§1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第1课时
1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有5名同学只会用综合法证明,有3名同学只会用分析法证明,现从这些同学中任选1名同学证明这个问题,不同的选法种数为( )
A.8 B.15 C.18 D.30
解析:共有5+3=8种不同的选法.
答案:A
2.从A地到B地要经过C地和D地,从A地到C地有3条路,从C地到D地有2条路,从D地到B地有4条路,则从A地到B地不同的走法有( )
A.9种 B.1种 C.24种 D.3种
解析:由分步乘法计数原理知,从A地到B地不同走法有2×3×4=24(种).
答案:C
3.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+bi,其中虚数有( )
A.30个 B.42个 C.36个 D.35个
解析:要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0)有6种方法,第二步确定a有6种方法,故由分步乘法计数原理知共有6×6=36个虚数,故选C.
答案:C
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.15种 D.50种
解析:每名乘客都有在5个车站中的任何一个车站下车的可能,由分步乘法计数原理得,下车的可能方式有5×5×5×5×5×5×5×5×5×5=510种.
答案:A
5.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有( )
A.8种 B.9种 C.10种 D.11种
解析:设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理得监考的方法共有3+3+3=9(种).
答案:B
6.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13 C.12 D.10
解析:①当a=0时,2x+b=0总有实数根,
所以(a,b)的取值有4个.
②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1.
a=-1时,b的取值有4个,
a=1时,b的取值有3个,
a=2时,b的取值有2个.
所以(a,b)的取法有9个.
综合①②知,(a,b)的取法有4+9=13个.
答案:B
7.8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组,每组各4人,分别进行单循环赛,每组决出前两名,再由每组的第一名与另一组的第二名进行半决赛,获胜者角逐冠亚军,败者角逐第3,4名,则大师赛共有 场比赛.?
解析:每个小组赛有6场比赛,两个小组有6+6=12场比赛,半决赛和决赛共有2+2=4场比赛,根据分类加法计数原理,共有12+4=16场比赛.
答案:16
8.导学号43944001一学习小组有4名男生,3名女生,任选一名学生当数学课代表,共有 种不同选法;若选男、女生各一名当组长,共有 种不同选法.?
解析:任选一名当数学课代表可分两类,一类是从男生中选,有4种选法;另一类是从女生中选,有3种选法.根据分类加法计数原理,共有4+3=7种不同选法.
若选男、女生各一名当组长,需分两步:第1步,从男生中选一名,有4种选法;第2步,从女生中选一名,有3种选法.根据分步乘法计数原理,共有4×3=12种不同选法.
答案:7 12
9.导学号43944002有一项活动,需从3位老师、8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需1人参加,有多少种不同的选法?
(2)若需老师、男同学、女同学各1人参加,有多少种不同的选法?
(3)若需1位老师、1名同学参加,有多少种不同的选法?
解(1)选1人,可分三类:第一类从老师中选1人,有3种不同的选法;第二类从男同学中选1人,有8种不同的选法;第三类从女同学中选1人,有5种不同的选法,共有3+8+5=16种不同的选法.
(2)选老师、男同学、女同学各1人,则分3步进行,第一步选1位老师,有3种不同的选法;第二步选1位男同学,有8种不同的选法;第三步选1位女同学,有5种不同的选法,共有3×8×5=120种不同的选法.
(3)选1位老师、1名同学,可分两步进行,第一步选1位老师,有3种不同的选法,第二步选1位同学,有8+5=13种不同的选法,共有3×13=39种不同的选法.
10.已知集合A={a1,a2,a3,a4},集合B={b1,b2},其中ai,bj(i=1,2,3,4,j=1,2)均为实数.
(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射?
(2)能构成多少个以集合A为定义域,集合B为值域的不同函数?
解(1)因为集合A中的元素ai(i=1,2,3,4)与集合B中元素的对应方法都有2种,由分步乘法计数原理,可构成A→B的映射有N=24=16个.
(2)在(1)的映射中,a1,a2,a3,a4均对应同一元素b1或b2的情形.此时构不成以集合A为定义域,以集合B为值域的函数,这样的映射有2个.
所以构成以集合A为定义域,以集合B为值域的函数有M=16-2=14个.
分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第2课时
A组
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会,则不同的选法为( )
A.6种 B.5种
C.3种 D.2种
解析:有3+2=5种.
答案:B
2.如图,一条电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为( )
A.8 B.6
C.5 D.3
解析:从A处到B处的电路接通可分两步:第一步,前一个并联电路接通有2条线路,第二步,后一个并联电路接通有3条线路;由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为3×2=6,故选B.
答案:B
3.从1,2,3,4,5五个数中任取3个,可组成不同的等差数列的个数为( )
A.2 B.4
C.6 D.8
解析:分两类:
第一类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列;
第二类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.
答案:D
4.如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可供选择.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( )
A.84 B.72 C.64 D.56
解析:分为两类:第一类,A和C同色,有4×3×3=36(种);
第二类,A和C不同色,有4×3×2×2=48(种).
所以不同的涂色方法有36+48=84(种).
答案:A
5.美女换装游戏中,有5套裙子,4双鞋子,3顶帽子,要求裙、鞋、帽必须且只能各选择一件,则有 种装扮方案.?
解析:根据分步计数原理知,有5×4×3=60种.
答案:60
6.农科院小李在做某项试验中,计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种,分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物),若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱,则不同的种植方案有 种.(用数字作答)?
解析:要完成这件事需分四步,第一步在第一块地上种植,有2种种植方法,第二步在第二块地上种植,有5种种植方法,第三步在第三块地上种植,有4种种植方法,第四步在第4块地上种植,有3种种植方法,由分步乘法计数原理可得,不同的种植方案有2×5×4×3=120种.
答案:120
7.在平面直角坐标系内,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数.
解按点P的坐标a将其分为6类:
(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;
(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;
(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点;
(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;
(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;
(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点.
所以共有2+2+3+3+5+5=20(个)点.
B组
1.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.3 B.4
C.6 D.8
解析:当公比为2时,等比数列可为1,2,4;2,4,8.当公比为3时,等比数列可为1,3,9.
