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全国版高考数学必刷题：第十九单元 计数原理与概率
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这是一份全国版高考数学必刷题：第十九单元 计数原理与概率，共56页。试卷主要包含了故选D，5的展开式中,x5y2的系数为等内容，欢迎下载使用。
第十九单元 计数原理与概率
考点一
排列与组合
1.(2017年全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( ).
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
【解析】由题意可得其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C31×C42×A22=36(种),或列式为C31×C42×C21=3×4×32×2=36(种).故选D.
【答案】D
2.(2016年全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( ).
A.24 B.18 C.12 D.9
【解析】从E到G需要分两步完成:先从E到F,再从F到G.从F到G的最短路径,只要考虑纵向路径即可,一旦纵向路径确定,横向路径即可确定,故从F到G的最短路径共有3条.如图,从E到F的最短路径有两类:先从E到A,再从A到F,或先从E到B,再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同,所以从A到F,从B到F最短路径的条数都是3,所以从E到F的最短路径有3+3=6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3=18.
【答案】B
3.(2016年全国Ⅲ卷)定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有( ).
A.18个 B.16个 C.14个 D.12个
【解析】由题意知,当m=4时,“规范01数列”共含有8项,其中4项为0,4项为1,且必有a1=0,a8=1.不考虑限制条件“对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数”,则中间6个数的情况共有C63=20(种),其中存在k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数少于1的个数的情况有:①若a2=a3=1,则有C41=4(种);②若a2=1,a3=0,则a4=1,a5=1,只有1种;③若a2=0,则a3=a4=a5=1,只有1种.综上,“规范01数列”的情况共有20-6=14(种).故不同的“规范01数列”共有14个.故选C.
【答案】C
4.(2016年四川卷)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( ).
A.24 B.48 C.60 D.72
【解析】第一步,先排个位,有C31种选择;
第二步,排前4位,有A44种选择.
由分步乘法计数原理,知有C31×A44=72(个).
【答案】D
5.(2016年北京卷)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则( ).
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【解析】取两个球往盒子中放有4种情况:
①红+红,则乙盒中红球数加1;
②黑+黑,则丙盒中黑球数加1;
③红+黑(红球放入甲盒中),则乙盒中黑球数加1;
④黑+红(黑球放入甲盒中),则丙盒中红球数加1.
因为红球和黑球个数一样多,所以①和②的情况一样多,③和④的情况随机.
③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.
①和②出现的次数是一样的,所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样,
综上,选B.
【答案】B
6.(2017年浙江卷)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有 种不同的选法.(用数字作答)
【解析】(法一)只有1名女生时,先选1名女生,有C21种方法;再选3名男生,有C63种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C21C63A42=480(种)选法.
有2名女生时,再选2名男生,有C62种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C62A42=180(种)选法.
所以依据分类加法计数原理知共有480+180=660(种)不同的选法.
(法二)不考虑限制条件,共有A82C62种不同的选法,而没有女生的选法有A62C42种.
故至少有1名女生的选法有A82C62-A62C42=840-180=660(种).
【答案】660
7.(2017年天津卷)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答)
【解析】①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C53×C41×A44=960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A54=120.
故符合题意的四位数一共有960+120=1080(个).
【答案】1080
考点二
二项式定理
8.(2017年全国Ⅰ卷)1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为( ).
A.15 B.20 C.30 D.35
【解析】因为(1+x)6的通项为C6rxr,所以1+1x2(1+x)6展开式中含x2的项为1·C62x2和1x2·C64x4.
因为C62+C64=2C62=2×6×52×1=30,
所以1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为30.故选C.
【答案】C
9.(2015年全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( ).
A.10 B.20 C.30 D.60
【解析】(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=C52(x2+x)3·y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为C31x4·x=C31x5.
所以x5y2的系数为C52C31=30.故选C.
【答案】C
10.(2016年全国Ⅰ卷)(2x+x)5的展开式中,x3的系数是 .(用数字填写答案)
【解析】(2x+x)5展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5-r(x)r=25-r·C5r·x5-r2.
令5-r2=3,得r=4.
故x3的系数为25-4×C54=2C54=10.
【答案】10
考点三
概率
11.(2015年广东卷)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为( ).
A.521 B.1021 C.1121 D.1
【解析】从15个球中任取2个球共有C152种取法,其中有1个红球,1个白球的情况有C101×C51=50(种),所以P=50C152=1021.
【答案】B
12.(2017年山东卷)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ).
A.518 B.49 C.59 D.79
【解析】(法一)∵ 9张卡片中有5张奇数卡片,4张偶数卡片,且为不放回地随机抽取,
∴P(第一次抽到奇数,第二次抽到偶数)=59×48=518,
P(第一次抽到偶数,第二次抽到奇数)=49×58=518.
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=518+518=59.
故选C.
(法二)依题意,得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=5×4C92=59.
故选C.
【答案】C
13.(2017年全国Ⅰ卷)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( ).
A.14 B.π8 C.12 D.π4
【解析】不妨设正方形ABCD的边长为2,则正方形内切圆的半径为1,S正方形=4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称,得S黑=S白=12S圆=π2,所以由几何概型知所求概率P=S黑S正方形=π24=π8.故选B.
【答案】B
14.(2016年全国Ⅰ卷)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是( ).
A.13 B.12 C.23 D.34
【解析】
如图,7:50至8:30之间的时间长度为40分钟,而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7:50至8:00之间或8:20至8:30之间到达发车站,这两种情况下的时间长度之和为20分钟,由几何概型概率公式知所求概率为P=2040=12.故选B.
【答案】B
高频考点:简单的排列、组合问题,有附加条件的排列、组合问题,染色问题.
命题特点:1.考查计数原理的应用,一般是有一定限制条件的排列、组合问题,即对某些元素或某些位置有特定要求,往往以实际问题为背景考查它们的综合问题.难度中等.
2.考查二项式展开式的通项、二项式系数、展开式中项的系数.难度中等.
3.考查排列、组合与概率问题结合,涉及互斥事件、对立事件以及古典概型和几何概型.有时在解答题中出现.
§19.1 计数原理与排列、组合
一
计数原理
1.分类加法计数原理
完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
二
排列、组合
1.排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照 排成一列
组合
合成一组
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数.用符号Anm表示.
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cnm表示.
3.排列数、组合数的公式及性质
(1)公式
①Anm= =n!(n-m)!.
②Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!= (n,m∈N*,且m≤n).特别地Cn0=1.
(2)性质
①0!= ;Ann= .
②Cnm=Cnn-m;Cn+1m= .
☞ 左学右考
1 (2017定西模拟)从1,2,3,…,10中任意选出3个不同的数,使这3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
2 (2017聊城期末)现有四种不同的颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有( ).
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
3 (2017亳州期末)从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是( ).
A.12 B.24
C.64 D.81
4 正六边形中心和顶点共有7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有 个.
5 三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( ).
A.4种 B.6种
C.10种 D.16种
6 从4名男同学和3名女同学中选出3名同学参加某项活动,则男、女同学都有的选法种数是( ).
A.18 B.24
C.30 D.36
知识清单
一、1.m1+m2+…+mn 2.m1×m2×…×mn
二、1.一定的顺序 2.(1)不同排列 (2)不同组合
3.(1)①n(n-1)(n-2)…(n-m+1) ②n!m!(n-m)!
(2)①1 n! ②Cnm+Cnm-1
基础训练
1.【解析】以1为首项的等比数列有1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列有2,4,8.以4为首项的等比数列有4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又可以得到另外的4个等比数列,故所求的数列共有2×(2+1+1)=8个.
【答案】D
2.【解析】先给C着色,有4种结果;再给A着色,有3种结果;再给B着色,有2种结果;最后给D着色,有2种结果.由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2=48(种)不同的着色方法.
【答案】D
3.【解析】从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是A43=24.
【答案】B
4.【解析】从7个点中取3个点的取法有C73种,但三点共线不能构成三角形的有3种,故所求三角形共有C73-3=32个.
【答案】32
5.【解析】当甲第一次踢给乙时,满足条件有3种传递方式:甲→乙→丙→乙→甲,甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲.同理,当甲第一次踢给丙时,满足条件有3种传递方式.由分类加法计数原理知,共有3+3=6种传递方式.
【答案】B
6.【解析】(法一)选出的3人中有2名男同学和1名女同学的选法有C42C31=18种;选出的3人中有1名男同学和2名女同学的选法有C41C32=12种.故男、女同学都有的选法共有18+12=30种.
(法二)选出的3名同学中男、女同学都有的选法种数,也就是从7名同学中任选3名同学的选法种数减去所选3名同学全是男同学或全是女同学的选法种数,即C73-C43-C33=30.
【答案】C
题型一
两个计数原理的综合应用
【例1】(2017成都诊断)如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域只涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为 .(用数字作答)
【解析】按区域1与3是否同色分类.
①区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种涂色方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有A33种涂色方法.
∴当区域1与3同色时,共有4A33=24种不同的涂色方法.
②区域1与3不同色:先涂区域1与3,有A42种涂色方法,再涂区域2,有2种涂色方法,然后涂区域4,只有1种涂色方法,最后涂区域5,有3种涂色方法.
∴这时共有A42×2×1×3=72种不同的涂色方法.
由分类加法计数原理知,不同的涂色种数为24+72=96.
【答案】96
(1)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化.(2)解决涂色问题,可按颜色的种数分类,也可按不同的区域分步完成.如例题中,相邻区域不同色,是按区域1与3是否同色分类处理.
【变式训练1】(2017濮阳期中)从0,2中任选一个数字,从1,3,5中任选两个数字,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.6
【解析】符合题意的三位数可分成两种情况:(1)奇偶奇;(2)偶奇奇.对于(1),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有2种选法,共有12种选法;对于(2),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有1种选法,共有6种选法.因此有12+6=18(种)选法,故选B.
【答案】B
题型二
排列问题
【例2】(2017北京西城区质检)把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法共有 种.
【解析】记其余2件产品为D,E.A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有A22A33种摆法;再将C插入,仅有3个空位可选.因此,共有3A22A33=3×2×6=36种不同的摆法.
【答案】36
(1)对于排列问题,注意特殊元素(位置)的优先原则,即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题,可利用间接法.对于“在与不在”的问题,常常使用“直接法”或“排除法”.
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.
【变式训练2】(1)(2017盘锦模拟)六个人从左至右排成一排,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
(2)(2017新余二模) 7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙3人加入队列,前排加1人,后排加2人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法种数为( ).
A.120 B.240 C.360 D.480
【解析】(1)第一类,甲在最左端,有A55=5×4×3×2×1=120(种)排法;第二类,乙在最左端,有4A44=4×4×3×2×1=96(种)排法.所以共有120+96=216(种)排法.
(2)第一步,从甲、乙、丙3人中选1人加到前排,有3种方法;第二步,前排3人形成了4个空位,任选1个空位加入1人,有4种方法;第三步,后排4人形成了5个空位,任选1个空位加入1人,有5种方法;第四步,后排5人形成6个空位,任选1个空位加入1人,有6种方法.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×6=360种不同的加入方法.
【答案】(1)B (2)C
题型三
组合问题
【例3】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从这35种商品中任意选取3种.
(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?
【解析】(1)从余下的34种商品中,任意选取2种,有C342=561种取法,∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,任意选取3种,有C343=5984(或C353-C342)种取法.
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种真货中任意选取1种,从15种假货中任意选取2种,有C201C152=2100种取法.
∴恰有2种假货在内的不同取法有2100种.
(4)恰有2种假货在内的取法有C201C152种,恰有3件假货在内的取法有C153种,共有C201C152+C153=2100+455=2555种取法.
∴至少有2种假货在内的不同取法有2555种.
(5)任意选取3种的取法种数为C353,
因此共有C353-C153=6545-455=6090种取法.
∴至多有2种假货在内的不同取法有6090种.
组合问题常有以下两类题型变化:
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
【变式训练3】(1)(2017三门峡模拟)12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师从后排8人中抽出2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法总数是( ).
A.C82A32 B.C82A66 C.C82A62 D.C82A52
(2)(2017武汉二模)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】(1)从后排8人中选2人有C82种方法,这2人插入前排4人中且前排人的顺序不变,则先从4人中的5个空位插入1人有5种方法,余下的1人则要插入前排5人的6个空位当中,有6种方法,故为A62.∴所求总数为C82A62.
(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则这4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,∴共有不同的取法有C54+C44+C52C42=66(种).
【答案】(1)C (2)D
题型四
排列组合的综合应用问题
【例4】(2015年四川卷)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( ).
A.144个 B.120个
C.96个 D.72个
【解析】分两类进行分析:第一类是万位数字为4,个位数字分别为0,2;第二类是万位数字为5,个位数字分别为0,2,4.
当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A43个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,
共有C31A43个偶数.故符合条件的偶数共有2A43+C31A43=120(个).
【答案】B
排列、组合问题的求解方法与技巧:
(1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选后排;(4)相邻问题捆绑处理;(5)不相邻问题插空处理;(6)定序问题排除法处理;(7)分排问题直排处理;(8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模型;(10)正难则反,等价条件.
【变式训练4】(1)(2017青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少1人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ).
A.18种 B.24种 C.36种 D.72种
(2)(2017滨州模拟)现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,则不同取法的种数为 .
【解析】(1)一个路口有3人的分配方案有C31C22A33(种);两个路口各有2人的分配方案有C32C22A33(种).故由分类加法计数原理知,甲、乙在同一路口的分配方案共有C31C22A33+C32C22A33=36(种).
(2)若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中任选3张,若都不同色,则有C41C41C41=64种取法,若有2张卡片的颜色相同,则有C32C21C42C41=144种取法;若红色卡片仅有1张,则剩余2张,若不同色,则有C41C32C41C41=192种取法,若同色,则有C41C31C42=72种取法.所以共有64+144+192+72=472种不同的取法.
【答案】(1)C (2)472
方法一
逐分法求解有序分配法
不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀分组;②均匀分组;③部分均匀分组.注意各种分组类型中,不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”.
【突破训练1】有4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有多少种放法?
(2)恰有1个盒内有2个球,共有多少种放法?
(3)恰有2个盒不放球,共有多少种放法?
【解析】(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有多少放法?”即把4个球分成2,1,1的三组,然后从3个盒子中选1个盒子放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,共有C41C42C31×A22=144(种)放法.
(2)恰有1个盒内有2个球,即另外3个盒子放2个球,且每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C42种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有C43C11A22种放法;第二类有序均匀分组有C42C22A22·A22种放法.故共有C42C43C11A22+C42C22A22·A22=84(种)放法.
方法二
优先解决元素与位置问题
若排列、组合中含特殊的元素或元素对位置有特殊的要求,则应先满足这些特殊元素或特殊位置的要求,然后安排其他的元素或位置,即采用“先特殊后一般”的解题原则.对于题设中有限制条件的问题,也可采用排异法,即先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况去掉.
【突破训练2】(1)(2017江西师大模拟)某大学的8名同学准备拼车去旅游,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名同学,分别乘坐甲、乙两辆汽车,每辆车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的乘坐方式共有( ).
A.24种 B.18种 C.48种 D.36种
(2)(2017信阳模拟)某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙两人不能参加同一学科,则不同的安排方法有( ).
A.36种 B.30种 C.24种 D.6种
【解析】(1)分类讨论,有2种情形:孪生姐妹乘坐甲车,则有C32C21C21=12种乘坐方式;孪生姐妹不乘坐甲车,则有C31C21C21=12种乘坐方式.故共有24种乘坐方式.选A.
(2)从四个人中选出两个人作为一个元素有C42种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C42A33=36(种)方法,其中有不符合条件的,即甲、乙两人同时参加同一学科竞赛有A33=6种结果,∴不同的安排方法共有36-6=30(种),故选B.
【答案】(1)A (2)B
方法三
模型化解决综合问题
对于附加条件较多的排列、组合问题,要注意分析附加条件的特征,根据其特征构建相应的模型,采用相应的方法进行求解.如相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、相同元素的隔板法等.
