的5本中选2本,有种选法;最后余下3本全选,有种选法.故共有=60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人,在(1)题基础上,还应考虑再分配,共有=360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步,则应是种方法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为A,B,C,D,E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则种分法中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共有种情况,而这种情况仅是AB,CD,EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有=15(种).(4)有序均匀分组问题.在(3)的基础上再分配给3个人,共有分配方式·==90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有=15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在(5)的基础上再分配给3个人,共有分配方式·=90(种).(7)直接分配问题.甲选1本,有种方法;乙从余下的5本中选1本,有种方法,余下4本留给丙,有种方法,故共有分配方式=30(种).。
配套K122019届高考数学一轮复习 第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布 第3节 二项式定理训
第3节二项式定理基础巩固(时间:30分钟)1.在（x2-）n的展开式中,常数项为15,则n的值可以为( D )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:因为=(x2)n-r（-）r=(-1)r x2n-3r,所以(-1)r=15且2n-3r=0,所以n可能是6.故选D.2.设（x-）6的展开式中x3的系数为A,二项式系数为B,则等于( A )(A)4 (B)-4 (C)26(D)-26解析:T k+1=x6-k（-）k=(-2)k,令6-=3,即k=2,所以T3=(-2)2x3=60x3,所以x3的系数为A=60,二项式系数为B==15,所以==4.故选A.3.(2017·咸阳市二模)设a=sin xdx,则（a+）6展开式的常数项为( D )(A)-20 (B)20 (C)-160 (D)240解析:a=sin xdx=(-cos x)=-(cos π-cos 0)=2,则(a+)6=（2+）6展开式的通项公式为T r+1=·(2)6-r·（）r=26-r··.令3-r=0得r=2,所以展开式中的常数项为24·=240.故选D.4.已知（x2+）n的展开式的各项系数和为32,则展开式中x4的系数为( D )(A)5 (B)40 (C)20 (D)10解析:令x=1,得2n=32,所以n=5,则(x2)5-r（）r=x10-3r,令10-3r=4,得r=2,所以展开式中x4的系数为=10.故选D.5.若（x-）n的展开式中第2项与第4项的二项式系数相等,则直线y=nx与曲线y=x2围成的封闭区域面积为( C )(A) (B)12 (C) (D)36解析: 由=,T r+1=a n-r b r知n=1+3=4,直线y=nx=4x与抛物线y=x2的交点的横坐标分别是0与4,因此结合图形(图略)可知,所求的封闭区域的面积等于(4x-x2)dx=（2x2-x3）|=.故选C.6.(2017·南平市一模)(x+)(2x-)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为( D )(A)-40 (B)-20 (C)20 (D)40解析:令x=1则有1+a=2,得a=1,故二项式为(x+)（2x-）5,其常数项为-22×+23=40.故选D.7.(2017·吉林延边模拟)若(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则= .解析:通项公式T r+1=(-2x)r=(-2)r x r,令r=3,则a3=(-2)3=-80;令r=2,则a2=(-2)2=40,所以==-2.答案:-28.若（+）n的展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6,则n= .解析:由题知,T7=()n-6（）6,T n+1-6=T n-5=·()6（）n-6.由=,化简得=6-1,所以-4=-1,所以n=9.答案:9能力提升(时间:15分钟)9. “n=5”是“（2+）n(n∈N*)的展开式中含有常数项”的( A )(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解析:因为（2+）n(n∈N*)展开式的通项T r+1=2n-r,（2+）n的展开式中含有常数项时满足-=0,当n=5时,=0,解得r=3,此时含有常数项;反之,当n=10时,r=6,也有常数项,但是不满足n=5.故“n=5”是“（2+）n(n∈N*)的展开式中含有常数项”的充分不必要条件.故选A.10.(2017·福建龙岩市一模)(x-1)(x+2)6的展开式中x4的系数为( A )(A)100 (B)15 (C)-35 (D)-220解析:由于(x+2)6的展开式的通项公式为T r+1=·x6-r·2r,令6-r=3,r=3,(x+2)6的展开式中x3的系数为8=160;令6-r=4,r=2,可得(x+2)6的展开式中x4的系数为-4,所以(x-1)(x+2)6的展开式中x4的系数为8-4=160-60=100.故选A.11.(2017·陕西渭南市一模)已知f(x)=x+在区间[1,4]上的最小值为n,则二项式（x-）n展开式中x2的系数为.解析:f′(x)=1-=,x∈[1,4].令f′(x)=0,解得x=3.所以x∈[1,3]时,函数f(x)单调递减;x∈(3,4]时,函数f(x)单调递增.所以x=3时,函数f(x)取得最小值6.所以（x-）6的通项公式T r+1=x6-r（-）r=(-1)r x6-2r, 令6-2r=2,解得r=2,所以二项式（x-）n展开式中x2的系数为=15.答案:1512.如果(1+x+x2)(x-a)5(a为实常数)的展开式中所有项的系数和为0,则展开式中含x4项的系数为.解析:因为(1+x+x2)(x-a)5的展开式所有项的系数和为(1+1+12)(1-a)5=0,所以a=1,所以(1+x+x2)(x-a)5=(1+x+x2)(x-1)5=(x3-1)(x-1)4=x3(x-1)4-(x-1)4,其展开式中含x4项的系数为(-1)3-(-1)0=-5.答案:-513.已知（-）n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和;(2)求展开式中含的项.