《第十章計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布》章節(jié)訓(xùn)練習(xí)題第1講分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理[基礎(chǔ)題組練]1．從集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取兩個互不相等的數(shù)a，b組成復(fù)數(shù)a＋bi，其中虛數(shù)的個數(shù)是()A．30 B．42C．36 D．35解析：選C.因為a＋bi為虛數(shù)，所以b≠0，即b有6種取法，a有6種取法，由分步乘法計數(shù)原理知可以組成6×6＝36個虛數(shù)．2．已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定不同的平面?zhèn)€數(shù)為()A．40B．16C．13D．10解析：選C.分兩類情況討論：第1類，直線a分別與直線b上的8個點可以確定8個不同的平面；第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面．根據(jù)分類加法計數(shù)原理知，共可以確定8＋5＝13個不同的平面．3．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P?Q.把滿足上述條件的一對有序整數(shù)對(x，y)作為一個點的坐標(biāo)，則這樣的點的個數(shù)是()A．9 B．14C．15 D．21解析：選B.因為P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P?Q，所以x∈{y，2}．所以當(dāng)x＝2時，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況；當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況．故共有7＋7＝14種情況，即這樣的點的個數(shù)為14.4．從集合{1，2，3，…，10}中任意選出三個不同的數(shù)，使這三個數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個數(shù)為()A．3 B．4C．6 D．8解析：選D.當(dāng)公比為2時，等比數(shù)列可為1，2，4或2，4，8；當(dāng)公比為3時，等比數(shù)列可為1，3，9；當(dāng)公比為eq\f(3,2)時，等比數(shù)列可為4，6，9.同理公比為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)時，也有4個．故共有8個等比數(shù)列．5．從集合{1，2，3，4，…，10}中，選出5個數(shù)組成子集，使得這5個數(shù)中任意兩個數(shù)的和都不等于11，則這樣的子集有()A．32個 B．34個C．36個 D．38個解析：選A.將和等于11的數(shù)放在一組：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.從每一小組中取一個，有Ceq\o\al(1,2)＝2種，共有2×2×2×2×2＝32個子集．故選A.6．某市汽車牌照號碼可以上網(wǎng)自編，但規(guī)定從左到右第二個號碼只能從字母B，C，D中選擇，其他四個號碼可以從0～9這十個數(shù)字中選擇(數(shù)字可以重復(fù))，有車主第一個號碼(從左到右)只想在數(shù)字3，5，6，8，9中選擇，其他號碼只想在1，3，6，9中選擇，則他的車牌號碼可選的所有可能情況有()A．180種 B．360種C．720種 D．960種解析：選D.按照車主的要求，從左到右第一個號碼有5種選法，第二個號碼有3種選法，其余三個號碼各有4種選法．因此車牌號碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)．7．直線l：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積不小于10，則這樣的直線的條數(shù)為()A．6 B．7C．8 D．16解析：選B.l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S＝eq\f(1,2)ab≥10，即ab≥20.當(dāng)a＝1時，不滿足；當(dāng)a＝3時，b＝8，即1條．當(dāng)a∈{5，7}時，b∈{4，6，8}，此時a的取法有2種，b的取法有3種，則直線l的條數(shù)為2×3＝6.故滿足條件的直線的條數(shù)為1＋6＝7.故選B.8．一個旅游景區(qū)的游覽線路如圖所示，某人從P點處進，Q點處出，沿圖中線路游覽A，B，C三個景點及沿途風(fēng)景，則不重復(fù)(除交匯點O外)的不同游覽線路有()A．6種 B．8種C．12種 D．48種解析：選D.從P點處進入結(jié)點O以后，游覽每一個景點所走環(huán)形路線都有2個入口(或2個出口)，若先游覽完A景點，再進入另外兩個景點，最后從Q點處出有(4＋4)×2＝16種不同的方法；同理，若先游覽B景點，有16種不同的方法；若先游覽C景點，有16種不同的方法，因而所求的不同游覽線路有3×16＝48(種)．9．如圖所示，用4種不同的顏色涂入圖中的矩形A，B，C，D中，要求相鄰的矩形涂色不同，則不同的涂法有()A．72種 B．48種C．24種 D．12種解析：選A.法一：首先涂A有4種涂法，則涂B有3種涂法，C與A，B相鄰，則C有2種涂法，D只與C相鄰，則D有3種涂法，所以共有4×3×2×3＝72種涂法．法二：按要求涂色至少需要3種顏色，故分兩類：一是4種顏色都用，這時A有4種涂法，B有3種涂法，C有2種涂法，D有1種涂法，共有4×3×2×1＝24種涂法；二是用3種顏色，這時A，B，C的涂法有4×3×2＝24種，D只要不與C同色即可，故D有2種涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(種)．10．我們把各位數(shù)字之和為6的四位數(shù)稱為“六合數(shù)”(如2013是“六合數(shù)”)，則首位為2的“六合數(shù)”共有()A．18個 B．15個C．12個 D．9個解析：選B.依題意，這個四位數(shù)的百位數(shù)、十位數(shù)、個位數(shù)之和為4.由4，0，0組成3個數(shù)分別為400，040，004；由3，1，0組成6個數(shù)分別為310，301，130，103，013，031；由2、2、0組成3個數(shù)分別為220，202，022；由2，1，1組成3個數(shù)分別為211，121，112.共計：3＋6＋3＋3＝15(個)．11．滿足a，b∈{－1，0，1，2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數(shù)解的有序數(shù)對(a，b)的個數(shù)為()A．14 B．13C．12 D．10解析：選B.當(dāng)a＝0時，關(guān)于x的方程為2x＋b＝0，此時有序數(shù)對(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均滿足要求；當(dāng)a≠0時，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此時滿足要求的有序數(shù)對為(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．綜上，滿足要求的有序數(shù)對共有13個，故選B.12．將1，2，3，…，9這9個數(shù)字填在如圖所示的空格中，要求每一行從左到右、每一列從上到下分別依次增大，當(dāng)3，4固定在圖中的位置時，填寫空格的方法有()34A.6種 B．12種C．18種 D．24種解析：選A.根據(jù)數(shù)字的大小關(guān)系可知，1，2，9的位置是固定的，如圖所示，則剩余5，6，7，8這4個數(shù)字，而8只能放在A或B處，若8放在B處，則可以從5，6，7這3個數(shù)字中選一個放在C處，剩余兩個位置固定，此時共有3種方法，同理，若8放在A處，也有3種方法，所以共有6種方法.12D34ACB913.把3封信投到4個信箱，所有可能的投法共有________種．解析：第1封信投到信箱中有4種投法；第2封信投到信箱中也有4種投法；第3封信投到信箱中也有4種投法．只要把這3封信投完，就做完了這件事情，由分步乘法計數(shù)原理可得共有43＝64種投法．答案：6414．從班委會5名成員中選出3名，分別擔(dān)任班級學(xué)生委員、文娛委員與體育委員，其中甲、乙二人不能擔(dān)任文娛委員，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答)．解析：第一步，先選出文娛委員，因為甲、乙不能擔(dān)任，所以從剩下的3人中選1人擔(dān)任文娛委員，有3種選法．第二步，從剩下的4人中選學(xué)習(xí)委員和體育委員，又可分兩步進行：先選學(xué)習(xí)委員有4種選法，再選體育委員有3種選法．由分步乘法計數(shù)原理可得，不同的選法共有3×4×3＝36(種)．