【突破训练3】《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有( ).
A.144种 B.288种 C. 360种 D.720种
【解析】《将进酒》《望岳》和另确定的两首诗词全排列共有A44 种排法,满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A44A22,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空位中(最后一个空不排),有A42种排法.故若《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有A44A22×A42=144 种,故选A.
【答案】A
1.(2017济南质检)有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.儿童节需选择1套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有( ).
A.24种 B.14种 C.10种 D.9种
【解析】第一类:1件衬衣,1件裙子搭配1套服装有4×3=12种选择方式.
第二类:选2套连衣裙中的1套服装有2种选法.
∴由分类加法计数原理,共有12+2=14(种)选择方式.
【答案】B
2.(2017石家庄模拟)教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有( ).
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
【解析】每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步.
由分步乘法计数原理,共有24种不同的走法.
【答案】D
3.(2017威海模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选1个博物馆参观,则有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有( ).
A.C62×45种 B.A62×54种
C.C62×A54种 D.C62×54种
【解析】有2个年级选择甲博物馆共有C62种情况,其余4个年级每个年级各有5种选择情况.故有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有C62×54种.
【答案】D
4.(2017郑州质检)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,x=-b2,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
②当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,ab≤1,
若a=-1,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
若a=1,则b的可能取值为-1,0,1,共3个;
若a=2,则b的可能取值为-1,0,共2个.
∴有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13(个).
【答案】B
5.(2017河北邯郸联考)如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂1种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则不同的涂色方法共有( ).
A.360种 B.720种 C.780种 D.840种
【解析】由图可知,区域2,3,5,7不能同色,又2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,所以区域1,2,3,4,5的颜色均不相同,所以不同的涂色方法有A65=720种,故选B.
【答案】B
6.(2017衡水调研)用0,1,…,9这10个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( ).
A.243 B.252 C.261 D.279
【解析】用0,1,…,9这10个数字共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
【答案】B
7.(2017西安质检)如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有 个.(用数字作答)
【解析】当相同的数字不是1时,有C31个;当相同的数字是1时,有C31C31个.
由分类加法计数原理知“好数”共有C31+C31C31=12(个).
【答案】12
8.(2017济南期末)如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四个部分,现用5种不同颜色的涂料给四个部分涂色,每个部分只能涂1种颜色,要求共边的两个部分颜色互异,则共有 种不同的涂色方法.(用数字作答)
【解析】区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种不同的涂色方法.
【答案】260
9.(2017山东实验中学模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书,分给三个学生,每个学生至少分得一本,则这样的分法有( ).
A.36种 B.9种 C.18种 D.15种
【解析】分配方案为2,1,1,其中有且仅有一个学生拿两本书,若他拿两本语文书,则此时共有C31A22种分法;若他拿一本语文书一本数学书,则此时共有C31种分法.因此共有C31A22+C31=9种分法,故选B.
【答案】B
10.(2017唐山调研)某校需从10名学生中选3名学生参加数学竞赛,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为 .(用数字作答)
【解析】甲、乙两人均入选,而丙没有入选,有C22C71种选法;甲、乙两人只有1人入选,而丙没有入选,有C21C72种选法.由分类加法计数原理,共有C22C71+C21C72=49(种)选法.
【答案】49
11.(2017东北三校模拟)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案有( ).
A.20种 B.21种 C.22种 D.24种
【解析】根据题意,要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则蓝色最多可以用3块.
分4种情况讨论:
①6块广告牌都不用蓝色,即全部用红色,有1种情况;
②6块广告牌有1块用蓝色,在6块广告牌中选1块用蓝色即可,有C61=6种情况;
③6块广告牌有2块用蓝色,先将4块红色的广告牌安排好,形成5个空位,在5个空位上任选2个安排蓝色的广告牌,有C52=10种情况;
④6块广告牌有3块用蓝色,先将3块红色的广告牌安排好,形成4个空位,在4个空位中任选3个安排蓝色的广告牌,有C3 4=4种情况;
故一共有1+6+10+4=21种不同的配色方案.
【答案】B
12.(2017赣州模拟)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( ).
A.60 B.90 C.120 D.130
【解析】因为xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,且1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3,
所以xi中至少有2个为0,至多有4个为0.
①xi(i=1,2,3,4,5)中有4个为0,1个为-1或1,则集合A中有2C51=10个元素;
②xi(i=1,2,3,4,5)中有3个为0,2个为-1或1,则集合A中有C52×2×2=40个元素;
③xi(i=1,2,3,4,5)中有2个为0,3个为-1或1,则集合A中有C53×2×2×2=80个元素.
从而,集合A中共有10+40+80=130个元素.
【答案】D
13.(2017河南百校联考)6名同学站成一排照相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为( ).
A.60 B.96 C.48 D.72
【解析】先把乙和丙、丁和戊看作2个整体,4个人进行排列,有2A33种站法,再考虑乙和丙、丁和戊的排法.所以不同的站法种数为2A33A22A22=48,故选C.
【答案】C
14.(2017本溪模拟)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( ).
A.72 B.120 C.144 D.168
【解析】先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144(种),再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24(种),所以同类节目不相邻的排法共有144-24=120(种).
【答案】B
15.(2017北京西城区质检)从一架钢琴挑出的10个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个音键同时按下,可发出和声,若有1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】由题意知本题是一个分类加法计数问题,共有8种不同的类型:
当有3个音键同时按下,有C103种结果,
当有4个音键同时按下,有C104种结果,
……
以此类推,根据分类加法计数原理得到和声数为
C103+C104+C105+…+C1010=C100+C101+C102+…+C1010-(C100+C101+C102)=210-(1+10+45)=968.
【答案】968
16.(2017山东滨州模拟)有5本不同的书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本,若将其随机地摆成一排,则同一科目的书均不相邻的摆法有 种.(用数字作答)
【解析】将5本书进行全排列,有A55=120种情况,其中语文书相邻的情况有A22A44=48种,数学书相邻的情况有A22A44=48种,语文书、数学书同时相邻的情况有A22A22A33=24种,则同一科目的书均不相邻的摆法有120-48-48+24=48种.
【答案】48
§19.2 二项式定理
一
二项式定理
1.二项式定理:(a+b)n= (n∈N*).
2.通项公式:Tr+1= ,它表示第 项.
3.二项式系数:二项展开式中各项的系数为Cn0,Cn1,…,Cnn.
二
二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即
增减性
二项式系数Cnk
当k
最大值
当n为偶数时,中间的一项 取得最大值
当n为奇数时,中间的两项Cnn-12与Cnn+12取得最大值
各二项式
系数的和
Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=
Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+Cn5+…=
☞ 左学右考
1 已知Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=729,则Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn等于( ).
A.63 B.64
C.31 D.32
2 (x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是( ).
A.Cnm B.Cnm+1
C.Cnm-1 D.(-1)m-1Cnm-1
3 (2017石家庄调研)在(1+x)n的二项展开式中,仅第6项的系数最大,则n= .
4 (2015年湖北卷)已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数的和为( ).
A.29 B.210
C.211 D.212
知识清单
一、1.Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnran-rbr+…+Cnnbn
2.Cnran-rbr r+1
二、Cnk=Cnn-k 递增 递减 Cnn2 2n 2n-1
基础训练
1.【解析】逆用二项式定理得Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=(1+2)n=3n=729,即3n=36,所以n=6,所以C61+C62+C63+…+C66=26-C60=64-1=63.故选A.
【答案】A
2.【解析】(x-y)n展开式中第m项的系数为Cnm-1(-1)m-1.
【答案】D
3.【解析】在(1+x)n的二项展开式中,项的系数就是项的二项式系数,所以n2+1=6,n=10.
【答案】10
4.【解析】由题意知Cn3=Cn7,解得n=10,则奇数项的二项式系数的和为2n-1=29,故选A.
【答案】A
题型一
求展开式中的特定项或特定项的系数
【例1】(1)(2017年全国Ⅲ卷)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为( ).
A.-80 B.-40 C.40 D.80
(2)(2017新乡模拟)已知3x-123xn的展开式的常数项为第6项,则展开式中所有的有理项为 .
【解析】(1)因为x3y3=x·(x2y3),其系数为-C53×22=-40,x3y3=y·(x3y2),其系数为C52×23=80,
所以x3y3的系数为80-40=40.
故选C.
(2)3x-123xn的展开式的通项公式为
Tk+1=Cnkxn-k3-12kx-k3
=Cnk-12kxn-2k3.
因为第6项为常数项,所以当k=5时,n-2×53=0,即n=10.
由题意知10-2k3∈Z,0≤k≤10,k∈N.
令10-2k3=r (r∈Z),则10-2k=3r,k=5-32r.
因为k∈N,所以r应为偶数.
所以r可取2,0,-2,即k可取2,5,8,
故第3项、第6项与第9项为有理项,它们分别为454x2、-638与45256x-2.
【答案】(1)C (2)454x2,-638,45256x-2
(1)求解此类问题可以分两步完成:第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数;第二步是根据所求的指数,再求所求的项.
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
【变式训练1】(1)(2017临沂模拟)已知(1+3x)n的展开式中含x2的项的系数是54,则n= .
(2)(2017德州模拟)若ax2+bx6的展开式中x3的系数为20,则a2+b2的最小值为 .
【解析】(1)(1+3x)n的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr(3x)r=Cnr·3r·xr,令r=2,得Cn2·32=54,解得n=4.
(2)ax2+bx6的展开式的通项为Tr+1=C6r(ax2)6-r·bxr=C6ra6-rbrx12-3r,令12-3r=3,则r=3.
∴C63a3b3=20,即ab=1.
∴a2+b2≥2ab=2,即a2+b2的最小值为2.
【答案】(1)4 (2)2
题型二
有关二项式系数的和与各项系数的和的问题
【例2】设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项是( ).
A.15x2 B.20x3 C.21x3 D.35x3
【解析】(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn.
令x=0,则a0=1,令x=1,则(1+1)n=a0+a1+a2+…+an=64,所以n=6.
在(1+x)6的展开式中,二项式系数最大项的系数最大,所以(1+x)6的展开式中系数最大项为T4=C63x3=20x3.
【答案】B
求解这类问题要注意:①区别二项式系数与展开式中项的系数,灵活利用二项式系数的性质;②根据题目特征,恰当赋值代换,一般赋变量的值为0,1,-1.
【变式训练2】(1)(2017芜湖模拟)在2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,则常数项是 .
(2)(2017南阳模拟)若(1-3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=( ).
A.1024 B.243 C.32 D.24
【解析】(1)因为2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,所以2n=128,即n=7,所以2x3-1x7的展开式的通项为Tr+1=C7r(2x3)7-r-1xr=C7r27-r(-1)rx21-72r,令21-72r=0,则r=6,故常数项是2C76=14.
(2)令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=[1-(-3)]5=45=1024.
【答案】(1)14 (2)A
题型三
二项式定理的应用
【例3】求证:1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除.
【解析】∵1+2+22+…+25n-1=25n-12-1
=25n-1=32n-1=(31+1)n-1
=Cn0×31n+Cn1×31n-1+…+Cnn-1×31+Cnn-1
=31×(Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1),
显然Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1为整数,
∴原式能被31整除.
整除问题和求近似值问题是二项式定理中两类常见的应用问题,整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值问题则应关注展开式的前几项.
【变式训练3】S=C271+C272+…+C2727除以9的余数为 .
【解析】S=C271+C272+…+C2727=89-1
=(9-1)9-1=C90×99-C91×98+…+C98×9-2
=9×(C90×98-C91×97+…+C98)-2.
因为C90×98-C91×97+…+C98是整数,所以S除以9的余数为7.
【答案】7
方法一
赋值法解决与系数有关的问题
对于f(x)=a0(x-a)n+a1(x-a)n-1+…+an,令x-a=1,即x=a+1,可得各项系数的和a0+a1+a2+…+an的值;令x-a=-1,即x=a-1,可得奇数项系数和与偶数项和的关系.
【突破训练1】(2017青岛模拟)若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+an(1-x)n,则a0-a1+a2-…+(-1)nan等于( ).
A.34(3n-1) B.34(3n-2)
C.32(3n-2) D.32(3n-1)
【解析】在展开式中,令x=2,得3+32+33+…+3n=a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan,即a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan=3(1-3n)1-3=32(3n-1).
【答案】D
方法二
公式法解决与指定项有关的问题
求解二项式中的指定项问题,主要利用公式法,先确定二项展开式中的各个参数,然后确定通项公式,根据已知列对应的方程求解参数r,再代入公式即可.
【突破训练2】(2017九江模拟)(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为( ).
A.-210 B.210 C.30 D.-30
【解析】(x2-x+1)10=[(x2-x)+1]10的展开式的通项公式为Tr+1=C10r(x2-x)10-r,而(x2-x)10-r的展开式的通项公式为Tr'+1=(-1)r'C10-rr'x20-2r-r'.令20-2r-r'=3,根据0≤r'≤10-r,0≤r≤10,r,r'∈N,解得r=8,r'=1或r=7,r'=3,∴(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为C108C21(-1)+C107C33(-1)=-90-120=-210.
【答案】A
1.(2017江西南昌模拟)(1-2x)4的展开式中第3项的二项式系数为( ).
A.6 B.-6 C.24 D.-24
【解析】第3项的二项式系数为C42=6,选A.
【答案】A
2.(2017山东肥城统测)x2-1x8的展开式中x7的系数是 .
【解析】Tr+1=C8r(x2)8-r-1xr=(-1)rC8rx16-3r,由16-3r=7得r=3,故x7的系数是(-1)3C83=-56.
【答案】-56
3. (2017衡水中学联考)1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为 .
【解析】1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为C42+(-1)C43=2.
【答案】2
4.(2017南京模拟)在x+13x24的展开式中,x的幂指数是整数的项共有( ).
A.3项 B.4项 C.5项 D.6项
【解析】Tr+1=C24r(x)24-r13xr=C24rx12-5r6,故当r的值为0,6,12,18,24时,x的幂指数是整数,共5项.
【答案】C
5. (2017濮阳模拟)若x+1xn的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中1x2的系数为 .
【解析】由题意,Cn2=Cn6,所以n=8,Tr+1=C8rx8-r1xr=C8rx8-2r,当8-2r=-2时,r=5,所以1x2的系数为C85=C83=56.
【答案】56
6.(2017济南模拟)x+12x9的展开式中x3的系数为 .
【解析】Tr+1=12xrC9rx9-r=12rC9rx9-2r,所以由9-2r=3得r=3,故x3的系数为123C93=212.
【答案】212
7.(2017长沙质检)若(1+x+x2)6=a0+a1x+a2x2+…+a12x12,则a2+a4+…+a12= .(用数字作答)
【解析】令x=1,得a0+a1+a2+…+a12=36, ①
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a12=1, ②
∴由①+②2得a0+a2+a4+…+a12=36+12.
令x=0,得a0=1,∴a2+a4+…+a12=36+12-1=364.
【答案】364
8.(2017江西抚州模拟)若(2x-3)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a1+2a2+3a3+4a4+5a5= .
【解析】原等式两边同时求导得5(2x-3)4×(2x-3)'=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4,令上式中x=1,得a1+2a2+3a3+4a4+5a5=10.
【答案】10
9.(2017海口调研)若(x2-a)x+1x10的展开式中x6的系数为30,则a等于( ).
A.13 B.12 C.1 D.2
【解析】x+1x10的展开式的通项公式是Tr+1=C10r·x10-r·1xr=C10r·x10-2r,x+1x10的展开式中x4(当r=3时),x6(当r=2时)的系数分别为C103,C102,因此由题意得C103-aC102=120-45a=30,解得a=2,故选D.
【答案】D
10.(2017南宁联考)若二项式55x2+1x6的展开式中的常数项为m,则1m (x2-2x)dx=( ).
A.13 B.-13 C.-23 D.23
【解析】因为二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6r55x26-r1xr=556-rC6rx12-3r,令12-3r=0,得r=4,所以m=552C64=3,所以1m (x2-2x)dx=13 (x2-2x)dx=13x3-x2 3 1=13×33-32-13-1=23,故选D.
