2018-2019学年人教A版高中数学选修2-3三 课后训练 巩固提升

章末复习提升课,计数原理[问题展示](选修2-3 P12习题1.1 A组T2)如图,从甲地到乙地有2条路,从乙地到丁地有3条路;从甲地到丙地有4条路,从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路线？【解】第一类路线：甲→乙→丁有2×3＝6条路线;第2类路线：甲→丙→丁有4×2＝8条路线,则从甲地到丁地共有6＋8＝14条路线．某人从甲地去丁地．从甲到乙的路线条数比乙到丁的路线条数少1条,甲到丙的路线有4条,丙到丁的路线条数与甲到乙的相同．若从甲地到丁地共有14条路线可走,则该人选择从甲到丙再到丁的走法共有多少种走法．()A．4B．6C．8 D．12【解析】设甲到乙有x条路线,则乙到丁有x＋1条路线,丙到丁有x条路线．由题意得x(x＋1)＋4x＝14.即x2＋5x－14＝0,解得x1＝2,x2＝－7(舍去)．即从丙到丁有2条路线,则选择甲到丙再到丁的走法共有4×2＝8种．选C.【答案】 C[拓展1]如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的线段表示它们有网线相连,连线标注的数字,表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点A向结点B传递信息,信息可以分开不同的路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为()A．26 B．20C．24 D．19【解析】图为信息可以从分开不同的路线同时传递,由分类加法计数原理,完成从A向B 传递有4种办法：12→5→3;12→6→4;12→6→7;12→8→6,故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上传递信息量的和,3＋4＋6＋6＝19.【答案】 D[拓展2]设多边形ABCDEF为正六边形,一只青蛙开始在顶点A处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一,若在5次之内跳到D点,则停止跳动;若5次之内不能到达D点,则跳完5次也停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共________种．【解析】青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D点,故青蛙的跳法只有下列两种：青蛙跳3次到达D点,有A→B→C→D;A→F→E→D两种跳法;青蛙一共跳5次后停止,那么,前3次的跳法一定不到达D,只能到达B或F.则共有A→F→E→F;A→B→A→F;A→F→A→F;A→B→C→B;A→B→A→B;A→F→A→B这6种跳法,随后两次跳法各有四种,比如由F出发的有F→E→F;F→E→D;F→A→F,F→A→B,共四种,因此5次跳法共6×4＝24种,因此共有24＋2＝26种．【答案】26排列组合[问题展示](选修2-3 P41复习参考题B组T2)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数,问：(1)能够组成多少个六位奇数？(2)能够组成多少个大于201 345的正整数？【解】(1)法一：先从1,3,5中选一个排在个位上,有A13种方法,再从2,4和1,3,5中剩下的两个数,共4个数中选一个排十万位,有A14种方法,剩余的4个数分别排在万位,千位,百位和十位的排法有A44种方法,所以能够组成没有重复数字的六位奇数有A13A14A44＝3×4×24＝288个．法二：从1,3,5中选一个排在个位上有A13种方法,剩下的数排在前五位有A55种方法,其中0排在十万位的有A44种方法,所以能够组成没有重复数字的六位奇数有A13(A55－A44)＝3×(120－24)＝288个．(2)法一：因为201 345是十万位为2的最小六位数,故大于201 345的正整数分四类．第一类：十万位从3,4,5中选一个,有A13种方法．后五位有A55种排法,其没有重复数字的六位数有A13A55＝360个．第二类：十万位为2,万位从1,3,4,5中选一个有A14种方法,后四位有A44种排法,其没有重复数字的六位数有A14A44＝96个．第三类：十万位为2,万位为0,千位从3,4,5中选一个有A13种方法,后三位有A33种排法,其六位数有A13A33＝18个．第四类：十万位为2,万位为0,千位为1,百位数为从4,5种选一个有A12种方法,后两位有A22种排法,其六位数有A12A22＝4.第五类：十万位为2,万位为0,千位为1,百位为3,十位为5,仅有一个：201 354.所以所有没有重复数字的六位数有360＋96＋18＋4＋1＝479个．法二：所有没有重复数字的六位整数有A66－A55＝720－120＝600个(或A15A55＝600)．小于等于201 345的六位数分为以下两类：十万位为1的六位数有A55＝120个,十万位为2的仅有1个(201 345)．因此,所有的六位数有600－120－1＝479个．已知有2个正奇数与n个正偶数和1个0,共n＋3个小于10的自然数组成一个数集,从中取出3个数组成没有重复数字的三位数,奇数的个数共有18个．(1)求n的值;(2)若将这n＋3个数排成一个n＋3位数,其中偶数有多少个？【解】(1)个位数为奇数的排法有A12,百位的排法有A1n＋1,十位的排法有A1n＋1.所以A12A1n＋1A1n＋1＝18.即2(n＋1)(n＋1)＝18.所以n＝2.(2)由(1)知,共有2个奇数3个偶数(其中1个为0),共5个数．第1类,当0在个位时的偶数有A44＝24个．第2类,0不在个位时,个位从2,4中选一个的排法有A12,万位的排法有A13,其他位的排法有A33,其5位偶数有A12A13A33＝2×3×6＝36个．所以偶数共有24＋36＝60个．[拓展1]从1,3,5中取2个数,从0,2,4中取1个数,则组成没有重复数字的三位数的个数为()A．24B．36C．48 D．60【解析】第1类,含0类．从1,3,5中取2个数,有C23种方法,从0,2,4中取0仅有1种方法,这三个数组成的三位数有C23A12A22＝12(或C23(A33－A22)＝12)个．第2类,不含0类．从1,3,5中取2个数有C23,从0,2,4中的2,4里取1个数有C12种方法．这三个数组成的三位数有C23C12A33＝36个．所以共有12＋36＝48个三位数,选C.【答案】 C[拓展2]用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个．(用数字作答)【解析】法一：数字2只出现一次的四位数有C14＝4个;数字2出现两次的四位数有C24C22＝6个,数字2出现三次的四位数有C34＝4个,故总共有4＋6＋4＝14个．法二：由数字2,3组成的四位数共有24＝16个,其中没有数字2的四位数1个,没有数字3的四位数也只有1个,故符合条件的四位数共有16－2＝14个．【答案】14[拓展3] 在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,称该数为“驼峰数”,比如：“102”“546”为驼峰数,由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________．【解析】 三位“驼峰数”中1在十位上的有A 24个,2在十位上的有A 23个,3在十位上的有A 22个,所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30. 【答案】 30二项式定理 [问题展示] (选修2-3 P30例1)求⎝⎛⎭⎫2x －1x 6的展开式．【解】 法一：直接展开⎝⎛⎭⎫2x －1x 6＝C 06(2x )6＋C 16(2x )5⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＋C 26(2x )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋C 36(2x )3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 3＋C 46(2x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 4＋C 56(2x )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 5＋C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 6＝64x 3－6×32(x )4＋15×16(x )2－20×8 ＋15×4⎝⎛⎭⎫1x 2－6×2·⎝⎛⎭⎫1x 4＋⎝⎛⎭⎫1x 6＝64x 3－192x 2＋240x －160＋60x －12x 2＋1x 3. 法二：先化简,再展开⎝⎛⎭⎫2x －1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6＝1x 3(2x －1)6 ＝1x 3[C 06(2x )6＋C 16(2x )5(－1)＋C 26(2x )4(－1)2＋C 36(2x )3(－1)3＋C 46(2x )2(－1)4＋C 56(2x )(－1)5＋C 66(－1)6]＝1x 3(64x 6－192x 5＋240x 4－160x 3＋60x 2－12x ＋1) ＝64x 3－192x 2＋240x －160＋60x －12x 2＋1x 3.1．若⎝⎛⎭⎫a x ＋1x 6展开式中常数项为－160,则a 的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2【解析】 展开式的通项T k ＋1＝C k 6(ax )6－k⎝⎛⎭⎫1x k＝C k 6a 6－k x 3－k ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3－k ＝0，C k 6a 6－k ＝－160.所以k ＝3,a ＝－2. 【答案】 A2．若⎝⎛⎭⎫2x ＋ax n展开式的系数和为1,二项式系数和为128,则展开式中x 2的系数为________． 【解析】 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫21＋a 1n＝12n ＝128,所以n ＝7,a ＝－1.所以⎝⎛⎭⎫2x ＋－1x 7展开式的通项为T k ＋1＝C k 7(2x )7－k⎝⎛⎭⎫－1x k＝C k 727－k (－1)k x7－3k 2,令7－3k 2＝2,得k ＝1.所以x 2的系数为C 1726(－1)1＝－448.【答案】 －448[拓展1] ⎝⎛⎭⎫x －2x 6(x 3－2)的展开式中,常数项为( ) A ．－120 B ．120 C ．240D ．360【解析】 ⎝⎛⎭⎫x －2x 6展开式的通项为： T k ＋1＝C k 6(x )6－k⎝⎛⎭⎫－2x k＝C k 6(－2)k x6－3k 2,当6－3k 2＝0,即k ＝2时,展开式的常数项为C 26(－2)2(－2)＝－120. 当6－3k 2＝－3,即k ＝4时,展开式的常数项为C 46(－2)4×1＝240. 所以展开式的常数项为－120＋240＝120. 【答案】 B[拓展2] ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24展开式的常数项为________． 