答案：3615．已知△ABC三邊a，b，c的長都是整數(shù)，且a≤b≤c，如果b＝25，則符合條件的三角形共有________個．解析：根據(jù)三邊構(gòu)成三角形的條件可知，c<25＋a.第一類：當(dāng)a＝1，b＝25時，c可取25，共1個值；第二類，當(dāng)a＝2，b＝25時，c可取25，26，共2個值；……當(dāng)a＝25，b＝25時，c可取25，26，…，49，共25個值；所以三角形的個數(shù)為1＋2＋…＋25＝325.答案：32516．在某一運動會百米決賽上，8名男運動員參加100米決賽．其中甲、乙、丙三人必須在1，2，3，4，5，6，7，8八條跑道的奇數(shù)號跑道上，則安排這8名運動員比賽的方式共有________種．解析：分兩步安排這8名運動員．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四條跑道可安排．故安排方式有4×3×2＝24(種)．第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一條奇數(shù)號跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(種)．故安排這8人的方式共有24×120＝2880(種)．答案：2880[綜合題組練]1．用六種不同的顏色給如圖所示的六個區(qū)域涂色，要求相鄰區(qū)域不同色，則不同的涂色方法共有()A．4320種 B．2880種C．1440種 D．720種解析：選A.分步進行：1區(qū)域有6種不同的涂色方法，2區(qū)域有5種不同的涂色方法，3區(qū)域有4種不同的涂色方法，4區(qū)域有3種不同的涂色方法，6區(qū)域有4種不同的涂色方法，5區(qū)域有3種不同的涂色方法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4320種不同的涂色方法，故選A.2．在某校舉行的羽毛球兩人決賽中，采用5局3勝制的比賽規(guī)則，先贏3局者獲勝，直到?jīng)Q出勝負為止．若甲、乙兩名同學(xué)參加比賽，則所有可能出現(xiàn)的情形(個人輸贏局次的不同視為不同情形)共有()A．6種 B．12種C．18種 D．20種解析：選D.分三種情況：恰好打3局(一人贏3局)，有2種情形；恰好打4局(一人前3局中贏2局，輸1局，第4局贏)，共有2×3＝6種情形；恰好打5局(一人前4局中贏2局，輸2局，第5局贏)，共有2×eq\f(4×3,2)＝12種情形．所有可能出現(xiàn)的情形共有2＋6＋12＝20種．故選D.3．(創(chuàng)新型)若m，n均為非負整數(shù)，在做m＋n的加法時各位均不進位(例如：134＋3802＝3936)，則稱(m，n)為“簡單的”有序?qū)?，而m＋n稱為有序?qū)?m，n)的值，那么值為1942的“簡單的”有序?qū)Φ膫€數(shù)是________．解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2種組合方式；第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10種組合方式；第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5種組合方式；第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3種組合方式．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，值為1942的“簡單的”有序?qū)Φ膫€數(shù)為2×10×5×3＝300.答案：3004．x＋y＋z＝10的正整數(shù)解的組數(shù)為________．解析：可按x的值分類：當(dāng)x＝1時，y＋z＝9，共有8組；當(dāng)x＝2時，y＋z＝8，共有7組；當(dāng)x＝3時，y＋z＝7，共有6組；當(dāng)x＝4時，y＋z＝6，共有5組；當(dāng)x＝5時，y＋z＝5，共有4組；當(dāng)x＝6時，y＋x＝4，共有3組；當(dāng)x＝7時，y＋z＝3，共有2組；當(dāng)x＝8時，y＋z＝2，共有1組．由分類加法計數(shù)原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝eq\f(8×9,2)＝36(組)．答案：365．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，則：(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個不同的二次函數(shù)？(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個圖象開口向上的二次函數(shù)？解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函數(shù)時，a的取值有5種情況，b的取值有6種情況，c的取值有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180個不同的二次函數(shù)．(2)當(dāng)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上時，a的取值有2種情況，b，c的取值均有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72個圖象開口向上的二次函數(shù)．6．(綜合型)如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，求不同的染色方法種數(shù)．解：法一：按所用顏色種數(shù)分類．第一類：5種顏色全用，共有Aeq\o\al(5,5)種不同的方法；第二類：只用4種顏色，則必有某兩個頂點同色(A與C，或B與D)，共有2×Aeq\o\al(4,5)種不同的方法；第三類：只用3種顏色，則A與C，B與D必定同色，共有Aeq\o\al(3,5)種不同的方法．由分類加法計數(shù)原理，得不同的染色方法種數(shù)為Aeq\o\al(5,5)＋2×Aeq\o\al(4,5)＋Aeq\o\al(3,5)＝420(種)．法二：以S，A，B，C，D順序分步染色．第一步：S點染色，有5種方法；第二步：A點染色，與S在同一條棱上，有4種方法；第三步：B點染色，與S，A分別在同一條棱上，有3種方法；第四步：C點染色，也有3種方法，但考慮到D點與S，A，C相鄰，需要針對A與C是否同色進行分類，當(dāng)A與C同色時，D點有3種染色方法；當(dāng)A與C不同色時，因為C與S，B也不同色，所以C點有2種染色方法，D點也有2種染色方法．由分步乘法、分類加法計數(shù)原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(種)．第2講排列與組合[基礎(chǔ)題組練]1．從1，3，5中取兩個數(shù)，從2，4中取一個數(shù)，可以組成沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，則在這些三位數(shù)中，奇數(shù)的個數(shù)為()A．12 B．18C．24 D．36解析：選C.從1，3，5中取兩個數(shù)有Ceq\o\al(2,3)種方法，從2，4中取一個數(shù)有Ceq\o\al(1,2)種方法，而奇數(shù)只能從1，3，5取出的兩個數(shù)之一作為個位數(shù)，故奇數(shù)的個數(shù)為Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝3×2×2×2×1＝24.2．某市委從組織機關(guān)10名科員中選3人擔(dān)任駐村第一書記，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數(shù)為()A．85 B．56C．49 D．28解析：選C.由于丙不入選，相當(dāng)于從9人中選派3人．甲、乙兩人均入選，有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,7)種選法，甲、乙兩人只有1人入選，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,7)種選法．所以由分類加法計數(shù)原理，共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,7)＝49種不同選法．3．高三要安排畢業(yè)晚會的4個音樂節(jié)目，2個舞蹈節(jié)目和1個曲藝節(jié)目的演出順序，要求2個舞蹈節(jié)目不連排，則不同排法的種數(shù)是()A．1800 B．3600C．4320 D．5040解析：選B.先排出舞蹈節(jié)目以外的5個節(jié)目，共Aeq\o\al(5,5)種排法，再把2個舞蹈節(jié)目插在6個空位中，有Aeq\o\al(2,6)種插法，所以共有Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(2,6)＝3600(種)．4．