【答案】D
11.(2017浦东模拟)设a∈Z,且0≤a<13,若512018+a能被13整除,则a=( ).
A.0 B.1 C.11 D.12
【解析】∵51 2018+a=(52-1)2018+a=C20180×522018-C20181×522017+C20182×522016-…-C20182017×52+1+a能被13整除,且0≤a<13,∴1+a能被13整除,故a=12.
【答案】D
12.(2017诸暨模拟)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn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】在(1+x)6的展开式中,xm的系数为C6m,在(1+y)4的展开式中,yn的系数为C4n,故f(m,n)=C6m·C4n.所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C63C40+C62C41+C61C42+C60C43=120.
【答案】C
13.(2017沈阳三校模拟)设二项式x-12n(n∈N*)展开式的二项式系数的和与各项系数的和分别为an与bn,则a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=( ).
A.2n-1+3 B.2(2n-1+1)
C.2n+1 D.1
【解析】由题意知an=2n,令x=1,则bn=12n,所以a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=2n+1,故选C.
【答案】C
14.(2017安徽名校联考)设复数x=2i1-i(i是虚数单位),则C20171x+C20172x2+C20173x3+…+C20172017x2017=( ).
A.i B.-i C.i-1 D.-1-i
【解析】x=2i1-i=2i(1+i)(1-i)(1+i)=i-1,
C20171x+C20172x2+C20173x3+…+C20172017x2017
=(1+x)2017-1=i2017-1=i-1.
【答案】C
15.(2017岳阳模拟)若二项式3x2-1xn的展开式中各项系数的和是512,则展开式中的常数项为( ).
A.-27C93 B.27C93 C.-9C94 D.9C94
【解析】令x=1,得2n=512,所以n=9,故3x2-1x9的展开式的通项为Tr+1=C9r(3x2)9-r-1xr=(-1)rC9r·39-r·x18-3r,令18-3r=0,得r=6,所以常数项为T7=(-1)6C96·33=27C93.
【答案】B
16.(湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研)将三项式(x2+x+1)n展开,当n=1,2,3,…时,得到图①所示的展开式,图②所示的广义杨辉三角形.
(x2+x+1)0=1;
(x2+x+1)1=x2+x+1;
(x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1;
(x2+x+1)3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1;
(x2+x+1)4=x8+4x7+10x6+16x5+19x4+16x3+10x2+4x+1;
…
图①
观察多项式系数之间的关系,可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形,其构造方法:第0行为1,以下各行每一个数是它“头上”与“左、右两肩上”3个数(不足3个数的,缺少的数计为0)之和,第k行共有2k+1个数.若在(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中,x8的系数为75,则实数a的值为 .
【解析】(x2+x+1)5的展开式中各项的系数依次为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,所以在(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中,x8的系数为15+30a=75,所以a=2.
【答案】2
§19.3 随机事件及其概率
一
事件的分类
二
频率与概率
1.在相同的条件S下重复n次试验,观察某一事件A是否出现,称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数,称事件A出现的比例fn(A)= 为事件A出现的频率.
2.对于给定的随机事件A,如果随着试验次数的增加,事件A发生的 稳定在某个常数上,把这个常数记作P(A),称为事件A的概率,简称为A的概率.
三
事件的关系与运算
1.包含关系:若事件A发生,则事件B一定发生,这时称事件B 事件A(或称事件A包含于事件B),记作 .
2.相等关系:若B⊇A且A⊇B,则称事件A与事件B相等,记作 .
3.并事件(和事件):若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生,则称此事件为事件A与事件B的 (或和事件),记作A∪B(或A+B).
4.交事件(积事件):若某事件发生当且仅当 ,则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件),记作A∩B(或AB).
5.互斥事件:若A∩B为 事件,则称事件A与事件B互斥.此时A∩B=⌀,P(A∪B)= .
6.对立事件:若A∩B为 事件,A∪B为 事件,则称事件A与事件B互为对立事件.此时A∩B= ,P(A∪B)= .
☞ 左学右考
1 把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人,每人分得1张,事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( ).
A.对立事件
B.不可能事件
C.互斥事件但不是对立事件
D.以上答案都不对
2 (2016年天津卷)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是12,甲获胜的概率是13,则甲不输的概率为( ).
A.56 B.25
C.16 D.13
3 口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球,其中红球45个,从口袋中摸出1个球,摸出白球的概率为0.23,则摸出黑球的概率为( ).
A.0.45 B.0.67
C.0.64 D.0.32
4 (2017长沙模拟)有一个容量为66的样本,数据的分组及各组的频数如下:
[11.5,15.5),2;[15.5,19.5),4;[19.5,23.5),9;
[23.5,27.5),18;[27.5,31.5),11;[31.5,35.5),12;
[35.5,39.5),7;[39.5,43.5),3.
根据样本的频率分布估计数据落在[27.5,43.5)内的概率为 .
知识清单
二、 1.nAn 2.频率fn(A)
三、1.包含 B⊇A(或A⊆B) 2.A=B 3.并事件 4.事件A发生且事件B发生 5.不可能 P(A)+P(B) 6.不可能 必然 ⌀ 1
基础训练
1.【解析】由互斥事件和对立事件的概念可判断,应选C.
【答案】C
2.【解析】事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件,所以甲不输的概率为12+13=56.
【答案】A
3.【解析】由题可知,摸出红球的概率为0.45,摸出白球的概率为0.23,故摸出黑球的概率P=1-0.45-0.23=0.32.
【答案】D
4. 【解析】由条件可知,落在[27.5,43.5)内的数据有11+12+7+3=33(个),故所求概率可以估计为3366=12.
【答案】12
题型一
事件关系的判断
【例1】 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数,其中:①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数;②至少有一个是奇数和两个都是奇数;③至少有一个是奇数和两个都是偶数;④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中,是对立事件的是( ).
A.① B.②④ C.③ D.①③
【解析】从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数有3种情况:一奇一偶,两个奇数,两个偶数.
其中“至少有一个是奇数”包含“一奇一偶”或“两个奇数”这两种情况,它与“两个都是偶数”是对立事件.
又①②④中的事件可以同时发生,不是对立事件.故选C.
【答案】C
(1)判断事件间的关系时,可把所有的试验结果写出来,看所求事件包含哪几个试验结果,从而断定所给事件间的关系.
(2)对立事件一定是互斥事件,也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件,判断互斥事件、对立事件时,注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的,不能在多次试验中判断.
【变式训练1】设条件甲“事件A与事件B是对立事件”,结论乙“概率满足P(A)+P(B)=1”,则甲是乙的( ).
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】若事件A与事件B是对立事件,则A∪B为必然事件,再由概率的加法公式得P(A)+P(B)=1,充分性成立.设掷一枚硬币3次,事件A为“至少出现一次正面”,事件B为“3次出现正面”,则P(A)=78,P(B)=18,满足P(A)+P(B)=1,但A,B不是对立事件,必要性不成立.故甲是乙的充分不必要条件.
【答案】A
题型二
随机事件的频率与概率
【例2】(2015年北京卷)某超市随机选取1000位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如下统计表,其中“?”表示购买,“✕”表示未购买.
商品
顾客人数
甲
乙
丙
丁
100
?
✕
?
?
217
✕
?
✕
?
200
?
?
?
✕
300
?
✕
?
✕
85
?
✕
✕
✕
98
✕
?
✕
✕
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率;
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率;
(3)若顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大?
【解析】(1)从统计表可以看出,在这1000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001000=0.2.
(2)从统计表可以看出,在这1000位顾客中,有100位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了2种商品,所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100+2001000=0.3.
(3)与(1)同理,可得:
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001000=0.2,
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100+200+3001000=0.6,
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001000=0.1.
所以如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大.
解题的关键是根据统计图表分析满足条件的事件发生的频数,计算频率,用频率估计概率.
【变式训练2】(2017汉中模拟)随机抽取一个年份,对西安市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下:
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
日期
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
天气
阴
晴
晴
晴
晴
晴
阴
雨
阴
阴
日期
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天,估计西安市在该天不下雨的概率;
(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会,估计运动会期间不下雨的概率.
【解析】(1)在容量为30的样本中,不下雨的天数是26,以频率估计概率,在4月份任选一天,西安市在该天不下雨的概率可以估计为P=2630=1315.
(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如1日与2日,2日与3日等).在4月份中,前一天为晴天的互邻日期对有16个,其中后一天不下雨的有14个,所以该学校运动会期间不下雨的概率可以估计为78.
题型三
互斥事件与对立事件的概率
【例3】(2017大同模拟)某河流上的一座水力发电站,每年六月份的发电量Y(单位:万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位:毫米)有关.据统计,当X=70时,Y=460;X每增加10,Y增加5.已知近20年六月份的降雨量X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
(1)完成如下近20年六月份降雨量的频率分布表.
降雨量(单位:毫米)
70
110
140
160
200
220
频率
120
210
110
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同,并将频率视为概率,求今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率.
【解析】(1)在所给数据中,降雨量为110毫米的有3个,为160毫米的有7个,为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量的频率分布表为
降雨量(单位:毫米)
70
110
140
160
200
220
频率
120
320
210
720
320
110
(2)由已知可得Y=X2+425,
故发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为
P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210)
=P(X=70)+P(X=110)+P(X=220)
=120+320+110=310.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为310.
求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:一是直接求解法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率再求和;二是间接法,先求该事件的对立事件的概率,再由P(A-)=1-P(A)求解.当题目涉及“至多”“至少”型问题,多考虑用间接法求解.
【变式训练3】(2017怀化模拟)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据,如下表所示.
一次购物量
1件至
4件
5件至
8件
9件至
12件
13件至
16件
17件及以上
顾客数(人)
x
30
25
y
10
结算时间
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x,y的值,并估计顾客一次购物的结算时间的平均值;
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率.(将频率视为概率)
【解析】(1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y=20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本,则顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均值估计,其估计值为1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10100=1.9(分钟).
(2)记A表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”,A1,A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”,“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”,将频率视为概率,得P(A1)=20100=15,P(A2)=10100=110.
所以P(A)=1-P(A1)-P(A2)=1-15-110=710.
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.
方法
用正难则反思想求互斥事件的概率
求复杂的互斥事件的概率的方法:一是直接法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和,运用互斥事件的求和公式计算;二是间接法,先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P(A-),即运用逆向思维的方法(正难则反)求解,应用此公式时,一定要分清事件的对立事件到底是什么事件,不能重复或遗漏.特别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目,用第二种方法往往显得比较简便.
【突破训练】(2014年全国Ⅰ卷)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ).
A.18 B.38 C.58 D.78
【解析】由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P=24-1-124=1416=78,故选D.
【答案】D
1.(2017冀州月考)在5张电话卡中,有3张移动卡和2张联通卡,从中任取2张,若事件“2张全是移动卡”的概率是310,则概率为710的事件是( ).
A.至多有1张移动卡 B.恰有1张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有1张移动卡
【解析】事件“至多有1张移动卡”包含“1张移动卡,1张联通卡”、“2张全是联通卡”两个事件,它是“2张全是移动卡”的对立事件,因此事件“至多有1张移动卡”的概率为710.
【答案】A
2.(2017济南月考)在一次随机试验中,彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3,则下列说法正确的是( ).
A.A∪B与C是互斥事件,也是对立事件
B.B∪C与D是互斥事件,也是对立事件
C.A∪C与B∪D是互斥事件,但不是对立事件
D.A与B∪C∪D是互斥事件,也是对立事件
【解析】由于A,B,C,D彼此互斥,且A∪B∪C∪D是一个必然事件,因此其事件的关系可由如图所示的Venn图表示.由图可知,任何一个事件与其余三个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.
【答案】D
3.(2017襄阳模拟)下列说法中正确的是( ).
A.若事件A与事件B是互斥事件,则P(A)+P(B)=1
B.若事件A与事件B满足条件P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,则事件A与事件B是对立事件
C.一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D.从不包括大小王的52张扑克牌中随机抽取一张,则事件“取到红色牌”与事件“取到梅花”是互斥事件
【解析】对于A,事件A与事件B是互斥事件,但不一定是对立事件,故A不正确;对于B, 若是在同一试验下,由P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,说明事件A与事件B一定是对立事件,但若在不同试验下,虽然有P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,但事件A与事件B不一定对立,故B不正确;对于C,一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”不是对立事件,故C不正确;对于D,事件“取到红色牌”与事件“取到梅花”是互斥事件,故D正确.
【答案】D
4.(2017银川模拟)某袋中有编号为1,2,3,4,5,6的6个球(小球除编号外完全相同),甲先从袋中摸出一个球,记下编号后放回,乙再从袋中摸出一个球,记下编号,则甲、乙两人所摸出的球的编号不同的概率是( ).
A.15 B.16 C.56 D.3536
【解析】设a,b分别为甲,乙两人摸出球的编号.由题意,摸球试验共有36种不同的结果,满足a=b的基本事件共有6种.所以甲、乙两人所摸出的球的编号不同的概率是P=1-636=56.
【答案】C
5.(2017芜湖模拟)从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( ).
A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.3
【解析】事件“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件,因为P(A)=0.65,所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率为P=1-P(A)=1-0.65=0.35.
【答案】C
6.(2017苏州期末)某城市2017年的空气质量状况如下表所示:
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
110
16
13
730
215
130
其中污染指数T≤50时,空气质量为优;50
【答案】35
7.(2017静安模拟)已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8、0.12、0.05,则这台纺纱机在1小时内断头不超过2次的概率和断头超过2次的概率分别为 和 .
【解析】断头不超过2次的概率P1=0.8+0.12+0.05=0.97,于是,断头超过2次的概率P2=1-P1=1-0.97=0.03.
【答案】0.97 0.03
8.(2017聊城期末)已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%,现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率:先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数,我们用1,2,3,4表示命中,用5,6,7,8,9,0表示不命中;再以每三个随机数为一组,代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数:
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
据此估计,该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为 .
【解析】20组随机数中,恰有两次命中的有5组,因此该运动员三次投篮恰有两次命中的概率近似为P=520=14.
【答案】14
9.(2017枣庄期末)做掷一个骰子的试验,事件A表示“小于5的偶数点出现”,事件B表示“小于5的点数出现”,则一次试验中,事件A+B-发生的概率为( ).
A.13 B.12 C.23 D.56
【解析】由于基本事件总数为6,因此P(A)=26=13,P(B)=46=23,从而P(B-)=1-P(B)=1-23=13,又A与B-互斥,故P(A+B-)=P(A)+P(B-)=13+13=23.故选C.
【答案】C
10.(2017铁岭模拟)容量为20的样本数据,分组后的频数如下表:
分组
[10,20)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10,40)内的频率为( ).
A.0.35 B.0.45 C.0.55 D.0.65
【解析】数据落在区间[10,40)内的频率为2+3+420=920=0.45,故选B.
【答案】B
11.(2017常德模拟)如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩,其中一个数字被污损,则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( ).
A.25 B.710 C.45 D.910
【解析】设被污损的数字为x,则x-甲=15×(88+89+90+91+92)=90,
x-乙=15×(83+83+87+99+90+x).
若x-甲=x-乙,则x=8.
若x-甲>x-乙,则x可以为0,1,2,3,4,5,6,7.
故P=810=45.
【答案】C
12.(2017临沂市期末)有3位同学参加测试,假设每位同学能通过测试的概率都是13,且各人能否通过测试是相互独立的,则至少有1位同学能通过测试的概率为( ).
A.827 B.49 C.23 D.1927
【解析】由题可得,3位同学都没有通过测试的概率为233=827,所以至少有1位同学能通过测试的概率为1-827=1927,故选D.
【答案】D
13.(2017合肥模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,A=30°,若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次,所得的点数分别为a,b,则满足条件的三角形有两个解的概率是( ).
