6.2排列与组合 同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 6.2排列与组合 同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 711.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 07:57:19 | ||
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文档简介
6.2排列与组合同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行.若中心组学习必须安排在前2个阶段，且主题班会、主题团日安排的阶段不相邻，则不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．28种 C．20种 D．16种
2．海南省旅游和文化广电体育厅携手故宫博物院，于2024年1月31日至4月30日在海南省博物馆联合举办“千古风流不老东坡——苏赋主题文物展”，332件文物展品穿越千年在琼展出，诠释中华优秀传统文化的底蕴与内涵．因此博物馆需要从5名男生和3名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有2名女生的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．Enigma机是二战时用来加密和解密的设备，其中插线板是整套密码系统的一环，原理如下：有26根接线柱对应26个英文字母，另有k条导线，每条导线的两端接在某两根不同的接线柱上，每根接线柱上至多连一条导线，以此交换输入的文字中有导线相连的接线柱处的字母.例如，时，设O与P相连，G与S相连，输入文字BIGOCTOPUS，则交换O与P，交换G与S，故输出BISPCTPOUG.设不同的接线方法数为ak，若ak越大则这套密码系统越安全.要使安全性最高，k应该取（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
4．天文专家表示，“十五的月亮十四圆”这种现象比较罕见.21世纪这100年中，这种情况仅会出现6次，其中一次是2020年的8月3日（农历六月十四），下一次则要等到2037年．若某同学计划从这6次“十四月圆”中随机选取3次，研究其发生的时间，则其中至少包含2020年与2037年这两次中的一次的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．48 B．32 C．24 D．16
7．某同学寒假期间想到咸阳市的9个旅游景点乾陵、茂陵、汉阳陵、袁家村、郑国渠、昭陵、旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班中的3个景点进行旅游，其中旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班三个景点为红色旅游景点，则他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．某工厂生产的10件产品中，有n件次品，现从中任取2件产品，若取出的2件产品中至少有1件次品的概率为，则（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
二、多选题
9．甲、乙、丙等人排成一列，下列说法正确的有（ ）
A．若甲和乙相邻，共有种排法 B．若甲不排第一个共有种排法
C．若甲与丙不相邻，共有种排法 D．若甲在乙的前面，共有种排法
10．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为 B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为 D．的面积不大于5的概率为
11．在某次太空旅行中，宇航员们要对需要完成的A，B，C，D，E，F六个科学实验进行排序，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B相邻，则不同的排序种数有240种
B．若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有96种
C．若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有504种
D．A排在B，C之前的概率为
12．柜子里有4双不同的鞋子，从中随机地取出2只，下列计算结果正确的是（ ）
A．“取出的鞋不成双”的概率等于
B．“取出的鞋都是左鞋”的概率等于
C．“取出的鞋都是一只脚的”的概率等于
D．“取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双”的概率等于
三、填空题
13．甲、乙两位同学进行象棋比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）．根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立．若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则p的取值范围为 ．
14．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的第3行数为，第3行中最大的数为，则的填法共有 种.
15．如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 .
16．设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为 ，使得取到最大值的数列的个数为 .
四、解答题
17．某企业在招聘员工时，应聘者需要参加测试，测试分为初试和复试，初试从道题中随机选择道题回答，每答对题得分，答错得分，初试得分大于或等于分才能参加复试，复试每人回答两道题，每答对一题得分，答错得分．已知在初试道题中甲有道题能答对，乙有道题能答对；在复试的两道题中，甲每题能答对的概率都是，乙每题能答对的概率都是
(1)求甲、乙两人各自能通过初试的概率；
(2)若测试总得分大于或等于分为合格，请问:在参加完测试后，甲、乙合格的概率谁更大
18．设数列，为的满足下列性质的排列的个数，性质T：排列中仅存在一个，使得．
(1)求的值，并写出时其中一种排列的情形．
(2)若，求满足性质的所有排列的情形．
(3)求数列的通项公式．
19．在2019中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表:（单位:个）
纪念品 纪念品 纪念品
精品型 100 150
普通型 300 450 600
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个.
(1)求的值;
(2)用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为5的样木，从样本中任取2个纪念品，求至少有1个精品型纪念品的概率;
(3)从种精品型纪念品中抽取5个，其某种指标的数据分别如下：，把这5个数据看作一个总体，其均值为10，方差为2，求的值.