六個人從左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法共有()A．192種 B．216種C．240種 D．288種解析：選B.第一類：甲在最左端，有Aeq\o\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120種方法；第二類：乙在最左端，有4Aeq\o\al(4,4)＝4×4×3×2×1＝96種方法．所以共有120＋96＝216種方法．5．如圖，∠MON的邊OM上有四點A1，A2，A3，A4，ON上有三點B1，B2，B3，則以O(shè)，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三點為頂點的三角形的個數(shù)為()A．30 B．42C．54 D．56解析：選B.間接法：先從這8個點中任取3個點，有Ceq\o\al(3,8)種取法，再減去三點共線的情形即可，即Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(3,4)＝42.6．旅游體驗師小明受某網(wǎng)站邀請，決定對甲、乙、丙、丁這四個景區(qū)進行體驗式旅游，若不能最先去甲景區(qū)旅游，不能最后去乙景區(qū)和丁景區(qū)旅游，則小李可選的旅游路線數(shù)為()A．24 B．18C．16 D．10解析：選D.分兩種情況，第一種：最后體驗甲景區(qū)，則有Aeq\o\al(3,3)種可選的路線；第二種：不在最后體驗甲景區(qū)，則有Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,2)種可選的路線．所以小李可選的旅游路線數(shù)為Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,2)＝10.選D.7．某學(xué)校獲得5個高校自主招生推薦名額，其中甲大學(xué)2個，乙大學(xué)2個，丙大學(xué)1個，并且甲大學(xué)和乙大學(xué)都要求必須有男生參加，學(xué)校通過選拔定下3男2女共5個推薦對象，則不同的推薦方法共有()A．36種 B．24種C．22種 D．20種解析：選B.根據(jù)題意，分兩種情況討論：第一種，3名男生每個大學(xué)各推薦1人，2名女生分別推薦給甲大學(xué)和乙大學(xué)，共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝12種推薦方法；第二種，將3名男生分成兩組分別推薦給甲大學(xué)和乙大學(xué)，共有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝12種推薦方法．故共有24種推薦方法，故選B.8．若4個人按原來站的位置重新站成一排，恰有1個人站在自己原來的位置，則不同的站法共有()A．4種 B．8種C．12種 D．24種解析：選B.將4個人重排，恰有1個人站在自己原來的位置，有Ceq\o\al(1,4)種站法，剩下3人不站原來位置有2種站法，所以共有Ceq\o\al(1,4)×2＝8種站法，故選B.9．某校畢業(yè)典禮上有6個節(jié)目，考慮整體效果，對節(jié)目演出順序有如下要求：節(jié)目甲必須排在前三位，且節(jié)目丙、丁必須排在一起．則該校畢業(yè)典禮節(jié)目演出順序的編排方案共有()A．120種 B．156種C．188種 D．240種解析：選A.法一：記演出順序為1～6號，對丙、丁的排序進行分類，丙、丁占1和2號，2和3號，3和4號，4和5號，5和6號，其排法分別為Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，故總編排方案有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝120(種)．法二：記演出順序為1～6號，按甲的編排進行分類，①當(dāng)甲在1號位置時，丙、丁相鄰的情況有4種，則有Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝48種；②當(dāng)甲在2號位置時，丙、丁相鄰的情況有3種，共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝36種；③當(dāng)甲在3號位置時，丙、丁相鄰的情況有3種，共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝36種．所以編排方案共有48＋36＋36＝120(種)．10．用數(shù)字0，1，2，3，4組成沒有重復(fù)數(shù)字且大于3000的四位數(shù)，這樣的四位數(shù)有()A．250個 B．249個C．48個 D．24個解析：選C.①當(dāng)千位上的數(shù)字為4時，滿足條件的四位數(shù)有Aeq\o\al(3,4)＝24(個)；②當(dāng)千位上的數(shù)字為3時，滿足條件的四位數(shù)有Aeq\o\al(3,4)＝24(個)．由分類加法計數(shù)原理得所有滿足條件的四位數(shù)共有24＋24＝48(個)，故選C.11．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五個人玩搶紅包游戲，現(xiàn)有4個紅包，每人最多搶一個，且紅包被全部搶完，4個紅包中有2個6元，1個8元，1個10元(紅包中金額相同視為相同紅包)，則甲、乙都搶到紅包的情況有()A．18種 B．24種C．36種 D．48種解析：選C.若甲、乙搶的是一個6元和一個8元的紅包，剩下2個紅包，被剩下的3人中的2個人搶走，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12種；若甲、乙搶的是一個6元和一個10元的紅包，剩下2個紅包，被剩下的3人中的2個人搶走，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12種；若甲、乙搶的是一個8元和一個10元的紅包，剩下2個紅包，被剩下的3人中的2個人搶走，有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,3)＝6種；若甲、乙搶的是兩個6元的紅包，剩下2個紅包，被剩下的3人中的2個人搶走，有Aeq\o\al(2,3)＝6種，根據(jù)分類加法計數(shù)原理可得，共有36種情況，故選C.12．某密碼鎖共設(shè)四個數(shù)位，每個數(shù)位的數(shù)字都可以是1，2，3，4中的任一個．現(xiàn)密碼破譯者得知；甲所設(shè)的四個數(shù)字有且僅有三個相同；乙所設(shè)的四個數(shù)字有兩個相同，另兩個也相同；丙所設(shè)的四個數(shù)字有且僅有兩個相同；丁所設(shè)的四個數(shù)字互不相同．則上述四人所設(shè)密碼最安全的是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選C.甲所設(shè)密碼共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝48種不同設(shè)法，乙所設(shè)密碼共有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,4),2！)＝36種不同設(shè)法，丙所設(shè)密碼共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,3)＝144種不同設(shè)法，丁所設(shè)密碼共有Aeq\o\al(4,4)＝24種不同設(shè)法，所以丙最安全，故選C.13．若把英語單詞“good”的字母順序?qū)戝e了，則可能出現(xiàn)的錯誤寫法共有________種．解析：把g、o、o、d4個字母排一列，可分兩步進行，第一步：排g和d，共有Aeq\o\al(2,4)種排法；第二步：排兩個o，共1種排法，所以總的排法種數(shù)為Aeq\o\al(2,4)＝12(種)．其中正確的有1種，所以錯誤的共Aeq\o\al(2,4)－1＝12－1＝11(種)．答案：1114．(一題多解)從2位女生，4位男生中選3人參加科技比賽，且至少有1位女生入選，則不同的選法共有________種．(用數(shù)字填寫答案)解析：法一：可分兩種情況：第一種情況，只有1位女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12(種)；第二種情況，有2位女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝4(種)．根據(jù)分類加法計數(shù)原理知，至少有1位女生入選的不同的選法有16(種)．法二：從6人中任選3人，不同的選法有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)，從6人中任選3人都是男生，不同的選法有Ceq\o\al(3,4)＝4(種)，所以至少有1位女生入選的不同的選法有20－4＝16(種)．答案：1615．(一題多解)某校有4個社團向高一學(xué)生招收新成員，現(xiàn)有3名同學(xué)，每人只選報1個社團，恰有2個社團沒有同學(xué)選報的報法有________種(用數(shù)字作答)．