A.16 B.13 C.12 D.34
【解析】要使△ABC有两个解,需满足的条件是a>bsinA,b>a.因为A=30°,所以b<2a,b>a.满足此条件的a,b的值有b=3,a=2;b=4,a=3;b=5,a=3;b=5,a=4;b=6,a=4;b=6,a=5,共6种情况.所以满足条件的三角形有两个解的概率是636=16.
【答案】A
14.(2017六安期末)甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲任想一数字,记为a,再由乙猜甲刚才想的数字,把乙猜出的数字记为b,且a,b∈{1,2,3},若|a-b|≤1,则称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两个人玩这个游戏,则他们“心有灵犀”的概率为( ).
A.13 B.59 C.23 D.79
【解析】甲想一个数字有3种结果,乙猜一个数字有3种结果,基本事件总数为3×3=9.设“甲、乙‘心有灵犀’”为事件A,则A的对立事件B为“|a-b|>1”,即|a-b|=2,包含2个基本事件,∴P(B)=29,∴P(A)=1-29=79.
【答案】D
15.(2017咸阳质检)从一副混合后的扑克牌(52张)中,随机抽取1张,事件A为“抽得红桃K”,事件B为“抽得黑桃”,则P(A∪B)= .(结果用最简分数表示)
【解析】∵P(A)=152,P(B)=14,∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=152+14=1452=726.
【答案】726
16.(2017衡阳期末)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示:
X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42
这里两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.
(1)完成下表,并求所种作物的平均年收获量;
Y
51
48
45
42
频数
4
(2)在所种作物中随机选取1株,求它的年收获量至少为48 kg的概率.
【解析】(1)所种作物的总株数为1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株数为1的作物有2株,“相近”作物株数为2的作物有4株,“相近”作物株数为3的作物有6株,“相近”作物株数为4的作物有3株.列表如下:
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3
所种作物的平均年收获量为51×2+48×4+45×6+42×315=102+192+270+12615=69015=46.
(2)由(1)知,P(Y=51)=215,P(Y=48)=415.
故在所种作物中随机选取1株,它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)=P(Y=51)+P(Y=48)=215+415=25.
§19.4 古典概型与几何概型
一
基本事件的特点
1.任何两个基本事件是 的.
2.任何事件(除不可能事件)都可以表示成 的和.
二
古典概型
1.定义:具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.
(1)试验中所有可能出现的基本事件 .
(2)每个基本事件出现的可能性 .
2.如果一次试验中可能出现的结果有n个,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一个基本事件的概率都是 ;如果某个事件A包括的结果有m个,那么事件A的概率P(A)= .
3.古典概型的概率公式
P(A)= .
三
几何概型
1.定义:若每个事件发生的概率只与构成该事件区域的 (面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称几何概型.
2.几何概型的两个基本特点
(1)无限性:在一次试验中,可能出现的结果有 .
(2)等可能性:每个结果的发生具有 .
3.几何概型的概率公式
P(A)= .
☞ 左学右考
1 (2017黄山一模)从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是( ).
A.310 B.15
C.12 D.35
2 在区间[-2,3]上随机选取一个数x,则x≤1的概率为( ).
A.45 B.35
C.25 D.15
3 (2017贵阳质检)如图,在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子,有180粒豆子落在阴影部分,据此估计阴影部分的面积为 .
4 (2016年全国Ⅱ卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为( ).
A.710 B.58
C.38 D.310
知识清单
一、1.互斥 2.基本事件
二、1.(1)只有有限个 (2)相等
2.1n mn
3.A包含的基本事件的个数基本事件的总数
三、1.长度
2.(1)无限多个 (2)等可能性
3.构成事件A的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
基础训练
1.【解析 】从1,2,3,4,5中任取3个不同的数的基本事件数有C53=10种.根据三角形三边边长的关系能构成三角形的只有(2,3,4),(2,4,5),(3,4,5),共3个基本事件,故所求概率为p=310.
【答案】A
2.【解析】在区间[-2,3]上随机选取一个数x,且x≤1,即-2≤x≤1,故所求的概率为p=35.
【答案】B
3.【解析】由题意知,S阴S正=1801000=0.18.
∵S正=1,∴S阴=0.18.
【答案】0.18
4.【解析】
如图,若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口,则该行人至少等待15秒才出现绿灯.AB长度为40-15=25,由几何概型的概率公式知,至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40-1540=58,故选B.
【答案】B
题型一
古典概型
【例1】(1)(2016年全国Ⅰ卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花没有种在同一花坛的概率是( ).
A.13 B.12 C.23 D.56
(2)(2016年全国Ⅲ卷)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( ).
A.815 B.18 C.115 D.130
【解析】(1)从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—黄白、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共6种,其中红色和紫色的花没有种在同一花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共4种,故所求概率为p=46=23,故选C.
(2)∵Ω={(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)},∴基本事件总数为15.∵正确的开机密码只有1种,∴所求概率p=115.
【答案】(1)C (2)C
计算古典概型的概率可分三步:
(1)算出基本事件的总个数n;
(2)求出事件A所包含的基本事件的个数m;
(3)代入公式求出概率P(A).
【变式训练1】一个盒子里装有大小均匀的6个小球,其中有红球4个,编号分别为1,2,3,4,白球2个,编号分别为4,5,从盒子中任取3个小球(假设取到任何一个小球的可能性相同).则取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率为 ;小球编号中最大值为4的概率为 .
【解析】基本事件总数为n=C63=20,取出的3个小球中,含有编号为4的小球的基本事件个数为m=C21C42+C22C41=16,∴取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率p=mn=1620=45.
小球编号中最大值为4的基本事件的个数为C32C21+C31C22=9,所以小球编号中最大值为4的概率为920.
【答案】45 920
题型二
与长度、角度有关的几何概型
【例2】
如图,在等腰直角三角形ABC中,过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM,与AB交于点M,则AM
【解析】
过点C作CN交AB于点N,使AN=AC,如图所示.显然当射线CM处在∠ACN内时,AM
【答案】34
1.如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示,可直接用几何概型概率的计算公式求解.
2.当涉及射线的转动,扇形中有关落点区域问题时,应以角的大小作为区域的几何度量来计算概率,且不可用线段的长度代替,这是两种不同的度量手段.
【变式训练2】在区间[-1,4]内任取一个数x,则2x-x2≥14的概率是( ).
A.12 B.13 C.25 D.35
【解析】由2x-x2≥14,得-1≤x≤2.
又-1≤x≤4,
∴所求事件的概率p=2-(-1)4-(-1)=35.
【答案】D
题型三
与面积有关的几何概型
【例3】(2016年全国Ⅱ卷)从区间[0,1]内随机抽取2n个数x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ).
A.4nm B.2nm C.4mn D.2mn
【解析】因为x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn都在区间[0,1]内随机抽取,所以构成的n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)都在正方形OABC内(包括边界),如图所示.若两数的平方和小于1,则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对),故在扇形OAC内的数对有m个.用随机模拟的方法可得S扇形S正方形=mn,即π4=mn,所以π=4mn.
【答案】C
求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的面积,必要时可根据题意构造两个变量,把变量看成点的坐标,找到试验全部结果构成的平面图形,以便求解.
【变式训练3】(1)(2017邯郸模拟)欧阳修的《卖油翁》中写到:“乃取一葫芦置于地,以钱覆其口,徐以杓酌油沥之,自钱孔入,而钱不湿”,可见“行行出状元”,卖油翁的技艺让人叹为观止.若铜钱是直径为3 cm的圆,中间有边长为1 cm的正方形孔,若随机地向铜钱上滴一滴油(油滴的直径忽略不计),则正好落入孔中的概率是 .
(2)(2017福州模拟)如图,矩形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(1,0),且点C与点D在函数f(x)=x+1,x≥0,-12x+1,x<0的图象上.若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率为( ).
A.16 B.14 C.38 D.12
【解析】(1)依题意,所求概率为p=12π·322=49π.
(2)因为四边形ABCD为矩形,B(1,0)且点C和点D分别在直线y=x+1和y=-12x+1上,所以C(1,2),D(-2,2),E(0,1),则A(-2,0).因此S矩形ABCD=6,S阴影=12×1×3=32.由几何概型的概率公式,知所求事件的概率p=326=14.
【答案】(1)49π (2)B
方法一
古典概型中基本事件的两种探求方法
(1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的.
(2)树状图法:适合较为复杂的问题中的基本事件的探求,注意在确定基本事件时(x,y)可以看成是有序的,如(1,2)与(2,1)不同.有时也可以看成是无序的,如(1,2)和(2,1)相同.
【突破训练1】设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27、9、18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数.
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.
①用所给编号列出所有可能的结果;
②设A为事件“编号为A5和A6的2名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.
【解析】(1)因为27×627+9+18=3,9×627+9+18=1,18×627+9+18=2,
所以应从甲、乙、丙三个协会中分别抽取的运动员人数为3、1、2.
(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.
②编号为A5和A6的2名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.
因此,事件A发生的概率P(A)=915=35.
方法二
数形结合解决几何概型与线性规划的交汇问题
与线性规划有关的平面图形的几何概型,解题的关键是对所求的事件A构成的平面区域形状的判断及面积的计算,基本方法是数形结合.
【突破训练2】(2017石家庄调研)在满足不等式组x-y+1≥0,x+y-3≤0,y≥0的平面内随机取一点M(x0,y0),设事件A为“y0<2x0”,那么事件A发生的概率是( ).
A.14 B.34 C.13 D.23
【解析】
作出不等式组x-y+1≥0,x+y-3≤0,y≥0的平面区域(如图),即△ABC,其面积为4,事件A“y0<2x0”表示的区域为△AOC,其面积为3,所以事件A发生的概率是34.
【答案】B
1.(2017东北师大附中检测)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中,其中AB=2,BC=1,则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是( ).
A.π2 B.π4 C.π6 D.π8
【解析】设质点落在以AB为直径的半圆内为事件A,则P(A)=S阴影S长方形ABCD=12π×121×2=π4.
【答案】B
2.(2017深圳一模)袋中装有大小相同的4个球,4个球上分别标有数字2,3,4,6.现从中随机选取3个球,则所选的3个球上的数字能构成等差数列的概率是( ).
A.14 B.12 C.13 D.23
【解析】因为4个球随机选取3个共有4种不同的选法,其中能构成等差数列的3个数分别为2,3,4;2,4,6,共2种不同的选法,所以根据古典概型概率公式得p=24=12.
【答案】B
3.(2017山东实验中学一诊)已知直线l1:x-2y-1=0,直线l2:ax-by+1=0,其中a,b∈{1,2,3,4,5,6},则直线l1与l2的交点位于第一象限的概率为( ).
A.16 B.14 C.13 D.12
【解析】当直线l2的斜率小于直线l1的斜率时,直线l1与l2的交点位于第一象限,此时共有6种情况:a=1,b∈{3,4,5,6};a=2,b∈{5,6}.因此所求概率为66×6=16,选A.
【答案】A
4.(2017济南模拟)已知实数m∈[0,1],n∈[0,2],则关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实数根的概率是( ).
A.1-π4 B.π4 C.π-32 D.π2-1
【解析】因为关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实根,所以Δ=16m2-16(-n2+2n)≥0,即m2+(n-1)2≥1.又m∈[0,1],n∈[0,2],所以其表示的区域面积为2,而m2+(n-1)2≥1表示的区域面积为2-π2,由几何概型的计算公式可得,关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实根的概率是2-π22=1-π4.
【答案】A
5.(2017广州模拟)在△ABC中,∠ABC=60°,AB=2,BC=6,在BC上任取一点D,使△ABD为钝角三角形的概率为( ).
A.16 B.13 C.12 D.23
【解析】
如图,过点A作AH⊥BC,垂足为H,则在Rt△AHB中,BH=AB·cos 60°=2cos 60°=1.过点A作AM⊥AB,交BC于点M,则在Rt△ABM中,BM=ABcos60°=4,故MC=BC-BM=2.由图可知,要使△ABD为钝角三角形,则点D只能在线段BH或线段MC(都不包括端点)上选取,故所求事件的概率p=1+26=12,故选C.
【答案】C
6.(2017唐山质检)设A为圆周上一点,在圆周上等可能地任取一点与A连接,则弦长超过半径的2倍的概率是( ).
A.34 B.12 C.13 D.35
【解析】
如图,作等腰直角△AOC和△AMC,B为圆上任一点,则当点B在MmC上运动时,弦长|AB|>2R,∴p=MmC的弧长圆的周长=12.
【答案】B
7.(2017临沂模拟)在区间[0,2]上随机地取一个数x,则事件“-1≤log12x+12≤1”发生的概率为( ).
A.34 B.23 C.13 D.14
【解析】由-1≤log12x+12≤1,得12≤x+12≤2,解得0≤x≤32,所以事件“-1≤log12x+12≤1”发生的概率为322=34,故选A.
【答案】A
8.(2017郑州模拟)一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a、b、c,当且仅当a>b,b
【解析】选出一个三位数有A43=24种情况,取出一个“凹数”有C43×2=8种情况,所以所求概率为824=13.
【答案】C
9.(2017鞍山市模拟)如图,三行三列的方阵中有九个数aij(i=1,2,3;j=1,2,3),从中任取三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是( ).
A.37 B.47 C.114 D.1314
【解析】从九个数中任取三个数的不同取法共有C93=84种,因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C31·C21·C11=6种,所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1-684=1314.
【答案】D
10.(2017荆州四地联考)有一长、宽分别为50 m、30 m的矩形游泳池,一名工作人员在池边巡视,某时刻出现在池边任一位置可能性相同,一人在池中心(对角线交点)处呼唤工作人员,其声音可传出152 m,则工作人员能及时听到呼唤(出现在声音可传到区域)的概率是( ).
A.34 B.38 C.3π16 D.12+3π32
【解析】
所求概率为几何概型,测度为长度,如图,AB=CD=50(m),BC=DA=30(m),OE=152(m),OS=15(m)⇒ES=OE2-OS2=15(m)⇒EF=MN=30(m),因此所求概率为EF+MNAB+BC+CD+DA=30×2(50+30)×2=38,选B.
【答案】B
11.(2017桂林模拟)某高校要从6名短跑运动员中选出4人参加全省大学生运动会中的4×100 m接力赛,其中甲不能跑第一棒,乙不能跑第四棒,则甲跑第二棒的概率为( ).
A.415 B.215 C.421 D.15
【解析】从6名短跑运动员中任选4人参加4×100 m接力赛,其中甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的方法共有A64-2A53+A42=252种,在这252种方法中甲跑第二棒的方法共有C41·A42=48(种),因此所求的概率为48252=421,选C.
【答案】C
12.(2017日照模拟)在区间[0,1]上任取两个数a,b,则函数f(x)=x2+ax+b2无零点的概率为 .
【解析】
要使该函数无零点,只需a2-4b2<0,即(a+2b)(a-2b)<0.
∵a,b∈[0,1],a+2b>0,∴a-2b<0.
作出0≤a≤1,0≤b≤1,a-2b<0的可行域(如阴影部分所示),易得该函数无零点的概率p=1×1-12×1×121×1=34.
【答案】34
13.(2017忻州模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为底面ABCD的中心,在正方体ABCD-A1B1C1D1内随机取一点P,则点P到点O的距离大于1的概率为 .
【解析】正方体的体积为2×2×2=8,以O为球心,1为半径且在正方体内部的半球的体积为12×43πr3=12×43π×13=23π,则点P到点O的距离大于1的概率为1-23π8=1-π12.
【答案】1-π12
14.(2017烟台模拟)已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的最大边是AB”发生的概率为12,则ADAB= .
【解析】
当△PAB中边AB最大,则点P在线段P1P3上(其中AB=BP1或AB=AP3),如图所示.
又事件发生的概率p=P1P3CD=12,则P1P3=12CD,
由对称性知,DP1=14CD,P1C=34CD=34AB,此时AB=BP1,则AB2=AD2+34AB2,
∴AD2=716AB2,则ADAB=74.
【答案】74
第十九单元 计数原理与概率
考点一
排列与组合
1.(2017年全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( ).
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
【解析】由题意可得其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C31×C42×A22=36(种),或列式为C31×C42×C21=3×4×32×2=36(种).故选D.
