2021-2022年高考数学专题复习导练测 第十章 计数原理阶段测试(十四)理 新人教A版
【解密高考】2021届高考数学大一轮总温习 计数原理、概率、统计时期性综合检测 理 新人教A版(1)
计数原理、概率、统计时刻120分钟 总分值150分 第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的) 1．(2021·琼海一模)为了应付金融危机，一公司决定从某办公室10名工作人员中裁去4人，要求A 、B 二人不能全数裁掉，那么不同的裁员方案的种数为( )A ．70B ．126C ．182D ．210解析：C 48＋C 12C 38＝182.答案：C2．(2021·山东实验中学)假设(x 2－1x)n 的展开式中的所有二项式系数和为512，那么该展开式中的常数项为( )A ．－84B ．84C ．－36D ．36解析：依题意，2n ＝512＝29，∴n ＝9，通项T r ＋1＝C r 9·(x 2)9－r ·(－1x)r ＝(－1)r ·C r 9·x 18－3r ，令18－3r ＝0，得r ＝6，∴展开式中的常数项为T 7＝(－1)6C 69＝84.答案：B3．(2021·西安一模)某同窗同时掷两颗骰子，取得的点数别离为a 、b ，那么椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的离心率e ＞32的概率是( )A.118B.536 C.16D.13 解析：当a ＞b 时，e ＝1－b 2a2＞32⇒b a ＜12⇒a ＞2b ，符合a ＞2b 的情形有： 当b ＝1时，有a ＝3,4,5,6四种情形；当b ＝2时，有a ＝5,6两种情形，总共有6种情形，那么概率为636＝16.同应当a ＜b 时，e ＞32的概率也为16.综上可知e ＞32的概率为13 .答案：D4．(2021·石家庄一模)设(1＋x )3＋(1＋x )4＋…＋(1＋x )50＝a 0＋a 1x ＋…＋a 50x 50，那么a 3的值是( ) A ．C 450 B ．2C 350 C ．C 351D ．C 451解析：方式一：可知a 3为展开式中x 3的系数，∴a 3＝C 33＋C 34＋…＋C 350 ＝(C 44＋C 34)＋C 35＋…＋C 350＝(C 45＋C 35)＋C 36＋…＋C 350＝…＝C 450＋C 350＝C 451.方式二：(1＋x )3＋(1＋x )4＋…＋(1＋x )50 ＝1＋x3[1－1＋x 48]1－1＋x＝1＋x 51－1＋x3x.∴a 3＝C 451. 答案：D5．(2021·银川一中月考)假设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，那么x 1＋x 2的值为( ) A.53 B.73 C ．3D.113解析：利用离散型随机变量的均值和方差的计算公式得⎩⎪⎨⎪⎧x 1·23＋x 2·13＝43，x 1－432·23＋x 2－432·13＝29，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＋x 2＝4，①2x 1－432＋x 2－432＝23，②由①得x 2＝4－2x 1，代入②得6(x 1－43)2＝23， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53x 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.答案：C6．(2021·青岛一模)如下图，在一个边长为1的正方形AOBC 内，曲线y ＝x 2和曲线y ＝x 围成一个叶形图(阴影部份)，向正方形AOBC 内随机投一点(该点落在正方形AOBC 内任何一点是等可能的)，那么所投的点落在叶形图内部的概率是( )A.12 B.13 C.14D.16解析：由定积分得叶形图的面积为⎠⎜⎛01(x －x 2)d x ＝13.由几何概型得所投的点落在叶形图内部的概率即为其面积与正方形面积之比，即为131×1＝13. 答案：B7．(2021·吉林仿真)已知一组数据x 1，x 2，x 3，x 4，x 5的平均数是2，方差是13，那么另一组数据3x 1－2,3x 2－2,3x 3－2,3x 4－2,3x 5－2的平均数和方不同离为( ) A ．2，13B ．2,1C ．4,3D ．4，－1解析：由题意知，15(x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5)＝2，15[(x 1－2)2＋(x 2－2)2＋(x 3－2)2＋(x 4－2)2＋(x 5－2)2]＝13，因此另一组数据的平均数为15[3(x 1＋x 2＋…＋x 5)－2×5]＝4，方差为15[(3x 1－6)2＋(3x 2－6)2＋…＋(3x 5－6)2]＝9×15[(x 1－2)2＋(x 2－2)2＋…＋(x 5－2)2]＝3.答案：C8．(2021·淄博期末)甲、乙、丙、丁四位同窗各自对A 、B 两变量的线性相关性做实验，并用回归分析方式别离求得相关系数r 与残差平方和m 如下表：那么哪位同窗的实验结果表现A ．甲 B ．乙 C ．丙D ．丁解析：依照线性相关的知识，检查模拟情形的不同，要尽可能保证相关系数|r|接近1，同时保证残差平方和尽可能小，依如实验结果，显然丁要好一些．答案：D9．(2021·镇江模拟)统计某校1000名学生的数学水平测试成绩，取得样本频率散布直方图如下图，假设总分值为100分，规定不低于60分为合格，那么合格率是( )A．20% B．25%C．6% D．80%解析：由频率散布直方图可知，合格率为10×(0.025＋0.035＋0.02)＝0.8＝80%.答案：D10．(2021·长春月考)为了考查两个变量x与y之间的线性关系，甲、乙两同窗各自独立做了10次和15次实验，而且利用线性回归方式，求得回归直线别离为l1、l2，已知两人取得的实验数据中变量x和y的数据的平均值相等，且别离都是s、t，那么以下说法正确的选项是( )A．直线l1，l2必然有公共点(s，t)B．直线l1，l2相交，但交点不必然是(s，t)C．必有l1∥l2D．l1，l2必然重合解析：依据线性回归方程与系数的关系求解．线性回归方程为y^＝b^x＋a^，a^＝y－b^x，a^＝t－b^s，t＝b^s ＋a^，(s，t)在回归直线上，直线l1，l2必然有公共点(s，t)．答案：A11．(2021·桦甸一模)有人发觉，多看电视容易令人变冷漠，下表是一个调查机构对此现象的调查结果：A．0.001 B．0.025C．0.05 D．0.01解析：可计算K 2≈11.377＞10.828，故以为多看电视与人变冷漠有关系犯错误的概率最小不超过0.001. 答案：A12．(2021·延吉二模)依照《中华人民共和国道路交通平安法》规定：车辆驾驶员血液酒精浓度在20～80 mg/100 mL(不含80)之间，属于酒后驾车，处暂扣一个月以上三个月以下驾驶证，并处200元以上500元以下罚款；血液酒精浓度在80 mg/100 mL(含80)以上时，属醉酒驾车，处十五日以下拘留和暂扣三个月以上六个月以下驾驶证，并处500元以上2 000元以下罚款．据《法制晚报》报导，2020年8月15日至8月28日，全国查处酒后驾车和醉酒驾车共28 800人，如图是对这28 800人酒后驾车血液中酒精含量进行检测所得结果的频率散布直方图，那么属于醉酒驾车的人数约为( )A ．2 160B ．2 880C ．4 320D ．8 640解析：设醉酒驾车的人数为x 人，那么(0.01＋0.005)×10＝x28 800，解得x ＝4 320.答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共90分)本卷包括必考题和选考题两部份，第13题～第21题为必考题，每一个试题考生都必需做答，第22题～第24题为选考题，考生依照要求做答。
2022届高考数学一轮复习第10章计数原理第1讲两个计数原理排列与组合作业试题2含解析新人教版
