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1、2 0 1 7 2 0 1 8 学年人教A 版高中数学选修2-3全册同步训练题汇编目录第一章计数原理.11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.1第 1 课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.4第 2 课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用.41.2 排列与组合.81.2.1 排 列 第 1 课时 排列与排列数公式.81.2 排列 与组合.121.2.1 排 列 第 2 课时 排列的综合应用.121.2 排列与组合.161.2.2 组 合 第 1 课时 组合与组合数公式.161.2 排列 与组合.191.2.2 组 合 第 2 课时
2、 组合的综合应用.191.3 二项式定理.221.3.1 二项式定理.221.3.2 杨辉三角与二项式系数的性质.26第二章随机变量及其分布.302.1 离散型随机变量及其分布列.302.1.1 离散型随机变量.302.1.2 离散型随机变量的分布 列 第 1 课时 离散型随机变量的分布列.332.1.2 离散开明随机变量的分布 列 第 2 课时 两点分布与超几何分布.382.2 二项分布及其应用.432.2.1 条件概率.432.2.2 事件的相互独立性.472.2.3 独立重复试验与二项分布.522.3 离散型随机变量的均值与方差.572.3.1 离散型随机变量的均值.572.3.2 离散
3、型随机变量的方差.612.4 正态分布.66第三章统计案例.703.1 回归分析的基本思想及其初步应用.70第 1 课时 线性回归模型.70第 2 课时 线性回归分析.773.2独立性检验的基本思想及其初步应用.83第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级 基 础 巩 固一、选择题1.某学生去书店，发现2 本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有（）A.1种 B.2 种 C.3 种 D.4 种解析：分两类：买 1 本或买2 本书，各类购买方式依次有2 种、1 种，故购买方式共有2+1=3（种）.故选 C.答案：C2.现有4 件不同
4、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，则不同的配法有（）A.7 种 B.12 种 C.64 种 D.81 种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从 4 件中任选一件，有 4 种不同的选法;第二步，选长裤，从 3 条长裤中任选一条，有 3 种不同选法.故不同取法共有4X 3=12（种）.答案：B3.将 3 张不同的奥运会门票分给10名同学中的3 人，每 人 1 张，则不同分法的种数是（）A.2 160 B.720 C.240 D.120解析：第 1 张门票有10种分法，第 2 张门票有9 种分法，第 3 张门票有8 种分法，由分步乘法计数原理得分法共有10X9X
5、8=720（种）.答案：B4.已知两条异面直线a,6 上分别有5 个点和8 个点，则 这 13个点可以确定不同的平面个数为（）A.40 B.16 C.13 D.10解析：分两类情况讨论.第一类，直 线 a 分别与直线6 上的8 个点可以确定8 个不同的平面；第二类，直线6 分别与直线a 上的5 个点可以确定5 个不同的平面.根据分类加法计数原理知，8+5=13（个），即共可以确定13个不同的平面.答案：C5.从集合 0,1,2,3,4,5,6 中任取两个互不相等的数a,6 组成复数a+反，其中虚数有（）1A.3 0 个 B.4 2 个 C.3 6 个 D.3 5 个解析：要完成这件事可分两步，
6、第一步确定6（6 力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虚数6 X 6=3 6（个）.答案：C二、填空题6 .加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有 种.解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5,6,4,由分步乘法计数原理知，选法总数为1=5 X 6 X 4=1 2 0（种）.答案：1 2 07 .三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有 种.解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有胪=2 X 2 X 2=2：=8（种）.答案：88 .一学习小组有4名男
7、生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有一 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，不同选法共有4+3=7（种）.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，不同选法共有4 X 3 =1 2（种）.答案：7 1 2三、解答题9 .若 x,y W N*,且 试 求 有 序 自 然 数 对（x,力的个数.解：按 x的取值进行分类：x=l 时，y=l,2,，5,共构
8、成5个有序自然数对；x=2 时，y=l,2,4,共构成4个有序自然数对；x=5 时，y=l,共构成1 个有序自然数对.根据分类加法计数原理，有序自然数对共有A-5+4+3 +2+1 =1 5（个）.1 0 .现有高一四个班的学生3 4 人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、1 0人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：（D分四类.第一类，从一班学生中选1 人，有 7 种选法；第二类，从二班学生中2选 1人，有 8 种选法；第三类，从三