解:由题意知,第五项系数为·(-2)4,第三项的系数为·(-2)2,则有=,化简得n2-5n-24=0,解得n=8或n=-3(舍去).(1)令x=1得各项系数的和为(1-2)8=1.(2)通项公式T r+1=()8-r（-）r=(-2)r·.令-2r=,得r=1,故展开式中含的项为T2=-16.14.(2017·海南三亚模拟)已知f n(x)=(1+x)n.(1)若f2 017(x)=a0+a1x+…+a2 017x2 017,求a1+a3+…+a2 015+a2 017的值;(2)若g(x)=f6(x)+2f7(x)+3f8(x),求g(x)中含x6项的系数.解:(1)因为f n(x)=(1+x)n,所以f2 017(x)=(1+x)2 017,又f2 017(x)=a0+a1x+…+a2 017x2 017,所以f2 017(1)=a0+a1+…+a2 017=22 017, ①f2 017(-1)=a0-a1+…+a2 016-a2 017=0, ②①-②得2(a1+a3+…+a2 015+a2 017)=22 017,所以a1+a3+…+a2 015+a2 017=22 016.(2)因为g(x)=f6(x)+2f7(x)+3f8(x),所以g(x)=(1+x)6+2(1+x)7+3(1+x)8.g(x)中含x6项的系数为+2+3=99.15.(2017·湖北武汉模拟)已知（+2x）n.(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列,求展开式中二项式系数最大的项的系数;(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79,求展开式中系数最大的项.解:(1)因为+=2,所以n2-21n+98=0.所以n=7或n=14,当n=7时,展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.所以T4的系数为（）423=,T5的系数为（）324=70,当n=14时,展开式中二项式系数最大的项是T8.所以T8的系数为（）727=3 432.(2)因为++=79,所以n2+n-156=0.所以n=12或n=-13(舍去).设T k+1项的系数最大,因为（+2x）12=（）12(1+4x)12,所以所以9.4≤k≤10.4,所以k=10.所以展开式中系数最大的项为T11,T11=·（）2·210·x10=16 896x10.。
(通用版)2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布1第1讲分类加法计数原理与分步乘
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理理解排列、组合的概念．能用计数原理证明二项式定理．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了理解古典概型及其概率计算公式．理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对1．两个计数原理分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) (4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )答案：(1)×(2)√ (3)√ (4)×从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A ．30B ．20C ．10D ．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两不同数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N ＝3＋3＝6(种)．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A ．504B ．210C ．336D ．120解析：选A.3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.某同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有________种．解析：至少买其中一本的意思是买一本或买两本或买三本，故分三类．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7种购买方案．答案：7(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.答案：15 120分类加法计数原理[典例引领](1)椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >0，n >0)的焦点在x 轴上，且m ∈{1，2，3，4，5}，n ∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为( )A ．10B ．12C ．20D ．35(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________． 【解析】 (1)因为焦点在x 轴上，m ＞n ，以m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 【答案】 (1)A (2)361.在本例(1)中，若m ∈{1，2，…，k }，n ∈{1，2，…，k }(k ∈N *)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．解析：因为m >n .当m ＝k 时，n ＝1，2，…，k －1. 当m ＝k －1时，n ＝1，2，…，k －2. …当m ＝3时，n ＝1，2. 当m ＝2时，n ＝1.所以共有1＋2＋…＋(k －1)＝k （k －1）2(个)．。
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后作