第一讲两个计数原理、排列与组合1.[2021江苏省高三学情调研]某大学4名大学生利用假期到3个山村参加基层扶贫工作,每名大学生只去1个山村,每个山村至少有1人去,则不同的分配方案共有( )2.[2021山东新高考模拟]2020年是脱贫攻坚决战决胜之年,为顺利完成“一收入、两不愁、三保障”,即贫困人口的收入要超过现行扶贫标准,贫困人口不愁吃、不愁穿,贫困人口义务教育、基本医疗、住房安全有保障,某市拟派出6人组成三个帮扶队,每队两人,对脱贫任务较重的甲、乙、丙三县进行帮扶,则不同的派出方法种数为( )3.[2021陕西高三第一次高考模拟]甲、乙、丙、丁四人分别去云南、张家界、北京三个地方旅游,每个地方至少有一人去,且甲、乙两人不能去同一个地方,则不同的方法种数为( )4.[2020洛阳市第一次联考]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( )5.[2020江西临川一中第一次联考]将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中,每个盒子中放一个小球,若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同,则不同的放法种数为( )6.[数学文化题]中秋节是中国传统佳节,赏花灯是常见的中秋活动.某社区拟举办庆祝中秋的活动,准备在3个不同的地方悬挂5盏不同的花灯,其中有2盏是人物灯.现要求这3个地方都有灯(同一地方的花灯不考虑位置的差别),且人物灯必须分开悬挂,则不同的悬挂方法种数为( )7.[2020北京市通州区模拟]用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数,其中百位上的数字是5的四位数共有个.(用数字作答)8.[2020四川模拟]某地区计划实施新高考考试方案,现模拟选科,其中语文、数学、英语为必选科目.从物理、化学、生物、历史、地理、政治、信息技术七科中任选三科,组合成“3+3”模式.若小王同学在物理和化学这两科中至多选一科,则他选择的组合方式有种(用数字作答).9.[2021皖西南十校联考]扶贫结对中,5名妈妈各带一名孩子到农村帮扶和体验生活(5个孩子中有3男2女).村委会需要安排1名妈妈带3个孩子去完成某项任务,且至少要选1个女孩,王林(男)和他的妈妈始终在一起,李台(男)和他的妈妈有且仅有一人前往.则可选的方案的种数是( )10.[2021武汉调研]三对孪生兄弟排成一排照相,则仅有一对孪生兄弟相邻的排法种数是( )11.[2020陕西西安二检]将“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )12.[2019河南濮阳模拟]安排A,B,C,D,E,F 六位义工照顾甲、乙、丙三位老人,每两位义工照顾一位老人,考虑到义工与老人的住址距离问题,不安排义工A照顾老人甲,不安排义工B照顾老人乙,则不同的安排方法共有( )13.[2020重庆九龙坡区7月模拟]如图10-1-1所示的五个区域中,中心区域E是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可供选择,四种颜色可以不用完.要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为.图10-1-114.[2020潍坊市5月高考模拟]植树造林,绿化祖国.某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动,准备在一抛物线形地块上的ABCDGFE七点处各种植一棵树苗,如图10-1-2所示,其中A,B,C 分别与E,F,G关于抛物线的对称轴对称.现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗,则不同的种植方法数是.(用数字作答)图10-1-215.[原创题]“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系,该书中有两类最基本的符号“——”和“——”,其中“——”在二进制中记作“1”,“——”在二进制中记作“0”,其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列,可以组成的不同的十进制数为( )A.0,1,2,3B.0,1,2C.0,1D.1,216.[与化学综合]过氧化氢(H2O2)是一种重要的化学品,工业用途广泛,通过催化H2和O2直接合成H2O2目前被认为是一种最有潜力替代现有生产方法的绿色环保生产途径.在自然界中,已知氧的同位素有17种,氢的同位素有3种,现有由16O,18O及1H,2H,3H五种原子中的几种构成的过氧化氢分子,则分子种数最多为.答案第一讲两个计数原理、排列与组合1.C 先从4名大学生中选2名构成1组,有C42种方法,再与剩下的2名大学生分配到3个山村有A33种方法,由分步乘法计数原理得不同的分配方案共有C42A33=36(种).2.C 依题意,首先将6人平均分成3队,再将3队进行全排列,所以不同的派出方法种数为C62C42C22·A33=90.A333.C 解法一(1)甲单独去一个地方,乙、丙、丁三人分成两组分别去另外两个地方,则不同的方法种数是C32·A33=18;(2)甲与除乙之外的另一人去一个地方,剩余两人分别去另外两个地方,则不同的方法种数是C21·A33=12.由(1)(2)可知,一共有18+12=30(种)方法,故选C.解法二将四人分成三组,分别去三个地方,有C42·A33=36(种)方法,其中甲、乙去同一地方有A33=6(种)方法,所以甲、乙两人不能去同一个地方的不同方法种数为36-6=30.故选C.4.C 第一步,将3辆不同型号的车进行排列,有A33种方法;第二步,把剩余的4个车位看成一个元素,插入3辆车所形成的4个空位中,有C41种方法.由分步乘法计数原理可知,不同的停放方法共有A33·C41=24(种).故选C.5.A 根据题意,在六个盒子中任选三个,分别放入与其编号相同的小球,不同的选法共有C63=20(种).再将其余三个盒子中分别放入一个与其编号不同的小球,有2种放法.则不同的放法有20×2=40(种).故选A.6.D 按要求,3个地方的花灯的数量分布应该为1,1,3或1,2,2两种情况.若为1,1,3,则不同的悬挂方法有A33+C21C32A33=42(种);若为1,2,2,则不同的悬挂方法有C31C21A33+C21C31A33=72(种).由分类加法计数原理可得,满足条件的不同悬挂方法种数为42+72=114.故选D.7.48 依题意,组成的没有重复数字的四位数的百位上的数字为5,分两步进行分析:①组成的四位数的千位上的数字不能为0,则千位上的数字有4种选法;②在剩下的4个数字中选出2个,分别安排在十位和个位上,不同的安排方法共有A42=12(种).则符合条件的四位数共有12×4=48(个).8.30 “物理和化学两科中至多选一科”的选法可分两类.第一类,不选物理和化学,选法有C53=10(种);第二类,选物理和化学中的一门,选法有C21C52=20(种).所以他选择的组合方式共有10+20=30(种).9.A 分三种情况考虑:(1)王林的妈妈去,此时王林和李台都去,有C21=2(种)方案.(2)李台的妈妈去,此时王林和李台都不去,有C33=1(种)方案.(3)王林的妈妈和李台的妈妈都不去,此时王林不去,李台去,有C31(C21C11+C22)=9(种)方案.因此总共有2+1+9=12种方案.故选A.10.D 第一步,选一对孪生兄弟使之相邻,捆绑在一起看作一个复合元素A,有C31A22=6(种)排法. 第二步,现在可以看作有5个位置,若A排在两端,则有2C41C21=16(种)排法;若A排在左数或右数第二个位置,则有2C41C21=16(种)排法;若A排在正中间的位置,则有C41C21A22=16(种)排法.由分步乘法计数原理,知三对孪生兄弟排成一排照相,仅有一对孪生兄弟相邻的排法有6×(16+16+16)=288(种).故选D.11.D 若将“124467”重新排列后所得数为偶数,则末位数字应为偶数,(1)若末位数字为2,因=60(个);(2)若末位数字为6,同理偶数有为含有2个4,所以偶数有5×4×3×2×125×4×3×2×1=60(个);(3)若末位数字为4,因为有两个相同数字4,所以偶数有5×4×3×2×21=120(个).综上可知,不同的偶数共有60+60+120=240(个).故选D.12.C 解法一先按A分类,兼顾考虑B,分类如下.A照顾乙,B照顾甲,有安排方法C41·C31=12(种);A照顾乙,B照顾丙,有安排方法C41·C31=12(种);A照顾丙,B照顾甲,有安排方法C41·C31=12(种);A照顾丙,B照顾丙,有安排方法C42=6(种).综上分析可得,不同的安排方法共有12+12+12+6=42(种).故选C.