9、班学生中选1人，有 9 种选法；第四类，从四班学生中选 1人，有 10种选法.所以，共有不同的选法*=7+8+9+10=34（种）.（2）分 四 步.第、第二、第三、第四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.所以共有不同的选法4 7 X 8 X 9 X 1 0=5 040（种）.（3）分六类，每类又分两步.从一、二班学生中各选1人，有 7X 8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有 7X 9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有 7X10种不同的选法；从二、三班学生中各选1 人，有 8义9 种不同的选法；从二、四班学生中各选1人,有 8X10种不同的选法；从三、四班学生中各选1
10、人，有 9X10种不同的选法.所以，共有不同的选法 4 7 X 8+7 X 9+7 X 10+8X9+8X 10+9X 10=431（种）.B级 能 力 提 升1.某班小张等4 位同学报名参加/、B.C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报】小组，则不同的报名方法有（）A.27 种 B.36 种C.54 种 D.81 种解析：除小张外，每位同学都有3 种选择，小张只有2 种选择，所以不同的报名方法有3X3X3X2=54（种）.答案：C2.有三个车队分别有4 辆、5 辆、5 辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为力，则的值为.解析：不妨设三个车队
11、分别为甲、乙、丙，则分3 类.甲、乙各一辆共4X5=20（种）；甲、丙各一辆共4X5=20（种）；乙、丙各一辆共5X5=25（种），所以共有20+20+25=65（种）.答案：653.乒乓球队的10名队员中有3 名主力队员，派 5 名参加比赛，3 名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7 名队员中选2 名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种.解：按出场位置顺序逐一安排：第一位置有3 种安排方法；第二位置有7 种安排方法；第三位置有2 种安排方法；第四位置有6 种安排方法；第五位置有1种安排方法.由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3X7X2X6X1=252（种）.31.1 分
12、类加法计数原理与分步乘法计数原理第 2 课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用A级 基 础 巩 固一、选择题1 .植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有（）A.1 X 2 X 3 B.2 X 3 X 4C.3 D.43解析：完成这件事分三步.第一步，植 第 一 棵树，有4种不同的方法；第二步，植第二棵树，有4种不同的方法；第三步，植第三棵树，也有4种不同的方法.由分步乘法计数原理得：A=4 X 4 X 4=4 故选 D.答案：D2.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.2B.4C.6D.8解析：分两类：
13、第 一 类，公差大于0,有以下4个等差数列：1,2,3,2,3,4,3,4,5,1,3,5：第二类，公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4+4=8（个）.答案：D3 .从集合 1,2,3 和 1,4,5,6 中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为（）A.1 2 B.1 1C.2 4 D.2 3解析：先在 1,2,3 中取出1个元素，共有3种取法，再在 1,4,5,6 中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有A-3 X 4 X 2=2 4（个）.又 点（1,1）被算/两次
14、，所以共有2 4 1 =2 3 （个）.答案：D4 .已知x G 2,3,7 ,y G -3 1,2 4,4 ,则孙可表示不同的值的个数是（）A.1 +1=2B.1 +1 +1 =3C.2 X 3=6 D.3 X 3=9解析：x,y在各自的取值集合中各选一个值相乘求积，这件事可分两步完成.第一步,“在集合 2,3,7 中任取 个值有3种方法；第二步，y在集合-3 1,-2 4,4 中任取一4个值有3 种方法.根据分步乘法计数原理知，不同值有3 X 3=9（个）.答案：D5.用数字2,3 组成四位数，且数字2,3 至少都出现一次，这样的四位数的个数是（）A.2 0 B.1 6C.1 4 D.1
15、2解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性（取 2或 3）,其中四个数字全是2或 3的不合题意，所以适合题意的四位数共有2 X 2 X 2 X 2 2 =1 4（个）.答案：C二、填空题6 .3位旅客投宿到1 个旅馆的4个房间（每房间最多可住3人）有 种不同的住宿方法.解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4 X 4 X 4=6 4（种）.答案：6 47 .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，选法有3 X