【答案】D
2.(2016年全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( ).
A.24 B.18 C.12 D.9
【解析】从E到G需要分两步完成:先从E到F,再从F到G.从F到G的最短路径,只要考虑纵向路径即可,一旦纵向路径确定,横向路径即可确定,故从F到G的最短路径共有3条.如图,从E到F的最短路径有两类:先从E到A,再从A到F,或先从E到B,再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同,所以从A到F,从B到F最短路径的条数都是3,所以从E到F的最短路径有3+3=6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3=18.
【答案】B
3.(2016年全国Ⅲ卷)定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有( ).
A.18个 B.16个 C.14个 D.12个
【解析】由题意知,当m=4时,“规范01数列”共含有8项,其中4项为0,4项为1,且必有a1=0,a8=1.不考虑限制条件“对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数”,则中间6个数的情况共有C63=20(种),其中存在k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数少于1的个数的情况有:①若a2=a3=1,则有C41=4(种);②若a2=1,a3=0,则a4=1,a5=1,只有1种;③若a2=0,则a3=a4=a5=1,只有1种.综上,“规范01数列”的情况共有20-6=14(种).故不同的“规范01数列”共有14个.故选C.
【答案】C
4.(2016年四川卷)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( ).
A.24 B.48 C.60 D.72
【解析】第一步,先排个位,有C31种选择;
第二步,排前4位,有A44种选择.
由分步乘法计数原理,知有C31×A44=72(个).
【答案】D
5.(2016年北京卷)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则( ).
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【解析】取两个球往盒子中放有4种情况:
①红+红,则乙盒中红球数加1;
②黑+黑,则丙盒中黑球数加1;
③红+黑(红球放入甲盒中),则乙盒中黑球数加1;
④黑+红(黑球放入甲盒中),则丙盒中红球数加1.
因为红球和黑球个数一样多,所以①和②的情况一样多,③和④的情况随机.
③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.
①和②出现的次数是一样的,所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样,
综上,选B.
【答案】B
6.(2017年浙江卷)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有 种不同的选法.(用数字作答)
【解析】(法一)只有1名女生时,先选1名女生,有C21种方法;再选3名男生,有C63种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C21C63A42=480(种)选法.
有2名女生时,再选2名男生,有C62种方法;然后排队长、副队长位置,有A42种方法.由分步乘法计数原理,知共有C62A42=180(种)选法.
所以依据分类加法计数原理知共有480+180=660(种)不同的选法.
(法二)不考虑限制条件,共有A82C62种不同的选法,而没有女生的选法有A62C42种.
故至少有1名女生的选法有A82C62-A62C42=840-180=660(种).
【答案】660
7.(2017年天津卷)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答)
【解析】①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C53×C41×A44=960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A54=120.
故符合题意的四位数一共有960+120=1080(个).
【答案】1080
考点二
二项式定理
8.(2017年全国Ⅰ卷)1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为( ).
A.15 B.20 C.30 D.35
【解析】因为(1+x)6的通项为C6rxr,所以1+1x2(1+x)6展开式中含x2的项为1·C62x2和1x2·C64x4.
因为C62+C64=2C62=2×6×52×1=30,
所以1+1x2(1+x)6展开式中x2的系数为30.故选C.
【答案】C
9.(2015年全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( ).
A.10 B.20 C.30 D.60
【解析】(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=C52(x2+x)3·y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为C31x4·x=C31x5.
所以x5y2的系数为C52C31=30.故选C.
【答案】C
10.(2016年全国Ⅰ卷)(2x+x)5的展开式中,x3的系数是 .(用数字填写答案)
【解析】(2x+x)5展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5-r(x)r=25-r·C5r·x5-r2.
令5-r2=3,得r=4.
故x3的系数为25-4×C54=2C54=10.
【答案】10
考点三
概率
11.(2015年广东卷)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为( ).
A.521 B.1021 C.1121 D.1
【解析】从15个球中任取2个球共有C152种取法,其中有1个红球,1个白球的情况有C101×C51=50(种),所以P=50C152=1021.
【答案】B
12.(2017年山东卷)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ).
A.518 B.49 C.59 D.79
【解析】(法一)∵ 9张卡片中有5张奇数卡片,4张偶数卡片,且为不放回地随机抽取,
∴P(第一次抽到奇数,第二次抽到偶数)=59×48=518,
P(第一次抽到偶数,第二次抽到奇数)=49×58=518.
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=518+518=59.
故选C.
(法二)依题意,得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=5×4C92=59.
故选C.
【答案】C
13.(2017年全国Ⅰ卷)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( ).
A.14 B.π8 C.12 D.π4
【解析】不妨设正方形ABCD的边长为2,则正方形内切圆的半径为1,S正方形=4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称,得S黑=S白=12S圆=π2,所以由几何概型知所求概率P=S黑S正方形=π24=π8.故选B.
【答案】B
14.(2016年全国Ⅰ卷)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是( ).
A.13 B.12 C.23 D.34
【解析】
如图,7:50至8:30之间的时间长度为40分钟,而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7:50至8:00之间或8:20至8:30之间到达发车站,这两种情况下的时间长度之和为20分钟,由几何概型概率公式知所求概率为P=2040=12.故选B.
【答案】B
高频考点:简单的排列、组合问题,有附加条件的排列、组合问题,染色问题.
命题特点:1.考查计数原理的应用,一般是有一定限制条件的排列、组合问题,即对某些元素或某些位置有特定要求,往往以实际问题为背景考查它们的综合问题.难度中等.
2.考查二项式展开式的通项、二项式系数、展开式中项的系数.难度中等.
3.考查排列、组合与概率问题结合,涉及互斥事件、对立事件以及古典概型和几何概型.有时在解答题中出现.
§19.1 计数原理与排列、组合
一
计数原理
1.分类加法计数原理
完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
二
排列、组合
1.排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照 排成一列
组合
合成一组
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数.用符号Anm表示.
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cnm表示.
3.排列数、组合数的公式及性质
(1)公式
①Anm= =n!(n-m)!.
②Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!= (n,m∈N*,且m≤n).特别地Cn0=1.
(2)性质
①0!= ;Ann= .
②Cnm=Cnn-m;Cn+1m= .
☞ 左学右考
1 (2017定西模拟)从1,2,3,…,10中任意选出3个不同的数,使这3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
2 (2017聊城期末)现有四种不同的颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有( ).
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
3 (2017亳州期末)从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是( ).
A.12 B.24
C.64 D.81
4 正六边形中心和顶点共有7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有 个.
5 三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( ).
A.4种 B.6种
C.10种 D.16种
6 从4名男同学和3名女同学中选出3名同学参加某项活动,则男、女同学都有的选法种数是( ).
A.18 B.24
C.30 D.36
知识清单
一、1.m1+m2+…+mn 2.m1×m2×…×mn
二、1.一定的顺序 2.(1)不同排列 (2)不同组合
3.(1)①n(n-1)(n-2)…(n-m+1) ②n!m!(n-m)!
(2)①1 n! ②Cnm+Cnm-1
基础训练
1.【解析】以1为首项的等比数列有1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列有2,4,8.以4为首项的等比数列有4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又可以得到另外的4个等比数列,故所求的数列共有2×(2+1+1)=8个.
【答案】D
2.【解析】先给C着色,有4种结果;再给A着色,有3种结果;再给B着色,有2种结果;最后给D着色,有2种结果.由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2=48(种)不同的着色方法.
【答案】D
3.【解析】从4本不同的课外书中选3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是A43=24.
【答案】B
4.【解析】从7个点中取3个点的取法有C73种,但三点共线不能构成三角形的有3种,故所求三角形共有C73-3=32个.
【答案】32
5.【解析】当甲第一次踢给乙时,满足条件有3种传递方式:甲→乙→丙→乙→甲,甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲.同理,当甲第一次踢给丙时,满足条件有3种传递方式.由分类加法计数原理知,共有3+3=6种传递方式.
【答案】B
6.【解析】(法一)选出的3人中有2名男同学和1名女同学的选法有C42C31=18种;选出的3人中有1名男同学和2名女同学的选法有C41C32=12种.故男、女同学都有的选法共有18+12=30种.
(法二)选出的3名同学中男、女同学都有的选法种数,也就是从7名同学中任选3名同学的选法种数减去所选3名同学全是男同学或全是女同学的选法种数,即C73-C43-C33=30.
【答案】C
题型一
两个计数原理的综合应用
【例1】(2017成都诊断)如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域只涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为 .(用数字作答)
【解析】按区域1与3是否同色分类.
①区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种涂色方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有A33种涂色方法.
∴当区域1与3同色时,共有4A33=24种不同的涂色方法.
②区域1与3不同色:先涂区域1与3,有A42种涂色方法,再涂区域2,有2种涂色方法,然后涂区域4,只有1种涂色方法,最后涂区域5,有3种涂色方法.
∴这时共有A42×2×1×3=72种不同的涂色方法.
由分类加法计数原理知,不同的涂色种数为24+72=96.
【答案】96
(1)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化.(2)解决涂色问题,可按颜色的种数分类,也可按不同的区域分步完成.如例题中,相邻区域不同色,是按区域1与3是否同色分类处理.
【变式训练1】(2017濮阳期中)从0,2中任选一个数字,从1,3,5中任选两个数字,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.6
【解析】符合题意的三位数可分成两种情况:(1)奇偶奇;(2)偶奇奇.对于(1),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有2种选法,共有12种选法;对于(2),个位有3种选法,十位有2种选法,百位有1种选法,共有6种选法.因此有12+6=18(种)选法,故选B.
【答案】B
题型二
排列问题
【例2】(2017北京西城区质检)把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法共有 种.
【解析】记其余2件产品为D,E.A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有A22A33种摆法;再将C插入,仅有3个空位可选.因此,共有3A22A33=3×2×6=36种不同的摆法.
【答案】36
(1)对于排列问题,注意特殊元素(位置)的优先原则,即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题,可利用间接法.对于“在与不在”的问题,常常使用“直接法”或“排除法”.
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.
【变式训练2】(1)(2017盘锦模拟)六个人从左至右排成一排,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
(2)(2017新余二模) 7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙3人加入队列,前排加1人,后排加2人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法种数为( ).
A.120 B.240 C.360 D.480
【解析】(1)第一类,甲在最左端,有A55=5×4×3×2×1=120(种)排法;第二类,乙在最左端,有4A44=4×4×3×2×1=96(种)排法.所以共有120+96=216(种)排法.
(2)第一步,从甲、乙、丙3人中选1人加到前排,有3种方法;第二步,前排3人形成了4个空位,任选1个空位加入1人,有4种方法;第三步,后排4人形成了5个空位,任选1个空位加入1人,有5种方法;第四步,后排5人形成6个空位,任选1个空位加入1人,有6种方法.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×6=360种不同的加入方法.
【答案】(1)B (2)C
题型三
组合问题
【例3】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从这35种商品中任意选取3种.
(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?
【解析】(1)从余下的34种商品中,任意选取2种,有C342=561种取法,∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,任意选取3种,有C343=5984(或C353-C342)种取法.
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种真货中任意选取1种,从15种假货中任意选取2种,有C201C152=2100种取法.
∴恰有2种假货在内的不同取法有2100种.
(4)恰有2种假货在内的取法有C201C152种,恰有3件假货在内的取法有C153种,共有C201C152+C153=2100+455=2555种取法.
∴至少有2种假货在内的不同取法有2555种.
(5)任意选取3种的取法种数为C353,
因此共有C353-C153=6545-455=6090种取法.
∴至多有2种假货在内的不同取法有6090种.
组合问题常有以下两类题型变化:
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
【变式训练3】(1)(2017三门峡模拟)12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师从后排8人中抽出2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法总数是( ).
A.C82A32 B.C82A66 C.C82A62 D.C82A52
(2)(2017武汉二模)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】(1)从后排8人中选2人有C82种方法,这2人插入前排4人中且前排人的顺序不变,则先从4人中的5个空位插入1人有5种方法,余下的1人则要插入前排5人的6个空位当中,有6种方法,故为A62.∴所求总数为C82A62.
(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则这4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,∴共有不同的取法有C54+C44+C52C42=66(种).
【答案】(1)C (2)D
题型四
排列组合的综合应用问题
【例4】(2015年四川卷)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( ).
A.144个 B.120个
C.96个 D.72个
【解析】分两类进行分析:第一类是万位数字为4,个位数字分别为0,2;第二类是万位数字为5,个位数字分别为0,2,4.
当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A43个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,
共有C31A43个偶数.故符合条件的偶数共有2A43+C31A43=120(个).
【答案】B
排列、组合问题的求解方法与技巧:
(1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选后排;(4)相邻问题捆绑处理;(5)不相邻问题插空处理;(6)定序问题排除法处理;(7)分排问题直排处理;(8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模型;(10)正难则反,等价条件.
【变式训练4】(1)(2017青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少1人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ).
A.18种 B.24种 C.36种 D.72种
(2)(2017滨州模拟)现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,则不同取法的种数为 .
【解析】(1)一个路口有3人的分配方案有C31C22A33(种);两个路口各有2人的分配方案有C32C22A33(种).故由分类加法计数原理知,甲、乙在同一路口的分配方案共有C31C22A33+C32C22A33=36(种).
(2)若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中任选3张,若都不同色,则有C41C41C41=64种取法,若有2张卡片的颜色相同,则有C32C21C42C41=144种取法;若红色卡片仅有1张,则剩余2张,若不同色,则有C41C32C41C41=192种取法,若同色,则有C41C31C42=72种取法.所以共有64+144+192+72=472种不同的取法.
【答案】(1)C (2)472
方法一
逐分法求解有序分配法
不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀分组;②均匀分组;③部分均匀分组.注意各种分组类型中,不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”.
【突破训练1】有4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有多少种放法?
(2)恰有1个盒内有2个球,共有多少种放法?
(3)恰有2个盒不放球,共有多少种放法?
【解析】(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有多少放法?”即把4个球分成2,1,1的三组,然后从3个盒子中选1个盒子放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,共有C41C42C31×A22=144(种)放法.
(2)恰有1个盒内有2个球,即另外3个盒子放2个球,且每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C42种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有C43C11A22种放法;第二类有序均匀分组有C42C22A22·A22种放法.故共有C42C43C11A22+C42C22A22·A22=84(种)放法.
方法二
优先解决元素与位置问题
若排列、组合中含特殊的元素或元素对位置有特殊的要求,则应先满足这些特殊元素或特殊位置的要求,然后安排其他的元素或位置,即采用“先特殊后一般”的解题原则.对于题设中有限制条件的问题,也可采用排异法,即先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况去掉.
【突破训练2】(1)(2017江西师大模拟)某大学的8名同学准备拼车去旅游,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名同学,分别乘坐甲、乙两辆汽车,每辆车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的乘坐方式共有( ).
A.24种 B.18种 C.48种 D.36种
(2)(2017信阳模拟)某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙两人不能参加同一学科,则不同的安排方法有( ).
A.36种 B.30种 C.24种 D.6种
【解析】(1)分类讨论,有2种情形:孪生姐妹乘坐甲车,则有C32C21C21=12种乘坐方式;孪生姐妹不乘坐甲车,则有C31C21C21=12种乘坐方式.故共有24种乘坐方式.选A.
(2)从四个人中选出两个人作为一个元素有C42种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C42A33=36(种)方法,其中有不符合条件的,即甲、乙两人同时参加同一学科竞赛有A33=6种结果,∴不同的安排方法共有36-6=30(种),故选B.
【答案】(1)A (2)B
方法三
模型化解决综合问题
对于附加条件较多的排列、组合问题,要注意分析附加条件的特征,根据其特征构建相应的模型,采用相应的方法进行求解.如相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、相同元素的隔板法等.
【突破训练3】《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有( ).
A.144种 B.288种 C. 360种 D.720种
【解析】《将进酒》《望岳》和另确定的两首诗词全排列共有A44 种排法,满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A44A22,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空位中(最后一个空不排),有A42种排法.故若《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法共有A44A22×A42=144 种,故选A.