解法二(间接法) 六位义工照顾三位老人,每两位义工照顾一位老人,共有安排方法C62C42=90(种).其中A照顾老人甲的情况有C51C42=30(种);B照顾老人乙的情况有C51C42=30(种);A照顾老人甲,同时B照顾老人乙的情况有C41C31=12(种).所以符合题意的安排方法有90-30-30+12=42(种).故选C.13.84 按选取颜色种数,可分三类.第一类:用四种颜色涂色,不同的涂色方法有A44=24(种).第二类:用三种颜色涂色,不同的涂色方法有2A43=48(种).第三类:用两种颜色涂色,不同的涂色方法有A42=12(种).根据分类加法计数原理,不同的涂色方法种数为24+48+12=84.14.36 由题意知,七个点可种植,其中C,G相同,B,F相同,A,E相同.将相同的两点捆绑看作一个整体,则只需将D,{C,G},{B,F},{A,E}分成三组,每组种植一种树苗即可.显然,第一步,分组,不同的分组方法为C42=6(种);第二步,种植,每组种植一种树苗,不同的种植方法为A33=6(种).由分步乘法计数原理可得,不同的种植方法有6×6=36(种).15.A 根据题意,从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类:由两个“——”组成,二进制数为11,转化为十进制数,为3.第二类:由两个“——”组成,二进制数为00,转化为十进制数,为0.第三类:由一个“——”和一个“——”组成,二进制数为10,01,转化为十进制数,为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列,可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3.故选A.16.18 过氧化氢分子中有2个氧原子和2个氢原子,共4个原子.构成过氧化氢分子的氧原子可以从2种不同的氧原子中选出1种或2种,取法共有C21+C22=3(种);构成过氧化氢分子的氢原子可以从3种不同的氢原子中选出1种或2种,取法共有C31+C32=6(种).因此构成的过氧化氢分子的种数最多为3×6=18.。
计数原理(理科专用)(解析版)-五年(2018-2022)高考数学真题分项汇编(全国通用)
专题19计数原理（理科专用）1．【2022年新高考2卷】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式，故选：B2．【2021年乙卷理科】将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A．60种B．120种C．240种D．480种【答案】C【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有25C种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据C⨯=种不同的分配方案，乘法原理，完成这件事，共有254!240故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.3．【2020年新课标1卷理科】25()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C【解析】【分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515r r rr T C x y -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r r r C xy -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解.【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r r r r T C x y -+=（r N ∈且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为：56155r r r r r r r xT xC xy C x y --+==和22542155r r r r r r r T C x y x C y y y x x --++==在615r r r r xT C x y -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，该项中33x y 的系数为5所以33x y 的系数为10515+=故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.4．【2020年新课标2卷文科】如图，将钢琴上的12个键依次记为a 1，a 2，…，a 12.设1≤i <j <k ≤12．若k –j =3且j –i =4，则称ai ，aj ，ak 为原位大三和弦；若k –j =4且j –i =3，则称ai ，aj ，ak 为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A ．5B ．8C ．10D ．15【答案】C【解析】【分析】根据原位大三和弦满足3,4k j j i -=-=，原位小三和弦满足4,3k j j i -=-=从1i =开始，利用列举法即可解出．【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：3,4k j j i -=-=．∴1,5,8i j k ===；2,6,9i j k ===；3,7,10i j k ===；4,8,11i j k ===；5,9,12i j k ===．原位小三和弦满足：4,3k j j i -=-=．∴1,4,8i j k ===；2,5,9i j k ===；3,6,10i j k ===；4,7,11i j k ===；5,8,12i j k ===．故个数之和为10．故选：C ．【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．5．【2020年新高考1卷（山东卷）】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种【答案】C【解析】【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C ⋅=⨯=种.故选：C【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.6．【2020年新高考2卷（海南卷）】要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A ．2种B ．3种C ．6种D ．8种【答案】C【解析】【分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有12323C C =种分法第二步，将2组学生安排到2个村，有222A =种安排方法所以，不同的安排方法共有326⨯=种故选：C【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.7．【2019年新课标3卷理科】（1+2x 2）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为A ．12B ．16C ．20D ．24【答案】A【解析】【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．8．【2018年新课标3卷理科】522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为A ．10B ．20C ．40D ．80【答案】C【解析】【详解】分析：写出103152r r r r T C x -+=⋅⋅，然后可得结果详解：由题可得()5210315522rr r r r rr T C x C x x --+⎛⎫== ⋅⋅⎪⎝⎭⋅⋅令103r 4-=,则r 2=所以22552240r r C C ⋅⋅==点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．9．