16、 5 =1 5（种）；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3 X 2 =6（种）；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5 X 2 =1 0（种）.综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有1 5+6+1 0 =3 1（种）.答案：3 18 .甲、乙、丙 3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有种.解析：分三类.若甲在周一，则乙、丙的排法有4 X 3 =1 2（种）；若甲在周二，则乙、丙的排法有3 义2 =6（种）；若甲在周三，则乙、丙的排法有2
17、X 1 =2（种）.所以不同的安排方法共有1 2+6+2=2 0（种）.答案：2 0三、解答题9 .某单位职工义务献血，在体检合格的人中，0型血的共有2 8 人，A型血的共有7 人，B型血的共有9人，A B 型血的共有3人.（1）从中任选1 人去献血，有多少种不同的选法？5（2）从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从0型血的人中选1人有2 8种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从A B型血的人中选1人有3种不同的选法.（1）任 选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任 选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加
18、法计数原理，不同的选法有2 8+7+9+3=47（种）.（2）要从四种血型的人中各选1 A，即从每种血型的人中各选出1人后，“各 选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有2 8 X 7X 9 X 3=5 2 9 2（种）.1 0.8张卡片上写着0,1,2,，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解：先排百位数字，从1,2,7共7个数字中选一个，有7种选法；再排十位数字,从除去百位数字外，剩余的7个数字（包括0）中选一个，有7种选法；最后排个位数字，从除前两步选出的数字外，剩余的6个数字中选一个，有6种选法.由分步乘法计数原理得，共可以组成
19、的不同三位数有7X7X 6=2 9 4（个）.B级 能 力 提 升1 .将1,2,3,，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大.当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有（）解析：因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法.结果共有2 X 3=6（种），故选A.答案：A2 .把9个相同的小球放入编号为1,2,3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有 种.解析：分四类：第一个箱子放入1个
20、小球，将剩余的8个小球放入2,3号箱子，共有4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2,3号箱子，共有3种放法;第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2,3号箱子，共有2种放法；第一个箱子放入4个小球则共有I种放法.根据分类加法计数原理共有1 0种情况.答案：1 03 .某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个 点 儿B,C,4,台，G上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少6用一个的安装方法共有多少种？CAi Bi解：第一步，在点4,B”G上安装灯泡，4 有 4 种方法，笈有3 种方法，G 有 2 种方法，4X3X2=
21、2 4,即共有24种方法.第二步，从 4 B,C中选一个点安装第4 种颜色的灯泡，有 3 种方法.第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3 种方法，由分步乘法计数原理可得，安装方法共有 4 X 3X 2X 3X 3=216（种）.71.2 排列与组合1.2.1 排 列 第 1 课时排列与排列数公式A级 基 础 巩 固一、选择题1 .从集合 3,5,7,9,1 1 中任取两个元素：相加可得多少个不同的和？相除可2 2得多少个不同的商？作为椭圆当+看=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x 轴上的椭圆a b2 2方程？作为双曲线当一名=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程？a b上
22、面四个问题属于排列问题的是（）A.B.C.D.解析：因为加法满足交换律，所以不是排列问题；除法不满足交换律，如 鼻 所 以3 5是排列问题./V2若 方 程 表 示 焦 点 在 X轴上的椭圆，则必有a,。的大小一定；在双曲线Fa b a2一方=1中不管a 6 还 是 a A；,；曲 二=42A”解：（1）因为 90A：=A：,所以 90n（n 1）=n（n 1）（/?2）（/?3）.所以一5+6=90.所以（-12）（z?+7）=0.解得=一7（舍去）或 77=12.所以满足90A：=A：的n的值为12.n I（2）由 A4：二：=42A W,得 吃 一 太 丁 （77-4）!=42（-2）!