当公比为时,等比数列可为4,6,9.
同时,4,2,1;8,4,2;9,3,1和9,6,4也是等比数列,共8个.
答案:D
2.用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有( )
A.36个 B.18个
C.9个 D.6个
解析:分3步完成,1,2,3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次.
第一步,确定哪一个数字被重复使用2次,有3种方法;
第二步,把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有3种方法;
第三步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上,有2种方法.
故有3×3×2=18个不同的四位数.
答案:B
3.
某人设计了一个单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走多少,如果掷出的点数为k(k=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走k个单位,一直循环下去.某人抛掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有( )
A.22种 B.24种
C.25种 D.36种
解析:设抛掷三次骰子所得的点数分别为a,b,c,则a+b+c=12,当a=1时,b+c=11,符合条件的数对(b,c)可以是(5,6),(6,5),共2对;当a=2时,b+c=10,符合条件的数对(b,c)可以是(4,6),(5,5),(6,4),共3对;同理,当a=3时,b+c=9,符合条件的数对(b,c)有4对;当a=4时,b+c=8,符合条件的数对(b,c)有5对;当a=5时,b+c=7,符合条件的数对(b,c)有6对;当a=6时,b+c=6,符合条件的数对(b,c)有5对.所以不同走法共有2+3+4+5+6+5=25种,故选C.
答案:C
4.一排共9个座位,甲、乙、丙三人按如下方式入座:每人左右两旁都有空座位,且甲必须在乙、丙两人之间,则不同的坐法共有 种(用数字作答).?
解析:从左到右9个位子中,甲只能坐4,5,6三个位子.当甲位于第5个位子时,乙、丙只能在2,3或7,8中的一个位子上;当甲位于第4个位子时,乙、丙肯定有一个位于2,另一个位于6,7,8中的一个位子上;当甲位于第6个位子时,乙、丙肯定有一个位于8,另一个位于2,3,4中的一个位子上,故共有4×2+3×2+3×2=20种.
答案:20
5.甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名,现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会,共有 种不同的推选方法.?
解析:分为三类:
第一类,甲班选一名,乙班选一名,根据分步乘法计数原理有3×5=15种选法;
第二类,甲班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有3×2=6种选法;
第三类,乙班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有5×2=10种选法.
综合以上三类,根据分类加法计数原理,共有15+6+10=31种不同选法.
答案:31
6.导学号43944005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 个不同的对数值.?
解析:要确定一个对数值,确定它的底数和真数即可,分两步完成:
第一步,从这8个数中任取1个作为对数的底数,有8种不同取法;
第二步,从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数,有7种不同取法.
根据分步乘法计数原理,可以组成8×7=56个对数值.
在上述56个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以满足条件的对数值共有56-4=52个.
答案:52
7.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?
1
3
2
4
解完成该件事可分步进行.
涂区域1,有5种颜色可选.
涂区域2,有4种颜色可选.
涂区域3,可先分类:若区域3的颜色与2相同,则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同,则区域3有3种颜色可选,此时区域4有3种颜色可选.
所以共有5×4×(1×4+3×3)=260种涂色方法.
8.导学号43944006若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么共有凸数多少个?
解共分8类,当中间数为2时,有1×2=2(个);
当中间数为3时,有2×3=6(个);
当中间数为4时,有3×4=12(个);
当中间数为5时,有4×5=20(个);
当中间数为6时,有5×6=30(个);
当中间数为7时,有6×7=42(个);
当中间数为8时,有7×8=56(个);
当中间数为9时,有8×9=72(个).
故共有凸数2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).
§2 排列
A组
1.将五辆车停在5个车位上,其中A车不停在1号车位上,不同的停车方案种数为( )
A.24 B.78 C.96 D.120
解析:∵A车不停在1号车位上,
∴可先将A车停在其他4个车位中的任何1个车位上,有4种可能,然后将另外四辆车在剩余的4个车位上进行全排列,有种停法,由分步乘法计数原理,得共有4×=4×24=96种停车方案.
答案:C
2.给出下列4个等式:①n!=;②=n;③;④,其中正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:=n!,所以①正确;n,所以②正确;③显然是正确的;(分母为(n-m)!,而不是(m-n)!),所以④不正确.
答案:C
3.用1,2,3,4,5这五个数字,组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( )
A.24个 B.30个 C.40个 D.60个
解析:将符合条件的偶数分为两类,一类是2作个位数,共有个,另一类是4作个位数,也有个.因此符合条件的偶数共有=24(个).
答案:A
4.由0,1,2,…,9这十个数字组成的无重复数字的四位数中,个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的个数为 ( )
A.180 B.196 C.210 D.224
解析:由题意,知个位数字与百位数字的选择只能是0和8,1和9.故可分为两类:第一类,当个位数字与百位数字是0和8时,个位数字与百位数字的选择有种,千位数字与十位数字的选择有种,根据分步乘法计数原理可得此时满足条件的四位数有=112个;第二类,当个位数字与百位数字是1和9时,个位数字与百位数字的选择有种,千位数字与十位数字的选择有7×7=49种,根据分步乘法计数原理可得此时满足条件的四位数有49=98个.根据分类加法计数原理可得满足题意的数有112+98=210个.
答案:C
5.某足球联赛共有12支球队参加,每队都要与其余各队在主、客场分别比赛1次,则一共进行的比赛的场次为( )
A.132 B.144 C.121 D.12
解析:任何两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛,因此一场比赛对应于从12个不同元素中任取2个元素的一个排列,故一共进行=12×11=132(场)比赛.
答案:A
6.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:12 bac,bad,bae,bca,bcd,bce,bda,bdc,bde,bea,bec,bed
7.如果=17×16×…×5×4,那么n= ,m= .?
解析:易知n=17.
又4=n-m+1=17-m+1=18-m,所以m=14.
答案:17 14
8.解下列各式中的n值.
(1)90;
(2)=42.
解(1)∵90,∴90n(n-1)=n·(n-1)(n-2)(n-3),
∴n2-5n+6=90,
n2-5n-84=0,(n-12)(n+7)=0,
n=12或n=-7.