【解析】 法一：因为⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24,展开式的通项为T k ＋1＝C k 4⎝⎛⎭⎫x ＋1x 4－k(－2)k .又⎝⎛⎭⎫x ＋1x 4－k的通项为T r ＋1＝C r 4－k x4－k －r⎝⎛⎭⎫1x r＝C r4－k x 4－k －2r . 其中0≤k ≤4,0≤r ≤4－k .k 、r ∈Z , 令4－k －2r ＝0,则k ＋2r ＝4.所以⎩⎪⎨⎪⎧k ＝0r ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2r ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4r ＝0.当k ＝0,r ＝2时,展开式的常数项为C 04C 24(－2)0＝6, 当k ＝2,r ＝1时,展开式的常数项为C 24C 12(－2)2＝48, 当k ＝4,r ＝0时,展开式的常数项为C 44(－2)4＝16.所以展开式中的常数项为6＋48＋16＝70. 法二：当x ＞0时,⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24＝⎝⎛⎭⎫x －1x 8. 展开式的通项为T k ＋1＝C k 8(x )8－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k＝C k 8(－1)k x 4－k.令4－k ＝0得k ＝4. 所以展开式的常数项为C 48(－1)4＝70.当x ＜0时,⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24＝(－1)4⎣⎡⎦⎤（－x ）＋1（－x ）＋24＝(－1)4⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1－x 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1－x 8.展开式的通项为T k ＋1＝C k 8(－x )8－k⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x k＝C k 8(－x )4－k. 令4－k ＝0得k ＝4.所以展开式的常数项为C 48＝70. 综上所述,展开式的常数项为70. 【答案】 701．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a ,b ,组成复数a ＋b i ,其中虚数有( ) A ．36个 B ．42个 C ．30个D ．35个解析：选A.由于a ,b 互不相等且a ＋b i 为虚数,所以b 只能从1,2,3,4,5,6中选一个,共6种,a 从剩余的6个数中选一个,有6种,所以虚数共有6×6＝36(个)．2．在(1＋ax )7的展开式中,x 3项的系数是x 2项的系数与x 5项的系数的等比中项,则a 的值为( ) A.105 B.53C.259D.253解析：选C.展开式的通项T k ＋1＝C k 7a k x k (k ＝0,1,…,7),由题意得,(C 37a 3)2＝C 27a 2·C 57a 5,所以a ＝259. 3．(2x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－1x 5的展开式的常数项是( ) A ．－10 B ．－9 C ．11D ．9解析：选B.(2x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－1x 5＝(2x ＋1)·⎝⎛⎭⎫1－5x ＋10·1x 2－10·1x 3＋5·1x 4－1x 5,故展开式中的常数项是2×(－5)＋1＝－9.故选B.4．现有三本相同的语文书和一本数学书,分发给三个学生,每个学生至少分得一本,则不同的分法有( ) A ．36种 B ．9种 C ．18种D ．15种解析：选B.先把三本相同的语文书和一本数学书分成三堆,可分两类：第一类,一文＋一文＋一文一数,再把分成的三堆书分给三个学生,共有3种不同的分法;第二类,二文＋一文＋一数,再把分成的三堆书分给三个学生,共有A 33＝6种不同的分法．所以共有3＋6＝9种不同的分法,故选B.5．在⎝⎛⎭⎫2x ＋3y －49的展开式中,不含x 的各项系数之和为________． 解析：⎝⎛⎭⎫2x ＋3y －49的展开式中,不含x 的各项系数之和,即⎝⎛⎭⎫3y －49的各项系数之和．令y ＝1,可得⎝⎛⎭⎫3y －49的各项系数之和为(－1)9＝－1. 答案：－16．如图,用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色,每个格子涂1种颜色,要求最多使用3种颜色,且相邻的2个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有________种．解析：如图,将4个区域标上A ,,涂色种数为C 26×2＝30种.当使用3种颜色时,可能(A ,C )或(涂色方案有C 36·A 33·3＝360种．所以涂色方案共有360＋30＝390种．答案：390。

课时跟踪检测（三） 排列与排列数公式层级一 学业水平达标1．下面问题中，是排列问题的是( ) A ．由1,2,3三个数字组成无重复数字的三位数 B ．从40人中选5人组成篮球队 C ．从100人中选2人抽样调查 D ．从1,2,3,4,5中选2个数组成集合解析：选A 选项A 中组成的三位数与数字的排列顺序有关，选项B 、C 、D 只需取出元素即可，与元素的排列顺序无关．2．甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为( ) A ．6 B ．4 C ．8D ．10解析：选B 列树形图如下： 丙甲乙乙甲乙甲丙丙甲共4种．3．乘积m (m ＋1)(m ＋2)…(m ＋20)可表示为( ) A ．A 2mB ．A 21mC ．A 20m ＋20D ．A 21m ＋20解析：选D 因为m ，m ＋1，m ＋2，…，m ＋20中最大的数为m ＋20，且共有m ＋20－m＋1＝21个因式．所以m (m ＋1)(m ＋2)…(m ＋20)＝A 21m ＋20． 4．计算：A 67－A 56A 45＝( )A ．12B ．24C ．30D ．36解析：选DA 67＝7×6×A 45，A 56＝6×A 45，所以原式＝36A 45A 45＝36．5．体操男队共六人参加男团决赛，但在每个项目上，根据规定，只需五人出场，那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有( ) A ．6种 B ．30种 C ．360种D ．A 56种解析：选D 问题为6选5的排列即为A 56． 6．计算：5A 35＋4A 24＝________．解析：原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348． 答案：3487．从a ，b ，c ，d ，e 五个元素中每次取出三个元素，可组成________个以b 为首的不同的排列．解析：画出树形图如下：可知共12个． 答案：128．由1,4,5，x 四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x ＝________．解析：当x ≠0时，有A 44＝24个四位数， 每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x ， 即24(1＋4＋5＋x )＝288． 解得x ＝2，当x ＝0时，每位四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x ＝0不合题意，∴x ＝2． 答案：29．写出下列问题的所有排列． (1)甲、乙、丙、丁四名同学站成一排；(2)从编号为1,2,3,4,5的五名同学中选出两名同学任正、副班长． 解：(1)四名同学站成一排，共有A 44＝24个不同的排列，它们是： 甲乙丙丁，甲乙丁丙，甲丙乙丁，甲丙丁乙，甲丁乙丙，甲丁丙乙； 乙甲丙丁，乙甲丁丙，乙丙甲丁，乙丙丁甲，乙丁甲丙，乙丁丙甲； 丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙乙甲丁，丙乙丁甲，丙丁甲乙，丙丁乙甲； 丁甲乙丙，丁甲丙乙，丁乙甲丙，丁乙丙甲，丁丙甲乙，丁丙乙甲．(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A 25＝20种选法，形成的排列是： 12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54．10．(1)解关于x 的方程：A 7x －A 5xA 5x ＝89；(2)解不等式：A x 9>6A x －29．解析：(1)法一：∵A 7x ＝x (x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)(x －6)＝(x －5)(x －6)·A 5x ，∴(x －5)(x －6)A 5x －A 5x A 5x＝89．∵A 5x >0，∴(x －5)(x －6)＝90． 故x ＝－4(舍去)，x ＝15．法二：由A 7x －A 5xA 5x＝89，得A 7x ＝90·A 5x ， 即x ！(x －7)！＝90·x ！(x －5)！．∵x ！≠0，∴1(x －7)！＝90(x －5)(x －6)·(x －7)！，∴(x －5)(x －6)＝90．解得x ＝－4(舍去)，x ＝15． (2)原不等式即9！(9－x )！>6·9！(9－x ＋2)！，由排列数定义知⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤9，0≤x －2≤9，∴2≤x ≤9，x ∈N *．化简得(11－x )(10－x )>6，∴x 2－21x ＋104>0， 即(x －8)(x －13)>0，∴x <8或x >13． 又2≤x ≤9，x ∈N *，∴2≤x <8，x ∈N *．故x ＝2,3,4,5,6,7．层级二 应试能力达标1．从1,2,3,4中，任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为( ) A ．2 B ．4 C ．12D ．24解析：选C 本题相当于从4个元素中取2个元素的排列，即A 24＝12．2．下列各式中与排列数A mn 相等的是( )A ．n ！(n －m ＋1)！B ．n (n －1)(n －2)…(n －m )C ．n A m n －1n －m ＋1D ．A 1n ·A m －1n －1解析：选D ∵A mn ＝n ！(n －m )！，而A 1n ·A m －1n －1＝n ·(n －1)！[(n －1)－(m －1)]！＝n ！(n －m )！，∴A mn ＝A 1n ·A m －1n －1，故选D ．3．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( ) A ．6 B ．9 C ．12D ．24解析：选B 构成四位数，可从特殊元素0进行分类：第一类，0在个位有2110，1210，1120，共3个；第二类，0在十位有2101，1201，1102，共3个；第三类，0在百位有2011，1021，1012，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9．4．给出下列4个等式：①n ！＝(n ＋1)！