23、.（一 4）!所以 n（n-l ）=42.所以n27 7 420.解得=6（舍去）或n7.10.用 1,2,3,4,5,6,7 这七个数字组成没有重复数字的四位数.（1）能被5 整除的四位数有多少个？（2）这些四位数中偶数有多少个？解：（1）能被5 整除的数个位必须是5,故有屋=120（个）.（2）偶数的个位数只能是2,4,6,有 4 种排法，其他位上有鼠种排法，由乘法原理知，四位数中偶数共有A；氏=360（个）.B级 能 力 提 升1.满足不等式 1 2 的的最小值为（）A/A.12 B.10 C.9 D.8771 （n 5）解析：由 排 列 数 公 式 得 十 一,：1 2,即（一 5）（
24、-6）1 2,解得 9 或V2.又7,所以 9.又 GN*,所以的最小值为10.答案：B2.从集合 0,1,2,5,7,9,11 中 任 取 3 个元素分别作为直线方程/x+C=0中的系数力，B,C,所得直线经过坐标原点的有 条.解析：易知过原点的直线方程的常数项为0,则 0=0,再从集合中任取两个非零元素作为系数4 B,有晨种.所以符合条件的直线有或=3 0（条）.答 案:303.一条铁路线原有小个车站，为了适应客运需要，新 增 加 了 GN*）个车站，因而客运车票增加了 58种，问：原来这条铁路线有多少个车站？现在又有多少个车站？解：原有/个车站，所以原有客运车票A制，现有（力+就个车站，
25、所以现有客运车票10A 科.所以解+LA：=58,所以（+加（+m 1）一勿（加-1）=58.即 2 加 十 刀”一=58,即 （2加+-1）=29 X 2=1 X 58.由于，2%+一1 均为正整数，故可得方程组/?=29,(=2,或2%+-1=2 2?+普一1=29=1,f 7 7=58,或 或2 朋+n1=58 2/+n1 =1.方程组与不符合题意.解方程组得勿=1 4,=2,解方程组得加=29,7 7=1.所以原有1 4个车站，现 有 1 6 个车站或原有29 个车站，现有3 0 个车站.111.2 排列与组合1.2.1 排 列 第 2 课时排列的综合应用A 级 基 础 巩 固一、选择
26、题1.A,B,C,D,五人并排站成一行，如果4,8必须相邻且8 在/的右边，那么不同的排法种数是（）A.6 B.24 C.48 D.1 20解析：把 4 8 视为一人，且 6固定在的右边，则本题相当于4 人的全排列，排法共有 A：=2 4（种）.答案：B2.用数字1,2,3,4,5 可以组成没有重复数字，并且比20 0 0 0 大的五位偶数共有（）A.48 个 B.3 6 个 C.24 个 D.1 8 个解析：个位数字是2 的有3&=1 8（个），个位数字是4 的有3 屈=1 8（个），所以共有3 6个.答案：B3 .甲、乙两人从4 门课程中各选修2 门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法
27、有（）A.6 种 B.1 2 种C.24 种 D.3 0 种解析：首先甲、乙两人从4 门课程中同选1 门，有 4 种方法；其次从剩余3门中任选2门进行排列，排列方法有收=6（种）.于 是，甲、乙所选的课程中恰有1 门相同的选法共有4 X 6=2 4（种）.答案：C4.3张卡片正反面分别标有数字1 和 2,3 和 4,5 和 7,若将3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为（）A.3 0 B.48 C.6 0 D.9 6解析：“组成三位数”这件事，分 2 步完成：第 1 步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列解；第 2 步，分别确定百位、十位、个位上的数字
28、，各有2 种方法.根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A；X 2 X 2 X 2=4 8（个）.答案：B5.生产过程有4 道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4 人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1 人，第四道工序只12能从甲、丙两名工人中安排1 人，则不同的安排方案共有（）A.24 种 B.3 6 种C.48 种 D.7 2 种解析：分类完成.第1 类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无限制，有苗种排法；第 2 类，若甲不在第一道工序（此时乙一定在第一道工序），则第四道工序有2 种排法，其余两道工序有A；种排法，有