由排列数定义知n≥4,n∈N+,∴n=12.
(2)·(n-4)!=42(n-2)!,
∴n(n-1)=42,
n2-n-42=0,n=7或n=-6.
由排列数定义知n≥4,n∈N+.
∴n=7.
9.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=24个不同的排列,它们是:甲乙丙丁,甲丙乙丁,甲丁乙丙,甲乙丁丙,甲丙丁乙,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=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.
B组
1.为了迎接今年城运会,某大楼安装了5个彩灯,它们闪亮的顺序不固定.每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色,且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同,记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁.在每个闪烁中,每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮,而相邻两个闪烁的时间间隔均为5 s.如果要实现所有不同的闪烁,那么需要的时间至少是( )
A.1 205 s B.1 200 s C.1 195 s D.1 190 s
解析:由题意每次闪烁共5 s,所以有=120个不同的闪烁,而间隔为119次,所以需要的时间至少是5+(-1)×5=1 195 s.
答案:C
2.某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不能排在第一位,节目丙必须排在最后一位,该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A.36种 B.42种 C.48种 D.54种
解析:分两类解决:
第一类,甲排在第一位,共有=24种排法.
第二类,甲排在第二位,共有=18种排法.
所以节目演出顺序的编排方案共有24+18=42种.
答案:B
3.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种 B.216种 C.240种 D.288种
解析:(1)当最左端排甲的时候,排法的种数为;
(2)当最左端排乙的时候,排法种数为.
因此不同的排法的种数为=120+96=216.
答案:B
4.满足不等式>12的n的最小值为 .?
解析:由排列数公式得>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:10
5.(2016·辽宁大连高二期末)航空母舰“辽宁舰”在某次飞行训练中,有5架歼-15飞机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰,而甲、丁两机不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有 种.?
解析:∵甲、乙相邻,∴将甲、乙看作一个整体与其他3个元素全排列,共有2=48种,其中甲乙相邻,且甲丁相邻的只能是甲乙丁看作一个整体,甲中间,有=12种,∴共有不同着舰方法48-12=36种.
答案:36
6.导学号43944008从数字0,1,3,5,7中取出不同的三个数作系数,可以组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0?其中有实根的方程有多少个?
分析第一问隐含的限制条件是a≠0,可转化为由0,1,3,5,7排成没有重复数字的三位数.
第二问的限制条件等价于Δ≥0,即受不等式b2-4ac≥0的制约,需分类讨论.
解先考虑组成一元二次方程的问题:
首先确定a,只能从1,3,5,7中选一个,有种,然后从余下的4个数中任选两个作b,c,有种,
∴由分步乘法计数原理知,组成一元二次方程共有=48(个).
方程要有实根,必须满足Δ=b2-4ac≥0.
分类讨论如下:
当c=0时,a,b可在1,3,5,7中任取两个排列,有个;
当c≠0时,分析判别式知,b只能取5,7.当b取5时,a,c只能取1,3这两个数,有种;当b取7时,a,c可取1,3或1,5这两组数,有2种.此时共有+2个.
由分类加法计数原理知,有实根的一元二次方程共有+2=18(个).
7.导学号43944009规定=x(x-1)…(x-m+1),其中x∈R,m为正整数,且=1,这是排列数(n,m是正整数,且m≤n)的一种推广.
(1)求的值;
(2)确定函数f(x)=的单调区间.
解(1)由已知得=(-15)×(-16)×(-17)=-4 080.
(2)函数f(x)==x(x-1)(x-2)=x3-3x2+2x,则f'(x)=3x2-6x+2.
令f'(x)>0,得x>或x<,所以函数f(x)的增区间为;
令f'(x)<0,得所以函数f(x)的减区间为.
§3 组合
A组
1.下列问题是组合问题有( )
(1)设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的子集中含有3个元素的有多少个?
(2)某铁路线上有5个车站,则这条线上有多少种票价?
(3)3人去干5种不同的工作,每人干1种,有多少种分工方法?
(4)把3本相同的书分给5个学生,每人最多得1本,有几种分配方法?
A.(1)(2)(4) B.(1)(3)(4)
C.(2)(3)(4) D.(1)(2)(3)
解析:(1)因为本问题与元素顺序无关,所以是组合问题.
(2)虽然甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的,但票价与顺序无关,甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价,所以是组合问题.
(3)因为分工方法是从5种不同的工作中选出3种,按一定顺序分给3个人去干,所以是排列问题.
(4)因为3本书是相同的,无论把3本书分给哪三人,都不需考虑他们的顺序,所以是组合问题.
答案:A
2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为( )
A.4 B.8
C.28 D.64
解析:由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建=28条公路.
答案:C
3.已知,则n等于( )
A.14 B.12
C.13 D.15
解析:∵,
∴7+8=n+1,
∴n=14.
答案:A
4.(2016·山东胶州高二期中)在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的不同取法的种数是( )
A. B.
C. D.
解析:从100件产品中抽取3件的取法数为,其中全为正品的取法数为,∴共有不同取法为.故选C.
答案:C
5.某食堂每天中午准备4种不同的荤菜,7种不同的素菜,用餐者可以按下述方法搭配午餐:(1)任选两种荤菜、两种素菜和白米饭;(2)任选一种荤菜、两种素菜和蛋炒饭.那么每天不同午餐的搭配方法总数是( )
A.22 B.56
C.210 D.420
解析:=210.
答案:C
6.从正方体的6个面中选取3个面,其中2个面不相邻的选法共有 种.?
解析:从6个面中任选3个面,有=20种选法,3个面相邻的选法共8种,故符合条件的选法共有20-8=12(种).
答案:12
7.从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A,从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B,若,则这组学生共有 人.?
解析:设有学生n人,则,解得n=15或n=-10(舍去).
答案:15
8.若对任意的x∈A,则∈A,就称A是“具有伙伴关系”的集合.集合M=的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为 .?
解析:具有伙伴关系的元素组共4组,所以集合M的所有非空子集中,具有伙伴关系的非空集合中的元素,可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组,又集合中的元素是无序的,因此,所求集合的个数为=15.