解析：法一：第一步，選2名同學(xué)報名某個社團，有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,4)＝12種報法；第二步，從剩余的3個社團里選一個社團安排另一名同學(xué)，有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,1)＝3種報法．由分步乘法計數(shù)原理得共有12×3＝36種報法．法二：第一步，將3名同學(xué)分成兩組，一組1人，一組2人，共Ceq\o\al(2,3)種方法；第二步，從4個社團里選取2個社團讓兩組同學(xué)分別報名，共Aeq\o\al(2,4)種方法．由分步乘法計數(shù)原理得共有Ceq\o\al(2,3)·Aeq\o\al(2,4)＝36種報法．答案：3616．如圖所示2×2方格，在每一個方格中填入一個數(shù)字，數(shù)字可以是1，2，3，4中的任何一個，允許重復(fù)．若填入A方格的數(shù)字大于B方格的數(shù)字，則不同的填法共有________種.ABCD解析：根據(jù)題意，對于A，B兩個方格，可在1，2，3，4中任選2個，大的放進A方格，小的放進B方格，有Ceq\o\al(2,4)＝6種情況，對于C，D兩個方格，每個方格有4種情況，則共有4×4＝16種情況，則不同的填法共有16×6＝96(種)．答案：96[綜合題組練]1．現(xiàn)有4種不同品牌的小車各2輛(同一品牌的小車完全相同)，計劃將其放在4個車庫中(每個車庫放2輛)，則恰有2個車庫放的是同一品牌的小車的不同放法共有()A．144種 B．108種C．72種 D．36種解析：選C.從4種小車中選取2種有Ceq\o\al(2,4)種選法，從4個車庫中選取2個車庫有Ceq\o\al(2,4)種選法，然后將這2種小車放入這兩個車庫共有Aeq\o\al(2,2)種放法；將剩下的2種小車每1種分開來放，因為同一品牌的小車完全相同，只有1種放法，所以共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝72種不同的放法．故選C.2．將標(biāo)號為1，2，3，4，5，6的6個小球放入3個不同的盒子中．若每個盒子放2個，其中標(biāo)號為1，2的小球放入同一盒子中，則不同的方法共有()A．12種 B．16種C．18種 D．36種解析：選C.先將標(biāo)號為1，2的小球放入盒子，有3種情況；再將剩下的4個球平均放入剩下的2個盒子中，共有eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,2),2！)·Aeq\o\al(2,2)＝6種情況，所以不同的方法共有3×6＝18(種)．3．(綜合型)從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，其中所成的角為60°的共有________對．解析：如圖．它們的棱是原正方體的12條面對角線．一個正四面體中兩條棱成60°角的有(Ceq\o\al(2,6)－3)對，兩個正四面體有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2對．又正方體的面對角線中平行成對，所以共有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2×2＝48(對)．答案：484．?dāng)?shù)字1，2，3，4，5，6按如圖形式隨機排列，設(shè)第一行的數(shù)為N1，其中N2、N3分別表示第二、三行中的最大數(shù)，則滿足N1<N2<N3的所有排列的個數(shù)是________．解析：(元素優(yōu)先法)由題意知6必在第三行，安排6有Ceq\o\al(1,3)種方法，第三行中剩下的兩個空位安排數(shù)字有Aeq\o\al(2,5)種方法，在留下的三位數(shù)字中，必有一個最大數(shù)，把這個最大數(shù)安排在第二行，有Ceq\o\al(1,2)種方法，剩下的兩個數(shù)字有Aeq\o\al(2,2)種排法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，所有排列的個數(shù)是Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝240.答案：2405．將7個相同的小球放入4個不同的盒子中．(1)不出現(xiàn)空盒時的放入方式共有多少種？(2)可出現(xiàn)空盒時的放入方式共有多少種？解：(1)將7個相同的小球排成一排，在中間形成的6個空當(dāng)中插入無區(qū)別的3個“隔板”將球分成4份，每一種插入隔板的方式對應(yīng)一種球的放入方式，則共有Ceq\o\al(3,6)＝20種不同的放入方式．(2)每種放入方式對應(yīng)于將7個相同的小球與3個相同的“隔板”進行一次排列，即從10個位置中選3個位置安排隔板，故共有Ceq\o\al(3,10)＝120種放入方式．6．已知10件不同的產(chǎn)品中有4件是次品，現(xiàn)對它們進行測試，直至找出所有的次品為止．(1)若恰在第5次測試才測試到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，則這樣的不同測試方法數(shù)是多少？(2)若恰在第5次測試后就找出了所有次品，則這樣的不同測試方法數(shù)是多少？解：(1)先排前4次測試，只能取正品，有Aeq\o\al(4,6)種不同的測試方法，再從4件次品中選2件排在第5次和第10次的位置上測試，有Aeq\o\al(2,4)種測試方法，再排余下4件的測試位置，有Aeq\o\al(4,4)種測試方法．所以共有Aeq\o\al(4,6)·Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(4,4)＝103680種不同的測試方法．(2)第5次測試的產(chǎn)品恰為最后一件次品，另3件在前4次中出現(xiàn)，從而前4次有一件正品出現(xiàn)，所以共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(4,4)＝576種不同的測試方法．第3講二項式定理[基礎(chǔ)題組練]1．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),x2)－x4))eq\s\up12(3)的展開式中的常數(shù)項為()A．－3eq\r(2) B．3eq\r(2)C．6 D．－6解析：選D.通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),x2)))eq\s\up12(3－r)(－x4)r＝Ceq\o\al(r,3)(eq\r(2))3－r·(－1)rx－6＋6r，當(dāng)－6＋6r＝0，即r＝1時為常數(shù)項，T2＝－6，故選D.2．(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展開式中x4的系數(shù)為()A．50 B．55C．45 D．60解析：選B.(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展開式中x4的系數(shù)是Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(4,7)＝55.故選B.3.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(5)的展開式中x4的系數(shù)為()A．10 B．20C．40 D．80解析：選D.通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝25－rCeq\o\al(r,5)x10－3r，令10－3r＝4，解得r＝2.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(5)的展開式中x4的系數(shù)＝23·Ceq\o\al(2,5)＝80.故選D.4．在(1－x)5(2x＋1)的展開式中，含x4項的系數(shù)為()A．－5 B．－15C．－25 D．25解析：選B.因為(1－x)5＝(－x)5＋5x4＋Ceq\o\al(3,5)(－x)3＋…，所以在(1－x)5·(2x＋1)的展開式中，含x4項的系數(shù)為5－2Ceq\o\al(3,5)＝－15.故選B.5．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展開式的各項系數(shù)之和為()A．2n－1 B．2n－1C．2n＋1－1 D．2n解析：選C.令x＝1，得1＋2＋22＋…＋2n＝eq\f(1×（2n＋1－1）,2－1)＝2n＋1－1.6．已知(1＋x)n的展開式中第5項與第7項的二項式系數(shù)相等，則奇數(shù)項的二項式系數(shù)和為()A．29 B．210C．211 D．212解析：選A.由題意得Ceq\o\al(4,n)＝Ceq\o\al(6,n)，由組合數(shù)性質(zhì)得n＝10，則奇數(shù)項的二項式系數(shù)和為2n－1＝29，故選A.7．(x2＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(5)展開式中的常數(shù)項是()A．