29、2A；种排法.由分类加法计数原理得，不同的安排方案共有A：+2 解=3 6（种）.答案：B二、填空题6 .若把英语单词“e rro r”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有_ _ _ _ _ _ 种.解析：As1 =1 9.答案：1 97 .把 5 件不同产品摆成一排，若产品A与产品6 相邻，且产品A与产品。不相邻，则不同的摆法有_ 一 种.解析：先考虑产品4 与 6 相邻，把 46 作为一个元素有5 种方法，而 48 可交换位置，所以摆法有2A：=4 8（种）.又当/、8相邻又满足4、C 相邻，摆法有2底=1 2（种）.故满足条件的摆法有48 1 2=3 6（种）.答案：3 68 .在所有
30、无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2 的数共有个.解析：千位数字比个位数字大2,有 8种可能，即（2,0）,（3,1）,，（9,7）,前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制.所以共有8 解=448（个）.答案：448三、解答题9 .7人站成一排.（1）甲、乙、丙排序一定时，有多少种排法？（2）甲在乙的左边（不一定相邻）有多少种不同的排法？解析：（1）法一 7人的所有排列方法有A；种，其中甲、乙、丙的排序有A：种，又已知甲、乙、丙排序一定，所以甲、乙、丙排序一定的排法共有$=8 4 0（种）.n3法二（插空法）7 人站定7 个位置，只要把其余4 人排好，剩下的
31、3 个空位，甲、乙、丙就按他们的顺序去站，只有一种站法，故排法有A；=7 X 6 X 5 X 4=8 4 0（种）.13（2）“甲在乙的左边”的 7 人排列数与“甲在乙的右边”的 7 人排列数相等，而 7 人的排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的排法有1;=2 52 0（种）.10.一场晚会有5 个演唱节目和3 个舞蹈节目，要求排出一个节目单.（1）3 个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？（2）前 4 个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？解：（D先从5 个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有店种排法，再将剩余的3 个演唱节目，3 个舞蹈节目排在中间6 个位置上有A l 种排法,故共有不同排
32、法A U：=1 440（种）.（2）先不考虑排列要求，有腰种排列，其中前4 个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4 个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有 A，：种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A；A；A；=37 440（种）.B级 能 力 提 升1.在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6 个程序，其中程序4 只能出现在第一步或最后一步，程序8 和 C 在实施时必须相邻，则试验顺序的编排方法共有（）A.2 4 种 B.48 种C.9 6 种 D.144 种解析：本题是一个分步计数问题，由题意知程序4 只能出现在第一步或最后一步，所以从第一个位置和
33、最后一个位置中选一个位置排编排方法有*=2（种）.因 为 程 序 6 和 C在实施时必须相邻，所以把6 和 看作一个元素，同除A外 的 3 个元素排列，注 意 6 和。之间有2种排法，即编排方法共有A/=4 8（种）.根据分步乘法计数原理知，编排方法共有2 X 4 8=9 6（种）,故选 C.答案：C2 .三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为解析：“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5 个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3 个人插入5 个空位形成的4 个空当中即可.所以不同坐法共有A；=2 4（种）.答案：2 43.用 1,2,