10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )A．21种 B．315种 C．143种 D．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．( ) A．8 B．12 C．14 D．9答案 B解析由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理得到共有12种结果，故选B.3．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为( )A．42 B．30 C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．故选A.5．(2017·石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A．10种 B．25种 C．52种 D．24种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．故选D.6．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．60 B．48 C．36 D．24答案 B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.7．(2017·山东模拟)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．243 B．252 C．261 D．279答案 B解析由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.8．(2018·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个 B．15个 C．12个 D．9个答案 B解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.9．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有( )A．6种 B．5种 C．4种 D．3种答案 C解析若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法．∴共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．故选C.10．(2018·湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有( ) A．12对 B．18对 C．24对 D．30对答案 C解析依题意，注意到在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与直线AC构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC 1，BA 1，A 1D ，DC 1，注意到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有4×122＝24对，故选C. 二、填空题11．已知集合M ＝{1,2,3,4}，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x ＜y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．答案 17解析 当A ＝{1}时，B 有23－1＝7种情况；当A ＝{2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{3}时，B 有1种情况；当A ＝{1,2}时，B 有22－1＝3种情况；当A ＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B 均有1种情况．故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．12．(2018·湖南十二校联考)若m ，n 均为非负整数，在做m ＋n 的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m ，n )为“简单的”有序对，而m ＋n 称为有序对(m ，n )的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．答案 300解析 第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式； 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.13．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，集合A ＝{a 1，a 2，…，a 10}，从A 中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．答案 24解析 当公比为q 时，满足题意的等比数列有7种，当公比为1q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为1q 2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为q 3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为1q 3时，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．答案72解析解法一：区域1有C14种着色方法；区域2有C13种着色方法；区域3有C12种着色方法；区域4,5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．解法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂色，此时区域3,5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．三、解答题15．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？解根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18种不同的放法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．16．(2018·江阴模拟)用n(n∈N*)种不同颜色给如图的4个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色．(1)当n＝6时，图①、图②各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)(2)若图③有180种涂色法，求n的值．解(1)当n＝6时，图①A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有5种方法，共有涂色方法6×5×4×5＝600种．图②若A，C相同，则A有6种方法，B有5种方法，D有4种方法，共有6×5×4＝120种．若A，C不同，则A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有3种方法，共有6×5×4×3＝360种．∴共有涂色方法120＋360＝480种．(2)A有n种方法，B有n－1种方法，C有n－2种方法，D有n－2种方法，共有涂色方法n(n－1)(n－2)·(n－2)种，由n(n－1)(n－2)(n－2)＝180，解得n＝5.。