20．据文化和旅游部数据中心的测算，今年中秋、国庆假期天，全国范围内旅游出游人次高达亿人次，同比增长了惊人的．国内出行人次增幅明显，为疫后年来最好成绩．从个A景区中随机抽取个，统计它们在“大黄金周”的旅游收入（单位：千万），整理得到下图．
(1)根据该频率分布直方图计算的值，并求这个A景区旅游收入的中位数；
(2)在，中按分层抽样的方法抽取个A景景区，再从这个A景区中随机抽取个，求抽出个中至少有个收入在中的概率．
21．某校高二年级开设了《数学建模》《电影赏析》《经典阅读》《英语写作》四门校本选修课程，甲 乙 丙三位同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习，已知三人选择课程时互不影响，且每人选择每一门课程都是等可能的.
(1)求三位同学选择的课程互不相同的概率；
(2)若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有多少种不同的选课种数？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】分情况讨论，运用插空法进行求解.
【详解】当中心组学习安排在第1阶段时，
主题班会、主题团日安排的阶段不相邻的方法有（种）；
当中心组学习安排在第2阶段，且主题班会或主题团日安排在第1阶段时，
不同的安排方法有（种）；
当中心组学习安排在第2阶段，且专题报告会或党员活动日安排在第1阶段时，
不同的安排方法有（种），
故共有种不同的安排方案.
故选：B.
2．B
【分析】根据给定条件，利用组合应用问题求出试验的基本事件数及要求概率的事件所含基本事件数，再利用古典概率求解即得.
【详解】从5名男生和3名女生中选取4名志愿者的试验有个基本事件，它们等可能，
选出的志愿者中至少有2名女生的事件含有个基本事件，
所以选出的志愿者中至少有2名女生的概率.
故选：B
3．C
【分析】设接条线，，第条线的接法数为 总的接法数为，求的最大值即可.
【详解】设接条线，，第条线的接法数为
又因为平均分成组，故总的接法数为，
设时最大, 其中，
若，则，
设
则，
解得，
若, 同理可得，矛盾，
综上，接 11 条线最安全.
故选：C
4．D
【分析】根据题意，得到基本事件的总数为种，其中不包含2020年与2037年这两次所包含的基本事件有种，结合对立事件的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从这6次“十四月圆”中随机选取3次，基本事件的总数为种，
其中不包含2020年与2037年这两次所包含的基本事件有种，
所以至少包含2020年与2037年这两次中的一次的概率为.
故选：D.
5．D
【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值.
【详解】因为，则，解得，
故
.
故选：D.
6．C
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】1与4相邻，共有种排法，
两个2之间插入1个数，
共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，
则总共有种密码．
故选：C
7．C
【分析】利用组合应用问题结合古典概型求出概率.
【详解】该同学所有的旅游方案有，至少包含一个红色旅游景点的方案有，
故他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率.
故选：C
8．C
【分析】根据题意可得出的2件产品中1件次品都没有的概率为，再利用古典概型即可求出答案.
【详解】若取出的2件产品中至少有1件次品的概率为，则取出的2件产品中1件次品都没有的概率为.
则.
故选：C.
9．ACD
【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用特殊元素优先可判断B选项；利用插空法可判断C选项；利用组合法可判断D选项.
【详解】甲、乙、丙等人排成一列，
对于A选项，若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序，
共有种排法，A对；
对于B选项，若甲不排第一个，则甲有种排法，其余个人全排，
共有种，B对；
对于C选项，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，
然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空，
所以，共有种排法，C对；
对于D选项，若甲在乙的前面，只需在个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，
然后将其余个人全排，共有种排法，D对.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】对于ABC，根据题意结合排列数、组合数分析求解；对于D，根据排列组合结合古典概型分析求解.
【详解】对于A，若A，B相邻，则不同的排序种数有种，故A正确；
对于B，若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有种，故B错误；
对于C，若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有种，故C正确；
对于D，A排在B，C之前的概率为，故D正确.
故选：ACD.
12．ABC
【分析】对于A，求出取出的鞋不成双的可能，然后利用古典概型公式判断；对于B，求出取出的鞋都是左鞋的可能，然后利用古典概型公式判断；对于C，由B选项结论，以及加法公式可判断；对于D选项，求出取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双的可能，然后利用古典概型公式判断.