34、3,4,5,6,7 排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？（1）偶数不相邻；（2）偶数一定在奇数位上；（3）1 和 2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数.解：（1）用插空法，共有A；解=1 440（个）.（2）先把偶数排在奇数位上有A；种排法，再排奇数有A；种排法.14所以共有A匍=576（个）.（3）1和2的位置关系有A舜 中，在1和2之间放一个奇数有A；种方法，把I,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有/种排法，所以共有A米氏=720（个）.151.2 排列与组合1.2.2组 合 第1课时 组合与组合数公式A级 基 础 巩 固一、选择题1.从10个不同的数中任取2个数，求其和、
35、差、积、商这四个问题，属于组合的有（）A.1个B.2个C.3个D.4个解析：因为减法、除法运算中交换位置，对结果有影响，所以属于组合的有2个.答案：B2.已知平面内/、B、C、这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为（)A.3 B.4 C.1 2 D.2 4解析：C =C J=4.答案：B3 .集合仁 x|x=C；,是非负整数,集合B=1,2,3,4 ,则下列结论正确的是（）A.4 U8=0,1,2,3,4 B.6 4c./ns=i,4 1).AQB解析：依题意，C ；中，可取的值为1,2,3,4,所以4=1,4,6,所以 A Q 1,4).答案：C4 .下 列
36、 各 式 中 与 组 合 数 相 等 的 是（）A.步 TB.n C：m_nmc.cL解析：因智=告(一 1)!(一 加 一1)!n,所以选项B正确.(n/n)!答案：B5.5+以+d+僚=()A.C i5 B.C ie C.C i7 D.C；7解析：原式=C；+C，+C；H-bC；6=C；+C；d-PC：6=C；+点+C：6=C；6+C：6=C；7.答案：c二、填空题6.化 简：或一 C 3+C：=16解析：d-c 3+C=(比+c：)-c3=c3-c3=o.答案：o7.已知圆上有9 个点，每两点连一线段，则所有线段在圆内的交点最多有 个.解析：此题可化归为圆上9 个点可组成多少个四边形，所
37、以交点最多有C；=1 2 6(个).答案：1 2 68 .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、D O副组长的选法种数为6,若7=口，则这组学生共有_ 人.n 1 oA2 O解析：设有学生人，则注=百，解之得=1 5.答案：1 5三、解答题9.解不等式：2 C：U 3 C=：.解：因为2 c 为V 3 C，：,所以2 c 33图、所以2 X (x-1)x(x-1)3 X 2 义 3 X(x+1)X2 X 1 ,LL X-1 3 E/口 1 1所以厂 5，解得x v 丁.因为x+1 2 3x+1 2 2所以x 2 2.所以.又x GN*,所以x的值为2,3,4
38、,5.所以不等式的解集为 2,3,4,5.1 0.平面内有1 0个点，其中任何3 个点不共线.(1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？(2)以其中任意2 个点为端点的有向线段有多少条？(3)以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？解：(1)所求线段的条数，即为从1 0个元素中任取2个元素的组合，共 有 僚=与 笄=Z A 14 5(条)，即以1 0个点中的任意2个点为端点的线段共有4 5 条.(2)所求有向线段的条数，即为从1 0个元素中任取2 个元素的排列，共有A i=1 0X 9=90(条)，即以1 0个点中的2个点为端点的有向线段共有90条.10X 9X 8(3)所求三角形的个数，即