答案:15
9.计算:(1);
(2);
(3).
解(1)原式=×1==56+4 950=5 006.
(2)原式=2()=2()=2×=32.
(3)原式=·n=·n
=(n+1)n=n2+n.
10.平面内有12个点,其中有4个点共线,此外再无任何3点共线,以这些点为顶点,可得多少个不同的三角形?
解方法一:我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准.
第一类:共线的4个点中有2个点作为三角形的顶点,共有=48(个)不同的三角形;
第二类:共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点,共有=112(个)不同的三角形;
第三类:共线的4个点中没有点作为三角形的顶点,共有=56(个)不同的三角形.
由分类加法计数原理,不同的三角形共有
48+112+56=216(个).
方法二:间接法.=220-4=216(个).
B组
1.圆周上有12个不同的点,过其中任意两点作弦,这些弦在圆内的交点的个数最多是( )
A. B.
C. D.
解析:圆周上每4个点组成一个四边形,其对角线在圆内有一个交点.∴交点最多为个.故选D.
答案:D
2.某地政府召集5家企业的负责人开会,已知甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A.14 B.16
C.20 D.48
解析:可分为两种情况:(1)甲企业选中1人,有=12种选法;
(2)甲企业无人选中,有=4种选法,所以由分类计数原理可知共有12+4=16种可能.
答案:B
3.(2016·湖南常德一中月考)有8张奖券,其中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分给4个人,每人2张,不同的获奖情况有 种(用数字作答).?
解析:因为8张奖券中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖,所以只需将有奖的三张分给四人,再将无奖奖券补够每人都有两张奖券即可,三张有奖奖券分给四人有两种情况:一是三个人每人一张,另一个人无,共=24种分法;二是一个人一张,一个人两张,另两个人无,共=36种分法,共有24+36=60种不同的获奖情况,故答案为60.
答案:60
4.导学号43944011从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?
(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有几个?
(3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有几个?
解(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有种情况;第三步,3个偶数、4个奇数进行排列,有种情况.所以符合题意的七位数有=100 800(个).
(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有=14 400(个).
(3)上述七位数中,3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有=5 760(个).
5.导学号43944012某次足球赛共12支球队参加,分三个阶段进行:
(1)小组赛:经抽签分成甲、乙两组,每组6队进行单循环比赛,以积分及净剩球数取前两名;
(2)半决赛:甲组第一名与乙组第二名,乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队客场各赛一场)决出胜者;
(3)决赛:两个胜队参加决赛一场,决出胜负.
问全部赛程共需比赛多少场?
解(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛,就是6支球队的任两支球队都要比赛一次,所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数,所以小组赛共要比赛2=2×=30(场).
(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场,所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数,所以半决赛共要比赛2=2×1×2=4(场).
(3)决赛只需比赛1场,即可决出胜负.
所以全部赛程共需比赛30+4+1=35(场).
§4 简单计数问题
A组
1.设集合A={0,2,4},B={1,3,5},分别从A,B中任取2个元素组成无重复数字的四位数,其中能被5整除的数共有( )
A.24个 B.48个
C.64个 D.116个
解析:只含0不含5的有:=12;(2)只含5不含0的有:=12;(3)含有0和5的有:①当0在个位时,有=24;②当5在个位时,有=16.共有12+12+24+16=64个.
答案:C
2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120
C.72 D.24
解析:先把3把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把3人带椅子插放在4个位置,共有=24种放法,故选D.
答案:D
3.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )
A.24对 B.30对
C.48对 D.60对
答案:C
4.将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中顺序为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有 ( )
A.12种 B.20种
C.40种 D.60种
解析:(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序一定(按A,B,C或C,B,A),故除以这三个元素的全排列再乘以2,可得×2=40.
答案:C
5.身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法种数为( )
A.24 B.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.
答案:D
6.某校准备参加2017年高中数学联赛,把10个选手名额分配到高三年级的8个教学班,每班至少一个名额,则不同的分配方案共有 种.?
解析:原问题等价于把10个相同的小球放入8个盒子里,每个盒子至少有一个小球的放法种数问题.
将10个小球排成一排,从中间9个间隙中选出7个截成8段(有=36种截法),对应放到8个盒子里,有36种放法.
因此,不同的分配方案共有36种.
答案:36
7.(2016·山东潍坊高二检测)张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园,为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为 .(用数字作答)?
解析:第一步:将两位爸爸排在两端有2种排法;第二步:将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有种排法;第三步:将两个小孩排序有2种排法.故总的排法有2×2×=24(种).
答案:24
8.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:不同的获奖情况分为两种,一是一人获两张奖券一人获一张奖券,共有=36种;二是有三人各获得一张奖券,共有=24种.
因此不同的获奖情况有36+24=60种.
答案:60
9.导学号43944014某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有=561(种),
故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,选取3种,有种或者=5 984(种).
故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5 984种.
(3)从20种合格商品中选取1件,从15种不合格商品中选取2件有=2 100(种).
故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2 100种.
(4)选取2件不合格商品有种,选取3件不合格商品有种,共有选取方式=2 100+455=2 555(种).
故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2 555种.
(5)任意选取3件的总数有种,因此共有选取方式=6 545-455=6 090(种).
故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6 090种.
B组
1.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120
C.72 D.24
解析:插空法.在已排好的三把椅子产生的4个空档中选出3个插入3人即可.故排法种数为=24.故选D.
答案:D
2.(2016·广东惠州市统考)任取三个互不相等的正整数,其和小于100,则由这三个数构成的不同的等差数列共有( )
A.528个 B.1 056个
C.1 584个 D.4 851个
解析:先确定等差数列的中间项,再确定第一、三项.
设这三个成等差数列的数分别为a,b,c.
由题意得a+b+c≤100,即3b≤100,得b可以取2,3,…,33,共32个数.
第一类,b=2时,a,c的取值共有2个(a=1,c=3和a=3,c=1,对应的是两个数列);
第二类,b=3时,a,c的取值共有4个;
…
第三十二类,b=33时,a,c的取值共有64个.