【配套K12】2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布
[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知ξ的分布列为则在下列式中：①E (ξ)＝－13；②D (ξ)＝2327；③P (ξ＝0)＝13.正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 E (ξ)＝(－1)×12＋1×16＝－13，故①正确．D (ξ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋132×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0＋132×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋132×16＝59，故②不正确．由分布列知③正确．故选C.2．已知随机变量X ＋Y ＝8，若X ～B (10,0.6)，则E (Y )，D (Y )分别是( )A ．6和2.4B ．2和2.4C ．2和5.6D ．6和5.6答案 B解析 由已知随机变量X ＋Y ＝8，所以Y ＝8－X .因此，求得E (Y )＝8－E (X )＝8－10×0.6＝2，D (Y )＝(－1)2D (X )＝10×0.6×0.4＝2.4.故选B.3．(2018·广东茂名模拟)若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( ) A ．2 B ．2或12 C.12 D ．1 答案 C解析 因为分布列中概率和为1，所以a 2＋a 22＝1，即a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(舍去)或a ＝1，所以E (X )＝12.故选C.4．(2017·青岛质检)设随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则函数f (x )＝x 2＋2x ＋ξ不存在零点的概率为( )A.12B.23C.34D.45 答案 A解析 函数f (x )＝x 2＋2x ＋ξ不存在零点的条件是 Δ＝22－4×1×ξ<0，解得ξ>1.又ξ～N (1，σ2)，所以P (ξ>1)＝12，即所求事件的概率为12.故选A.5．(2018·山东聊城重点中学联考)已知服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)和(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率分别为68.3%,95.4%和99.7%.某校为高一年级1000名新生每人定制一套校服，经统计，学生的身高(单位：cm)服从正态分布(165,52)，则适合身高在155～175 cm 范围内的校服大约要定制( )A ．683套B ．954套C ．972套D ．997套 答案 B解析 P (155<ξ<175)＝P (165－5×2<ξ<165＋5×2)＝P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.4%.因此服装大约定制1000×95.4%＝954套．故选B.6．(2018·皖南十校联考)在某市1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N (98，100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( )A ．1500B ．1700C ．4500D ．8000 答案 A解析 因为学生的数学成绩X ～N (98,100)，所以P (X ≥108)＝12[1－P (88<X <108)]＝12[1－P (μ－σ<X <μ＋σ)]＝12(1－0.6826)＝0.1587，故该学生的数学成绩大约排在全市第0.1587×9450≈1500名，故选A.7．(2017·银川一中一模)一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c ，(a ，b ，c ∈(0,1))，已知他投篮得分的数学期望是2，则2a ＋13b 的最小值为( )A.323B.283C.143D.163 答案 D解析 由数学期望的定义可知3a ＋2b ＝2，所以2a ＋13b ＝12(3a ＋2b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋13b ＝12( 6＋23＋4b a ＋a b )≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋23＋4＝163，当且仅当4b a ＝ab 即a ＝12，b ＝14时取得等号．故选D.8．若X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1<x 2，又已知E (X )＝43，D (X )＝29，则x 1＋x 2的值为( )A.53B.73 C ．3 D.113 答案 C 解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x 1·23＋x 2·13＝43，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432·23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－432·13＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53，x 2＝23或⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2. 又∵x 1<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2，∴x 1＋x 2＝3.故选C.9．(2018·广州调研)已知随机变量x 服从正态分布N (μ，σ2)，且P (μ－2σ<x ≤μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－σ<x ≤μ＋σ)＝0.6826，若μ＝4，σ＝1，则P (5<x <6)等于( )A ．0.1358B ．0.1359C ．0.2716D ．