【详解】对于A，可以先取两双鞋再各分配一只即可得到“取出的鞋不成双”的可能情况数，
所以“取出的鞋不成双”的概率为，故A正确；
对于B，从4只左鞋里面取两只即可得到“取出的鞋都是左鞋”的可能情况数，
所以“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，故B正确；
对于C，由B选项可知，“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，同理“取出的鞋都是右鞋”的概率等于，
所以“取出的鞋都是一只脚的”的概率等于，故C正确；
对于D，可以先取两双鞋，再分步取鞋使得它们一只是左脚的，一只是右脚的，满足题意的可能情况数，
所以“取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双”的概率为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题的关键是熟练利用组合数公式的实际意义、古典概型公式还有加法、乘法计数原理等，从而即可顺利得解.
13．
【分析】先分别求出甲以获胜的概率和甲以获胜的概率；再由求解即可.
【详解】由题意可得：甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率.
因为，
所以，解得：.
又因为，
所以.
故答案为：.
14．60480
【分析】按第行、第行、第行的顺序进行填写，结合组合和排列的知识求得正确答案.
【详解】第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况.
第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，
其余2个位置任取2个数，共有种情况，
第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，
故共有种填法.
故答案为：
15．
【分析】根据排列组合计算个数，即可利用古典概型的概率公式求解．
【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，
这三个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种，
则所求的概率．
故答案为：
16． 18 25270
【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果.
【详解】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.
而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.
第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种.
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.
综上，共有种.
故答案为：18；25270
【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解.
17．(1)甲能通过初试的概率，乙能通过初试的概率.
(2)甲合格的概率更大.
【分析】（1）由选题的情况，利用古典概型求甲、乙两人各自能通过初试的概率；
（2）根据初试得分，结合合格所需复试得分，计算合格的概率.
【详解】（1）由题意得，甲能通过初试概率，
乙能通过初试的概率.
（2）甲初试若得3分要合格复试答对1道或2道，初试若得2分要合格复试答对2道，
故甲合格的概率.
乙要合格，需初试合格且复试答对2道，
故乙合格的概率.
，所以甲合格的概率更大.
18．(1)；从中任选一个即可
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由题意直接得出的值，当时，写出所有的排列，再找到满足的排列有写出其中一种即可；
（2）当时，将满足性质T的所有排列一一列举出来即可；
（3）由的值，猜想出结论，再根据排列组合即可证明．
【详解】（1）由性质的定义可知：当时，由1构成的排列不满足性质，故；
当时，由构成的排列满足性质，故；
当时，由构成的所有排列为：
其中满足仅存在一个，使得的排列有：
，从中任选一个即可；
（2）若，由构成的所有种排列中，
符合性质的排列有：
，故；
（3）由（1）、（2）可得：，同理可得：；
∴归纳出，
证明：∵在的所有排列中，
若，，从个数中选个数，
从小到大排列为：，
其余的则按从小到大的顺序排列在余下位置，
∴满足题意的排列个数为，
若，则满足题意的排列个数为，
综上：，即，
∴
＝
，
故数列的通项公式为．
19．(1)400
(2)
(3)4
【分析】（1）由分层随机抽样的知识直接求解即可；
（2）由古典概型结合组合数公式即可求解；
（3）由均值和方差的公式得由题意可得、则，代入数据可得答案.
【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个，
则，解得
（2）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得
所以，容量为5的样本中，有2个精品型纪念品，3个普通型纪念品.
因此，至少有1个精品型纪念品的概率为
（3）由题意可得，得
由于总体的方差为2，则，可得
所以，
20．(1)；
(2)
【分析】（1）根据频率直方图中的概率和为，即可求得的值，找出频率为的横坐标即为其中位数.
（2）根据分层抽样可求得在，景区的个数，依据古典概型的概率计算公式结合对立事件的概率公式，即可求得.
【详解】（1）由频率直方图可知，，
解得，前个频率分布直方图的频率为，
第个频率分布直方图的频率为，，
所以中位数在第个频率直方图中，所以，
故这60个5A景区旅游收入的中位数.
（2）因为在的频率为，在的频率为，
则，所以在抽取个，中抽取个，
故抽出2个中至少有1个收入在中的概率.
21．(1)；
(2)10.
【分析】（1）先计算出三位同学选择课程的选法种数以及三位同学选择的课程互不相同的选法种数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
（2）分两种情况讨论：①有两位同学选择《数学建模》；②三位同学都选择《数学建模》，分别计算出两种情况下不同的选课种数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】（1）三位同学选择课程共有种情况，三位同学选择的课程互不相同共有种情况，
所以三位同学选择的课程互不相同的概率为.
（2）分两种情况讨论：①有两位同学选择《数学建模》，共有种不同的情况；
②有三位同学选择《数学建模》共有种情况，
由分类加法计数原理得总共有种不同的选课种数，
所以三人共有不同的选课种数是10.