12 B．－12C．8 D．－8解析：選B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(5)展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(5－r)(－1)r＝(－1)rCeq\o\al(r,5)xr－5，當(dāng)r－5＝－2或r－5＝0，即r＝3或r＝5時，展開式的常數(shù)項是(－1)3Ceq\o\al(3,5)＋2(－1)5Ceq\o\al(5,5)＝－12.故選B.8．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)＋1))eq\s\up12(5)展開式中的常數(shù)項為()A．1 B．21C．31 D．51解析：選D.因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)＋1))eq\s\up12(5)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x＋1）＋\f(1,x)))eq\s\up12(5)＝Ceq\o\al(0,5)(x＋1)5＋Ceq\o\al(1,5)(x＋1)4·eq\f(1,x)＋Ceq\o\al(2,5)(x＋1)3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(3,5)(x＋1)2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(4,5)(x＋1)1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(5,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(5).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)＋1))eq\s\up12(2)展開式中的常數(shù)項為Ceq\o\al(0,5)·Ceq\o\al(5,5)·15＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(3,4)·13＋Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(1,3)·12＝51.故選D.9．若二項式(x2＋eq\f(a,x))7的展開式的各項系數(shù)之和為－1，則含x2項的系數(shù)為()A．560 B．－560C．280 D．－280解析：選A.取x＝1，得二項式(x2＋eq\f(a,x))7的展開式的各項系數(shù)之和為(1＋a)7，即(1＋a)7＝－1，1＋a＝－1，a＝－2.二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)))eq\s\up12(7)的展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)·(x2)7－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,7)·(－2)r·x14－3r.令14－3r＝2，得r＝4.因此，二項式(x2－eq\f(2,x))7的展開式中含x2項的系數(shù)為Ceq\o\al(4,7)·(－2)4＝560，選A.10．設(shè)m為正整數(shù)，(x＋y)2m展開式的二項式系數(shù)的最大值為a，(x＋y)2m＋1展開式的二項式系數(shù)的最大值為b.若13a＝7b，則m＝()A．5 B．6C．7 D．8解析：選B.(x＋y)2m展開式中二項式系數(shù)的最大值為Ceq\o\al(m,2m)，所以a＝Ceq\o\al(m,2m).同理，b＝Ceq\o\al(m＋1,2m＋1).因為13a＝7b，所以13·Ceq\o\al(m,2m)＝7·Ceq\o\al(m＋1,2m＋1).所以13·eq\f(（2m）！,m！m！)＝7·eq\f(（2m＋1）！,（m＋1）！m！).所以m＝6.11．若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則a0＋a2＋a4＋…＋a2n等于()A．2n B.eq\f(3n－1,2)C．2n＋1 D.eq\f(3n＋1,2)解析：選D.設(shè)f(x)＝(1＋x＋x2)n，則f(1)＝3n＝a0＋a1＋a2＋…＋a2n，①f(－1)＝1＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n，②由①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝f(1)＋f(－1)，所以a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(f（1）＋f（－1）,2)＝eq\f(3n＋1,2).12．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，則(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值為()A．39 B．310C．311 D．312解析：選D.對(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9兩邊同時求導(dǎo)，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故選D.13．已知(2x＋eq\r(2))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝________．解析：法一：因為(2x＋eq\r(2))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，所以取x＝1得(eq\r(2)＋2)4＝(a0＋a2＋a4)＋(a1＋a3)①；取x＝－1得(eq\r(2)－2)4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)②.①②相乘得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(eq\r(2)＋2)4×(eq\r(2)－2)4＝[(eq\r(2))2－22]4＝16.法二：因為(2x＋eq\r(2))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，所以根據(jù)二項式定理得a0＝4，a1＝16eq\r(2)，a2＝48，a3＝32eq\r(2)，a4＝16.故(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(4＋48＋16)2－(16eq\r(2)＋32eq\r(2))2＝16.答案：1614.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))eq\s\up12(5)(x>0)的展開式中的常數(shù)項為________．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))eq\s\up12(5)(x>0)可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),\r(2))＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(10)，因而Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))eq\s\up12(10－r)(eq\r(x))10－2r，令10－2r＝0，則r＝5，故展開式中的常數(shù)項為Ceq\o\al(5,10)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))eq\s\up12(5)＝eq\f(63\r(2),2).答案：eq\f(63\r(2),2)15．若(x2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(10)的展開式中x6的系數(shù)為30，則a＝________．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(10)的展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)·x10－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,10)·x10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4項的系數(shù)為Ceq\o\al(3,10).令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6項的系數(shù)為Ceq\o\al(2,10).所以(x2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(10)的展開式中x6的系數(shù)為Ceq\o\al(3,10)－aCeq\o\al(2,10)＝30，解得a＝2.