n ＋1；②A m n ＝n A m －1n －1；③A m n ＝n ！(n －m )！；④A m －1n －1＝(n －1)！(m －n )！，其中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选C(n ＋1)！n ＋1＝(n ＋1)×n ！n ＋1＝n ！，所以①正确；n A m －1n －1＝n ×(n －1)！[(n －1)－(m －1)]！＝n ！(n －m )！＝A m n ，所以②正确；③显然是正确的；A m －1n －1＝(n －1)！[(n －1)－(m －1)]！＝(n －1)！(n －m )！(分母为(n －m )！，而不是(m －n )！)，所以④不正确． 5．满足不等式A 7nA 5n>12的n 的最小值为________．解析：由排列数公式得n ！(n －5)！(n －7)！n ！>12，即(n －5)(n －6)>12，解得n >9或n <2．又n ≥7，所以n >9，又n ∈N *，所以n 的最小值为10． 答案：106．在编号为1,2,3,4的四块土地上分别试种编号为1,2,3,4的四个品种的小麦，但1号地不能种1号小麦，2号地不能种2号小麦，3号地不能种3号小麦，则共有______种不同的试种方案．解析：画出树形图，如下：由树形图可知，共有11种不同的试种方案． 答案：117．一条铁路线原有n 个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？解：由题意可得A 2n ＋2－A 2n ＝58，即(n ＋2)(n ＋1)－n (n －1)＝58，解得n ＝14．所以原有车站14个，现有车站16个．8．规定A m x ＝x (x －1)…(x －m ＋1)，其中x ∈R ，m 为正整数，且A 0x ＝1，这是排列数A mn (n ，m 是正整数，且m ≤n )的一种推广． (1)求A 3－15的值；(2)确定函数f (x )＝A 3x 的单调区间．解：(1)由已知得A 3－15＝(－15)×(－16)×(－17)＝－4 080．(2)函数f (x )＝A 3x ＝x (x －1)(x －2)＝x 3－3x 2＋2x ，则f ′(x )＝3x 2－6x ＋2．令f ′(x )>0，得x >3＋33或x <3－33，所以函数f (x )的单调增区间为 －∞，3－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋33，＋∞；令f ′(x )<0，得3－33<x <3＋33， 所以函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫3－33，3＋33．。

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知能巩固提升(二)/课后巩固作业(二)(时间：30分钟满分：50分)一、选择题(每小题4分，共16分)1.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )(A)7 (B)12 (C)64 (D)812.(2012·北京高考)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)63.十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有不同的行车路线( )(A)24种 (B)16种 (C)12种 (D)10种4.某体育彩票规定：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至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，则这个人把这种特殊要求的号买全，至少要( )(A)3 360元 (B)6 720元(C)4 320元 (D)8 640元二、填空题(每小题4分，共8分)5.(2012·杭州高二检测)如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则符合这种要求的不同着色的方法有______种.6.(易错题)从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为_____.三、解答题(每小题8分，共16分)7.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法.8.7名同学中，有5名会下象棋，有4名会下围棋.现从这7人中选2人分别参加象棋和围棋比赛，共有多少种不同的选法？【挑战能力】(10分)电视台在“欢乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？答案解析1.【解析】选B.要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法.故共有4×3=12种不同的配法.2.【解题指南】考虑特殊元素0，与特殊位置个位.如果选0，则0只能在十位.个位必须是奇数.【解析】选B.(1)当从0，2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1，3，5中选出的两个奇数，共有2×3×2=12(个).(2)当从0，2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1，3，5中选出的两个奇数.共有3×2=6(个).综上，由分类加法计数原理知共有12+6=18(个).3.【解析】选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向入口都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12种不同的行车路线，故选C.4.【解题指南】根据题意，依次计算“从01至10的3个连号的个数”“从11至20的2个连号的个数”“从21至30的单选号的个数”“从31至36的单选号的个数”，进而由分步乘法计数原理，计算可得答案.【解析】选D.从01至10的3个连号的个数有8种；从11至20的2个连号的个数有9种；从21至30的单选号的个数有10种；从31至36的单选号的个数有6种.故总的选法有8×9×10×6=4 320种，可得至少要8 640元，故选D.5.【解析】按照分步乘法计数原理，先为A着色共有5种，再为B着色有4种(不能与A相同)，接着为 C着色有3种(不与A,B相同)，同理依次为D，E着色各有3种.所以种数为N=5×4×33=540(种).答案：5406.【解析】(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种.其中2439log 3log 9,log 2log 4,==2349log 4log 9,log 2log 3.==∴N=1+5×4-4=17.答案：17【变式训练】从2,3,4,5,6,7这六个数字中,任取两个分别作分数的分子与分母,能得到不同的分数值的个数为_____.【解析】先不管重复的情况，共有6×5=30(个)， 其中23462436.46233624====，，，有4种情况是重复的，所以共30-4=26(个).答案：267.【解题指南】由题目可获取以下主要信息：①从4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上；②黄瓜必须种植.解答此题可考虑以黄瓜所种植的土地分类求解或用间接法求解.【解析】方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1=6种不同种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1=6(种).故不同的种植方法共有6×3=18(种).方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2=24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)，故共有不同种植方法24-6=18(种).8.【解析】由题意知，既会象棋又会围棋的“多面手”有5+4-7=2(人).方法一：第一类，先从会下象棋但不会下围棋的3人中选1人，再从会下围棋的4人中选1人，共有3×4=12种选法；第二类，先从既会下象棋又会下围棋的2人中选1人，再从会下围棋的剩余3人中选1人下围棋，有2×3=6种选法.由分类加法计数原理得N=12+6=18(种). 方法二：第一类，“多面手”不参加，从只会下象棋的3人中选1人，从只会下围棋的2人中选1人，共有3×2=6种选法；第二类，“多面手”中有一人参加象棋有2种选法，再从只会下围棋的2人中选1人，共有2×2=4种选法；第三类，“多面手”中有一人参加围棋有2种选法，再从只会下象棋的3人中选1人，共有2×3=6种选法；第四类，“多面手”都参加，有2种选法，故N=6+4+6+2=18(种).【挑战能力】【解题指南】【解析】抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑.分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400种结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30=11 400种结果.因此共有不同结果17 400+11 400=28 800种.。

【高考调研】2015高中数学1-2排列与组合3课后巩固新人教A 版选修2-31．4名男歌手和2名女歌手联合进行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，共有出场方案的种数是()A．6A 33种B．3A 33种C．2A 33种D．A 22A 14A 44种答案D2．由1,2,3,4,5组成没有重复数字且1,2都不与5相邻的五位数的个数是()A．36个B．32个C．28个D．24个答案A解析将3、4两个数全排列，有A 22种排法，当1,2不相邻且不与5相邻时有A 33方法，当1,2相邻且不与5相邻时有A 22·A 23种方法，故满足题意的数有A 22(A 33＋A 22·A 23)＝36个．3．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，工程丁必须在工程丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同排法种数是________．(用数字作答)思路分析本题以工程问题为背景，是带有多个限制条件的排列组合混合问题，对题目中的3个条件可以采用直接法与插空法．解析依题意可分两类，(1)剩余的两个工程不相邻，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的4个空中(丙、丁之间没有空位，因为工程丁必须在工程丙完成后立即进行)，可得有A 24种不同排法；(2)剩余的两个工程相邻(捆绑在一起看做一个元素)，有A 14A 22种不同排法．综上，符合要求的不同排法有A 24＋A 14·A 22＝20(种)．点评对限制条件的理解是解带有多个限制条件的排列组合混合问题的关键，本题中剩余的两项工程，既可以相邻安排，也可以不相邻安排，学生往往将结果写为A 25而出错：“工程丁必须在工程丙完成后立即进行”这一条件也容易被忽视，而得到错误的结果A 25＋A 15A 22＝30.所以对于这一类排列组合混合问题必须认真阅读题目，理解题意．4．从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则不同的取法有________种．答案2500种解析∵1＋100＝101＞100,2＋99>100,2＋100>100，∴1为被加数的有1种，2为被加数的有2种，同理3为被加数的有3种，……，49为被加数的有49种，观察知(1＋2＋…＋50)＋(49＋48＋…＋1)＝2500种．5．参加完国庆阅兵的7名女兵，站成一排合影留念，要求甲、乙两人之间恰好隔一人的站法有多少种？解析甲、乙及间隔的1人组成一个“小团体”，这1人可从其余5人中选，有5种选法．这个“小团体”与其余4人共5个元素全排列有A 55种排法，它的内部甲、乙两人有A 22种站法，故符合要求的站法共有5A 55·A 22＝1200种．。