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行.若中心组学习必须安排在前2个阶段，且主题班会、主题团日安排的阶段不相邻，则不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．28种 C．20种 D．16种
2．海南省旅游和文化广电体育厅携手故宫博物院，于2024年1月31日至4月30日在海南省博物馆联合举办“千古风流不老东坡——苏赋主题文物展”，332件文物展品穿越千年在琼展出，诠释中华优秀传统文化的底蕴与内涵．因此博物馆需要从5名男生和3名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有2名女生的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．Enigma机是二战时用来加密和解密的设备，其中插线板是整套密码系统的一环，原理如下：有26根接线柱对应26个英文字母，另有k条导线，每条导线的两端接在某两根不同的接线柱上，每根接线柱上至多连一条导线，以此交换输入的文字中有导线相连的接线柱处的字母.例如，时，设O与P相连，G与S相连，输入文字BIGOCTOPUS，则交换O与P，交换G与S，故输出BISPCTPOUG.设不同的接线方法数为ak，若ak越大则这套密码系统越安全.要使安全性最高，k应该取（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
4．天文专家表示，“十五的月亮十四圆”这种现象比较罕见.21世纪这100年中，这种情况仅会出现6次，其中一次是2020年的8月3日（农历六月十四），下一次则要等到2037年．若某同学计划从这6次“十四月圆”中随机选取3次，研究其发生的时间，则其中至少包含2020年与2037年这两次中的一次的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．48 B．32 C．24 D．16
7．某同学寒假期间想到咸阳市的9个旅游景点乾陵、茂陵、汉阳陵、袁家村、郑国渠、昭陵、旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班中的3个景点进行旅游，其中旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班三个景点为红色旅游景点，则他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．某工厂生产的10件产品中，有n件次品，现从中任取2件产品，若取出的2件产品中至少有1件次品的概率为，则（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
二、多选题
9．甲、乙、丙等人排成一列，下列说法正确的有（ ）
A．若甲和乙相邻，共有种排法 B．若甲不排第一个共有种排法
C．若甲与丙不相邻，共有种排法 D．若甲在乙的前面，共有种排法
10．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为 B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为 D．的面积不大于5的概率为
11．在某次太空旅行中，宇航员们要对需要完成的A，B，C，D，E，F六个科学实验进行排序，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B相邻，则不同的排序种数有240种
B．若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有96种
C．若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有504种
D．A排在B，C之前的概率为
12．柜子里有4双不同的鞋子，从中随机地取出2只，下列计算结果正确的是（ ）
A．“取出的鞋不成双”的概率等于
B．“取出的鞋都是左鞋”的概率等于
C．“取出的鞋都是一只脚的”的概率等于
D．“取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双”的概率等于
三、填空题
13．甲、乙两位同学进行象棋比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）．根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立．若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则p的取值范围为 ．
14．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的第3行数为，第3行中最大的数为，则的填法共有 种.
15．如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 .
16．设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为 ，使得取到最大值的数列的个数为 .
四、解答题
17．某企业在招聘员工时，应聘者需要参加测试，测试分为初试和复试，初试从道题中随机选择道题回答，每答对题得分，答错得分，初试得分大于或等于分才能参加复试，复试每人回答两道题，每答对一题得分，答错得分．已知在初试道题中甲有道题能答对，乙有道题能答对；在复试的两道题中，甲每题能答对的概率都是，乙每题能答对的概率都是
(1)求甲、乙两人各自能通过初试的概率；
(2)若测试总得分大于或等于分为合格，请问:在参加完测试后，甲、乙合格的概率谁更大
18．设数列，为的满足下列性质的排列的个数，性质T：排列中仅存在一个，使得．
(1)求的值，并写出时其中一种排列的情形．
(2)若，求满足性质的所有排列的情形．
(3)求数列的通项公式．
19．在2019中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表:（单位:个）
纪念品 纪念品 纪念品
精品型 100 150
普通型 300 450 600
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个.
(1)求的值;
(2)用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为5的样木，从样本中任取2个纪念品，求至少有1个精品型纪念品的概率;
(3)从种精品型纪念品中抽取5个，其某种指标的数据分别如下：，把这5个数据看作一个总体，其均值为10，方差为2，求的值.