答案：216．在二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(n)的展開式中恰好第五項的二項式系數(shù)最大，則展開式中含有x2項的系數(shù)是________．解析：由于第五項的二項式系數(shù)最大，所以n＝8，所以二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(8)的展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－r·(－x－1)r＝(－1)rCeq\o\al(r,8)x8－2r，令8－2r＝2，得r＝3，故展開式中含有x2項的系數(shù)是(－1)3Ceq\o\al(3,8)＝－56.答案：－56[綜合題組練]1．已知Ceq\o\al(0,n)－4Ceq\o\al(1,n)＋42Ceq\o\al(2,n)－43Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq\o\al(n,n)＝729，則Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)的值等于()A．64 B．32C．63 D．31解析：選C.因為Ceq\o\al(0,n)－4Ceq\o\al(1,n)＋42Ceq\o\al(2,n)－43Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq\o\al(n,n)＝729，所以(1－4)n＝36，所以n＝6，因此Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n－1＝26－1＝63，故選C.2．二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x2))eq\s\up12(9)的展開式中，除常數(shù)項外，各項系數(shù)的和為()A．－671 B．671C．672 D．673解析：選B.令x＝1，可得該二項式各項系數(shù)之和為－1.因為該二項展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(9－r)·(－2x2)r＝Ceq\o\al(r,9)(－2)r·x3r－9，令3r－9＝0，得r＝3，所以該二項展開式中的常數(shù)項為Ceq\o\al(3,9)(－2)3＝－672，所以除常數(shù)項外，各項系數(shù)的和為－1－(－672)＝671，故選B.3．(應(yīng)用型)487被7除的余數(shù)為a(0≤a<7)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,x2)))eq\s\up12(6)展開式中x－3的系數(shù)為()A．4320 B．－4320C．20 D．－20解析：選B.487＝(49－1)7＝Ceq\o\al(0,7)·497－Ceq\o\al(1,7)·496＋…＋Ceq\o\al(6,7)·49－1，因為487被7除的余數(shù)為a(0≤a<7)，所以a＝6，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,x2)))eq\s\up12(6)展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·(－6)r·x6－3r，令6－3r＝－3，可得r＝3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,x2)))eq\s\up12(6)展開式中x－3的系數(shù)為Ceq\o\al(3,6)·(－6)3＝－4320.4．(創(chuàng)新型)設(shè)a＝eq\i\in(0,1,)2xdx，則二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的展開式中的常數(shù)項為________．解析：a＝eq\i\in(0,1,)2xdx＝x2eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1,0))＝1，則二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)，其展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(x2)6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝(－1)rCeq\o\al(r,6)x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.所以常數(shù)項為(－1)4Ceq\o\al(4,6)＝15.答案：155．(應(yīng)用型)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：(1)a1＋a2＋…＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②(1)因為a0＝Ceq\o\al(0,7)＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(－1－37,2)＝－1094.(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(－1＋37,2)＝1093.(4)因為(1－2x)7的展開式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.6．(應(yīng)用型)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(n)的展開式中，前三項的系數(shù)成等差數(shù)列．(1)求n；(2)求展開式中的有理項；(3)求展開式中系數(shù)最大的項．解：(1)由二項展開式知，前三項的系數(shù)分別為Ceq\o\al(0,n)，eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)，eq\f(1,4)Ceq\o\al(2,n)，由已知得2×eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(0,n)＋eq\f(1,4)Ceq\o\al(2,n)，解得n＝8(n＝1舍去)．(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(8)的展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(x))8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(r)＝2－rCeq\o\al(r,8)x4－eq\f(3r,4)(r＝0，1，…，8)，要求有理項，則4－eq\f(3r,4)必為整數(shù)，即r＝0，4，8，共3項，這3項分別是T1＝x4，T5＝eq\f(35,8)x，T9＝eq\f(1,256x2).(3)設(shè)第r＋1項的系數(shù)為ar＋1最大，則ar＋1＝2－rCeq\o\al(r,8)，則eq\f(ar＋1,ar)＝eq\f(2－rCeq\o\al(r,8),2－（r－1）Ceq\o\al(r－1,8))＝eq\f(9－r,2r)≥1，eq\f(ar＋1,ar＋2)＝eq\f(2－rCeq\o\al(r,8),2－（r＋1）Ceq\o\al(r＋1,8))＝eq\f(2（r＋1）,8－r)≥1，解得2≤r≤3.當(dāng)r＝2時，a3＝2－2Ceq\o\al(2,8)＝7，當(dāng)r＝3時，a4＝2－3Ceq\o\al(3,8)＝7，因此，第3項和第4項的系數(shù)最大，故系數(shù)最大的項為T3＝7xeq\s\up6(\f(5,2))，T4＝7xeq\s\up6(\f(7,4)).第4講隨機事件與古典概型[基礎(chǔ)題組練]1．《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學(xué)瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著，某中學(xué)為了解本校學(xué)生閱讀四大名著的情況，隨機調(diào)查了100位學(xué)生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學(xué)生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學(xué)生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學(xué)生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計值為()A．0.5 B．0.6C．0.7 D．0.8解析：選C.根據(jù)題意閱讀過《紅樓夢》《西游記》的人數(shù)用韋恩圖表示如下：所以該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計值為eq\f(70,100)＝0.7.2．甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)參加“《論語》知識大賽”，決出第1名到第5名的名次．甲、乙兩名參賽者去詢問成績，回答者對甲說“雖然你的成績比乙好，但是你倆都沒得到第一名”；對乙說：“你當(dāng)然不會是最差的”，從上述回答分析，丙是第一名的概率是()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：選B.由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊．又因為所有的限制條件對丙、丁或戊都沒有影響，所以這三個人獲得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是eq\f(1,3).故選B.3．現(xiàn)有5人參加抽獎活動，每人依次從裝有5張獎票(其中3張為中獎票)的箱子中不放回地隨機抽取一張，直到3張中獎票都被抽出時活動結(jié)束，則活動恰好在第4人抽完結(jié)束的概率為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10) D.eq\f(2,5)解析：選C.將5張獎票不放回地依次取出共有Aeq\o\al(5,5)＝120種不同的取法，若活動恰好在第四次抽獎結(jié)束，則前三次共抽到2張中獎票，第四次抽到最后一張中獎票，共有3Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,1)＝36種取法，所以P＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10).故選C.4．雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，其中a∈{1，2，3，4}，b∈{1，2，3，4}，且a，b取到其中每個數(shù)都是等可能的，則直線l：y＝x與雙曲線C的左、右支各有一個交點的概率為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,2) D.eq\f(5,8)解析：選B.直線l：y＝x與雙曲線C的左、右支各有一個交點，則eq\f(b,a)>1，總基本事件數(shù)為4×4＝16，滿足條件的(a，b)的情況有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6個，故概率為eq\f(3,8).5．大學(xué)生小明與另外3名大學(xué)生一起分配到某鄉(xiāng)鎮(zhèn)甲、乙、丙3個村小學(xué)進行支教，若每個村小學(xué)至少分配1名大學(xué)生，則小明恰好分配到甲村小學(xué)的概率為()A.eq\f(1,12) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,6)解析：選C.依題意，小明與另外3名大學(xué)生分配到某鄉(xiāng)鎮(zhèn)甲、乙、丙3個村小學(xué)的分配方法是1個學(xué)校2人，另外2個學(xué)校各1人，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(種)分配方法，若小明必分配到甲村小學(xué)，有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(種)分配方法，根據(jù)古典概型的概率計算公式得所求的概率為eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，故選C.6．我國高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進．經(jīng)統(tǒng)計，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為________．解析：經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為eq\f(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99,10＋20＋10)＝0.98.答案：0.987．從1～9這9個自然數(shù)中任取7個不同的數(shù)，則這7個數(shù)的平均數(shù)是5的概率為________．解析：從1～9這9個自然數(shù)中任取7個不同的數(shù)的取法共有Ceq\o\al(7,9)＝36種，從(1，9)，(2，8)，(3，7)，(4，6)中任選3組，有Ceq\o\al(3,4)＝4種選法，故這7個數(shù)的平均數(shù)是5的概率為eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).答案：eq\f(1,9)8．一個三位數(shù)的百位，十位，個位上的數(shù)字依次為a，b，c，當(dāng)且僅當(dāng)有兩個數(shù)字的和等于第三個數(shù)字時稱這個三位數(shù)為“好數(shù)”(如213，134)，若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，則這個三位數(shù)為“好數(shù)”的概率是________．解析：從1，2，3，4中任選3個互不相同的數(shù)并進行全排列，共組成Aeq\o\al(3,4)＝24個三位數(shù)，而“好數(shù)”的三個位置上的數(shù)字為1，2，3或1，3，4，所以共組成2Aeq\o\al(3,3)＝12個“好數(shù)”，故所求概率為eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．某保險公司利用簡單隨機抽樣方法，對投保車輛進行抽樣，樣本車輛中每輛車的賠付結(jié)果統(tǒng)計如下：賠付金額(元)01000200030004000車輛數(shù)(輛)500130100150120(1)若每輛車的投保金額均為2800元，估計賠付金額大于投保金額的概率；(2)在樣本車輛中，車主是新司機的占10%，在賠付金額為4000元的樣本車輛中，車主是新司機的占20%，估計在已投保車輛中，新司機獲賠金額為4000元的概率．解：(1)設(shè)A表示事件“賠付金額為3000元”，B表示事件“賠付金額為4000元”，以頻率估計概率得P(A)＝eq\f(150,1000)＝0.15，P(B)＝eq\f(120,1000)＝0.12.由于投保金額為2800元，賠付金額大于投保金額對應(yīng)的情形是賠付金額為3000元和4000元，所以其概率為P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)設(shè)C表示事件“投保車輛中新司機獲賠4000元”，由已知，樣本車輛中車主為新司機的有0.1×1000＝100(輛)，而賠付金額為4000元的車輛中，車主為新司機的有0.2×120＝24(輛)，所以樣本車輛中新司機車主獲賠金額為4000元的頻率為eq\f(24,100)＝0.24，由頻率估計概率得P(C)＝0.24.10．設(shè)a∈{2，4}，b∈{1，3}，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx＋1.(1)求f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數(shù)的概率；(2)從f(x)中隨機抽取兩個，求它們在(1，f(1))處的切線互相平行的概率．解：(1)由題意－eq\f(b,2×\f(1,2)a)≥－1，即b≤a.而(a，b)共有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)＝4種，滿足b≤a的有3種，故概率為eq\f(3,4).(2)由(1)可知，函數(shù)f(x)共有4種可能，從中隨機抽取兩個，有6種抽法．因為函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線的斜率為f′(1)＝a＋b，所以這兩個函數(shù)中的a與b之和應(yīng)該相等，而只有(2，3)，(4，1)這1組滿足，故概率為eq\f(1,6).[綜合題組練]1．已知甲、乙、丙各有一張自己的身份證，現(xiàn)把三張身份證收起來后，再隨機分給甲、乙、丙每人一張，則恰有一人取到自己身份證的概率為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：選A.甲、乙、丙各有一張自己的身份證，現(xiàn)把三張身份證收起來后，再隨機分給甲、乙、丙每人一張，基本事件總數(shù)n＝Aeq\o\al(3,3)＝6，恰有一人取到自己身份證包含的基本事件個數(shù)m＝Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,1)＝3，所以恰有一人取到自己身份證的概率為p＝eq\f(m,n)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).故選A.2．