根据分类加法计数原理,可得满足题意的数列共有2+4+…+64=1 056个.
答案:B
3.(2016·江西南昌高三联考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限),每人只参加一项,则共有x种不同的方案,若每项比赛至少要安排一人时,则共有y种不同的方案,其中x+y的值为( )
A.1 269 B.1 206
C.1 719 D.756
解析:依题意得x=36=729,当每项比赛至少要安排一人时,先分组,有=90种,再排列,有=6种,所以y=90×6=540,因此x+y=1 269,故选A.
答案:A
4.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解析:(元素优先法)由题意知6必在第三行,安排6有=3种方法,第三行中剩下的两个空位安排数字有=20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=2种方法,剩下的两个数字有=2种排法,按分步乘法计数原理,所有排列的个数是=240.
答案:240
5.(2016·浙江宁波效实中学第一学期)对一个各边长不相等的凸五边形的各边染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种,但是不允许相邻的边染相同的颜色,则不同的染色方法共有 种.?
解析:不妨假设AB边染黄色,BC边染红色,①若CD边染黄色,则DE边染蓝色,AE边染红色,或DE边染红色,AE边染蓝色,共2种情况;②若CD边染蓝色,则DE边染红色,AE边染蓝色,或DE边染黄色,AE边染红色或DE边染黄色,AE边染蓝色,共3种情况,根据对称性,不同的染色方案共有(2+3)×3×2=30种.
答案:30
6.从一架钢琴挑出的十个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个同时按下,可发出和声,若有一个音键不同,则发出不同的和声,则这样的不同的和声数为 (用数字作答).?
解析:可发出和声的情况共分以下8类:
当选择3个音键时,有种情况;当选择4个音键时,有种情况;……当选择10个音键时,有种情况.所以不同的和声数为+…+=968.
答案:968
7.导学号43944015把7个完全相同的小球放置在三个盒子中,允许有的盒子一个也不放.
(1)如果三个盒子完全相同,有多少种放置方法?
(2)如果三个盒子各不相同,有多少种放置方法?
解(1)因为小球完全相同,三个盒子也完全相同,所以把7个小球分成三份,比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中,无论哪一份小球放入哪一个盒子,均是同一种放置方法,因此,只需将7个小球分成如下三份:(7,0,0),(6,1,0),(5,2,0),(5,1,1),(4,3,0),(4,2,1),(3,3,1),(3,2,2)即可.所以共有8种不同的放置方法.
(2)设三个盒子中小球的个数分别为x1,x2,x3,显然有x1+x2+x3=7,于是,问题就转化为求这个不定方程的非负整数解的组数问题,令yi=xi+1(i=1,2,3),得y1+y2+y3=10,问题又成为求不定方程y1+y2+y3=10的正整数解的组数的问题,把10个小球排成一排,在10个小球中间的9个空中,任取两个空插入“隔板”,即可将10个球分成三组,故不定方程的解有=36组.故有36种放置方法.
8.导学号43944016已知平面α∥β,在α内有4个点,在β内有6个点.
(1)过这10个点中的3点作一平面,最多可作多少个不同平面?
(2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥?
解(1)所作出的平面有三类:①α内1点,β内2点确定的平面,有个;②α内2点,β内1点确定的平面,有个;③α,β本身.
∴所作的平面最多有+2=98(个).
(2)所作的三棱锥有三类:①α内1点,β内3点确定的三棱锥,有个;②α内2点,β内2点确定的三棱锥,有个;α内3点,β内1点确定的三棱锥,有个.
∴最多可作出的三棱锥有=194(个).
§5 二项式定理
A组
1.(x+2)n的展开式共有12项,则n等于( )
A.9 B.10
C.11 D.8
解析:∵(a+b)n的展开式共有n+1项,而(x+2)n的展开式共有12项,∴n=11.故选C.
答案:C
2.的展开式中x2y3的系数是( )
A.-20 B.-5
C.5 D.20
解析:由已知,得Tr+1=(-2y)r=·(-2)rx5-ryr(0≤r≤5,r∈Z),
令r=3,得T4=(-2)3x2y3=-20x2y3.
故选A.
答案:A
3.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )
A.45 B.60
C.120 D.210
解析:∵(1+x)6展开式的通项公式为Tr+1=xr,(1+y)4展开式的通项公式为Th+1=yh,
∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为xryh.
∴f(m,n)=.
∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)==20+60+36+4=120.故选C.
答案:C
4.已知展开式的第4项等于5,则x等于( )
A. B.- C.7 D.-7
解析:T4=x4=-x=-35x=5,所以x=-.
答案:B
5.(2-)8的展开式中不含x4项的系数的和为( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
解析:采用赋值法,令x=1,得(2-)8的展开式的系数和为1,x4项系数为20(-1)8=1,所以(2-)8的展开式中不含x4项的系数和为0.
答案:B
6.设a=sin xdx,则二项式的展开式中的常数项等于 .?
解析:a=sin xdx=(-cos x)=2,二项式展开式的通项为Tr+1=(2=(-1)r·26-r·x3-r,令3-r=0得,r=3,
∴常数项为(-1)3·23·=-160.
答案:-160
7.已知(2x-3)7=a0(x-1)7+a1(x-1)6+…+a6(x-1)+a7.
(1)求a0+a1+a2+…+a7;
(2)求a0-a7.
解(1)令x=2,得a0+a1+a2+…+a7=(4-3)7=1.
(2)令x=1,得a7=(2×1-3)7=-1,
x7的系数a0=27(-3)0=128,
∴a0-a7=129.
8.(1)求(1+2x)7的展开式中第四项的系数;
(2)求的展开式中x3的系数及二项式系数.
解(1)(1+2x)7的展开式的第4项为
T3+1=(2x)3=280x3,
∴(1+2x)7的展开式中第四项的系数是280.
(2)∵的展开式的通项为
Tr+1=x9-r=(-1)r·x9-2r.
令9-2r=3,r=3,
∴x3的系数为(-1)3=-84.
x3的二项式系数为=84.
9.在的展开式中,求:
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数;
(2)倒数第3项.