0.2718 答案B解析 由题知x ～N (4,1)，作出相应的正态曲线，如图，依题意P (2<x ≤6)＝0.9544，P (3<x ≤5)＝0.6826，即曲边梯形ABCD 的面积为0.9544，曲边梯形EFGH 的面积为0.6826，其中A ，E ，F ，B 的横坐标分别是2,3,5,6，由曲线关于直线x ＝4对称，可知曲边梯形FBCG 的面积为0.9544－0.68262＝0.1359，即P (5<x <6)＝0.1359，故选B. 10．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )>1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 答案 B解析 根据题意，学生一次发球成功的概率为p ，即P (X ＝1)＝p ，发球二次的概率P (X ＝2)＝p (1－p )，发球三次的概率P (X ＝3)＝(1－p )2，则E (X )＝p ＋2p (1－p )＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3，依题意有E (X )>1.75，则p 2－3p ＋3>1.75，解得p >52或p <12，结合p 的实际意义，可得0<p <12，即p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.故选B.二、填空题11．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝______.答案 53解析 ∵P (X ＝0)＝13×(1－p )2＝112，∴p ＝12. 则P (X ＝1)＝23×12×12＋13×12×12×2＝412＝13， P (X ＝2)＝23×12×12×2＋13×12×12＝512， P (X ＝3)＝23×12×12＝16.则E (X )＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.12．某省实验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩(试卷满分150分)服从正态分布N (100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生约有________人．答案 100解析 ∵数学考试成绩ξ～N (100，σ2)，作出正态分布图象，可能看出，图象关于直线x ＝100对称．显然P (80≤ξ≤100)＝P (100≤ξ≤120)＝13；∴P (ξ≤80)＝P (ξ≥120)．又∵P (ξ≤80)＋P (ξ≥120)＝1－P (80≤ξ≤100)－P (100≤ξ≤120)＝13，∴P (ξ≥120)＝12×13＝16.∴成绩不低于120分的学生约为600×16＝100人．13．(2018·沧州七校联考)2017年中国汽车销售量达到1700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升，并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N (8，σ2)，已知耗油量ξ∈[7,9]的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆．答案 180解析 由题意可知ξ～N (8，σ2)，故正态分布曲线以μ＝8为对称轴．又因为P (7≤ξ≤9)＝0.7，故P (7≤ξ≤9)＝2P (8≤ξ≤9)＝0.7，所以P (8≤ξ≤9)＝0.35.而P (ξ≥8)＝0.5，所以P (ξ>9)＝0.15.故耗油量大于9升的汽车大约有1200×0.15 ＝180辆．14．(2017·安徽蚌埠模拟)赌博有陷阱．某种赌博游戏每局的规则是：参与者从标有5,6,7,8,9的小球中随机摸取一个(除数字不同外，其余均相同)，将小球上的数字作为其赌金(单位：元)，然后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元)．若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赌金与奖金，则E (ξ)－E (η)＝________元．答案 3解析 ξ的分布列为E (ξ)＝15×(5＋6＋7＋8＋9)＝7(元)． η的分布列为E (η)＝2×25＋4×310＋6×15＋8×110＝4(元)， ∴E (ξ)－E (η)＝7－4＝3(元)． 故答案为3.B 级三、解答题15．(2018·湖北八校第二次联考)某手机卖场对市民进行国产手机认可度的调查，随机抽取100名市民，按年龄(单位：岁)进行统计的频数分布表和频率分布直方图如下：(1)求频率分布表中x 、y 的值，并补全频率分布直方图； (2)在抽取的这100名市民中，按年龄进行分层抽样，抽取20人参加国产手机用户体验问卷调查，现从这20人中随机选取2人各赠送精美礼品一份，设这2名市民中年龄在[35,40)内的人数为X ，求X 的分布列及数学期望．解 (1)由题意知，[25,30)内的频率为0.01×5＝0.05，故x ＝100×0.05＝5.因[30,35)内的频率为1－(0.05＋0.35＋0.3＋0.1)＝1－0.8＝0.2，故y ＝100×0.2＝20，且[30,35)这组对应的频率组距＝0.25＝0.04.补全频率分布直方图略．(2)∵年龄从小到大的各层人数之间的比为5∶20∶35∶30∶10＝1∶4∶7∶6∶2，且共抽取20人，∴抽取的20人中，年龄在[35,40)内的人数为7. X 可取0,1,2，P (X ＝0)＝C 213C 220＝78190，P (X ＝1)＝C 113C 17C 220＝91190，P (X ＝2)＝C 27C 220＝21190，故X 的分布列为故E(X)＝91190×1＋21190×2＝133190.16．新生儿Apgar评分，即阿氏评分，是对新生儿出生后总体状况的一个评估，主要从呼吸、心率、反射、肤色、肌张力这几个方面评分，评分在8～10分者为正常新生儿，评分在4～7分的新生儿考虑患有轻度窒息，评分在4分以下的新生儿考虑患有重度窒息，大部分新生儿的评分在7～10分之间．某医院妇产科从9月份出生的新生儿中随机抽取了16名，表格记录了他们的评分情况．(1)现从这16名新生儿中随机抽取3名，求至多有1名新生儿的评分不低于9分的概率；(2)用这16名新生儿的Apgar评分来估计本年度新生儿的总体状况，若从本年度新生儿中任选3名，记X表示抽到评分不低于9分的新生儿数，求X的分布列及数学期望．解(1)设A i表示所抽取的3名新生儿中有i名的评分不低于9分，“至多有1名新生儿的评分不低于9分”记为事件A，则由表格中数据可知P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝C312C316＋C14C212C316＝121140.