【2022年新高考1卷】1−(+p 8的展开式中26的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【解析】【分析】1−+8可化为+8−+8，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为1+8=+8+8，所以1+8的展开式中含26的项为C 8626−8535=−2826，1−+8的展开式中26的系数为-28故答案为：-2810．【2020年新课标2卷理科】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.【答案】36【解析】【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学∴先取2名同学看作一组，选法有：246C =现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：336A =根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6636⨯=种故答案为：36.【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.11．【2020年新课标3卷理科】262(x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】 622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项：()62612rr r r C x x T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=1226(2)r r r rx C x --⋅=⋅1236(2)r r rC x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()n a b +的展开通项公式1C r n r r r n T a b -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.12．【2018年新课标1卷理科】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）【答案】16【解析】【分析】首先想到所选的人中没有女生，有多少种选法，再者需要确定从6人中任选3人的选法种数，之后应用减法运算，求得结果.【详解】根据题意，没有女生入选有344C =种选法，从6名学生中任意选3人有3620C =种选法，故至少有1位女生入选，则不同的选法共有20416-=种，故答案是16.【点睛】该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到“至多、至少”问题时多采用间接法，一般方法是得出选3人的选法种数，间接法就是利用总的减去没有女生的选法种数，该题还可以用直接法，分别求出有1名女生和有两名女生分别有多少种选法，之后用加法运算求解.。
2021-2022年高考数学专题复习导练测 第十二章 推理证明、算法、复数阶段测试(十六)理 新人教
2021年高考数学专题复习导练测 第十二章 推理证明、算法、复数阶段测试（十六）理 新人教A 版一、选择题1．10张奖券中有2张是有奖的，甲、乙两人从中各抽一张，甲先抽，然后乙抽，设甲中奖的概率为P 1，乙中奖的概率为P 2，那么( ) A ．P 1>P 2 B ．P 1<P 2C ．P 1＝P 2D ．P 1，P 2大小不确定答案 C 解析 P 1＝15.P 2＝15×19＋45×29＝15.所以P 1＝P 2.2．已知直线y ＝x ＋b 的在x 轴上的截距在[－2,3]范围内，则直线在y 轴上的截距b 大于1的概率是( ) A.15 B.25 C.35 D.45 答案 A解析 所有的基本事件构成的区间长度为3－(－2)＝5， ∵直线在y 轴上的截距b 大于1， ∴直线在x 轴上的截距小于－1，∴“直线在y 轴上的截距b 大于1”包含的基本事件构成的区间长度为－1－(－2)＝1，故直线在y 轴上的截距b 大于1的概率为P ＝15.3．抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1 000次，那么第999次出现正面朝上的概率是( )A.1999 B.11 000 C.9991000 D.12答案 D解析 抛掷一枚质地均匀的硬币，只考虑第999次，有两种结果：正面朝上，反面朝上，每种结果等可能出现，故所求概率为12.4．记集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}和集合B ＝{(x ，y )|x ＋y －2≤0，x ≥0，y ≥0}表示的平面区域分别为Ω1，Ω2，若在区域Ω1内任取一点M (x ，y )，则点M 落在区域Ω2内的概率为( )A.12π B.14π C.34π D.1π答案 A解析 根据题意可得集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}所表示的区域即为如图所表示的圆及内部的平面区域，面积为4π，集合B ＝{(x ，y )|x ＋y －2≤0，x ≥0，y ≥0}表示的平面区域即为图中的Rt△AOB ，S △AOB ＝12×2×2＝2，根据几何概型的概率的计算公式可得P ＝24π＝12π，故选A.5．一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，如果从中任取两个球，则恰好取到两个同色球的概率是( ) A.15 B.310 C.25 D.12 答案 C解析 从袋中任取两个球，其所有可能结果有(黑1，黑2)，(黑1，黑3)，(黑1，红1)，(黑1，红2)，(黑2，黑3)，(黑2，红1)，(黑2，红2)，(黑3，红1)，(黑3，红2)，(红1，红2)共10个，同色球为(黑1，黑2)，(黑1，黑3)，(黑2，黑3)，(红1，红2)共4个结果，故P ＝25.二、填空题6．如图是某公司10个销售店某月销售某品牌电脑数量(单位：台)的茎叶图，则数落在区间[19,30)内的频率为________． 答案 0.6解析 所有的数字有18,19,21,22,22,27,29,30,30,33，共10个， 其中数据落在区间[19,30)内的有19,21,22,22,27,29，共6个， 故数据落在区间[19,30)内的频率为610＝0.6.7．已知x 2＋y 2＝4，则满足|x ＋y |≤2且|x －y |≤2的概率为________．答案1π解析 |x ＋y |≤2且|x －y |≤2，如图中阴影，面积为4， ∵x 2＋y 2＝4的面积为4π，∴所求概率为44π＝1π.8．分别在区间[1,6]和[1,4]内任取一个实数，依次记为m和n，则m>n的概率为________．答案710解析由题意，(m，n)表示的图形面积为(4－1)×(6－1)＝15，其中满足m>n的图形面积为12×(2＋5)×3＝212，故m>n的概率为21215＝710.三、解答题9．(xx·陕西)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元)0 1 000 2 000 3 000 4 000车辆数(辆)500130100150120(1)(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解 (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12. 由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为 4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24. 10．已知关于x 的一次函数y ＝ax ＋b .(1)设集合A ＝{－2，－1,1,2}和B ＝{－2,2}，分别从集合A 和B 中随机取一个数作为a ，b ，求函数y ＝ax ＋b 是增函数的概率；(2)若实数a ，b 满足条件⎩⎨⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，求函数y ＝ax ＋b 的图象不经过第四象限的概率．解 抽取全部结果所构成的基本事件空间为(－2，－2)，(－2,2)，(－1，－2)，(－1,2)，(1，－2)，(1,2)，(2，－2)，(2,2)，共8个． 设函数是增函数为事件A ，需a >0，有4个， 故所求概率为P (A )＝12.(2)实数a ，b 满足条件⎩⎨⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，要函数y ＝ax ＋b 的图象不经过第四象限，则需使a ，b 满足⎩⎨⎧a ≥0，b ≥0，即⎩⎨⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，对应的图形为正方形，面积为1，作出不等式组对应的平面区域如图：则根据几何概型的概率公式可得函数y ＝ax ＋b 的图象不经过第四象限的概率为S 正方形OFBC S 多边形ABCDE＝172＝27.。