【答案】A
1.(2017济南质检)有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.儿童节需选择1套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有( ).
A.24种 B.14种 C.10种 D.9种
【解析】第一类:1件衬衣,1件裙子搭配1套服装有4×3=12种选择方式.
第二类:选2套连衣裙中的1套服装有2种选法.
∴由分类加法计数原理,共有12+2=14(种)选择方式.
【答案】B
2.(2017石家庄模拟)教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有( ).
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
【解析】每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步.
由分步乘法计数原理,共有24种不同的走法.
【答案】D
3.(2017威海模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选1个博物馆参观,则有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有( ).
A.C62×45种 B.A62×54种
C.C62×A54种 D.C62×54种
【解析】有2个年级选择甲博物馆共有C62种情况,其余4个年级每个年级各有5种选择情况.故有且只有2个年级选择甲博物馆的情况有C62×54种.
【答案】D
4.(2017郑州质检)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,x=-b2,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
②当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,ab≤1,
若a=-1,则b的可能取值为-1,0,1,2,共4个;
若a=1,则b的可能取值为-1,0,1,共3个;
若a=2,则b的可能取值为-1,0,共2个.
∴有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13(个).
【答案】B
5.(2017河北邯郸联考)如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂1种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则不同的涂色方法共有( ).
A.360种 B.720种 C.780种 D.840种
【解析】由图可知,区域2,3,5,7不能同色,又2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,所以区域1,2,3,4,5的颜色均不相同,所以不同的涂色方法有A65=720种,故选B.
【答案】B
6.(2017衡水调研)用0,1,…,9这10个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( ).
A.243 B.252 C.261 D.279
【解析】用0,1,…,9这10个数字共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
【答案】B
7.(2017西安质检)如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有 个.(用数字作答)
【解析】当相同的数字不是1时,有C31个;当相同的数字是1时,有C31C31个.
由分类加法计数原理知“好数”共有C31+C31C31=12(个).
【答案】12
8.(2017济南期末)如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四个部分,现用5种不同颜色的涂料给四个部分涂色,每个部分只能涂1种颜色,要求共边的两个部分颜色互异,则共有 种不同的涂色方法.(用数字作答)
【解析】区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种不同的涂色方法.
【答案】260
9.(2017山东实验中学模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书,分给三个学生,每个学生至少分得一本,则这样的分法有( ).
A.36种 B.9种 C.18种 D.15种
【解析】分配方案为2,1,1,其中有且仅有一个学生拿两本书,若他拿两本语文书,则此时共有C31A22种分法;若他拿一本语文书一本数学书,则此时共有C31种分法.因此共有C31A22+C31=9种分法,故选B.
【答案】B
10.(2017唐山调研)某校需从10名学生中选3名学生参加数学竞赛,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为 .(用数字作答)
【解析】甲、乙两人均入选,而丙没有入选,有C22C71种选法;甲、乙两人只有1人入选,而丙没有入选,有C21C72种选法.由分类加法计数原理,共有C22C71+C21C72=49(种)选法.
【答案】49
11.(2017东北三校模拟)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案有( ).
A.20种 B.21种 C.22种 D.24种
【解析】根据题意,要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则蓝色最多可以用3块.
分4种情况讨论:
①6块广告牌都不用蓝色,即全部用红色,有1种情况;
②6块广告牌有1块用蓝色,在6块广告牌中选1块用蓝色即可,有C61=6种情况;
③6块广告牌有2块用蓝色,先将4块红色的广告牌安排好,形成5个空位,在5个空位上任选2个安排蓝色的广告牌,有C52=10种情况;
④6块广告牌有3块用蓝色,先将3块红色的广告牌安排好,形成4个空位,在4个空位中任选3个安排蓝色的广告牌,有C3 4=4种情况;
故一共有1+6+10+4=21种不同的配色方案.
【答案】B
12.(2017赣州模拟)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( ).
A.60 B.90 C.120 D.130
【解析】因为xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,且1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3,
所以xi中至少有2个为0,至多有4个为0.
①xi(i=1,2,3,4,5)中有4个为0,1个为-1或1,则集合A中有2C51=10个元素;
②xi(i=1,2,3,4,5)中有3个为0,2个为-1或1,则集合A中有C52×2×2=40个元素;
③xi(i=1,2,3,4,5)中有2个为0,3个为-1或1,则集合A中有C53×2×2×2=80个元素.
从而,集合A中共有10+40+80=130个元素.
【答案】D
13.(2017河南百校联考)6名同学站成一排照相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为( ).
A.60 B.96 C.48 D.72
【解析】先把乙和丙、丁和戊看作2个整体,4个人进行排列,有2A33种站法,再考虑乙和丙、丁和戊的排法.所以不同的站法种数为2A33A22A22=48,故选C.
【答案】C
14.(2017本溪模拟)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( ).
A.72 B.120 C.144 D.168
【解析】先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144(种),再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24(种),所以同类节目不相邻的排法共有144-24=120(种).
【答案】B
15.(2017北京西城区质检)从一架钢琴挑出的10个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个音键同时按下,可发出和声,若有1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】由题意知本题是一个分类加法计数问题,共有8种不同的类型:
当有3个音键同时按下,有C103种结果,
当有4个音键同时按下,有C104种结果,
……
以此类推,根据分类加法计数原理得到和声数为
C103+C104+C105+…+C1010=C100+C101+C102+…+C1010-(C100+C101+C102)=210-(1+10+45)=968.
【答案】968
16.(2017山东滨州模拟)有5本不同的书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本,若将其随机地摆成一排,则同一科目的书均不相邻的摆法有 种.(用数字作答)
【解析】将5本书进行全排列,有A55=120种情况,其中语文书相邻的情况有A22A44=48种,数学书相邻的情况有A22A44=48种,语文书、数学书同时相邻的情况有A22A22A33=24种,则同一科目的书均不相邻的摆法有120-48-48+24=48种.
【答案】48
§19.2 二项式定理
一
二项式定理
1.二项式定理:(a+b)n= (n∈N*).
2.通项公式:Tr+1= ,它表示第 项.
3.二项式系数:二项展开式中各项的系数为Cn0,Cn1,…,Cnn.
二
二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即
增减性
二项式系数Cnk
当k
最大值
当n为偶数时,中间的一项 取得最大值
当n为奇数时,中间的两项Cnn-12与Cnn+12取得最大值
各二项式
系数的和
Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=
Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+Cn5+…=
☞ 左学右考
1 已知Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=729,则Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn等于( ).
A.63 B.64
C.31 D.32
2 (x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是( ).
A.Cnm B.Cnm+1
C.Cnm-1 D.(-1)m-1Cnm-1
3 (2017石家庄调研)在(1+x)n的二项展开式中,仅第6项的系数最大,则n= .
4 (2015年湖北卷)已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数的和为( ).
A.29 B.210
C.211 D.212
知识清单
一、1.Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnran-rbr+…+Cnnbn
2.Cnran-rbr r+1
二、Cnk=Cnn-k 递增 递减 Cnn2 2n 2n-1
基础训练
1.【解析】逆用二项式定理得Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=(1+2)n=3n=729,即3n=36,所以n=6,所以C61+C62+C63+…+C66=26-C60=64-1=63.故选A.
【答案】A
2.【解析】(x-y)n展开式中第m项的系数为Cnm-1(-1)m-1.
【答案】D
3.【解析】在(1+x)n的二项展开式中,项的系数就是项的二项式系数,所以n2+1=6,n=10.
【答案】10
4.【解析】由题意知Cn3=Cn7,解得n=10,则奇数项的二项式系数的和为2n-1=29,故选A.
【答案】A
题型一
求展开式中的特定项或特定项的系数
【例1】(1)(2017年全国Ⅲ卷)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为( ).
A.-80 B.-40 C.40 D.80
(2)(2017新乡模拟)已知3x-123xn的展开式的常数项为第6项,则展开式中所有的有理项为 .
【解析】(1)因为x3y3=x·(x2y3),其系数为-C53×22=-40,x3y3=y·(x3y2),其系数为C52×23=80,
所以x3y3的系数为80-40=40.
故选C.
(2)3x-123xn的展开式的通项公式为
Tk+1=Cnkxn-k3-12kx-k3
=Cnk-12kxn-2k3.
因为第6项为常数项,所以当k=5时,n-2×53=0,即n=10.
由题意知10-2k3∈Z,0≤k≤10,k∈N.
令10-2k3=r (r∈Z),则10-2k=3r,k=5-32r.
因为k∈N,所以r应为偶数.
所以r可取2,0,-2,即k可取2,5,8,
故第3项、第6项与第9项为有理项,它们分别为454x2、-638与45256x-2.
【答案】(1)C (2)454x2,-638,45256x-2
(1)求解此类问题可以分两步完成:第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数;第二步是根据所求的指数,再求所求的项.
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
【变式训练1】(1)(2017临沂模拟)已知(1+3x)n的展开式中含x2的项的系数是54,则n= .
(2)(2017德州模拟)若ax2+bx6的展开式中x3的系数为20,则a2+b2的最小值为 .
【解析】(1)(1+3x)n的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr(3x)r=Cnr·3r·xr,令r=2,得Cn2·32=54,解得n=4.
(2)ax2+bx6的展开式的通项为Tr+1=C6r(ax2)6-r·bxr=C6ra6-rbrx12-3r,令12-3r=3,则r=3.
∴C63a3b3=20,即ab=1.
∴a2+b2≥2ab=2,即a2+b2的最小值为2.
【答案】(1)4 (2)2
题型二
有关二项式系数的和与各项系数的和的问题
【例2】设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项是( ).
A.15x2 B.20x3 C.21x3 D.35x3
【解析】(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn.
令x=0,则a0=1,令x=1,则(1+1)n=a0+a1+a2+…+an=64,所以n=6.
在(1+x)6的展开式中,二项式系数最大项的系数最大,所以(1+x)6的展开式中系数最大项为T4=C63x3=20x3.
【答案】B
求解这类问题要注意:①区别二项式系数与展开式中项的系数,灵活利用二项式系数的性质;②根据题目特征,恰当赋值代换,一般赋变量的值为0,1,-1.
【变式训练2】(1)(2017芜湖模拟)在2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,则常数项是 .
(2)(2017南阳模拟)若(1-3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=( ).
A.1024 B.243 C.32 D.24
【解析】(1)因为2x3-1xn的展开式中,各二项式系数的和为128,所以2n=128,即n=7,所以2x3-1x7的展开式的通项为Tr+1=C7r(2x3)7-r-1xr=C7r27-r(-1)rx21-72r,令21-72r=0,则r=6,故常数项是2C76=14.
(2)令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=[1-(-3)]5=45=1024.
【答案】(1)14 (2)A
题型三
二项式定理的应用
【例3】求证:1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除.
【解析】∵1+2+22+…+25n-1=25n-12-1
=25n-1=32n-1=(31+1)n-1
=Cn0×31n+Cn1×31n-1+…+Cnn-1×31+Cnn-1
=31×(Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1),
显然Cn0×31n-1+Cn1×31n-2+…+Cnn-1为整数,
∴原式能被31整除.
整除问题和求近似值问题是二项式定理中两类常见的应用问题,整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值问题则应关注展开式的前几项.
【变式训练3】S=C271+C272+…+C2727除以9的余数为 .
【解析】S=C271+C272+…+C2727=89-1
=(9-1)9-1=C90×99-C91×98+…+C98×9-2
=9×(C90×98-C91×97+…+C98)-2.
因为C90×98-C91×97+…+C98是整数,所以S除以9的余数为7.
【答案】7
方法一
赋值法解决与系数有关的问题
对于f(x)=a0(x-a)n+a1(x-a)n-1+…+an,令x-a=1,即x=a+1,可得各项系数的和a0+a1+a2+…+an的值;令x-a=-1,即x=a-1,可得奇数项系数和与偶数项和的关系.
【突破训练1】(2017青岛模拟)若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+an(1-x)n,则a0-a1+a2-…+(-1)nan等于( ).
A.34(3n-1) B.34(3n-2)
C.32(3n-2) D.32(3n-1)
【解析】在展开式中,令x=2,得3+32+33+…+3n=a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan,即a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan=3(1-3n)1-3=32(3n-1).
【答案】D
方法二
公式法解决与指定项有关的问题
求解二项式中的指定项问题,主要利用公式法,先确定二项展开式中的各个参数,然后确定通项公式,根据已知列对应的方程求解参数r,再代入公式即可.
【突破训练2】(2017九江模拟)(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为( ).
A.-210 B.210 C.30 D.-30
【解析】(x2-x+1)10=[(x2-x)+1]10的展开式的通项公式为Tr+1=C10r(x2-x)10-r,而(x2-x)10-r的展开式的通项公式为Tr'+1=(-1)r'C10-rr'x20-2r-r'.令20-2r-r'=3,根据0≤r'≤10-r,0≤r≤10,r,r'∈N,解得r=8,r'=1或r=7,r'=3,∴(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为C108C21(-1)+C107C33(-1)=-90-120=-210.
【答案】A
1.(2017江西南昌模拟)(1-2x)4的展开式中第3项的二项式系数为( ).
A.6 B.-6 C.24 D.-24
【解析】第3项的二项式系数为C42=6,选A.
【答案】A
2.(2017山东肥城统测)x2-1x8的展开式中x7的系数是 .
【解析】Tr+1=C8r(x2)8-r-1xr=(-1)rC8rx16-3r,由16-3r=7得r=3,故x7的系数是(-1)3C83=-56.
【答案】-56
3. (2017衡水中学联考)1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为 .
【解析】1-1x(1+x)4的展开式中x2的系数为C42+(-1)C43=2.
【答案】2
4.(2017南京模拟)在x+13x24的展开式中,x的幂指数是整数的项共有( ).
A.3项 B.4项 C.5项 D.6项
【解析】Tr+1=C24r(x)24-r13xr=C24rx12-5r6,故当r的值为0,6,12,18,24时,x的幂指数是整数,共5项.
【答案】C
5. (2017濮阳模拟)若x+1xn的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中1x2的系数为 .
【解析】由题意,Cn2=Cn6,所以n=8,Tr+1=C8rx8-r1xr=C8rx8-2r,当8-2r=-2时,r=5,所以1x2的系数为C85=C83=56.
【答案】56
6.(2017济南模拟)x+12x9的展开式中x3的系数为 .
【解析】Tr+1=12xrC9rx9-r=12rC9rx9-2r,所以由9-2r=3得r=3,故x3的系数为123C93=212.
【答案】212
7.(2017长沙质检)若(1+x+x2)6=a0+a1x+a2x2+…+a12x12,则a2+a4+…+a12= .(用数字作答)
【解析】令x=1,得a0+a1+a2+…+a12=36, ①
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a12=1, ②
∴由①+②2得a0+a2+a4+…+a12=36+12.
令x=0,得a0=1,∴a2+a4+…+a12=36+12-1=364.
【答案】364
8.(2017江西抚州模拟)若(2x-3)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a1+2a2+3a3+4a4+5a5= .
【解析】原等式两边同时求导得5(2x-3)4×(2x-3)'=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4,令上式中x=1,得a1+2a2+3a3+4a4+5a5=10.
【答案】10
9.(2017海口调研)若(x2-a)x+1x10的展开式中x6的系数为30,则a等于( ).
A.13 B.12 C.1 D.2
【解析】x+1x10的展开式的通项公式是Tr+1=C10r·x10-r·1xr=C10r·x10-2r,x+1x10的展开式中x4(当r=3时),x6(当r=2时)的系数分别为C103,C102,因此由题意得C103-aC102=120-45a=30,解得a=2,故选D.
【答案】D
10.(2017南宁联考)若二项式55x2+1x6的展开式中的常数项为m,则1m (x2-2x)dx=( ).
A.13 B.-13 C.-23 D.23
【解析】因为二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6r55x26-r1xr=556-rC6rx12-3r,令12-3r=0,得r=4,所以m=552C64=3,所以1m (x2-2x)dx=13 (x2-2x)dx=13x3-x2 3 1=13×33-32-13-1=23,故选D.