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知能巩固提升(三)/课后巩固作业(三)(时间：30分钟满分：50分)一、选择题(每小题4分，共16分)1.给出下列问题：(1)从2，3，5，7，11中任取两数相乘可得多少不同的积？(2)从上面各数中任取两数相除，可得多少不同的商?(3)以圆上的10个点为端点，共可作多少条弦？其中是排列问题的个数为( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)32.(2012·石家庄高二检测)上海世博会期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查中国馆、日本馆、美国馆的参观人数，不同的安排方法种数为( )(A)12 (B)24 (C)36 (D)603.(2012·锦州高二检测)元旦来临之际，某寝室四位同学各有一张贺年卡，并且要送给该寝室的其中一位同学，但每人都必须得到一张，则不同的送法有( )(A)6种 (B)9种 (C)11种 (D)23种4.(易错题)三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有( )(A)6种 (B)10种 (C)8种 (D)16种二、填空题(每小题4分，共8分)5.从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为____.(把代号填上)①甲乙,乙甲,甲丙,丙甲②甲乙，丙乙，丙甲③甲乙,甲丙,乙甲,乙丙,丙甲,丙乙④甲乙,甲丙,乙丙6.从2，3，5，7中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是____，其中真分数的个数是____.三、解答题(每小题8分，共16分)7.已知1,2,3,4四个数字，回答下列问题.(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？(2)由1,2,3,4四个数字共能组成多少个没有重复数字的四位数？试全部列出．8.用1,2,3,4四个数字排成三位数，并把这些三位数从小到大排成一个数列{a n}．(1)写出这个数列的前11项；(2)这个数列共有多少项．【挑战能力】(10分)在圆内接正六边形的六个顶点中任意取出三个点构成三角形，则共可构成几个直角三角形？圆内接正八边形呢？圆内接正2n边形呢？答案解析1.【解析】选B.由于乘法满足交换律，故(1)不是排列问题；由于32,故(2)23是排列问题.线段的条数只与线段的端点位置有关，与顺序无关，故(3)不是排列问题.2.【解析】选D.由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．【变式训练】4个人排成两排照相，每排两人，则不同的排法种数是( ) (A)12 (B)14 (C)24 (D)16【解析】选C.先排前排，有4×3=12种排法；再排后排，有2×1=2种排法；故共有12×2=24种排法.3.【解析】选B.将4张贺卡分别记为A，B，C，D.且按题意进行排列，用树形图表示为：由此可知共有9种送法.4.【解析】选B.记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球传给乙，则不同的传球方式有其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理若甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，共有10种传球方式.5.【解析】这是一个排列问题,与顺序有关,任意两人的排列对应的是一种站法，故③正确.答案：③6.【解析】第一步：选分子，可从4个数字中任选一个作分子，共有4种不同选法；第二步：选分母，从剩下的3个数字中任选一个作分母，有3种不同选法.根据分步乘法计数原理共有4×3=12种不同选法,，，，，，共6个.其中真分数有222335357577答案：12 67.【解析】(1)由题意作树形图，如图．故所有的两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．(2)直接画出树形图．由上面的树形图知，所有的四位数为：1234,1243,1324,1342,1423,1432,2134,2143,2314,2341,2413,2431,3124,314 2,3214,3241,3412,3421,4123,4132,4213,4231,4312,4321.共24个四位数．【误区警示】在列出所有合乎要求的四位数时务必不重不漏.8.【解析】(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.(2)这个数列的项数就是用1,2,3,4排成三位数的个数，每一位都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．【挑战能力】【解题指南】正六边形的对角线中，是圆的直径的有三条，每一条对角线与除这条对角线两端点外的一个点就可以构成一个直角三角形，可用分步乘法计数原理求解.【解析】构成一个直角三角形可以分两步完成：第一步，选一条为圆的直径的对角线，有3种选法；第二步，选一个除这条直径端点外的一个点，有4种选法．由分步乘法计数原理，共可以构成3×4＝12个直角三角形．类似地，从圆内接正八边形的八个顶点中任意取出三个点，共可以构成4×6＝24个直角三角形．从圆内接正2n边形的2n个顶点中任取三个，共可以构成n(2n－2)＝2n(n－1)个直角三角形．。

高中数学选修2-3各单元课后巩固及单元测试及答案解析1-1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1课后巩固1．已知集合A且A中至少有一个奇数，则这样的集合有( ) 新人教A版选修2-3新人教A版选修2-3A．2个 C．4个答案 D解析满足题意的集合A分两类；第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1,2}，{3,2}共4个；第二类有两个奇数有{1,3}，所以共有4＋1＝5个．2．集合A＝{a，b，c}，B＝{d，e，f，g}，从集合A到集合B的不同的映射个数是( ) A．24 C．6 答案 D解析第一步，在B中与A中元素a对应的有4种情况；第二步，在B中与A中元素b 对应的有4种情况，在B中与A中元素c对应的有4种情况，根据分步乘法计数原理可得共有：4×4×4＝64种映射．3．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．81 D．64 B．3个 D．5个B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( )A．3 C．12 答案 C解析确定A*B中元素(x，y)，可分为两步，第一步，确定x，共有3种方法；第二步确定y，有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有3×4＝12种不同的方法，故选C.4．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB型四种之一，依血型遗传学，当父母的血型中没有AB型时，子女的血型有可能是O型，若某人的血型是O型，则其父母血型的所有可能情况有( )A．6种 C．10种答案 B解析找出其父母血型的所有情况分两步完成，第一步找父亲的血型，依题意有3种；第二步找母亲的血型也有3种，由分步乘法计数原理得：其父母血型的所有可能情况有3×3＝9种．5．如图所示，从A→B→C，有________种不同的走法．从A→C，有________种不同的走法．B．9种 D．12种4B．4 D．163答案 4 61-1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理2课后巩固1．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( ) A．324 B．328 C．360 答案 B解析若组成没有重复数字的三位偶数，可分为两种情况：①当个位上是0时，共有9×8＝72(种)情况；②当个位上是不为0的偶数时，共有4×8×8＝256(种)情况，综上，共有72＋256＝328(种)情况．2．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，含x的项的系数是( ) A．－15 C．－120 答案 A解析根据乘法原理，含x的项是4个因式中取x，余下一个因式取常数项形成的，所以含x的项的系数是(－1－2－3－4－5)，即－15.3．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．一球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有( )A．5种 C．3种答案 C4．春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊羊、暖羊羊4只小羊要争夺5项比赛的冠军，则有________种不同的夺冠情况．答案 45．电子计算机的输入纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排最多可产生________种不同的信息．答案 2565444D．648B．85 D．274B．4种 D．6种解析 8个位置上的每个位置穿孔或不穿孔都可确定一个信息，故应分步完成确定一个信息，由分步乘法计数原理得2＝256.6．由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?思路分析按自然数的位数多少，可以分为以下四类：一位，二位，三位，四位的自然数，而在每一类中，又可以分成几步进行．解析组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个；第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为 4＋16＋64＋256＝340(个)．81-2 排列与组合2课后巩固1．5名男生和1名女生排成一排，这名女生不在排头也不在排尾的排法种数有( ) A．720种 C．480种答案 C解析先排女生有A4种，再排5名男生有A5种，共有A4・A5＝480种．2．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )A．108种 B．186种 C．216种 D．270种答案 B解析可选用间接法解决：A7－A4＝186(种)，故选B.3．