(2)由表格数据知，从本年度新生儿中任选1名，评分不低于9分的概率为416＝1 4，由题意知随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，且P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2764；P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫141⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝2764；P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫142⎝ ⎛⎭⎪⎫341＝964； P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝164.所以X 的分布列为E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝0.75 ⎝ ⎛⎭⎪⎫或E (X )＝3×14＝0.75.17．(2015·湖南高考)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的数学期望和方差．解 (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A －2与A －1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A －2＋A －1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A －2＋A－1A 2)＝P (A 1A －2)＋P (A －1A 2)＝P (A 1)P (A －2)＋P (A －1)P (A 2)＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2)＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12.故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，15.故X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35， 方差为D (X )＝3×15×45＝1225.18．(2018·江淮十校联考)某市级教研室对辖区内高三年级10000名学生的数学一轮成绩统计分析发现其服从正态分布N (120,25)，该市一重点高中学校随机抽取了该校成绩介于85分到145分之间的50名学生的数学成绩进行分析，得到如图所示的频率分布直方图．(1)试估算该校高三年级数学的平均成绩；(2)从所抽取的50名学生中成绩在125分(含125分)以上的同学中任意抽取3人，该3人在全市前13名的人数记为X ，求X 的期望．附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.9974.解 (1)由频率分布直方图可知[125,135)的频率为1－10×(0.01＋0.024＋0.03＋0.016＋0.008)＝0.12，该校高三年级数学的平均成绩为90×0.1＋100×0.24＋110×0.3＋120×0.16＋130×0.12＋140×0.08＝112(分)．(2)由于1310000＝0.0013，由正态分布得P (120－3×5<X <120＋3×5)＝0.9974，故P (X ≥135)＝1－0.99742＝0.0013，即0.0013×10000＝13，所以前13名的成绩全部在135分以上，由频率分布直方图可知这50人中成绩在135以上(包括135分)的有50×0.08＝4人，而在[125,145)的学生有50×(0.12＋0.08)＝10人，所以X 的取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 36C 310＝16，P (X ＝1)＝C 26C 14C 310＝12， P (X ＝2)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝3)＝C 34C 310＝130， X 的分布列为数学期望值为E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝1.2.。
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第2节排列与组合
基础巩固(时间:30分钟)
1.(2017·濮阳市一模)某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告,现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告,新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告,且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则不同的播放顺序共有( B ) (A)60种(B)120种(C)144种(D)300种
解析:要在该时间段只保留其中的2个商业广告,有=20种方法,增播一个商业广告,利用插空法有3种方法,再在2个空中,插入两个不同的公益宣传广告,共有2种方法,根据分步乘法计数原理,共有20×3×2=120种方法.故选B.
2.(2017·太原市一模)现有12张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张,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,不同的取法种数为( C )
(A)135 (B)172 (C)189 (D)162
解析:由题意,不考虑特殊情况,共有种取法,其中每一种卡片各取三张,有4种取法,两张
红色卡片,共有种取法,故所求的取法共有-4-=189种.故选C.
3.(2017·郑州市三模)为防止部分学生考试时用搜题软件作弊,命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编,则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为( A )
(A)150 (B)180 (C)200 (D)280
解析:人数分配上有两种方式即1,2,2与1,1,3.若是1,1,3,则有×=60种,若是1,2,2,
则有×=90种,所以共有150种不同的方法.故选A.
4.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( C ) (A)720 (B)520 (C)600 (D)360
解析:根据题意,分2种情况讨论:若甲、乙其中一人参加,有=480种;若甲、乙2人都
参加,共有=240种发言顺序,其中甲、乙相邻的情况有=120种,故有240-120=120种.则不同的发言顺序种数为480+120=600. 故选C.