20．据文化和旅游部数据中心的测算，今年中秋、国庆假期天，全国范围内旅游出游人次高达亿人次，同比增长了惊人的．国内出行人次增幅明显，为疫后年来最好成绩．从个A景区中随机抽取个，统计它们在“大黄金周”的旅游收入（单位：千万），整理得到下图．
(1)根据该频率分布直方图计算的值，并求这个A景区旅游收入的中位数；
(2)在，中按分层抽样的方法抽取个A景景区，再从这个A景区中随机抽取个，求抽出个中至少有个收入在中的概率．
21．某校高二年级开设了《数学建模》《电影赏析》《经典阅读》《英语写作》四门校本选修课程，甲 乙 丙三位同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习，已知三人选择课程时互不影响，且每人选择每一门课程都是等可能的.
(1)求三位同学选择的课程互不相同的概率；
(2)若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有多少种不同的选课种数？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】分情况讨论，运用插空法进行求解.
【详解】当中心组学习安排在第1阶段时，
主题班会、主题团日安排的阶段不相邻的方法有（种）；
当中心组学习安排在第2阶段，且主题班会或主题团日安排在第1阶段时，
不同的安排方法有（种）；
当中心组学习安排在第2阶段，且专题报告会或党员活动日安排在第1阶段时，
不同的安排方法有（种），
故共有种不同的安排方案.
故选：B.
2．B
【分析】根据给定条件，利用组合应用问题求出试验的基本事件数及要求概率的事件所含基本事件数，再利用古典概率求解即得.
【详解】从5名男生和3名女生中选取4名志愿者的试验有个基本事件，它们等可能，
选出的志愿者中至少有2名女生的事件含有个基本事件，
所以选出的志愿者中至少有2名女生的概率.
故选：B
3．C
【分析】设接条线，，第条线的接法数为 总的接法数为，求的最大值即可.
【详解】设接条线，，第条线的接法数为
又因为平均分成组，故总的接法数为，
设时最大, 其中，
若，则，
设
则，
解得，
若, 同理可得，矛盾，
综上，接 11 条线最安全.
故选：C
4．D
【分析】根据题意，得到基本事件的总数为种，其中不包含2020年与2037年这两次所包含的基本事件有种，结合对立事件的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从这6次“十四月圆”中随机选取3次，基本事件的总数为种，
其中不包含2020年与2037年这两次所包含的基本事件有种，
所以至少包含2020年与2037年这两次中的一次的概率为.
故选：D.
5．D
【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值.
【详解】因为，则，解得，
故
.
故选：D.
6．C
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】1与4相邻，共有种排法，
两个2之间插入1个数，
共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，
则总共有种密码．
故选：C
7．C
【分析】利用组合应用问题结合古典概型求出概率.
【详解】该同学所有的旅游方案有，至少包含一个红色旅游景点的方案有，
故他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率.
故选：C
8．C
【分析】根据题意可得出的2件产品中1件次品都没有的概率为，再利用古典概型即可求出答案.
【详解】若取出的2件产品中至少有1件次品的概率为，则取出的2件产品中1件次品都没有的概率为.
则.
故选：C.
9．ACD
【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用特殊元素优先可判断B选项；利用插空法可判断C选项；利用组合法可判断D选项.
【详解】甲、乙、丙等人排成一列，
对于A选项，若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序，
共有种排法，A对；
对于B选项，若甲不排第一个，则甲有种排法，其余个人全排，
共有种，B对；
对于C选项，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，
然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空，
所以，共有种排法，C对；
对于D选项，若甲在乙的前面，只需在个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，
然后将其余个人全排，共有种排法，D对.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】对于ABC，根据题意结合排列数、组合数分析求解；对于D，根据排列组合结合古典概型分析求解.
【详解】对于A，若A，B相邻，则不同的排序种数有种，故A正确；
对于B，若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有种，故B错误；
对于C，若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有种，故C正确；
对于D，A排在B，C之前的概率为，故D正确.
故选：ACD.
12．ABC
【分析】对于A，求出取出的鞋不成双的可能，然后利用古典概型公式判断；对于B，求出取出的鞋都是左鞋的可能，然后利用古典概型公式判断；对于C，由B选项结论，以及加法公式可判断；对于D选项，求出取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双的可能，然后利用古典概型公式判断.
【详解】对于A，可以先取两双鞋再各分配一只即可得到“取出的鞋不成双”的可能情况数，
所以“取出的鞋不成双”的概率为，故A正确；
对于B，从4只左鞋里面取两只即可得到“取出的鞋都是左鞋”的可能情况数，
所以“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，故B正确；
对于C，由B选项可知，“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，同理“取出的鞋都是右鞋”的概率等于，
所以“取出的鞋都是一只脚的”的概率等于，故C正确；
对于D，可以先取两双鞋，再分步取鞋使得它们一只是左脚的，一只是右脚的，满足题意的可能情况数，
所以“取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但不成双”的概率为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题的关键是熟练利用组合数公式的实际意义、古典概型公式还有加法、乘法计数原理等，从而即可顺利得解.