用1,2,3,4,5这五个数字可以组成比20 000大，且百位数字不是3的没有重复数字的五位数共有( )A．96个 B．78个 C．72个 D．64个答案 B解析可先考虑特殊位置，分类讨论．331515B．600种 D．240种4．由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则a72等于( )A．1 543 B．2 543 C．3 542 D．4 532 答案 C解析千位数为1时组成的四位数有A4个，同理，千位数是2,3,4,5时均有A4＝24(个)数，而千位数字为1,2,3时，从小到大排成数列的个数为3A4＝72，即3 542是第72个(最大)．5．若把英语单词“error”中字母的拼写顺序写错了，则可能出现的错误的种数为( )A．20 B．19 C．10 D．9 答案 B解析五个字母中只要确定e和o的位置，另外三个都是r，故有A5＝20种不同排列．其中只有一种是正确的，所以可能出现的错误有20－1＝19种，选B.6．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有________种．答案 240解析 (位置分析法)第一步：从除去甲乙的4人中选1人从事翻译工作，有A4种方法；第二步：从剩余的5人中选3人从事另外三项工作，有A5种方法．∴共有A4・A5＝240种不同的方案．133123331-2 排列与组合3课后巩固1．4名男歌手和2名女歌手联合进行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，共有出场方案的种数是( )A．6A3种 C．2A3种答案 D2．由1,2,3,4,5组成没有重复数字且1,2都不与5相邻的五位数的个数是( )A．36个 C．28个答案 A解析将3、4两个数全排列，有A2种排法，当1,2不相邻且不与5相邻时有A3方法，当1,2相邻且不与5相邻时有A2・A3种方法，故满足题意的数有A2(A3＋A2・A3)＝36个．2223222333B．3A3种 D．A2A4A4种2143B．32个 D．24个3．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，工程丁必须在工程丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同排法种数是________．(用数字作答)思路分析本题以工程问题为背景，是带有多个限制条件的排列组合混合问题，对题目中的3个条件可以采用直接法与插空法．解析依题意可分两类，(1)剩余的两个工程不相邻，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的4个空中(丙、丁之间没有空位，因为工程丁必须在工程丙完成后立即进行)，可得有A4种不同排法；(2)剩余的两个工程相邻(捆绑在一起看做一个元素)，有A4A2种不同排法．综上，符合要求的不同排法有A4＋A4・A2＝20(种)．点评对限制条件的理解是解带有多个限制条件的排列组合混合问题的关键，本题中剩余的两项工程，既可以相邻安排，也可以不相邻安排，学生往往将结果写为A5而出错：“工程丁必须在工程丙完成后立即进行”这一条件也容易被忽视，而得到错误的结果A5＋A5A2＝30.所以对于这一类排列组合混合问题必须认真阅读题目，理解题意．4．从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则不同的取法有________种．答案 2 500种解析∵1＋100＝101＞100,2＋99>100,2＋100>100，∴1为被加数的有1种，2为被加数的有2种，同理3为被加数的有3种，……，49为被加数的有49种，观察知(1＋2＋…＋50)＋(49＋48＋…＋1)＝2 500种．5．参加完国庆阅兵的7名女兵，站成一排合影留念，要求甲、乙两人之间恰好隔一人的站法有多少种？2122122122解析甲、乙及间隔的1人组成一个“小团体”，这1人可从其余5人中选，有5种选法．这个“小团体”与其余4人共5个元素全排列有A5种排法，它的内部甲、乙两人有A2种站法，故符合要求的站法共有5A5・A2＝1 200种．52521-2 排列与组合4课后巩固1．从长度分别为1,2,3,4的四条线段中任取三条的不同取法共有n种，在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m，则等于( )A．01B. 4mn感谢您的阅读，祝您生活愉快。

, [A 基础达标]1．已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组;②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动;③从a ,b ,c ,d 中选出3个字母;④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数．其中是排列问题的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选B.由排列的定义知①④是排列问题．2．计算A 67－A 56A 45＝( ) A ．12 B ．24 C ．30D ．36解析：选D.A 67－A 56A 45＝7×6×5×4×3×2－6×5×4×3×25×4×3×2＝7×6－6＝36.3．若α∈N *,且α<27,则(27－α)(28－α)…(34－α)等于( ) A ．A 827－α B ．A 27－α34－αC ．A 734－αD ．A 834－α解析：选D.从27－α到34－α共有34－α－(27－α)＋1＝8个数．所以(27－α)(28－α)…(34－α)＝A 834－α.4．甲、乙、丙三人排成一排照相,甲不站在排头的所有排列种数为( ) A ．6 B ．4 C ．8D ．10解析：选B.列树形图如下：丙甲—乙乙—甲乙甲—丙丙—甲,共4种． 5．不等式A 2n －1－n ＜7的解集为( ) A ．{n |－1＜n ＜5} B ．{1,2,3,4} C ．{3,4}D ．{4} 解析：选C.由不等式A 2n －1－n ＜7, 得(n －1)(n －2)－n ＜7, 整理得n 2－4n －5＜0, 解得－1＜n ＜5.又因为n －1≥2且n ∈N *, 即n ≥3且n ∈N *, 所以n ＝3或n ＝4,故不等式A 2n －1－n ＜7的解集为{3,4}．6.2A412＋A512A513－A512＝________．解析：原式＝2×12×11×10×9＋12×11×10×9×813×12×11×10×9－12×11×10×9×8＝2＋813－8＝2.答案：27．从a,b,c,d,e五个元素中每次取出三个元素,可组成____个以b为首的不同的排列,它们分别是____________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：画出树形图如下：可知共12个,它们分别是bac,bad,bae,bca,bcd,bce,bda,bdc,bde,bea,bec,bed.答案：12bac,bad,bae,bca,bcd,bce,bda,bdc,bde,bea,bec,bed8．若集合P＝{x|x＝A m4,m∈N*},则集合P中共有________个元素．解析：因为x＝A m4,所以有m∈N*且m≤4,所以P中的元素为A14＝4,A24＝12,A34＝A44＝24,即集合P中有3个元素．答案：39．判断下列问题是否是排列问题：(1)某班共有50名同学,现要投票选举正、副班长各一人,共有多少种可能的选举结果？(2)从2,3,5,7,9中任取两个数分别作为对数的底数和真数,有多少个不同对数值？(3)从集合M＝{1,2,…,9}中,任取相异的两个元素作为a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程x2a2＋y2b2＝1?解：(1)是．选出的2人担任正、副班长,与顺序有关,所以该问题是排列问题．(2)是．显然对数值与底数和真数的取值的不同有关系,与顺序有关．(3)不是．焦点在x轴上的椭圆,方程中的a、b必有a＞b,即取出的两个数谁是a,谁是b是确定的．10．甲、乙、丙三人相互传球,由甲开始发球,经过5次传球,球仍回到甲手中,不同的传球方法共有多少种？解：由甲开始发球,可发给乙,也可发给丙． 若甲发球给乙,其传球方法的树形图如图,共5种．同样甲第一次发球给丙,也有5种情况．由分类加法计数原理,共有5＋5＝10种不同传球方法．[B 能力提升]11．若S ＝A 11＋A 22＋A 33＋A 44＋…＋A 100100,则S 的个位数字是( )A ．8B ．5C ．3D ．0解析：选C.因为当n ≥5时,A n n 的个位数字是0,故S 的个位数取决于前四个排列数．又A 11＋A 22＋A 33＋A 44＝33,故选C.12．A 2n ＋1与A 3n 的大小关系是( ) A ．A 2n ＋1＞A 3n B ．A 2n ＋1＜A 3nC ．A 2n ＋1＝A 3nD ．大小关系不定解析：选 D.由题意知n ≥3,A 2n ＋1－A 3n ＝(n ＋1)n －n (n －1)(n －2)＝－n (n 2－4n ＋1),当n ＝3时,A 2n ＋1－A 3n ＝6＞0,得A 2n ＋1＞A 3n ,当n ≥4时,A 2n ＋1－A 3n ＜0,得A 2n ＋1＜A 3n ,即A 2n ＋1与A 3n 的大小关系不定．故选D. 13．解下列方程或不等式．(1)3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ; (2)A x 9＞6A x －29.解：(1)由排列数公式,得：⎩⎨⎧3x （x －1）（x －2）＝2（x ＋1）x ＋6x （x －1），①x ≥3，x ∈N *.②由①,得3x 2－17x ＋10＝0, 解得x ＝5或x ＝23,结合②可知x ＝5是所求方程的根． (2)原不等式可化为：⎩⎪⎨⎪⎧9！（9－x ）！＞6×9！（9－x ＋2）！，①2＜x ≤9，x ∈N *.②①式等价于(11－x )(10－x )＞6,即x 2－21x ＋104＞0,即(x －8)(x －13)＞0, 所以x ＜8或x ＞13. 结合②得2＜x ＜8,x ∈N *,所以所求不等式的解集为{3,4,5,6,7}．14．(选做题)一条铁路有n 个车站,为适应客运需要,新增了m 个车站,且知m ＞1,客运车票增加了62种,问原有多少个车站？现在有多少个车站？解：由题意可知,原有车票的种数是A 2n 种,现有车票的种数是A 2n ＋m 种,所以A 2n ＋m －A 2n ＝62,即(n ＋m )(n ＋m －1)－n (n －1)＝62, 所以m (2n ＋m －1)＝62＝2×31, 因为m ＜2n ＋m －1,且n ≥2,m ,n ∈N *,所以⎩⎨⎧m ＝2，2n ＋m －1＝31，解得m ＝2,n ＝15,故原有15个车站,现有17个车站．。