高考数学一轮复习 第十章 计数原理 第2讲 排列与组合
【创新设计】（全国通用）2017版高考数学一轮复习第十章计数原理第2讲排列与组合练习理新人教A版基础巩固题组(建议用时：40分钟)1.(2016·成都质检)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )A.16种B.36种C.42种D.60种解析法一(直接法) 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C23A24种方法.由分类加法计数原理知共A34＋C23A24＝60(种)方法.法二(间接法) 先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60(种).答案 D2.(2016·石家庄质检)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，问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)结果，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)，∴由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96(种)方法.答案 C3.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013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个解析根据“六合数”的定义可知，当首位为2时，其余三位是数组(0，0，4)，(0，1，3)，(0，2，2)，(1，1，2)的所有排列，即共有3＋A33＋3＋3＝15(个).答案 B4.(2016·青岛模拟)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种解析一个路口有3人的分配方法有C13C22A33(种)；两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33 (种).∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36(种).答案 C5.(2016·山东师大附中一模)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加.当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻.那么不同的发言顺序的种数为( )A.360B.520C.600D.720解析当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C35A44＝480，当甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A25A23＝120，则不同的发言顺序的种数为480＋120＝600. 答案 C二、填空题6.7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法.解析先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为C36＝20(种).答案207.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种.解析把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种).其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种).答案118.(2016·洛阳统考)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种.解析分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有A33种.依分步乘法计数原理，共有N＝C24A33＝36(种).答案36三、解答题9.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，不同的取法有多少种？解分两类：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).10.由1，2，3，4，5五个数字组成的没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12 345，第2项是12 354，…直到末项(第120项)是54 321.问：43 251是第几项？解比43 251大的数有下列几类：①万位数是5的有A44＝24个；②万位数是4、千位数是5的有A33＝6个；③万位数是4、千位数是3、百位数是5的有A22＝2个；所以比43 251大的数共有A44＋A33＋A22＝32个，所以43 251是第120－32＝88项.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016·潍坊二模)某公司新招聘5名员工，分给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门；另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门，则不同的分配方案种数是( )A.6B.12C.24D.36解析甲部门分一名电脑编程人员有C13C12·C33种分配方案，甲部门分两名电脑编程人员有C23C12·C22种分配方案.∴由分类加法计数原理，共有C13C12·C33＋C23C12·C22＝12(种)不同方案. 答案 B12.(2016·长沙模拟)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).解析分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A34种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C23A24种分法.总获奖情况共有A34＋C23A24＝60(种).答案6013.(2016·太原二模)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).解析分两步：①任意选3个空排A、B、C，共有C36·C12·A22种排法.②排其余的3个字母，有A33种排法.所以由分步乘法计数原理，共有C36·C12·A22·A33＝480(种)排法.答案48014.(1)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？(2)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，那么最多可确定多少个不同的点？解(1)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.(2)①从集合B中取元素2时，确定C13A33个点.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C13×1＝C13.③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C12A33个.∴由分类加法计数原理，共确定C13A33＋C13＋C12A33＝33(个)不同点.。
新高考数学备考专题计数原理考点真题训练(解析版)