13．
【分析】先分别求出甲以获胜的概率和甲以获胜的概率；再由求解即可.
【详解】由题意可得：甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率.
因为，
所以，解得：.
又因为，
所以.
故答案为：.
14．60480
【分析】按第行、第行、第行的顺序进行填写，结合组合和排列的知识求得正确答案.
【详解】第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况.
第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，
其余2个位置任取2个数，共有种情况，
第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，
故共有种填法.
故答案为：
15．
【分析】根据排列组合计算个数，即可利用古典概型的概率公式求解．
【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，
这三个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种，
则所求的概率．
故答案为：
16． 18 25270
【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果.
【详解】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.
而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.
第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种.
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.
综上，共有种.
故答案为：18；25270
【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解.
17．(1)甲能通过初试的概率，乙能通过初试的概率.
(2)甲合格的概率更大.
【分析】（1）由选题的情况，利用古典概型求甲、乙两人各自能通过初试的概率；
（2）根据初试得分，结合合格所需复试得分，计算合格的概率.
【详解】（1）由题意得，甲能通过初试概率，
乙能通过初试的概率.
（2）甲初试若得3分要合格复试答对1道或2道，初试若得2分要合格复试答对2道，
故甲合格的概率.
乙要合格，需初试合格且复试答对2道，
故乙合格的概率.
，所以甲合格的概率更大.
18．(1)；从中任选一个即可
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由题意直接得出的值，当时，写出所有的排列，再找到满足的排列有写出其中一种即可；
（2）当时，将满足性质T的所有排列一一列举出来即可；
（3）由的值，猜想出结论，再根据排列组合即可证明．
【详解】（1）由性质的定义可知：当时，由1构成的排列不满足性质，故；
当时，由构成的排列满足性质，故；
当时，由构成的所有排列为：
其中满足仅存在一个，使得的排列有：
，从中任选一个即可；
（2）若，由构成的所有种排列中，
符合性质的排列有：
，故；
（3）由（1）、（2）可得：，同理可得：；
∴归纳出，
证明：∵在的所有排列中，
若，，从个数中选个数，
从小到大排列为：，
其余的则按从小到大的顺序排列在余下位置，
∴满足题意的排列个数为，
若，则满足题意的排列个数为，
综上：，即，
∴
＝
，
故数列的通项公式为．
19．(1)400
(2)
(3)4
【分析】（1）由分层随机抽样的知识直接求解即可；
（2）由古典概型结合组合数公式即可求解；
（3）由均值和方差的公式得由题意可得、则，代入数据可得答案.
【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个，
则，解得
（2）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得
所以，容量为5的样本中，有2个精品型纪念品，3个普通型纪念品.
因此，至少有1个精品型纪念品的概率为
（3）由题意可得，得
由于总体的方差为2，则，可得
所以，
20．(1)；
(2)
【分析】（1）根据频率直方图中的概率和为，即可求得的值，找出频率为的横坐标即为其中位数.
（2）根据分层抽样可求得在，景区的个数，依据古典概型的概率计算公式结合对立事件的概率公式，即可求得.
【详解】（1）由频率直方图可知，，
解得，前个频率分布直方图的频率为，
第个频率分布直方图的频率为，，
所以中位数在第个频率直方图中，所以，
故这60个5A景区旅游收入的中位数.
（2）因为在的频率为，在的频率为，
则，所以在抽取个，中抽取个，
故抽出2个中至少有1个收入在中的概率.
21．(1)；
(2)10.
【分析】（1）先计算出三位同学选择课程的选法种数以及三位同学选择的课程互不相同的选法种数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
（2）分两种情况讨论：①有两位同学选择《数学建模》；②三位同学都选择《数学建模》，分别计算出两种情况下不同的选课种数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】（1）三位同学选择课程共有种情况，三位同学选择的课程互不相同共有种情况，
所以三位同学选择的课程互不相同的概率为.
（2）分两种情况讨论：①有两位同学选择《数学建模》，共有种不同的情况；
②有三位同学选择《数学建模》共有种情况，
由分类加法计数原理得总共有种不同的选课种数，
所以三人共有不同的选课种数是10.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页