39、从1 0个元素中任选3个元素的组合数，共有C；w:二O A Z A 11 2 0(个).17B级 能 力 提 升1 .某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为（）A.1 2 0 B.8 4 C.52 D.4 8解析：用间接法可求得选法共有点一仁=52（种）.答案：C2 .A,6 两地街道如图所示，某人要从/地前往8 地，则路程最短的走法有 种（用数字作答）.解析：根据题意，要求从力地到6 地路程最短，必须只向上或向右行走即可，分析可得,需要向上走2次，向右走3次，共 5 次，从 5 次中选3次向右，乘 I 下 2次向上即可
40、，则不同的走法有螃=1 0（种）.答案：案3 .现有5 名男司机，4名女司机，需选派5 人运货到某市.（1）如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？（2）至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？解：（1）从 5 名男司机中选派3 名，有点种方法，从 4 名男司机中选派2 名，有仁种方法，根据分步乘法计数原理得所选派的方法总数为，2 2 2 5X 4 4X 3，八、C s C i=CsC 2 X C,解得刀=8或n=1 （舍去）展开式的第四项为：r_f_n3r3 1_73pT 一 I 2 I 以 刀 3 7 yj x.（2）当.一,r=0,即 r=4 时,*5 J常数项为（一
41、，或=B 级 能 力 提 升n1 .如果（3.2 一1；）的展开式中含有非零常数项，则正整数的最小值为（）A.3 B.5C.6 D.1 0nr解析：1展开式的通项表达式为以3 V产 卜?=点 ,若 0 3（-2）丁，为非零常数项，必有2-5 =0,得 片 学,所以正整数的最小值为5.（a 0）的展开式中,系的系数为4,常数项为氏 若 8=44则 a解析 1 A=C l(-a)2,8=6(a),由 6=4 4知，C i(-a)2=C l(-a),解得a=2（舍去a=-2）.24答案：23.如果/(x)=(l+x)+(l+x)E,GN*)中，*项的系数为1 9,求/(x)中 V 项系数的最小值.解
42、：x 项的系数为C+C：=1 9,即叶=1 9,当位，都不为1 时，*项的系数为_2.m(m 一1)(1 9 加(1 8 加Q+C-H-m 19O T+1 7 1,1 92+1 7 1-7，因为加G N ,所以当/=9或 1 0 时，V 项的系数最小，为 8 1.当加为1 或为1 时，V 项的系数为Cls=1 5 3 8 1,所以f(x)中产项系数的最小值为8 1.251.3 二项式定理1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质A级 基 础 巩 固一、选择题1.(l +x)2 +i(CN*)的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是()A.n,n+1 B.-1,nC.z?+1,+2 D.+2,+
43、3解析：因为2+l为奇数，所以展开式中间两项的二项式系数最大，中间两项的项数是+1,+2.答案：C2 .设(f+1)(2 x+l)9=a+&i(x+2)+4(才+2)+&i(x+2)”,则 +团+汝+如 的 值 为()A.-2 B.-1 C.1 D.2解析：令等式中户一1可 得 函+国+/+加=(1 +1)义(-1)9=-2,故选A.答案：A3 .已 知 的 展 开 式 的 二 项 式 系 数 之 和 为3 2,则展开式中含A项的系数是()A.5 B.2 0 C.1 0 D.4 0解析：根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为3 2,则有2 =3 2,可得=5,T e 2(5r)1 0-3
44、r7；+I=C5X,x C a X,令 1 0 3 r=1,解得 r=3,所以展开式中含x项的系数是以=1 0,故选C.答案：C4 .已知嫖+2以+2十+2 C：=7 2 9,则C,+C：+C：的 值 等 于()A.6 4 B.3 2 C.6 3 D.3 1解析：由已知(1+2)=3 =7 2 9,解得=6,则 C：+S+C：=C；+d+C(=；X2 =3 2.答案：B5.已知+I版In的展开式中,各项系数的和与各二项式系数的和之比为6 4,则 等于()A.4 B.5 C.6 D.7264 解析：令 x=l,得各项系数的和为4 ,又各二项式系数的和为2 ,故亍=64.所以=6.答案：C二、填空