新高考 计数原理 考点专题训练 一、单选题 1．（2022·山东济南·二模）由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000
的偶数共有（ ） A．60个 B．48个 C．36个 D．24个
【答案】C 【分析】 先排个位，然后排万位，再排其它位置，由此计算出正确答案. 【详解】 先排个位，然后排万位，再排其它位置， 所以由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有332336A个.
故选：C 2．（2022·四川巴中·一模（理））
5211xx的展开式中4x的系数为（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】C 【分析】 先求出项式51x的展开式的通项为5rrCx，进而可以求出5211xx的展开式中含4x
的项，由此即可求出结果. 【详解】 因为二项式51x的展开式的通项为5rrCx，所以5211xx的展开式中含4x的项为44222455115CxxCxx，所以4x的系数为15.
故选：C． 3．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短
道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C 【分析】 先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得. 【详解】 根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有25C种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有254!240C种不同的分配方案， 故选：C. 【点睛】 本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解. 4．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不
2021-2022年高三数学专题复习 专题七 计数原理与概率、推理证明与数学归纳法模拟演练 理
2021年高三数学专题复习 专题七 计数原理与概率、推理证明与数学归纳法模拟演练 理一、选择题1．(xx·舟山联考)设z ＝11＋i＋i ，则|z |＝( ) A.12 B.22 C.32D ．2 2．(xx·杭州诊断)使⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n (n ∈N *)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．73．(xx·德州二模)从6名同学中选4人分别到A 、B 、C 、D 四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去D 城市游览，则不同的选择方案共有( ) A ．240种 B ．144种 C ．96种D ．300种4．若(1＋x )(2－x )2 015＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 015x 2 015＋a 2 016x 2 016，则a 2＋a 4＋…＋a 2 014＋a 2 016等于( )A ．2－22 015B ．2－22 016C ．1－22 015D ．1－22 0165．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( ) A.49 B.13 C.29 D.196．(xx·温岭中学模拟)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数为f (m ，n )，则f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝( )A ．45B ．60C ．120D ．210 二、填空题7．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的重复数字的四位数中，“好数”共有________个．8．三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________．(结果用最简分数表示) 9．(xx·温州中学)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 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：我们三人去过同一城市． 由此可判断乙去过的城市为________． 三、解答题10．(xx·金华一中模拟)为振兴旅游业，四川省xx 年面向国内发行总量为2 000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅游，其中34是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有13持金卡，在省内游客中有23持银卡．(1)在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；(2)在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．11．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列．12．(xx·绍兴联考)设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．经典模拟·演练卷1．B [∵z ＝11＋i ＋i ＝1－i （1＋i ）（1－i ）＋i ＝1－i 2＋i ＝12＋12i ，∴|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.]2．B [展开式的通项公式T r ＋1＝C rn(3x )n －r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x r，∴T r ＋1＝3n －r C r n xn －52r ，r ＝0，1，2，…，n .令n －52r ＝0，n ＝52r ，故最小正整数n ＝5.]3．A [分三类：(1)甲、乙均没参加游览，有A 44＝24种方案． (2)甲、乙只有1人参加游览，有C 12C 34A 13A 33＝144种方案．(3)甲、乙均参加游览，有C 24C 12A 33＝72种方案．∴由分类加法计数原理，共有24＋144＋72＝240(种)不同方案．]4．C [采用赋值法，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2 015＋a 2 016＝2，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 2 015＋a 2 016＝0，把两式相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 2 016)＝2，所以a 0＋a 2＋…＋a 2 016＝1，又令x ＝0，得a 0＝22 015，所以a 2＋a 4＋…＋a 2 014＋a 2 016＝1－22 015.故选C.] 5．D [由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有4×5＝20(个)；若个位数为偶数时，这样的两位数共有5×5＝25(个)；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20＋25＝45(个)．其中，个位数是0的有5个．于是，所求概率为545＝19.]6．C [f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝C 36＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 34＝120，故选C.]7．12 [当相同的数字不是1时，有C 13个； 当相同的数字是1时，共有C 13C 13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C 13＋C 13C 13＝12个．]