解(1)二项式展开式的通项为Tr+1=(2x2)8-r·,所以T5=·(2x2)8-4··24·,
则第5项的二项式系数是=70,第5项的系数是·24=1 120.
(2)展开式中的倒数第3项即为第7项,T7=·(2x2)8-6·=112x2.
B组
1.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )
A.45 B.55
C.70 D.80
解析:由二项式定理得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,
即a=41,b=29,所以a+b=70.
答案:C
2.(2016·江西临川一中等九校联考)二项式的展开式的第二项的系数为-,则x2dx的值为 ( )
A. B.3
C.3或 D.3或-
解析:二项展开式的第二项T2=(ax)5×,则由题意有a5=-,解得a=-1,所以x2dx=x3=-.
答案:A
3.(2016·河南郑州一中联考)若在的展开式中含有常数项,则正整数n取得最小值时的常数项为 ( )
A.- B.-135 C. D.135
解析:的展开式的通项为Tr+1=·(3x2)n-r3n-rx2n-5r,展开式中含有常数项需满足2n-5r=0,即n=,r∈N.所以当r=2时,正整数n取得最小值为n=5,此时常数项为,故选C.
答案:C
4.(x2+2)的展开式中的常数项是( )
A.2 B.3 C.-2 D.-3
解析:二项式的展开式的通项为Tr+1=(-1)r=(-1)rx2r-10,易知(x2+2)的展开式中的常数项为·(-1)4+2··(-1)5=3.
答案:B
5.若的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为 .?
解析:的展开式的通项为Tr+1=(ax2)6-r·a6-rbrx12-3r,
令12-3r=3,得r=3.
由a6-rbr=a3b3=20,得ab=1.
所以a2+b2≥2ab=2×1=2.
答案:2
6.求的展开式中的有理项.
解的展开式的通项为Tr+1=)8-r·(r=0,1,2,…,8),为使为有理项,r必须是4的倍数,所以r=0,4,8,故共有3个有理项,分别是T1=x4=x4,T5=x=x,T9=x-2=.
7.导学号43944018已知的展开式中偶数项的二项式系数的和比(a+b展开式中奇数项的二项式系数的和小120,求第一个展开式的第三项.
解(a+b)2n展开式中奇数项的二项式系数的和为22n-1,展开式中偶数项的二项式系数的和为2n-1.依题意,有2n-1=22n-1-120,
即(2n)2-2n-240=0.
解得2n=16,或2n=-15(舍).∴n=4.
于是,第一个展开式中第三项为
T3=)2=6.
第1课时 计数原理
A组
1.从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会,不同选法种数为( )
A.6 B.5 C.3 D.2
解析:由分类加法计数原理知总方法数为3+2=5(种).
答案:B
2.4位同学从甲、乙、丙3门课程中各选修1门,则恰有2人选修课程甲的不同选法有( )
A.12种 B.24种 C.30种 D.36种
解析:分三步,第一步先从4位同学中选2人选修课程甲,共有种不同选法;第二步给第3位同学选课程,有2种选法;第三步给第4位同学选课程,也有2种不同选法.故共有2×2=24(种).
答案:B
3.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种 B.216种 C.240种 D.288种
解析:若最左端排甲,其他位置共有=120(种)排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有=24(种)排法,所以共有120+4×24=216(种)排法.
答案:B
4.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有( )
A.60种 B.63种 C.65种 D.66种
解析:共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,故不同的取法有=66(种).
答案:D
5.(1+2x)3(1-x)4展开式中x项的系数为( )
A.10 B.-10 C.2 D.-2
解析:(1+2x)3(1-x)4展开式中的x项的系数为两个因式相乘而得到,即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项,它为(2x)0(-x)1+(2x)114(-x)0,其系数为(-1)+2=-4+6=2.
答案:C
6.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.?
解析:记5件产品为A,B,C,D,E,A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有=2×6×3=36(种)不同的摆法.
答案:36
7.将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格中,每格填一个数,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 种.?
解析:编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法;编号为1的方格内填数字3,共有3种不同填法;编号为1的方格内填数字4,共有3种不同填法.于是由分类加法计数原理,得共有3+3+3=9(种)不同的填法.
答案:9
8的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大,则第四项为 .?
解析:由已知条件第五项和第六项二项式系数最大,得n=9,展开式的第四项为T4=()6
答案:
9.导学号43944059电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱,其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信,甲箱中有30封,乙箱中有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,再从两箱中各确定一名幸运观众,有多少种不同结果?
解分两类:(1)幸运之星在甲箱中抽,选定幸运之星,再在两箱内各抽一名幸运观众,有30×29×20=17 400(种).
(2)幸运之星在乙箱中抽取,有20×19×30=11 400(种).
共有不同结果17 400+11 400=28 800(种).
B组
1.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120 C.72 D.24
解析:先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有=24种放法,故选D.
答案:D
2.使(n∈N+)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析:Tr+1=(3x)n-r3n-r,当Tr+1是常数项时,n-r=0,当r=2,n=5时成立.
答案:B
3.从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有 种(用数字作答).?
解析:第一步,先选出文娱委员,因为甲、乙不能担任,所以从剩下的3人中选1人当文娱委员,有3种选法.
第二步,从剩下的4人中选学习委员和体育委员,又可分两步进行:先选学习委员有4种选法,再选体育委员有3种选法.由分步乘法计数原理可得,不同的选法共有3×4×3=36(种).
答案:36
4.在的展开式中,x2的系数为 .?
解析:由题意知Tr+1=x6-rx6-2r
令6-2r=2,可得r=2.
故所求x2的系数为
答案:
5.在(2x-3y)10的展开式中,求:
(1)二项式系数的和;
(2)各项系数的和;
(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;
(4)奇数项系数和与偶数项系数和.
解(1)二项式系数的和为+…+=210.
(2)令x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.
(3)奇数项的二项式系数和为+…+=29,
偶数项的二项式系数和为+…+=29.