45、题6.(a+)的展开式中奇数项系数和为5 1 2,则展开式的第八项=.13解析：/+*&+=2 1=5 1 2=2、所以=1 0,所以 A=C；o J(F)20az.13答案：120a27.(1+F)”展开式中的各项系数的和大于8 而小于3 2,则 系 数 最 大 的 项 是.解析：因为8 e+C；,+C：+-+C+-+C X 3 2,即 82Z,3 2.所 以n=4.所以展开式共 有 5 项，系数最大的项为=C(/)2=6X.答案：6*8.如图所示，满足如下条件：第n行首尾两数均为；表中的递推关系类似“杨辉三角”.则第10行的第2 个数是,第n行的第2 个数是.12 23 4 34 7 7
46、45 11 14 11 56 16 25 25 16 6解析：由图表可知第10行的第2 个数为:(1+2+3+9)+1=46,第行的第2 个数为:1+2+3+(-1)+1答案：46方一+2-2-/72/?+2=-2,三、解答题9.己知(2x3)=50+石 1*+/3+a 才 3+&总 求:(1)国 +&+己 2 +a+&1；27（2）（曲+4+ai）”（4+全广解：（1）由（2*3”=&+&犬+己2 步+&犬+&，令 x=得（2 3）=4+国 +口 2+生+国,所以+&+&2+曲 +&1）=（-2 3）（2-3）=（2+3）2 3 尸=6 2 5.1 0.（l+2 x）的展开式中第六项与第七项
47、的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.解:=（2 x）5,一=a（2 6,依题意有C：25=C；2*解得72=8.所以（1+2 力”的展开式中，二项式系数最大的项为=C；（2X）4=1 120X.设第（4+i）项系数最大，则有LL二+什：|.Cs 2 2 +1,解得5 W Z 6.又因为A C 0,1,2,1 8 ,所以*=5 或 4=6.所以系数最大的项为（=1 7 9 2-7=1 792 上B 级 能 力 提 升1 .若 9 +*|旷 +C 3/9+C 屁 是 1 1 的倍数,则自然数 为（）A.奇数 B.偶数C.3的倍数 D.被 3除 余 1 的数解析：9+C+i 9
48、H-F C+：9+C：+i=g（9 +C+i,9 H-F C+I ,9一+C：+i+C%）一=:（9+1）一一 D 是 1 1 的倍数,所以+1为偶数,n 为奇数.y y y y答案：A2.（2 0 1 5 山东卷）观察下列各式：d；d+Cj=4；CS+C 5 +C 5 =42；d+C l+d+C?=43；28照此规律，当 6N*时，C；_ 1+d i+戏 一 i H-F C 2J =.解析：具体证明过程可以是：Ci+C1 i+C/+i=J(2 C*L +2CL,-1 +2C，i+2CI)=5 (d+C-1)+(CL-i+C-i)+(CL-i+C-i)H-F C J+C g i)=5(C；-I
49、+C；-I+C-I+c二 1+CI”1+C；)=1-22-=4,-1.答案：4T53.己知(5+1)展开式中的各项系数之和等于僧宗+用的展开式的常数项，而(才+D”的展开式的系数最大的项等于5 4,求a的值.令。+1为常数项，则20-5 r=0,所以r=4,常数项。=森 普=16.5又(才+1)展开式中的各项系数之和等于2”，由此得到2=16,=4.所以(一+1)展开式中系数最大项是中间项A=C%=54.解得a=土木.29第二章随机变量及其分布2.1 离散型随机变量及其分布列2.1.1 离散型随机变量A级 基 础 巩 固一、选择题1.6件产品中有2件次品与4件正品，从中任取2件,则下列可作为随
50、机变量的是（）A.取出产品的件数 B.取出正品的件数C.取到产品的概率 D.取到次品的概率解析：由题意知，此试验所有可能结果为2件正品、1件正品和1件次品、2件次品.因此取出正品的件数可作为随机变量.故选B.答案：B2 .某机场候机室中一天的旅客数量才；连续投掷一枚均匀硬币4次，正面向上的次数/某篮球下降过程中离地面的距离上某立交桥一天经过的车辆数X其中不是离散型随机变量的是（）A.中的X B.中的才C.中的才 D.中的才解析：中的随机变量X可能取的值，我们都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；中的X可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故中的才不是离散型随机变量