如圖，某建筑工地搭建的腳手架局部類似于一個2×2×3的長方體框架，一個建筑工人欲從A處沿腳手架攀登至B處，則其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率為()A.eq\f(1,7) B.eq\f(2,7)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)解析：選B.根據(jù)題意，最近路線就是不能走回頭路，不能走重復(fù)的路，所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，所以最近的行走路線共有Aeq\o\al(7,7)＝5040(種)．因為不能連續(xù)向上，所以先把不向上的次數(shù)排列起來，也就是2次向右和2次向前全排列為Aeq\o\al(4,4).接下來，就是把3次向上插到4次不向上之間的空當(dāng)中，5個位置排3個元素，也就是Aeq\o\al(3,5)，則最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的路線共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440(種)，所以其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率P＝eq\f(1440,5040)＝eq\f(2,7).故選B.3．連續(xù)拋擲同一顆均勻的骰子，記第i次得到的向上一面的點數(shù)為ai，若存在正整數(shù)k，使a1＋a2＋…＋ak＝6，則稱k為幸運數(shù)字，則幸運數(shù)字為3的概率是________．解析：連續(xù)拋擲同一顆均勻的骰子3次，所含基本事件總數(shù)n＝6×6×6，要使a1＋a2＋a3＝6，則a1，a2，a3可取1，2，3或1，1，4或2，2，2三種情況，其所含的基本事件個數(shù)m＝Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)＋1＝10.故幸運數(shù)字為3的概率為P＝eq\f(10,6×6×6)＝eq\f(5,108).答案：eq\f(5,108)4．如下的三行三列的方陣中有九個數(shù)aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，從中任取三個數(shù)，則至少有兩個數(shù)位于同行或同列的概率為________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11a12a13,a21a22a23,a31a32a33))解析：從九個數(shù)中任取三個數(shù)的不同取法共有Ceq\o\al(3,9)＝eq\f(9×8×7,1×2×3)＝84種，取出的三個數(shù)分別位于不同的行與列的取法共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,1)＝6種，所以至少有兩個數(shù)位于同行或同列的概率為1－eq\f(6,84)＝eq\f(13,14).答案：eq\f(13,14)5．某電子商務(wù)公司隨機抽取1000名網(wǎng)絡(luò)購物者進行調(diào)查．這1000名購物者2022年網(wǎng)上購物金額(單位：萬元)均在區(qū)間[0.3，0.9]內(nèi)，樣本分組為：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]，購物金額的頻率分布直方圖如下：電子商務(wù)公司決定給購物者發(fā)放優(yōu)惠券，其金額(單位：元)與購物金額關(guān)系如下：購物金額分組[0.3，0.5)[0.5，0.6)[0.6，0.8)[0.8，0.9]發(fā)放金額50100150200(1)求這1000名購物者獲得優(yōu)惠券金額的平均數(shù)；(2)以這1000名購物者購物金額落在相應(yīng)區(qū)間的頻率作為概率，求一個購物者獲得優(yōu)惠券金額不少于150元的概率．解：(1)購物者的購物金額x與獲得優(yōu)惠券金額y的頻率分布如下表：x0.3≤x<0.50.5≤x<0.60.6≤x<0.80.8≤x≤0.9y50100150200頻率0.40.30.280.02這1000名購物者獲得優(yōu)惠券金額的平均數(shù)為eq\f(1,1000)(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.(2)由獲得優(yōu)惠券金額y與購物金額x的對應(yīng)關(guān)系及(1)知，P(y＝150)＝P(0.6≤x<0.8)＝0.28，P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，從而，獲得優(yōu)惠券金額不少于150元的概率為P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.6．某兒童樂園在“六一”兒童節(jié)推出了一項趣味活動．參加活動的兒童需轉(zhuǎn)動如圖所示的轉(zhuǎn)盤兩次，每次轉(zhuǎn)動后，待轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動時，記錄指針?biāo)竻^(qū)域中的數(shù)．設(shè)兩次記錄的數(shù)分別為x，y.獎勵規(guī)則如下：①若xy≤3，，則獎勵玩具一個；②若xy≥8，則獎勵水杯一個；③其余情況獎勵飲料一瓶．假設(shè)轉(zhuǎn)盤質(zhì)地均勻，四個區(qū)域劃分均勻，小亮準(zhǔn)備參加此項活動．(1)求小亮獲得玩具的概率；(2)請比較小亮獲得水杯與獲得飲料的概率的大小，并說明理由．解：用數(shù)對(x，y)表示兒童參加活動先后記錄的數(shù)，則基本事件空間Ω與點集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一對應(yīng)．因為S中元素的個數(shù)是4×4＝16，所以基本事件總數(shù)n＝16.(1)記“xy≤3”為事件A，則事件A包含的基本事件共5個，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，所以P(A)＝eq\f(5,16)，即小亮獲得玩具的概率為eq\f(5,16).(2)記“xy≥8”為事件B，“3<xy<8”為事件C.則事件B包含的基本事件共6個，即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)．所以P(B)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).事件C包含的基本事件共5個，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)．所以P(C)＝eq\f(5,16).因為eq\f(3,8)>eq\f(5,16)，所以小亮獲得水杯的概率大于獲得飲料的概率．第5講幾何概型[基礎(chǔ)題組練]1．2017年8月1日是中國人民解放軍建軍90周年，中國人民銀行為此發(fā)行了以此為主題的金銀紀(jì)念幣．如圖所示是一枚8克圓形金質(zhì)紀(jì)念幣，直徑22mm，面額100元．為了測算圖中軍旗部分的面積，現(xiàn)用1粒芝麻向硬幣內(nèi)投擲100次，其中恰有30次落在軍旗內(nèi)，據(jù)此可估計軍旗的面積大約是()A.eq\f(363π,10)mm2 B.eq\f(363π,5)mm2C.eq\f(726π,5)mm2 D.eq\f(363π,20)mm2解析：選A.向硬幣內(nèi)投擲100次，恰有30次落在軍旗內(nèi)，所以可估計軍旗的面積大約是S＝eq\f(30,100)×π×112＝eq\f(363π,10)(mm2)．2．如圖，在一個棱長為2的正方體魚缸內(nèi)放入一個倒置的無底圓錐形容器，圓錐的底面圓周與魚缸的底面正方形相切，圓錐的頂點在魚缸的缸底上，現(xiàn)在向魚缸內(nèi)隨機地投入一粒魚食，則“魚食能被魚缸內(nèi)在圓錐外面的魚吃到”的概率是()A．1－eq\f(π,4) B.eq\f(π,12)C.eq\f(π,4) D．1－eq\f(π,12)解析：選A.魚缸底面正方形的面積為22＝4，圓錐底面圓的面積為π，所以“魚食能被魚缸內(nèi)在圓錐外面的魚吃到”的概率是1－eq\f(π,4)，故選A.3．在區(qū)間[0，π]上隨機取一個數(shù)x，則事件“sinx＋cosx≥eq\f(\r(2),2)”發(fā)生的概率為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(7,12) D.eq\f(2,3)解析：選C.由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx≥\f(\r(2),2)，,0≤x≤π，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥\f(1,2)，,0≤x≤π，))解得0≤x≤eq\f(7π,12)，故所求的概率為eq\f(\f(7π,12),π)＝eq\f(7,12).4.如圖是一個邊長為8的正方形苗圃圖案，中間黑色大圓與正方形的內(nèi)切圓共圓心，圓與圓之間是相切的，且中間黑色大