8.23[三位同学每人选择三项中的两项有C 23C 23C 23＝3×3×3＝27(种)选法， 其中有且仅有两人所选项目完全相同的有C 23C 23C 12＝3×3×2＝18(种)选法．∴所求概率为P ＝1827＝23.]9．A 城市 [由丙可知乙至少去过一个城市，由甲可知甲去过A 、C 城市，且比乙多，故乙去过一个城市，且没去过C 城市．故乙去过A 城市．]10．解 (1)由题意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．设事件A 为“采访该团2人，恰有1人持银卡”， P (A )＝C 16C 130C 236＝27.所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是27.(2)设事件B 为“采访该团2人中，持金卡人数与持银卡人数相等”， 事件A 1为“采访该团2人中，0人持金卡，0人持银卡”， 事件A 2为“采访该团2人中，1人持金卡，1人持银卡”．P (B )＝P (A 1)＋P (A 2)＝C 221C 236＋C 19C 16C 236＝13＋335＝44105.所以采访该团2人中，持金卡人数与持银卡人数相等的概率是44105.11．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列．(2)解 因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝ (－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n .又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－23b n .可知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)． 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．12．解 (1)法一 a 2＝2，a 3＝2＋1， 再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 法二 a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1.则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)法一 设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明加强命题a 2n <c <a 2n ＋1<1. 当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1， 所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1.故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1. 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.法二 设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立，故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1， 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1， 即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2， 因此a 2n <14.③又由①、②及f (x )在(－∞，1]上为减函数得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)， 即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1>14.④ 综上，由②、③、④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．。
2021-2022年高考数学专题复习导练测 第十二章 推理证明、算法、复数阶段测试(十七)理 新人教
2021年高考数学专题复习导练测 第十二章 推理证明、算法、复数阶段测试（十七）理 新人教A 版一、选择题1．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 去描述1次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )A ．0 B.12 C.13 D.23答案 C解析 设X 的分布列为2．设随机变量X 的分布列如下若E (X )＝158，则y 等于( )A.38B.18C.12D.5564 答案 A解析 ∵E (X )＝158，∴由随机变量X 的分布列，知：⎩⎪⎨⎪⎧0.5＋x ＋y ＝1，1×0.5＋2x ＋3y ＝158，解得x ＝18，y ＝38.3．已知ξ的分布列为且设η＝2ξ＋1，则ηA.23 B ．－16 C ．1 D.2936 答案 A解析 由ξ的分布列知：E (ξ)＝(－1)×12＋0×16＋1×13＝－16，∵η＝2ξ＋1，∴E (η)＝2E (ξ)＋1＝2×(－16)＋1＝23.∴η的均值是23.4．已知随机变量ξ～N (0，a 2)，且P (ξ>1)＝ P (ξ<a －3)，则a 的值为( ) A ．2 B ．－2 C ．0 D ．1 答案 A解析 由题意，∵ξ～N (0，a 2)，∴曲线的对称轴是直线x ＝0. ∵P (ξ>1)＝P (ξ<a －3)， ∴a －3＋1＝0，∴a ＝2.5．甲袋中装有白球3个，黑球5个，乙袋内装有白球4个，黑球6个，现从甲袋内随机抽取一个球放入乙袋，充分掺混后再从乙袋内随机抽取一球放入甲袋，则甲袋中的白球没有减少的概率为( ) A.3714 B.3544 C.2544 D.544 答案 B解析 甲袋中的白球没有减少的两种情形：一是从甲袋中取出的球为黑球，记作事件A ，另一种情形为从甲袋中取出的球是白球，放入乙袋，并由乙袋取白球放入甲袋，记作事件B ，依题意得P (A )＝58，P (B )＝38×511，所以概率P ＝P (A )＋P (B )＝3544.二、填空题6．将三颗骰子各掷一次，设事件A 为“三个点数都不相同”，B 为“至少出现一个3点”，则概率P (A |B )＝________，P (B |A )＝________.答案6091 12解析 P (A )＝6×5×46×6×6＝59，P (B )＝1－5×5×56×6×6＝91216，P (AB )＝5×4×36×6×6＝60216，P (A |B )＝P ABP B ＝6021691216＝6091，P (B |A )＝P ABP A ＝6021659＝12.7．若随机变量X 服从两点分布，且成功的概率为0.7，则D (X )＝________. 答案 0.21解析 ∵X 服从两点分布，且成功的概率为0.7， ∴D (X )＝0.7×(1－0.7)＝0.21.8．随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，且P (ξ<0)＝0.3，则P (0≤ξ≤1)＝________. 答案 0.2解析 随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)， ∴曲线关于x ＝1对称，∵P (ξ<0)＝0.3，∴P (0≤ξ≤1)＝0.5－0.3＝0.2. 三、解答题9．(xx·江苏)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P .(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球，黄球，绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数．求X 的分布列和均值E (X )． 解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518. (2)随机变量X 所有可能的取值为2,3,4.