(4)令x=y=1,得到a0+a1+a2+…+a10=1, ①
令x=1,y=-1(或x=-1,y=1),
得a0-a1+a2-a3+…+a10=510, ②
①+②得2(a0+a2+…+a10)=1+510,
∴奇数项系数和为;
①-②得2(a1+a3+…+a9)=1-510,
∴偶数项系数和为
6.导学号43944060男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法?
(1)男运动员3名,女运动员2名;
(2)至少有1名女运动员;
(3)队长中至少有1人参加;
(4)既要有队长,又要有女运动员.
解(1)第一步:选3名男运动员,有种选法.
第二步:选2名女运动员,有种选法.
共有=120(种)选法.
(2)法一 至少有1名女运动员包括以下几种情况:
1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.
由分类加法计数原理可得总选法数为=246(种).
法二 “至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解.
从10人中任选5人有种选法,其中全是男运动员的选法有种.
所以“至少有1名女运动员”的选法为=246(种).
(3)法一(直接法) 可分类求解:
“只有男队长”的选法为;
“只有女队长”的选法为;
“男、女队长都入选”的选法为;
所以共有2=196(种)选法.
法二(间接法) 从10人中任选5人有种选法.
其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法为=196(种).
(4)当有女队长时,其他人任意选,共有种选法.不选女队长时,必选男队长,共有种选法,其中不含女运动员的选法有种,所以不选女队长时的选法共有种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有=191(种).
第2课时 概率
A组
1.将一枚质地均匀的骰子掷两次,随机变量为( )
A.第一次出现的点数
B.第二次出现的点数
C.两次出现点数之和
D.两次出现相同点的种数
解析:A,B中出现的点数虽然是随机的,但它们取值所反映的结果都不是本题涉及试验的结果.D中出现相同点数的种数就是6种,不是变量.C整体反映两次投掷的结果,可以预见两次出现数字的和是2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,这11种结果,但每掷一次前,无法预见是11种中的哪一个,故是随机变量,选C.
答案:C
2.袋中装有除颜色外都相同的10个红球、5个黑球,每次随机抽取1个球后,若取得黑球则另换1个红球放回袋中,直到取到红球为止.若抽取的次数为X,则表示“放回5个红球”事件的是( )
A.X=4 B.X=5 C.X=6 D.X≤5
解析:事件“放回5个红球”表示前5次摸到黑球,且第6次摸到红球,故X=6.
答案:C
3.某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45
解析:记事件A表示“一天的空气质量为优良”,事件B表示“随后一天的空气质量为优良”,P(A)=0.75,P(AB)=0.6,由条件概率公式P(B|A)=,可得所求概率为=0.8.
答案:A
4.设随机变量X~B,则P(X=3)等于( )
A B
C D
解析:X~B,由二项公布可得,
P(X=3)=
答案:A
5.已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
则X的数学期望EX=( )
A B.2
C D.3
解析:EX=1+2+3
答案:A
6.已知随机变量X服从二项分布,且EX=2.4,DX=1.44,则二项分布的参数n,p的值为( )
A.n=4,p=0.6 B.n=6,p=0.4
C.n=8,p=0.3 D.n=24,p=0.1
解析:由二项分布X~B(n,p)及EX=np,DX=np·(1-p)得2.4=np,且1.44=np(1-p),解得n=6,p=0.4,故选B.
答案:B
7.随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)=,EX=1,则DX= .?
解析:由题意设P(X=1)=p,由概率分布的性质得P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)=-p,
由EX=1,可得p=,所以DX=12+02+12
答案:
8.抛掷2枚质地均匀的骰子,所得点数之和X是一个随机变量,则P(X≤4)= .?
解析:相应的基本事件空间有36个基本事件,
其中X=2对应(1,1);X=3对应(1,2),(2,1);X=4对应(1,3),(2,2),(3,1).所以P(X≤4)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=
答案:
9.一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同).
(1)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率;
(2)在取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列.
解(1)设“取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片”为事件A,则P(A)=
所以取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率为
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X=1)=,P(X=2)=,
P(X=3)=,P(X=4)=
所以随机变量X的分布列是
X
1
2
3
4
P
B组
1.袋中有3红5黑8个大小、形状、质地相同的小球,从中依次模出两个小球,则在第一次摸得红球的条件下,第二次仍是红球的概率为( )
A B C D
解析:第一次摸出红球,还剩2红5黑共7个小球,所以再摸到红球的概率为
答案:B
2.口袋里放有大小、形状、质地都相同的两个红球和一个白球,有放回地每次摸取一个球,定义数列{an}:
an=如果Sn为数列{an}的前n项和,那么S7=3的概率为( )
A B
C D
解析:S7=3即为7次摸球中,有5次摸到白球,2次摸到红球,又摸到红球的概率为,摸到白球的概率为故所求概率为P=
答案:B
3.罐中有除颜色外都相同的6个红球,4个白球,从中任取1球,记住颜色后再放回,连续摸取4次,设X为取得红球的次数,则X的方差DX的值为( )
A B C D
解析:因为是有放回地摸球,所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为,连续摸4次(做4次试验),X为取得红球(成功)的次数,则X~B,∴DX=4
答案:B
4.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,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)=,则随机变量X的数学期望EX= .?
解析:由题意知P(X=0)==(1-p)2,
∴p=,随机变量X的可能值为0,1,2,3,
因为P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=2+,
P(X=3)=,
因此EX=1+2+3
答案:
5.随机变量X的分布列如下:
X
-1
0
1
P
a
b
c
其中a,b,c成等差数列,若E(X)=,则D(X)的值是 .?
解析:由已知条件可得
解得a=,b=,c=
∴DX=
答案:
6.导学号43944063某种有奖销售的饮料,瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样,购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖,中奖概率为甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料.
(1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率;
(2)求中奖人数X的分布列.
解(1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A,B,C,且相互独立,那么A,相互独立.
又P(A)=P(B)=P(C)=,
∴P(A)=P(A)P()P()=,
即甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为
(2)X的可能取值为0,1,2,3,且X~B,
∴P(X=k)=(k=0,1,2,3).
7.导学号43944064某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为现安排甲组研发新产品A,乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;
(2)若新产品A研发成功,预计企业可获利润120万元;若新产品B研发成功,预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望.