[A 基础达标]1．设一随机试验的结果只有A 和A ,且P (A )＝m ,令随机变量ξ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，A 发生，0，A 不发生，则ξ的方差D (ξ)等于( )A ．mB ．2m (1－m )C ．m (m －1)D ．m (1－m )解析：选D.随机变量ξ的分布列为：所以E (ξ)＝0×(1－m )＋1×m ＝m .所以D (ξ)＝(0－m )2×(1－m )＋(1－m )2×m ＝m (1－m )．2．如果X 是离散型随机变量,E (X )＝6,D (X )＝0.5,X 1＝2X －5,那么E (X 1)和D (X 1)分别是( ) A ．E (X 1)＝12,D (X 1)＝1 B ．E (X 1)＝7,D (X 1)＝1 C ．E (X 1)＝12,D (X 1)＝2 D ．E (X 1)＝7,D (X 1)＝2解析：选D.E (X 1)＝2E (X )－5＝12－5＝7,D (X 1)＝4D (X )＝4×0.5＝2.3．抛掷一枚硬币,规定正面向上得1分,反面向上得－1分,则得分X 的均值与方差分别为( )A ．E (X )＝0,D (X )＝1B ．E (X )＝12,D (X )＝12C ．E (X )＝0,D (X )＝12D ．E (X )＝12,D (X )＝1解析：选A.由题意知,随机变量X 的分布列为所以E (X )＝(－1)×12＋1×12＝0,D (X )＝12×(－1－0)2＋12×(1－0)2＝1.4．已知X 的分布列如下表所示：则下列式子：①E (X )＝－13;②D (X )＝2327;③P (X ＝0)＝13.其中正确的有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：选C.由分布列知P (X ＝0)＝13,E (X )＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－12＋16＝－13,D (X )＝12×⎝⎛⎭⎫－1＋132＋13×⎝⎛⎭⎫0＋132＋⎝⎛⎭⎫1＋132×16＝59,故只有①③正确．5．设随机变量ξ的分布列为P (ξ＝k )＝C k n (23)k ·(13)n －k,k ＝0,1,2,…,n ,且E (ξ)＝24,则D (ξ)的值为( ) A ．8 B ．12 C.29D ．16 解析：选A.由题意可知ξ～B (n ,23),所以23n ＝E (ξ)＝24.所以n ＝36.所以D (ξ)＝n ×23×(1－23)＝29×36＝8.6．牧场有10头牛,因误食含有病毒的饲料而被感染,已知该病的发病率为0.02,设发病的牛的头数为ξ,则D (ξ)等于________． 解析：因为ξ～B (10,0.02),所以D (ξ)＝10×0.02×(1－0.02)＝0.196. 答案：0.1967．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15,E (ξ)＝1,则D (ξ)＝________．解析：设P (ξ＝1)＝a ,P (ξ＝2)＝b , 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝35，b ＝15，所以D (ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.答案：258．随机变量ξ的分布列如下,其中a ,b ,c 成等差数列．若E (ξ)＝53,则D (ξ)的值为________．解析：因为a ,b ,c 成等差数列,所以a ＋c ＝2b .又因为a ＋b ＋c ＝1,所以b ＝13.又因为E (ξ)＝a ＋2b ＋3c ＝53,所以a ＝12,b ＝13,c ＝16,所以ξ的分布列为所以D (ξ)＝(1－53)2×12＋(2－53)2×13＋(3－53)2×16＝59.答案：599．已知η的分布列为(1)求η(2)设Y ＝2η－E (η),求D (Y )．解：(1)E (η)＝0×13＋10×25＋20×115＋50×215＋60×115＝16,D (η)＝(0－16)2×13＋(10－16)2×25＋(20－16)2×115＋(50－16)2×215＋(60－16)2×115＝384,D （η）＝8 6.(2)因为Y ＝2η－E (η),所以D (Y )＝D (2η－E (η))＝22D (η)＝4×384＝1 536.10．从5名女生和2名男生中任选3人参加英语演讲比赛,设随机变量ξ表示所选3人中男生的人数． (1)求ξ的分布列; (2)求ξ的均值与方差;解：(1)ξ可能取的值为0,1,2,且P (ξ＝0)＝C 02·C 35C 37＝27,P (ξ＝1)＝C 12·C 25C 37＝47,P (ξ＝2)＝C 22·C 15C 37＝17,所以ξ的分布列为(2)E (ξ)＝0×27＋1×47＋2×17＝67,D (ξ)＝⎝⎛⎭⎫0－672×27＋⎝⎛⎭⎫1－672×47＋⎝⎛⎭⎫2－672×17＝140343＝2049. [B 能力提升]11．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ,η,已知甲、乙两名射手在每次射击中击中的环数均大于6环,且甲射中10,9,8,7环的概率分别为0.5,3a ,a ,0.1,乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2. (1)求ξ,η的分布列;(2)求ξ,η的均值与方差,并以此比较甲、乙的射击技术． 解：(1)依题意0.5＋3a ＋a ＋0.1＝1, 解得a ＝0.1,因为乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2, 所以乙射中7环的概率为1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2. 所以ξ,η的分布列分别为(2)结合第一问中ξ,ηE (ξ)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2, E (η)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7,D (ξ)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96, D (η)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21, 由于E (ξ)>E (η),说明甲平均射中的环数比乙高;又D (ξ)<D (η),说明甲射中的环数比乙集中,比较稳定,所以甲的技术比乙好．12．为防止风沙危害,某地决定建设防护绿化带,种植杨树、沙柳等植物．某人一次种植了n 株沙柳,各株沙柳成活与否是相互独立的,成活率为p ,设ξ为成活沙柳的株数,数学期望E (ξ)＝3,标准差D （ξ）＝62. (1)求n ,p 的值并写出ξ的分布列;(2)若有3株或3株以上的沙柳未成活,则需要补种,求需要补种沙柳的概率．解：因为每一株沙柳成活率均为p ,种植了n 株沙柳,相当于做n 次独立重复试验,因此ξ服从二项分布ξ～B (n ,p )．(1)由E (ξ)＝np ＝3,D (ξ)＝np (1－p )＝32,得1－p ＝12,从而n ＝6,p ＝12.ξ的分布列为：(2)得P (A )＝1＋6＋15＋2064＝2132.13．(选做题)根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：求： (1)工期延误天数Y 的均值与方差;(2)在降水量至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率． 解：(1)由已知条件有P (X <300)＝0.3,P (300≤X <700)＝P (X <700)－P (X <300)＝0.7－0.3＝0.4, P (700≤X <900)＝P (X <900)－P (X <700)＝0.9－0.7＝0.2. P (X ≥900)＝1－P (X <900)＝1－0.9＝0.1. 所以Y 的分布列为于是,E (Y )＝0×0.3＋2×0.4D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8. 故工期延误天数Y 的均值为3,方差为9.8.(2)由概率的加法公式,得P (X ≥300)＝1－P (X <300)＝0.7, 又P (300≤X <900)＝P (X <900)－P (X <300)＝0.9－0.3＝0.6.由条件概率,得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X <900|X ≥300)＝P （300≤X <900）P （X ≥300）＝0.60.7＝67.故在降水量X 至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率是67.离散型随机变量的均值与方差(强化练)1．已知随机变量X 的分布列为且已知E (X )＝2,D (X )＝0.5,求p 1,23解：根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧p 1＋p 2＋p 3＝1，①p 1＋2p 2＋3p 3＝2，②p 1（1－2）2＋p 3（3－2）2＝12，③由③得p 1＋p 3＝12,④上式代入①得p 2＝12,代入②得p 1＋3p 3＝1, 所以p 3＝14,p 1＝14.2．某公司春节联欢会中设一抽奖活动：在一个不透明的口袋中装入外形一样,号码分别为1,2,3,…,10的十个小球．活动者一次从中摸出三个小球,三球号码有且仅有两个连号的为三等奖,奖金30元;三球号码都连号为二等奖,奖金60元;三球号码分别为1,5,10为一等奖,奖金240元;其余情况无奖金．求：(1)员工甲抽奖一次所得奖金的分布列与期望;(2)员工乙幸运地先后获得四次抽奖机会,他得奖次数的方差是多少？ 解：(1)由题意知,甲抽一次奖,基本事件总数是C 310＝120, 设甲抽奖一次所得奖金为ξ,则奖金ξ的可能取值是0,30,60,240, 所以P (ξ＝240)＝1120,P (ξ＝60)＝8120＝115,P (ξ＝30)＝7×2＋6×7120＝715,P (ξ＝0)＝1－1120－115－715＝1124.所以ξ的分布列是所以E (ξ)＝30×715＋60×115＋240×1120＝20.(2)由(1)可得,乙一次抽奖中奖的概率是1－1124＝1324,四次抽奖是相互独立的,所以中奖次数η～B ⎝⎛⎭⎫4，1324, 所以D (η)＝4×1324×1124＝143144.3．为了丰富学生的课余生活,促进校园文化建设,我校高二年级通过预赛选出了6个班(含甲、乙)进行经典美文诵读比赛决赛．决赛通过随机抽签方式决定出场顺序．求： (1)甲、乙两班恰好在前两位出场的概率;(2)决赛中甲、乙两班之间的班级数记为X ,求X 的均值和方差． 解：(1)设“甲、乙两班恰好在前两位出场”为事件A ,则P (A )＝A 22×A 44A 66＝115. 所以甲、乙两班恰好在前两位出场的概率为115.(2)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4.P (X ＝0)＝A 22×A 55A 66＝13,P (X ＝1)＝4×A 22×A 44A 66＝415, P (X ＝2)＝A 24×A 22×A 33A 66＝15, P (X ＝3)＝A 34×A 22×A 22A 66＝215, P (X ＝4)＝A 44×A 22A 66＝115. 随机变量X 的分布列为因此,E (X )＝0×13＋1×415＋2×15＋3×215＋4×115＝43.D (X )＝13⎝⎛⎭⎫0－432＋415⎝⎛⎭⎫1－432＋15⎝⎛⎭⎫2－432＋215⎝⎛⎭⎫3－432＋115⎝⎛⎭⎫4－432＝149.4．一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的销售量低于50个的概率;(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X 的分布列,期望E (X )及方差D (X )．