{X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”， 故P (X ＝4)＝C 44C 49＝1126；{X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P (X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363；于是P (X ＝2)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝1－1363－1126＝1114.所以随机变量X 的分布列如下表：因此随机变量X 的均值E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209. 10．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响． (1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率；(2)假设某人连续2次未击中目标，则停止射击，问：乙恰好射击4次后，被中止射击的概率是多少？(3)设甲连续射击3次，用ξ表示甲击中目标时射击的次数，求ξ的均值E (ξ)．(结果可以用分数表示)解 (1)记“甲连续射击3次，至少1次未击中目标”为事件A 1， 由题意，射击3次，相当于3次独立重复试验， 故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－(23)3＝1927.答 甲射击3次，至少1次未击中目标的概率为1927.(2)记“乙恰好射击4次后，被中止射击”为事件A 2，由于各事件相互独立， 故P (A 2)＝14×34×14×14＋34×34×14×14＝364.答 乙恰好射击4次后，被中止射击的概率是364.(3)方法一 根据题意ξ服从二项分布，E (ξ)＝3×23＝2.方法二 P (ξ＝0)＝C 03·(13)3＝127， P (ξ＝1)＝C 13·(23)·(13)2＝627， P (ξ＝2)＝C 23·(23)2·(13)1＝1227， P (ξ＝3)＝C 33·(23)3·(13)0＝827， 所以ξ的分布列如下表：∴E (ξ)＝0×127＋1×627＋2×27＋3×27＝2.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
实用文档
2021年高考数学专题复习导练测 第十章 计数原理阶段测试（十四）
理 新人教A版
一、选择题
1．若A3m＝6C4m，则m等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 C
解析 由m(m－1)(m－2)
＝6·mm－1m－2m－34×3×2×1，
解得m＝7.
2．从a、b、c、d、e五人中选1名班长，1名副班长，1名学习委员，1名纪律委员，1
名文娱委员，但a不能当班长，b不能当副班长．不同选法种数为( )
A．78 B．54 C．24 D．20
答案 A
解析 第1类，a当副班长，共有A44种选法；
第2类，a当委员，共有C13C13A33种选法．
∴不同选法共有A44＋C13C13A33＝24＋54＝78(种)．
3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位
朋友1本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
实用文档
解析 方法一 不同的赠送方法有A45A22A33＝10(种)．
方法二 从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2
本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；第二种：将2本画册全部取出，从3本集
邮册中取出2本．由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4
位朋友中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4(种)赠送方法；第二种取法中
只需从4位朋友中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6(种)赠送方法．因此
共有4＋6＝10(种)赠送方法．
4．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013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．
5．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中
含x4项的系数是该数列的( )
A．第9项 B．第10项 C．第19项 D．第20项
实用文档
答案 D
解析 ∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7展开式中含x4项的系数是C45·11＋C46·12＋C47·13＝5
＋15＋35＝55，
∴由3n－5＝55得n＝20，故选D.
二、填空题
6．(xx·课标全国Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答
案)
答案 －20
解析 x2y7＝x·(xy7)，其系数为C78，
x2y7＝y·(x2y
6)，其系数为－C6
8
，
∴x2y7的系数为C78－C68＝8－28＝－20.
7．(xx·北京)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
解析 将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A22A44种方法，
将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A22A33种
方法．于是符合题意的排法共有A22A44－A22A33＝36(种)．
8.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－
A1B1C
1
组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底
面A1B1C1不涂色), 要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有
实用文档
________种．
答案 12
解析 先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面共有C13×C12×C11×C12＝
3×2×1×2＝12种不同的涂法．
三、解答题
9．一条长椅上有7个座位，4个人坐，还有3个空位子，求：
(1)至少有两人坐在一起，有多少种不同的坐法？
(2)三个空位不都相邻，有多少种不同的坐法？
解 (1)利用间接法，没有限制的坐法A47＝840种，其中4个人都不相邻的有A44＝24种，
故至少有两个坐在一起，有840－24＝816(种)不同的坐法．
(2)利用间接法，没有限制的坐法A47＝840种，其中三个空位都相邻的有A55＝120种，故
三个空位不都相邻，有840－120＝720(种)不同的坐法．
10．(x－3x)n的展开式中各项的二项式系数之和为256.
(1)求展开式中各项系数之和；
(2)求展开式中含x6的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解 (x－3x)n的展开式中各项的二项式系数之和2n＝256⇒n＝8.
(1)令x＝1得：各项系数和S＝(1－31)8＝256.
(2)设第k＋1项为Tk＋1＝Ck8(x)8－k(－3x)
k
实用文档
＝(－3)kCk8x12－2k(0≤k≤8，且k∈Z)．
当k＝3时，即为展开式中含x6的项：T4＝－1 512x6.
(3)设第k＋1项展开式系数的绝对值为3kCk8最大，
则 3kCk8≥3k－1Ck－183kCk8≥3k＋1Ck＋18⇒ k≤274k≥234⇒234≤k≤274，
又k∈N，所以k＝6.
所以系数绝对值最大的是第七项T7＝(－3)6C
6
8
＝(－3)6×28＝20 412.