解设E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知P(E)=,P()=,P(F)=,P()=,且事件E与F,E与与F,都相互独立.
(1)记H=“至少有一种新产品研发成功”,则,
于是P()=P()P()=,
故所求的概率为P(H)=1-P()=1-
(2)设企业可获利润为X(万元),则X的可能取值为0,100,120,220,因为P(X=0)=P()=,P(X=100)=P(F)=,P(X=120)=P(E)=,P(X=220)=P(EF)=
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P
数学期望为
EX=0+100+120+220=140.
第3课时 统计案例
1.已知变量x与y正相关,且由观测数据算得样本平均数=3,=3.5,则由该观测数据算得的线性回归方程可能是( )
A.y=0.4x+2.3
B.y=2x-2.4
C.y=-2x+9.5
D.y=-0.3x+4.4
解析:因为变量x和y正相关,所以回归直线的斜率为正,故可以排除选项C和D.因为样本点的中心在回归直线上,把点(3,3.5)的坐标分别代入选项A和B中的直线方程进行检验,可以排除B,故选A.
答案:A
2.下列说法:
①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后,方差不变;
②设有一个线性回归方程y=3-5x,变量x增加1个单位时,y平均增加5个单位;
③设具有相关关系的两个变量x,y的相关系数为r,则|r|越接近于0,x和y之间的线性相关程度越强;
④在一个2×2列联表中,由计算得χ2的值,则χ2的值越大,判断两个变量间有关联的把握就越大.
其中错误的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:方差反映一组数据的波动大小,将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差不变,故①正确;在回归方程y=3-5x中,变量x增加1个单位时,y平均减小5个单位,故②不正确;根据线性回归分析中相关系数的定义:在线性回归分析中,相关系数为r,|r|越接近于1,相关程度越强,故③不正确;对分类变量x与y的随机变量的观测值χ2来说,χ2越大,“x与y有关系”的可信程度越大,故④正确.综上所述,错误结论的个数为2,故选C.
答案:C
3.根据如下样本数据
x
3
4
5
6
7
8
y
4.0
2.5
-0.5
0.5
-2.0
-3.0
得到的回归方程为y=bx+a,则( )
A.a>0,b<0 B.a>0,b>0
C.a<0,b<0 D.a<0,b>0
解析:作出散点图(图略),由散点图可知b<0,a>0,故选A.
答案:A
4.春节期间,某销售公司每天销售某种取暖商品的销售额y(单位:万元)与当天的平均气温x(单位:℃)有关.现收集了春节期间这个销售公司4天的x与y的数据列于下表:
平均气温/℃
-2
-3
-5
-6
销售额/万元
20
23
27
30
根据以上数据,用线性回归的方法,求得y与x之间的线性回归方程y=bx+a的系数b=-,则a= .?
解析:由表中数据可得=-4,=25,所以线性回归方程y=-x+a过点(-4,25),代入方程得25=-(-4)+a,解得a=
答案:
5.已知回归方程y=4.4x+838.19,则可估计x与y的增长速度之比约为 .?
解析:x每增长1个单位,y增长4.4个单位,故增长的速度之比约为1∶4.4=5∶22.
事实上所求的比值为回归直线方程斜率的倒数.
答案:5∶22
6.某数学老师身高176 cm,他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173 cm,170 cm和182 cm.因儿子的身高与父亲的身高有关,该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为 cm.?
解析:儿子和父亲的身高可列表如下:
父亲身高
173
170
176
儿子身高
170
176
182
设线性回归方程为y=a+bx,由表中的三组数据可求得b=1,且过中心点(173,176),故a=-b=176-173=3,故线性回归方程为y=3+x,将x=182代入得孙子的身高为185 cm.
答案:185
7.导学号43944065假设关于某设备的使用年限x(单位:年)和所支出的维修费用y(单位:万元)有如下表的统计资料:
使用年限x/年
2
3
4
5
6
维修费用y/万元
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
若由资料可知y对x呈线性相关关系,试求:
(1)线性回归直线方程;
(2)根据回归直线方程,估计使用年限为12年时,维修费用是多少?
解(1)列表
i
1
2
3
4
5
总计
xi
2
3
4
5
6
20
yi
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
25
xiyi
4.4
11.4
22.0
32.5
42.0
112.3
4
9
16
25
36
90
=4,=5;
=90,xiyi=112.3
b==1.23,
于是a=-b=5-1.23×4=0.08.
所以线性回归直线方程为y=1.23x+0.08.
(2)当x=12时,y=1.23×12+0.08=14.84(万元),
即估计使用12年时,维修费用是14.84万元.
8.导学号43944066某企业通过调查问卷(满分50分)的形式对本企业900名员工的工作满意度进行调查,并随机抽取了其中30名员工(16名女员工,14名男员工)的得分,如下表:
女
47
36
32
48
34
44
43
47
46
41
43
42
50
43
35
49
男
37
35
34
43
46
36
38
40
39
32
48
33
40
34
(1)根据以上数据,估计该企业得分大于45分的员工人数;
(2)现用计算器求得这30名员工的平均得分为40.5分,若规定大于平均得分为“满意”,否则为“不满意”,请完成下列表格:
“满意”的人数
“不满意”的人数
总计
女
16
男
14
总计
30
(3)根据上述表中数据,利用独立性检验的方法判断,能否有99%以上的把握,认为该企业员工“性别”与“工作是否满意”有关?
参考数据:
P(χ2≥k0)
0.10
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
解(1)从表中可知,30名员工中有8名得分大于45分,所以任选一名员工,他(她)的得分大于45分的概率是,
所以估计此次调查中,该单位约有900=240名员工的得分大于45分.
(2)完成下列表格:
“满意”的人数
“不满意”的人数
总计
女
12
4
16
男
3
11
14
总计
15
15
30
(3)假设H0:性别与工作是否满意无关,
根据表中数据,求得χ2的观测值
k=8.571>6.635,
查表得P(χ2≥6.635)=0.010.
所以有99%以上的把握认为性别与工作是否满意有关.