5.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( B ) (A)210种(B)420种(C)630种(D)840种
解析: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+种,故符合条件的选派方案有-(+)=420种.故选B.
6.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( D )
(A)24 (B)28 (C)36 (D)48
解析:穿红色衣服的人相邻的排法有=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=24种.故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有
-2×48+24=48种.故选D.
7.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.
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=20种,所以每个盒子都有球的放法共有20种.
答案:20
8.(2017·长春市二模)某班主任准备请2016届毕业生做报告,要从甲、乙等8人中选4人发言,要求甲、乙两人至少一人参加,若甲、乙同时参加,则他们发言中间需恰隔一人,那么不同的发言顺序共有
种.(用数字作答)
解析:根据题意,分2种情况讨论:①若甲、乙同时参加,先在其他6人中选出2人,有种选法,选出2人进行全排列,有种不同顺序,甲、乙2人进行全排列,有种不同顺序,甲、乙与选出的2人发言,甲、乙发言中间需恰隔一人,有2种情况,此时共有2=120种不同顺序;②若甲、乙有一人参与,在甲、乙中选1人,有种选法,在其他6人中选出3人,有种
选法,选出4人进行全排列,有种不同情况,此时共有=960种,从而总共的发言顺序有1 080种不同顺序.
答案:1 080
能力提升(时间:15分钟)
9.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( B )
(A)252个(B)300个(C)324个(D)228个
解析:(1)若仅仅含有数字0,则选法是,可以组成四位数=
12×6=72个;
(2)若仅仅含有数字5,则选法是,可以组成四位数=18×
6=108个;
(3)若既含数字0,又含数字5,选法是,排法是若0在个位,有=6种,若5在个位,有
2×=4种,故可以组成四位数(6+4)=120个.
根据加法原理,共有72+108+120=300个.故选B.
10.(2017·鹰潭市一模)用四种不同的颜色为正六边形(如图)中的六块区域涂色,要求有公共边的区域涂不同颜色,一共有种不同的涂色方法.
解析:A,C,E用同一颜色,此时共有4×3×3×3=108种方法.
A,C,E用2种颜色,此时共有×6×3×2×2=432种方法.A,C,E用3种颜色,此时共有
×2×2×2=192种方法.共有108+432+192=732种不同的涂色方法.
答案:732
11.数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列,设第一行的数为N1,其中N2,N3分别表示第二、三行中的最大数,则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是.
解析:(元素优先法)由题意知6必在第三行,安排6有种方法,第三行中剩下的两个空位安
排数字有种方法,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,有种方法,剩下的两个数字有种排法,根据分步乘法计数原理,所有排列的个
数是=240.
答案:240
12.六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;(5)甲不站在左端,乙不站在右端;(6)甲、乙、丙三人顺序已定.
解:(1)=480.
(2)=240.
(3)=480.
(4)=144.
(5)-2+=504.
(6)=120.
13.4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?
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
=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.
14.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)平均分成三份,每份2本;
(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;
(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.
解:(1)无序不均匀分组问题.
先选1本,有种选法;再从余下的5本中选2本,有种选法;最后余下3本全选,有种选法.
故共有=60(种).
(2)有序不均匀分组问题.
由于甲、乙、丙是不同的三人,在(1)题基础上,还应考虑再分配,共有=360(种).
(3)无序均匀分组问题.
先分三步,则应是种方法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为A,B,C,D,E,F,若第
一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则种分法中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,
EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共有种情况,而这种情况仅是AB,CD,EF的顺
序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有=15(种).
(4)有序均匀分组问题.
在(3)的基础上再分配给3个人,
共有分配方式·==90(种).
(5)无序部分均匀分组问题.共有=15(种).
(6)有序部分均匀分组问题.
在(5)的基础上再分配给3个人,
共有分配方式·=90(种).
(7)直接分配问题.
甲选1本,有种方法;乙从余下的5本中选1本,有种方法,余下4本留给丙,有种方法,故共有分配方式=30(种).。