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”, A 2表示事件“日销售量低于50个”,B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量都不低于100个且另1天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6, P (A 2)＝0.003×50＝0.15, P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X 可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为 P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064, P (X ＝1)＝C 13·0.6×(1－0.6)2＝0.288, P (X ＝2)＝C 23·0.62×(1－0.6)＝0.432, P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216. 所以X 的分布列为因为X ～B (3,0.6),－0.6)＝0.72. 5．现有如下投资方案,一年后投资盈亏的情况如下;投资股市(1)少有一人获利的概率大于45,求p 的取值范围;(2)丙要将家中闲置的20万元钱进行投资,决定在“投资股市”“购买基金”这两种方案中选择一种,已知p ＝12,那么丙选择哪种投资方案,才能使一年后投资收益的均值较大？给出结果并说明理由．解：(1)记事件A 为“甲投资股市且获利”,事件B 为“乙购买基金且获利”,事件C 为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”,则C ＝AB ∪AB ∪AB ,且A ,B 独立． 由题表可知,P (A )＝12,P (B )＝p .所以P (C )＝P (AB )＋P (AB )＋P (AB )＝12×(1－p )＋12p ＋12p ＝12＋12p >45,解得p >35.又因为p ＋13＋q ＝1,q ≥0,所以p ≤23.所以p 的取值范围是⎝⎛⎦⎤35，23.(2)假设丙选择“投资股票”方案进行投资,且记X 为丙投资股票的获利金额(单位：万元),所以随机变量X 的分布列为则E (X )＝8×12＋0×18＋(－4)×38＝52.假设丙选择“购买基金”方案进行投资,且记Y 为丙购买基金的获利金额(单位：万元),所以随机变量Y 的分布列为则E (Y )＝4×12＋0×13＋(－2)×16＝53.因为E (X )>E (Y ),所以丙选择“投资股市”,才能使得一年后的投资收益的均值较大． 6．某市为了鼓励市民节约用电,实行“阶梯式”电价,将该市每户居民的月用电量划分为三档,月用电量不超过200度的部分按0.5元/度收费,超过200度但不超过400度的部分按0.8元/度收费,超过400度的部分按1.0元/度收费．(1)求某户居民用电费用y (单位：元)关于月用电量x (单位：度)的函数解析式;(2)为了了解居民的用电情况,通过抽样,获得了今年1月份100户居民每户的用电量,统计分析后得到如图所示的频率分布直方图,若这100户居民中,今年1月份用电费用不超过260元的占80%,求a ,b 的值;(3)在满足(2)的条件下,若以这100户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率,且同组中的数据用该组区间的中点值代替,记Y 为该居民用户1月份的用电费用,求Y 的分布列和数学期望．解：(1)当0≤x ≤200时,y ＝0.5x ;当200<x ≤400时,y ＝0.5×200＋0.8×(x －200)＝0.8x －60, 当x >400时,y ＝0.5×200＋0.8×200＋1.0×(x －400)＝x －140, 所以y 与x 之间的函数解析式为： y ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.5x ，0≤x ≤200，0.8x －60，200<x ≤400，x －140，x >400.(2)由(1)可知：当y ＝260时,x ＝400,则P (x ≤400)＝0.80,结合频率分布直方图可知⎩⎪⎨⎪⎧0.1＋2×100b ＋0.3＝0.8，100a ＋0.05＝0.2，所以a ＝0.001 5,b ＝0.002 0.(3)由题意可知x 可取50,150,250,350,450,550. 当x ＝50时,Y ＝0.5×50＝25,所以P (Y ＝25)＝0.1, 当x ＝150时,Y ＝0.5×150＝75,所以P (Y ＝75)＝0.2, 当x ＝250时,Y ＝0.5×200＋0.8×50＝140, 所以P (Y ＝140)＝0.3,当x ＝350时,Y ＝0.5×200＋0.8×150＝220,所以P(Y＝220)＝0.2,当x＝450时,Y＝0.5×200＋0.8×200＋1.0×50＝310,所以P(Y＝310)＝0.15,当x＝550时,Y＝0.5×200＋0.8×200＋1.0×150＝410,所以P(Y＝410)＝0.05,故Y的概率分布列为：所以随机变量YE(Y)＝25×0.1＋75×0.2＋140×0.3＋220×0.2＋310×0.15＋410×0.05＝170.5.。

专题08：人教A 版数学选修2-3全册基础巩固检测题（解析版）一、单选题1．下列问题是排列问题的是（ ）A ．从8名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？B ．10个人互相通信一次，共写了多少封信？C ．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？D ．从1，2，3，4四个数字中，任选两个相乘，其结果共有多少种？ 【答案】B 【分析】排列问题是与顺序问题有关的问题，只有B 选项涉及顺序，由此可得结果. 【详解】对于A ，8名同学中选取2名，不涉及顺序问题，不是排列问题，A 错误； 对于B ，10个人互相通信，涉及到顺序问题，是排列问题，B 正确； 对于C ，5个点中任取3点，不涉及顺序问题，不是排列问题，C 错误；对于D ，4个数字中任取2个，根据乘法交换律知结果不涉及顺序，不是排列问题，D 错误. 故选：B.2．已知随机变量X 服从二项分布(),X B n p ，若()54E X =，()1516=D X ，则p =（ ） A ．14B ．13C ．34D ．45【答案】A 【分析】由二项分布的均值和方差公式列方程组求解． 【详解】由题意5415(1)16np np p ⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得145p n ⎧=⎪⎨⎪=⎩．故选：A ．3．从7人中选出3人参加座谈会，则不同的选法有（ ） A ．210种 B ．42种 C ．35种 D ．6种【答案】C【分析】参加座谈会与顺序无关，是组合问题. 【详解】参加座谈会与顺序无关，是组合问题，共有 37C =35种不同的选法．故选：C4．正态分布概念是由德国数学家和天文学家Moivre 在1733年首先提出，由于德国数学家高斯率先把其应用于天文学研究，故我们把正态分布又称作高斯分布，早期的天文学家通过长期对某一天体的观测收集到大量数据；对这些数据进行分析发现这些数据变量,X 近似服从()29,N σ，若()100.91P X <=，则()8P X ≤=A ．0.09B ．0.41C ．0.59D ．0.91【答案】A 【分析】利用正态分布的对称性求概率． 【详解】()()()8101100.09P X P X P X ≤=≥=-<=，故选：A .5．某人进行一项实验，若实验成功，则停止实验，若实验失败，再重新实验一次，若实验3次均失败，则放弃实验，若此人每次实验成功的概率为23，则此人实验次数ξ的期望是（ ） A ．43B ．139C ．53D ．137【答案】B 【分析】列出实验次数ξ的分布列，根据数学期望的数学计算公式即可求解. 【详解】由题意可得ξ=1,2,3，每次实验成功的概率为23，则失败的概率为13， ()3ξ21P ==()1223ξ=329P =⨯=，()1113ξ=339P =⨯=，则实验次数ξ的分布列如下：所以此人实验次数ξ的期望是()123399ξ9E =⨯+⨯+⨯=. 故选：B6．在612x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是（ ）A ．60B ．120C ．160D ．960【答案】C 【分析】利用二项展开式的通项公式可求常数项. 【详解】612x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中的通项公式为()626166122rrr r r r r T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，令260r -=，则3r =，故常数项为第4项且为3362160C =，故选：C.7．英国数学家泰勒(B . Taylor ，1685-1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世｡由泰勒公式，我们能得到111111!2!3!!(1)!e e n n θ=+++++++(其中e 为自然对数的底数，()()01,!12...21n n n n θ<<=⨯-⨯-⨯⨯⨯)，其拉格朗日余项是.(1)!n e R n θ=+可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e 的近似值也就越精确｡若3(1)!n +近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项,n R n R 不超过11000时，正整数n 的最小值是（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】B 【分析】由31(1)!1000n≤+求得正整数n的最小值.【详解】依题意得31(1)!1000n≤+，即()1!3000n+≥，()51!654321720+=⨯⨯⨯⨯⨯=，()61!765432150403000+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=>，所以n的最小值是6.故选：B8．某邮局有4个不同的信箱，现有5封不同的信需要邮寄，则不同的投递方法共有（）A．54种B．45种C．45C种D．45A种【答案】A【分析】根据分步乘法计数原理，根据题中条件，可直接得出结果.【详解】将5封不同的信，通过4个不同的信箱邮寄，每封信都有4种不同的投递方法，因此总的不同的投递方法共有：54种.故选：A.9．今年年初，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克难时，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.我市某医院派出18护士，2名医生支援湖北，将他们随机分成甲､乙两个医院，每个医院10人，其中2名医生恰好被分在不同医院的概率为（）A．1921910202C CCB．1921810202C CCC．192181020C CCD．192191020C CC【答案】C【分析】先计算出基本事件的总数，再计算出2名医生恰好被分在不同医院的包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率公式计算即可求解.