【答案】D
11.(2017浦东模拟)设a∈Z,且0≤a<13,若512018+a能被13整除,则a=( ).
A.0 B.1 C.11 D.12
【解析】∵51 2018+a=(52-1)2018+a=C20180×522018-C20181×522017+C20182×522016-…-C20182017×52+1+a能被13整除,且0≤a<13,∴1+a能被13整除,故a=12.
【答案】D
12.(2017诸暨模拟)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn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】在(1+x)6的展开式中,xm的系数为C6m,在(1+y)4的展开式中,yn的系数为C4n,故f(m,n)=C6m·C4n.所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C63C40+C62C41+C61C42+C60C43=120.
【答案】C
13.(2017沈阳三校模拟)设二项式x-12n(n∈N*)展开式的二项式系数的和与各项系数的和分别为an与bn,则a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=( ).
A.2n-1+3 B.2(2n-1+1)
C.2n+1 D.1
【解析】由题意知an=2n,令x=1,则bn=12n,所以a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=2n+1,故选C.
【答案】C
14.(2017安徽名校联考)设复数x=2i1-i(i是虚数单位),则C20171x+C20172x2+C20173x3+…+C20172017x2017=( ).
A.i B.-i C.i-1 D.-1-i
【解析】x=2i1-i=2i(1+i)(1-i)(1+i)=i-1,
C20171x+C20172x2+C20173x3+…+C20172017x2017
=(1+x)2017-1=i2017-1=i-1.
【答案】C
15.(2017岳阳模拟)若二项式3x2-1xn的展开式中各项系数的和是512,则展开式中的常数项为( ).
A.-27C93 B.27C93 C.-9C94 D.9C94
【解析】令x=1,得2n=512,所以n=9,故3x2-1x9的展开式的通项为Tr+1=C9r(3x2)9-r-1xr=(-1)rC9r·39-r·x18-3r,令18-3r=0,得r=6,所以常数项为T7=(-1)6C96·33=27C93.
【答案】B
16.(湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研)将三项式(x2+x+1)n展开,当n=1,2,3,…时,得到图①所示的展开式,图②所示的广义杨辉三角形.
(x2+x+1)0=1;
(x2+x+1)1=x2+x+1;
(x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1;
(x2+x+1)3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1;
(x2+x+1)4=x8+4x7+10x6+16x5+19x4+16x3+10x2+4x+1;
…
图①
观察多项式系数之间的关系,可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形,其构造方法:第0行为1,以下各行每一个数是它“头上”与“左、右两肩上”3个数(不足3个数的,缺少的数计为0)之和,第k行共有2k+1个数.若在(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中,x8的系数为75,则实数a的值为 .
【解析】(x2+x+1)5的展开式中各项的系数依次为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,所以在(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中,x8的系数为15+30a=75,所以a=2.
【答案】2
§19.3 随机事件及其概率
一
事件的分类
二
频率与概率
1.在相同的条件S下重复n次试验,观察某一事件A是否出现,称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数,称事件A出现的比例fn(A)= 为事件A出现的频率.
2.对于给定的随机事件A,如果随着试验次数的增加,事件A发生的 稳定在某个常数上,把这个常数记作P(A),称为事件A的概率,简称为A的概率.
三
事件的关系与运算
1.包含关系:若事件A发生,则事件B一定发生,这时称事件B 事件A(或称事件A包含于事件B),记作 .
2.相等关系:若B⊇A且A⊇B,则称事件A与事件B相等,记作 .
3.并事件(和事件):若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生,则称此事件为事件A与事件B的 (或和事件),记作A∪B(或A+B).
4.交事件(积事件):若某事件发生当且仅当 ,则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件),记作A∩B(或AB).
5.互斥事件:若A∩B为 事件,则称事件A与事件B互斥.此时A∩B=⌀,P(A∪B)= .
6.对立事件:若A∩B为 事件,A∪B为 事件,则称事件A与事件B互为对立事件.此时A∩B= ,P(A∪B)= .
☞ 左学右考
1 把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人,每人分得1张,事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( ).
A.对立事件
B.不可能事件
C.互斥事件但不是对立事件
D.以上答案都不对
2 (2016年天津卷)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是12,甲获胜的概率是13,则甲不输的概率为( ).
A.56 B.25
C.16 D.13
3 口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球,其中红球45个,从口袋中摸出1个球,摸出白球的概率为0.23,则摸出黑球的概率为( ).
A.0.45 B.0.67
C.0.64 D.0.32
4 (2017长沙模拟)有一个容量为66的样本,数据的分组及各组的频数如下:
[11.5,15.5),2;[15.5,19.5),4;[19.5,23.5),9;
[23.5,27.5),18;[27.5,31.5),11;[31.5,35.5),12;
[35.5,39.5),7;[39.5,43.5),3.
根据样本的频率分布估计数据落在[27.5,43.5)内的概率为 .
知识清单
二、 1.nAn 2.频率fn(A)
三、1.包含 B⊇A(或A⊆B) 2.A=B 3.并事件 4.事件A发生且事件B发生 5.不可能 P(A)+P(B) 6.不可能 必然 ⌀ 1
基础训练
1.【解析】由互斥事件和对立事件的概念可判断,应选C.
【答案】C
2.【解析】事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件,所以甲不输的概率为12+13=56.
【答案】A
3.【解析】由题可知,摸出红球的概率为0.45,摸出白球的概率为0.23,故摸出黑球的概率P=1-0.45-0.23=0.32.
【答案】D
4. 【解析】由条件可知,落在[27.5,43.5)内的数据有11+12+7+3=33(个),故所求概率可以估计为3366=12.
【答案】12
题型一
事件关系的判断
【例1】 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数,其中:①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数;②至少有一个是奇数和两个都是奇数;③至少有一个是奇数和两个都是偶数;④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中,是对立事件的是( ).
A.① B.②④ C.③ D.①③
【解析】从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数有3种情况:一奇一偶,两个奇数,两个偶数.
其中“至少有一个是奇数”包含“一奇一偶”或“两个奇数”这两种情况,它与“两个都是偶数”是对立事件.
又①②④中的事件可以同时发生,不是对立事件.故选C.
【答案】C
(1)判断事件间的关系时,可把所有的试验结果写出来,看所求事件包含哪几个试验结果,从而断定所给事件间的关系.
(2)对立事件一定是互斥事件,也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件,判断互斥事件、对立事件时,注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的,不能在多次试验中判断.
【变式训练1】设条件甲“事件A与事件B是对立事件”,结论乙“概率满足P(A)+P(B)=1”,则甲是乙的( ).
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】若事件A与事件B是对立事件,则A∪B为必然事件,再由概率的加法公式得P(A)+P(B)=1,充分性成立.设掷一枚硬币3次,事件A为“至少出现一次正面”,事件B为“3次出现正面”,则P(A)=78,P(B)=18,满足P(A)+P(B)=1,但A,B不是对立事件,必要性不成立.故甲是乙的充分不必要条件.
【答案】A
题型二
随机事件的频率与概率
【例2】(2015年北京卷)某超市随机选取1000位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如下统计表,其中“?”表示购买,“✕”表示未购买.
商品
顾客人数
甲
乙
丙
丁
100
?
✕
?
?
217
✕
?
✕
?
200
?
?
?
✕
300
?
✕
?
✕
85
?
✕
✕
✕
98
✕
?
✕
✕
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率;
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率;
(3)若顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大?
【解析】(1)从统计表可以看出,在这1000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001000=0.2.
(2)从统计表可以看出,在这1000位顾客中,有100位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了2种商品,所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100+2001000=0.3.
(3)与(1)同理,可得:
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001000=0.2,
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100+200+3001000=0.6,
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001000=0.1.
所以如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大.
解题的关键是根据统计图表分析满足条件的事件发生的频数,计算频率,用频率估计概率.
【变式训练2】(2017汉中模拟)随机抽取一个年份,对西安市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下:
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
日期
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
天气
阴
晴
晴
晴
晴
晴
阴
雨
阴
阴
日期
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天,估计西安市在该天不下雨的概率;
(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会,估计运动会期间不下雨的概率.
【解析】(1)在容量为30的样本中,不下雨的天数是26,以频率估计概率,在4月份任选一天,西安市在该天不下雨的概率可以估计为P=2630=1315.
(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如1日与2日,2日与3日等).在4月份中,前一天为晴天的互邻日期对有16个,其中后一天不下雨的有14个,所以该学校运动会期间不下雨的概率可以估计为78.
题型三
互斥事件与对立事件的概率
【例3】(2017大同模拟)某河流上的一座水力发电站,每年六月份的发电量Y(单位:万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位:毫米)有关.据统计,当X=70时,Y=460;X每增加10,Y增加5.已知近20年六月份的降雨量X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
(1)完成如下近20年六月份降雨量的频率分布表.
降雨量(单位:毫米)
70
110
140
160
200
220
频率
120
210
110
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同,并将频率视为概率,求今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率.
【解析】(1)在所给数据中,降雨量为110毫米的有3个,为160毫米的有7个,为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量的频率分布表为
降雨量(单位:毫米)
70
110
140
160
200
220
频率
120
320
210
720
320
110
(2)由已知可得Y=X2+425,
故发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为
P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210)
=P(X=70)+P(X=110)+P(X=220)
=120+320+110=310.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为310.
求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:一是直接求解法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率再求和;二是间接法,先求该事件的对立事件的概率,再由P(A-)=1-P(A)求解.当题目涉及“至多”“至少”型问题,多考虑用间接法求解.
【变式训练3】(2017怀化模拟)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据,如下表所示.
一次购物量
1件至
4件
5件至
8件
9件至
12件
13件至
16件
17件及以上
顾客数(人)
x
30
25
y
10
结算时间
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x,y的值,并估计顾客一次购物的结算时间的平均值;
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率.(将频率视为概率)
【解析】(1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y=20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本,则顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均值估计,其估计值为1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10100=1.9(分钟).
(2)记A表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”,A1,A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”,“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”,将频率视为概率,得P(A1)=20100=15,P(A2)=10100=110.
所以P(A)=1-P(A1)-P(A2)=1-15-110=710.
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.
方法
用正难则反思想求互斥事件的概率
求复杂的互斥事件的概率的方法:一是直接法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和,运用互斥事件的求和公式计算;二是间接法,先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P(A-),即运用逆向思维的方法(正难则反)求解,应用此公式时,一定要分清事件的对立事件到底是什么事件,不能重复或遗漏.特别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目,用第二种方法往往显得比较简便.
【突破训练】(2014年全国Ⅰ卷)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ).
A.18 B.38 C.58 D.78
【解析】由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P=24-1-124=1416=78,故选D.
【答案】D
1.(2017冀州月考)在5张电话卡中,有3张移动卡和2张联通卡,从中任取2张,若事件“2张全是移动卡”的概率是310,则概率为710的事件是( ).
A.至多有1张移动卡 B.恰有1张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有1张移动卡
【解析】事件“至多有1张移动卡”包含“1张移动卡,1张联通卡”、“2张全是联通卡”两个事件,它是“2张全是移动卡”的对立事件,因此事件“至多有1张移动卡”的概率为710.
【答案】A
2.(2017济南月考)在一次随机试验中,彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3,则下列说法正确的是( ).
A.A∪B与C是互斥事件,也是对立事件
B.B∪C与D是互斥事件,也是对立事件
C.A∪C与B∪D是互斥事件,但不是对立事件
D.A与B∪C∪D是互斥事件,也是对立事件
【解析】由于A,B,C,D彼此互斥,且A∪B∪C∪D是一个必然事件,因此其事件的关系可由如图所示的Venn图表示.由图可知,任何一个事件与其余三个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.
【答案】D
3.(2017襄阳模拟)下列说法中正确的是( ).
A.若事件A与事件B是互斥事件,则P(A)+P(B)=1
B.若事件A与事件B满足条件P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,则事件A与事件B是对立事件
C.一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D.从不包括大小王的52张扑克牌中随机抽取一张,则事件“取到红色牌”与事件“取到梅花”是互斥事件
【解析】对于A,事件A与事件B是互斥事件,但不一定是对立事件,故A不正确;对于B, 若是在同一试验下,由P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,说明事件A与事件B一定是对立事件,但若在不同试验下,虽然有P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,但事件A与事件B不一定对立,故B不正确;对于C,一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”不是对立事件,故C不正确;对于D,事件“取到红色牌”与事件“取到梅花”是互斥事件,故D正确.
【答案】D
4.(2017银川模拟)某袋中有编号为1,2,3,4,5,6的6个球(小球除编号外完全相同),甲先从袋中摸出一个球,记下编号后放回,乙再从袋中摸出一个球,记下编号,则甲、乙两人所摸出的球的编号不同的概率是( ).
A.15 B.16 C.56 D.3536
【解析】设a,b分别为甲,乙两人摸出球的编号.由题意,摸球试验共有36种不同的结果,满足a=b的基本事件共有6种.所以甲、乙两人所摸出的球的编号不同的概率是P=1-636=56.
【答案】C
5.(2017芜湖模拟)从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( ).
A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.3
【解析】事件“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件,因为P(A)=0.65,所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率为P=1-P(A)=1-0.65=0.35.
【答案】C
6.(2017苏州期末)某城市2017年的空气质量状况如下表所示:
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
110
16
13
730
215
130
其中污染指数T≤50时,空气质量为优;50
【答案】35
7.(2017静安模拟)已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8、0.12、0.05,则这台纺纱机在1小时内断头不超过2次的概率和断头超过2次的概率分别为 和 .
【解析】断头不超过2次的概率P1=0.8+0.12+0.05=0.97,于是,断头超过2次的概率P2=1-P1=1-0.97=0.03.
【答案】0.97 0.03
8.(2017聊城期末)已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%,现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率:先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数,我们用1,2,3,4表示命中,用5,6,7,8,9,0表示不命中;再以每三个随机数为一组,代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数:
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
据此估计,该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为 .
【解析】20组随机数中,恰有两次命中的有5组,因此该运动员三次投篮恰有两次命中的概率近似为P=520=14.
【答案】14
9.(2017枣庄期末)做掷一个骰子的试验,事件A表示“小于5的偶数点出现”,事件B表示“小于5的点数出现”,则一次试验中,事件A+B-发生的概率为( ).
A.13 B.12 C.23 D.56
【解析】由于基本事件总数为6,因此P(A)=26=13,P(B)=46=23,从而P(B-)=1-P(B)=1-23=13,又A与B-互斥,故P(A+B-)=P(A)+P(B-)=13+13=23.故选C.
【答案】C
10.(2017铁岭模拟)容量为20的样本数据,分组后的频数如下表:
分组
[10,20)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10,40)内的频率为( ).
A.0.35 B.0.45 C.0.55 D.0.65
【解析】数据落在区间[10,40)内的频率为2+3+420=920=0.45,故选B.
【答案】B
11.(2017常德模拟)如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩,其中一个数字被污损,则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( ).
A.25 B.710 C.45 D.910
【解析】设被污损的数字为x,则x-甲=15×(88+89+90+91+92)=90,
x-乙=15×(83+83+87+99+90+x).
若x-甲=x-乙,则x=8.
若x-甲>x-乙,则x可以为0,1,2,3,4,5,6,7.
故P=810=45.
【答案】C
12.(2017临沂市期末)有3位同学参加测试,假设每位同学能通过测试的概率都是13,且各人能否通过测试是相互独立的,则至少有1位同学能通过测试的概率为( ).
A.827 B.49 C.23 D.1927
【解析】由题可得,3位同学都没有通过测试的概率为233=827,所以至少有1位同学能通过测试的概率为1-827=1927,故选D.
【答案】D
13.(2017合肥模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,A=30°,若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次,所得的点数分别为a,b,则满足条件的三角形有两个解的概率是( ).