【详解】从18护士，2名医生中任取10人有1020C种，2名医生恰好被分在不同医院有19218C C 种，所以2名医生恰好被分在不同医院的概率为192181020C CC ．故选：C ．10．2021年某省新高考将实行“312++”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式.某同学已选了物理，记事件A ：“他选择政治和地理”，事件B ：“他选择化学和地理”，则事件A 与事件B （ ） A ．是互斥事件，不是对立事件 B ．是对立事件，不是互斥事件 C ．既是互斥事件，也是对立事件 D ．既不是互斥事件也不是对立事件【答案】A 【分析】事件A 与事件B 不能同时发生，是互斥事件，他还可以选择化学和政治，不是对立事件，得到答案. 【详解】事件A 与事件B 不能同时发生，是互斥事件 他还可以选择化学和政治，不是对立事件 故答案选A 【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解. 11．2020年，受新冠肺炎疫情的影响，在全国的许多地方都采取了在家线上学习的方式，此种方式对学生的自制力、自觉性有极高的要求.某校某学习小组调查研究“学生线上学习时智能手机对学习成绩的影响”，得到了如下样本数据：附()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.根据表中的数据，下列说法中正确的是（ ） A ．有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习无影响 B ．有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响C ．在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习无影响D ．在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习有影响 【答案】B 【分析】本题可根据题中数据求出2K ，然后与表中数据进行对比，即可得出结果. 【详解】()()()()()223081642107.8798421682416K =⨯-⨯=>++++，根据表中数据易知，有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响， 故选：B.12．为了进一步加强对青少年的中华优秀传统文化教育和自然生态保护教育，某市举行了面向中学生的“青少年中华优秀传统文化暨自然生态保护知识大赛”．经层层选拔，学生甲等10名选手进入了决赛，其中决赛的一个环节是从有若干道中华优秀传统文化类试题和自然生态保护类试题中不放回地抽两次，每次抽一道，进行现场回答．已知第一次抽取抽到自然生态保护类试题的概率是35，连续两次抽取抽到自然生态保护类试题的概率是310，则学生甲在第1次抽到自然生态保护类试题的条件下，第2次抽到自然生态保护类试题的概率是( ) A ．12B ．15C ．25D ．23【答案】A 【分析】由条件概率公式，列式计算即得答案. 【详解】设学生甲第1次抽到自然生态保护类试题为事件B ，第2次抽到自然生态保护类试题为事件A ，则有33(),()510P B P AB ==， 则学生甲在第1次抽到自然生态保护类试题的条件下，第2次抽到自然生态保护类试题的概率为()()()3110325P AB P A B P B ===．故选 ：A二、填空题13．若随机变量()()21,,00.3X N P X σ~≤=，则(02)P X <<=___________.【答案】0.4 【分析】根据正态分布的对称性，知()(02)201P X P X <<=≤-，即可求概率. 【详解】由题意知：正态分布曲线关于1X =对称， ∴()(02)1010.0.264P X P X <<===-≤-. 故答案为：0.4. 14．已知1(|)3P B A =，3()5P A =，则()P AB =______． 【答案】15【分析】由已知条件，利用条件概率计算公式直接求解即可． 【详解】 ∵13(|),()35P B A P A ==， ∴1()(|)()5P AB P B A P A =⋅=． 故答案为：15． 15．73x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，5x 的系数为______. 【答案】21 【分析】本题首先可以写出二顶式73x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项，然后令725r -=，即可得出结果.【详解】二顶式73x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项77217733rr r r r r r T C x x x C --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，令725r -=，即1r =，15527321C T x x ⨯==⨯，5x 的系数为21， 故答案为：21.16．已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.3，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为___________． 【答案】0.6 【分析】根据条件概率公式计算即可. 【详解】设事件A ：第一个路口遇到红灯，事件B ：第二个路口遇到红灯， 则()0.5P A =，()0.3P AB =，()()0.6()P AB P B A P A ∴==，故答案为：0.6.三、解答题17．设离散型随机变量X 的分布列为求：（1）21X +的分布列； （2）求(14)P X <≤的值. 【答案】（1）见解析；（2）0.7 【分析】根据概率和为1列方程，求得m 的值.（1）根据分布列的知识，求得21X +对应的分布列.（2）利用(14)(2)(3)(4)P X P X P X P X <≤==+=+=求得(14)P X <≤的值. 【详解】由分布列的性质知：0.20.10.10.31m ++++=，解得0.3m = （1）由题意可知(211)(0)0.2P X P X +====，(213)(1)0.1P X P X +====，(215)(2)0.1P X P X +====(217)(3)0.3P X P X +====，(219)(4)0.3P X P X +====所以21X +的分布列为：21X +1 3 5 7 9 P0.20.10.10.30.3（2）(14)(2)(3)(4)0.10.30.30.7P X P X P X P X <≤==+=+==++= 【点睛】本小题主要考查分布列的计算，属于基础题.18．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A ，B 实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗．为观测其生长情况，分别在A ，B 试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．（1）求图中a 的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A ，B 两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关． 优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 20 乙培育法 10 合计附：下面的临界值表仅供参考．（参考公式：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．）【答案】（1）0.040a =，82.5；（2）分布列见解析，95EX =；（3）列联表见解析，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系. 【分析】（1）根据各段的频率之和为1，可得a ，然后假设中位数，并根据在中位数的左右两边的频率均为0.5，简单计算，可得结果.（2）假设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X ，可知3~35X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，然后计算相对应颗数的概率，画出分布列，最后根据期望的计算公式，可得结果.（3）先计算出优质花苗的频率，然后可得优质花苗的颗数，进一步得出其他的数据，最后计算2K ，根据表格进行比较，可得结果. 【详解】（1）由0.005100.010100.02510100.020101a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=， 解得0.040a =．令得分中位数为x ，由()0.020100.040900.5x ⨯+⨯-=， 解得82.5x =．故综合评分的中位数为82.5． （2）由（1）与频率分布直方图 ，优质花苗的频率为()0.040.02100.6+⨯= ，即概率为0.6， 设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X ，则3~35X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，()3032805125P X C ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭；()2133236155125P X C ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭；()2233254255125P X C ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭；()33332735125P X C ⎛⎫==⨯=⎪⎝⎭． 其分布列为：所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望355EX =⨯=． （3）结合（1）与频率分布直方图， 优质花苗的频率为()0.040.02100.6+⨯=，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示：可得()221002010304016.667 6.63560405050K ⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯．所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系． 【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了分布列以及二项分布，还考查了统计量2K 的计算，重在于掌握公式，考验对数据的处理，属基础题. 19．高二年级数学课外小组10人:（1）从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法? （2）从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法? 【答案】（1）90（2）45 【分析】（1）应用排列进行计算；（2）应该用组合来进行计算。