A.16 B.13 C.12 D.34
【解析】要使△ABC有两个解,需满足的条件是a>bsinA,b>a.因为A=30°,所以b<2a,b>a.满足此条件的a,b的值有b=3,a=2;b=4,a=3;b=5,a=3;b=5,a=4;b=6,a=4;b=6,a=5,共6种情况.所以满足条件的三角形有两个解的概率是636=16.
【答案】A
14.(2017六安期末)甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲任想一数字,记为a,再由乙猜甲刚才想的数字,把乙猜出的数字记为b,且a,b∈{1,2,3},若|a-b|≤1,则称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两个人玩这个游戏,则他们“心有灵犀”的概率为( ).
A.13 B.59 C.23 D.79
【解析】甲想一个数字有3种结果,乙猜一个数字有3种结果,基本事件总数为3×3=9.设“甲、乙‘心有灵犀’”为事件A,则A的对立事件B为“|a-b|>1”,即|a-b|=2,包含2个基本事件,∴P(B)=29,∴P(A)=1-29=79.
【答案】D
15.(2017咸阳质检)从一副混合后的扑克牌(52张)中,随机抽取1张,事件A为“抽得红桃K”,事件B为“抽得黑桃”,则P(A∪B)= .(结果用最简分数表示)
【解析】∵P(A)=152,P(B)=14,∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=152+14=1452=726.
【答案】726
16.(2017衡阳期末)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示:
X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42
这里两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.
(1)完成下表,并求所种作物的平均年收获量;
Y
51
48
45
42
频数
4
(2)在所种作物中随机选取1株,求它的年收获量至少为48 kg的概率.
【解析】(1)所种作物的总株数为1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株数为1的作物有2株,“相近”作物株数为2的作物有4株,“相近”作物株数为3的作物有6株,“相近”作物株数为4的作物有3株.列表如下:
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3
所种作物的平均年收获量为51×2+48×4+45×6+42×315=102+192+270+12615=69015=46.
(2)由(1)知,P(Y=51)=215,P(Y=48)=415.
故在所种作物中随机选取1株,它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)=P(Y=51)+P(Y=48)=215+415=25.
§19.4 古典概型与几何概型
一
基本事件的特点
1.任何两个基本事件是 的.
2.任何事件(除不可能事件)都可以表示成 的和.
二
古典概型
1.定义:具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.
(1)试验中所有可能出现的基本事件 .
(2)每个基本事件出现的可能性 .
2.如果一次试验中可能出现的结果有n个,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一个基本事件的概率都是 ;如果某个事件A包括的结果有m个,那么事件A的概率P(A)= .
3.古典概型的概率公式
P(A)= .
三
几何概型
1.定义:若每个事件发生的概率只与构成该事件区域的 (面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称几何概型.
2.几何概型的两个基本特点
(1)无限性:在一次试验中,可能出现的结果有 .
(2)等可能性:每个结果的发生具有 .
3.几何概型的概率公式
P(A)= .
☞ 左学右考
1 (2017黄山一模)从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是( ).
A.310 B.15
C.12 D.35
2 在区间[-2,3]上随机选取一个数x,则x≤1的概率为( ).
A.45 B.35
C.25 D.15
3 (2017贵阳质检)如图,在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子,有180粒豆子落在阴影部分,据此估计阴影部分的面积为 .
4 (2016年全国Ⅱ卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为( ).
A.710 B.58
C.38 D.310
知识清单
一、1.互斥 2.基本事件
二、1.(1)只有有限个 (2)相等
2.1n mn
3.A包含的基本事件的个数基本事件的总数
三、1.长度
2.(1)无限多个 (2)等可能性
3.构成事件A的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
基础训练
1.【解析 】从1,2,3,4,5中任取3个不同的数的基本事件数有C53=10种.根据三角形三边边长的关系能构成三角形的只有(2,3,4),(2,4,5),(3,4,5),共3个基本事件,故所求概率为p=310.
【答案】A
2.【解析】在区间[-2,3]上随机选取一个数x,且x≤1,即-2≤x≤1,故所求的概率为p=35.
【答案】B
3.【解析】由题意知,S阴S正=1801000=0.18.
∵S正=1,∴S阴=0.18.
【答案】0.18
4.【解析】
如图,若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口,则该行人至少等待15秒才出现绿灯.AB长度为40-15=25,由几何概型的概率公式知,至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40-1540=58,故选B.
【答案】B
题型一
古典概型
【例1】(1)(2016年全国Ⅰ卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花没有种在同一花坛的概率是( ).
A.13 B.12 C.23 D.56
(2)(2016年全国Ⅲ卷)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( ).
A.815 B.18 C.115 D.130
【解析】(1)从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中,余下2种颜色的花种在另一个花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—黄白、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共6种,其中红色和紫色的花没有种在同一花坛的种数有:红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄,共4种,故所求概率为p=46=23,故选C.
(2)∵Ω={(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)},∴基本事件总数为15.∵正确的开机密码只有1种,∴所求概率p=115.
【答案】(1)C (2)C
计算古典概型的概率可分三步:
(1)算出基本事件的总个数n;
(2)求出事件A所包含的基本事件的个数m;
(3)代入公式求出概率P(A).
【变式训练1】一个盒子里装有大小均匀的6个小球,其中有红球4个,编号分别为1,2,3,4,白球2个,编号分别为4,5,从盒子中任取3个小球(假设取到任何一个小球的可能性相同).则取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率为 ;小球编号中最大值为4的概率为 .
【解析】基本事件总数为n=C63=20,取出的3个小球中,含有编号为4的小球的基本事件个数为m=C21C42+C22C41=16,∴取出的3个小球中,含有编号为4的小球的概率p=mn=1620=45.
小球编号中最大值为4的基本事件的个数为C32C21+C31C22=9,所以小球编号中最大值为4的概率为920.
【答案】45 920
题型二
与长度、角度有关的几何概型
【例2】
如图,在等腰直角三角形ABC中,过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM,与AB交于点M,则AM
【解析】
过点C作CN交AB于点N,使AN=AC,如图所示.显然当射线CM处在∠ACN内时,AM
【答案】34
1.如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示,可直接用几何概型概率的计算公式求解.
2.当涉及射线的转动,扇形中有关落点区域问题时,应以角的大小作为区域的几何度量来计算概率,且不可用线段的长度代替,这是两种不同的度量手段.
【变式训练2】在区间[-1,4]内任取一个数x,则2x-x2≥14的概率是( ).
A.12 B.13 C.25 D.35
【解析】由2x-x2≥14,得-1≤x≤2.
又-1≤x≤4,
∴所求事件的概率p=2-(-1)4-(-1)=35.
【答案】D
题型三
与面积有关的几何概型
【例3】(2016年全国Ⅱ卷)从区间[0,1]内随机抽取2n个数x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ).
A.4nm B.2nm C.4mn D.2mn
【解析】因为x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn都在区间[0,1]内随机抽取,所以构成的n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)都在正方形OABC内(包括边界),如图所示.若两数的平方和小于1,则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对),故在扇形OAC内的数对有m个.用随机模拟的方法可得S扇形S正方形=mn,即π4=mn,所以π=4mn.
【答案】C
求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的面积,必要时可根据题意构造两个变量,把变量看成点的坐标,找到试验全部结果构成的平面图形,以便求解.
【变式训练3】(1)(2017邯郸模拟)欧阳修的《卖油翁》中写到:“乃取一葫芦置于地,以钱覆其口,徐以杓酌油沥之,自钱孔入,而钱不湿”,可见“行行出状元”,卖油翁的技艺让人叹为观止.若铜钱是直径为3 cm的圆,中间有边长为1 cm的正方形孔,若随机地向铜钱上滴一滴油(油滴的直径忽略不计),则正好落入孔中的概率是 .
(2)(2017福州模拟)如图,矩形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(1,0),且点C与点D在函数f(x)=x+1,x≥0,-12x+1,x<0的图象上.若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率为( ).
A.16 B.14 C.38 D.12
【解析】(1)依题意,所求概率为p=12π·322=49π.
(2)因为四边形ABCD为矩形,B(1,0)且点C和点D分别在直线y=x+1和y=-12x+1上,所以C(1,2),D(-2,2),E(0,1),则A(-2,0).因此S矩形ABCD=6,S阴影=12×1×3=32.由几何概型的概率公式,知所求事件的概率p=326=14.
【答案】(1)49π (2)B
方法一
古典概型中基本事件的两种探求方法
(1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的.
(2)树状图法:适合较为复杂的问题中的基本事件的探求,注意在确定基本事件时(x,y)可以看成是有序的,如(1,2)与(2,1)不同.有时也可以看成是无序的,如(1,2)和(2,1)相同.
【突破训练1】设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27、9、18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数.
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.
①用所给编号列出所有可能的结果;
②设A为事件“编号为A5和A6的2名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.
【解析】(1)因为27×627+9+18=3,9×627+9+18=1,18×627+9+18=2,
所以应从甲、乙、丙三个协会中分别抽取的运动员人数为3、1、2.
(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.
②编号为A5和A6的2名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.
因此,事件A发生的概率P(A)=915=35.
方法二
数形结合解决几何概型与线性规划的交汇问题
与线性规划有关的平面图形的几何概型,解题的关键是对所求的事件A构成的平面区域形状的判断及面积的计算,基本方法是数形结合.
【突破训练2】(2017石家庄调研)在满足不等式组x-y+1≥0,x+y-3≤0,y≥0的平面内随机取一点M(x0,y0),设事件A为“y0<2x0”,那么事件A发生的概率是( ).
A.14 B.34 C.13 D.23
【解析】
作出不等式组x-y+1≥0,x+y-3≤0,y≥0的平面区域(如图),即△ABC,其面积为4,事件A“y0<2x0”表示的区域为△AOC,其面积为3,所以事件A发生的概率是34.
【答案】B
1.(2017东北师大附中检测)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中,其中AB=2,BC=1,则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是( ).
A.π2 B.π4 C.π6 D.π8
【解析】设质点落在以AB为直径的半圆内为事件A,则P(A)=S阴影S长方形ABCD=12π×121×2=π4.
【答案】B
2.(2017深圳一模)袋中装有大小相同的4个球,4个球上分别标有数字2,3,4,6.现从中随机选取3个球,则所选的3个球上的数字能构成等差数列的概率是( ).
A.14 B.12 C.13 D.23
【解析】因为4个球随机选取3个共有4种不同的选法,其中能构成等差数列的3个数分别为2,3,4;2,4,6,共2种不同的选法,所以根据古典概型概率公式得p=24=12.
【答案】B
3.(2017山东实验中学一诊)已知直线l1:x-2y-1=0,直线l2:ax-by+1=0,其中a,b∈{1,2,3,4,5,6},则直线l1与l2的交点位于第一象限的概率为( ).
A.16 B.14 C.13 D.12
【解析】当直线l2的斜率小于直线l1的斜率时,直线l1与l2的交点位于第一象限,此时共有6种情况:a=1,b∈{3,4,5,6};a=2,b∈{5,6}.因此所求概率为66×6=16,选A.
【答案】A
4.(2017济南模拟)已知实数m∈[0,1],n∈[0,2],则关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实数根的概率是( ).
A.1-π4 B.π4 C.π-32 D.π2-1
【解析】因为关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实根,所以Δ=16m2-16(-n2+2n)≥0,即m2+(n-1)2≥1.又m∈[0,1],n∈[0,2],所以其表示的区域面积为2,而m2+(n-1)2≥1表示的区域面积为2-π2,由几何概型的计算公式可得,关于x的一元二次方程4x2+4mx-n2+2n=0有实根的概率是2-π22=1-π4.
【答案】A
5.(2017广州模拟)在△ABC中,∠ABC=60°,AB=2,BC=6,在BC上任取一点D,使△ABD为钝角三角形的概率为( ).
A.16 B.13 C.12 D.23
【解析】
如图,过点A作AH⊥BC,垂足为H,则在Rt△AHB中,BH=AB·cos 60°=2cos 60°=1.过点A作AM⊥AB,交BC于点M,则在Rt△ABM中,BM=ABcos60°=4,故MC=BC-BM=2.由图可知,要使△ABD为钝角三角形,则点D只能在线段BH或线段MC(都不包括端点)上选取,故所求事件的概率p=1+26=12,故选C.
【答案】C
6.(2017唐山质检)设A为圆周上一点,在圆周上等可能地任取一点与A连接,则弦长超过半径的2倍的概率是( ).
A.34 B.12 C.13 D.35
【解析】
如图,作等腰直角△AOC和△AMC,B为圆上任一点,则当点B在MmC上运动时,弦长|AB|>2R,∴p=MmC的弧长圆的周长=12.
【答案】B
7.(2017临沂模拟)在区间[0,2]上随机地取一个数x,则事件“-1≤log12x+12≤1”发生的概率为( ).
A.34 B.23 C.13 D.14
【解析】由-1≤log12x+12≤1,得12≤x+12≤2,解得0≤x≤32,所以事件“-1≤log12x+12≤1”发生的概率为322=34,故选A.
【答案】A
8.(2017郑州模拟)一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a、b、c,当且仅当a>b,b
【解析】选出一个三位数有A43=24种情况,取出一个“凹数”有C43×2=8种情况,所以所求概率为824=13.
【答案】C
9.(2017鞍山市模拟)如图,三行三列的方阵中有九个数aij(i=1,2,3;j=1,2,3),从中任取三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是( ).
A.37 B.47 C.114 D.1314
【解析】从九个数中任取三个数的不同取法共有C93=84种,因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C31·C21·C11=6种,所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1-684=1314.
【答案】D
10.(2017荆州四地联考)有一长、宽分别为50 m、30 m的矩形游泳池,一名工作人员在池边巡视,某时刻出现在池边任一位置可能性相同,一人在池中心(对角线交点)处呼唤工作人员,其声音可传出152 m,则工作人员能及时听到呼唤(出现在声音可传到区域)的概率是( ).
A.34 B.38 C.3π16 D.12+3π32
【解析】
所求概率为几何概型,测度为长度,如图,AB=CD=50(m),BC=DA=30(m),OE=152(m),OS=15(m)⇒ES=OE2-OS2=15(m)⇒EF=MN=30(m),因此所求概率为EF+MNAB+BC+CD+DA=30×2(50+30)×2=38,选B.
【答案】B
11.(2017桂林模拟)某高校要从6名短跑运动员中选出4人参加全省大学生运动会中的4×100 m接力赛,其中甲不能跑第一棒,乙不能跑第四棒,则甲跑第二棒的概率为( ).
A.415 B.215 C.421 D.15
【解析】从6名短跑运动员中任选4人参加4×100 m接力赛,其中甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的方法共有A64-2A53+A42=252种,在这252种方法中甲跑第二棒的方法共有C41·A42=48(种),因此所求的概率为48252=421,选C.
【答案】C
12.(2017日照模拟)在区间[0,1]上任取两个数a,b,则函数f(x)=x2+ax+b2无零点的概率为 .
【解析】
要使该函数无零点,只需a2-4b2<0,即(a+2b)(a-2b)<0.
∵a,b∈[0,1],a+2b>0,∴a-2b<0.
作出0≤a≤1,0≤b≤1,a-2b<0的可行域(如阴影部分所示),易得该函数无零点的概率p=1×1-12×1×121×1=34.
【答案】34
13.(2017忻州模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为底面ABCD的中心,在正方体ABCD-A1B1C1D1内随机取一点P,则点P到点O的距离大于1的概率为 .
【解析】正方体的体积为2×2×2=8,以O为球心,1为半径且在正方体内部的半球的体积为12×43πr3=12×43π×13=23π,则点P到点O的距离大于1的概率为1-23π8=1-π12.
【答案】1-π12
14.(2017烟台模拟)已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的最大边是AB”发生的概率为12,则ADAB= .
【解析】
当△PAB中边AB最大,则点P在线段P1P3上(其中AB=BP1或AB=AP3),如图所示.
又事件发生的概率p=P1P3CD=12,则P1P3=12CD,
由对称性知,DP1=14CD,P1C=34CD=34AB,此时AB=BP1,则AB2=AD2+34AB2,
∴AD2=716AB2,则ADAB=74.
【答案】74
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