高考数学一轮复习第十一章计数原理随机变量及分布列课时训练练习.docx
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高考数学一轮复习第十一章计数原理随机变量及分布列课时训练练习
高考数学一轮复习第十一章计数原理随机变量及分布列课时训练练习
第1课时 分类计数原理与分步计数原理
一、填空题
1.三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下.由甲开始踢,经过3次传递后,毽子又被踢回给甲.则不同的传递方式共有________种.
答案:
2
解析:
(列举法)传递方式有甲→乙→丙→甲;甲→丙→乙→甲.
2.将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级,每个年级2人.要求甲必须在高一年级,乙和丙均不在高三年级,则不同的安排种数为________.
答案:
9
解析:
若甲、乙在高一年级,则丙一定在高二年级,此时不同的安排种数为3;若甲、丙在高一年级,则乙一定在高二年级,此时不同的安排种数为3;若甲在高一年级,乙、丙在高二年级,此时不同的安排种数为3,所以由分类计数原理知不同的安排种数为9.
3.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是________.
答案:
81
解析:
每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种).
4.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),获得冠军的可能性有________种.
答案:
625
解析:
获得冠军的可能情况有5×5×5×5=625(种).
5.4位同学从甲、乙、丙3门课程中选修1门,则恰有2人选修课程甲的不同选法有________种.
答案:
24
解析:
分三步,第一步先从4位同学中选2人选修课程甲,共有C种不同选法;第二步给第3位同学选课程,有2种选法;第三步给第4位同学选课程,也有2种不同选法.故共有C×2×2=24(种).
6.如图所示2×2方格,在每一个方格中填入一个数字,数字可以是1,2,3,4中的任何一个,允许重复.若填入A方格的数字大于B方格的数字,则不同的填法共有________种.
A
B
C
D
答案:
96
解析:
可分三步:
第一步,填A,B方格的数字,填入A方格的数字大于B方格的数字有6种方式(若方格A填入2,则方格B只能填入1;若方格A填入3,则方格B只能填入1或2;若方格A填入4,则方格B只能填入1或2或3);第二步,填方格C的数字,有4种不同的填法;第三步,填方格D的数字,有4种不同的填法.由分步计数原理得不同的填法总数为6×4×4=96(种).
7.现有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面,每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列,共可以组成________种不同的旗语信号.
答案:
39
解析:
悬挂一面旗共可以组成3种旗语信号;
悬挂两面旗共可以组成3×3=9(种)旗语信号;
悬挂三面旗共可以组成3×3×3=27(种)旗语信号.
由分类计数原理知,共有3+9+27=39(种)旗语信号.
8.将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4的盒子内,则4号盒子中至少有一个球的放法有________种.
答案:
37
解析:
根据题意,将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4的盒子内,有4×4×4=64(种)放法,而4号盒子中没有球,即3个小球放在1,2,3号的盒子内,有3×3×3=27(种)放法.
所以4号盒子中至少有一个球的放法有64-27=37(种).
9.从0,1,2,3,4,5,6七个数字中,任意取出三个不同的数字,作为二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的系数,可得________个不同的二次函数.
答案:
180
解析:
由分步计算原理,可得6×6×5=180(个)不同的二次函数.
10.为举办校园文化节,某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训,培训项目及人数分别为:
乐器1人,舞蹈2人,演唱2人,每人只参加一个项目,并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加,则不同的推荐方案的种数为________.(用数字作答)
答案:
24
解析:
若参加乐器培训的是女生,则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训,共有3×2×2=12(种)方案;若参加乐器培训的是男生,则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训,共有2×3×2=12(种)方案,所以共有24种推荐方案.
11.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________.
答案:
96
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种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有A种方法.
∴区域1与3涂同色,共有4A=24(种)方法.
(2)区域1与3不同色:
第一步,涂区域1与3,有A种方法,
第二步,涂区域2有2种方法,
第三步,涂区域4只有1种方法,
第四步,涂区域5有3种方法.
∴这时共有A×2×1×3=72(种)方法.
故由分类计数原理,不同的涂色种数为24+72=96.
二、解答题
12.书架的第一层有6本不同的数学书,第二层有6本不同的语文书,第三层有5本不同的英语书.
(1)从这些书中任取1本,有多少种不同的取法?
(2)从这些书中任取1本数学书,1本语文书,1本英语书共3本书的不同的取法有多少种?
(3)从这些书中任取3本,并且在书架上按次序排好,有多少种不同的排法?
解:
(1)因为共有17本书,从这些书中任取1本,共有17种取法.
(2)分三步:
第一步,从6本不同的数学书中取1本,有6种取法;第二步,从6本不同的语文书中取1本,有6种取法;第三步:
从5本不同的英语书中取1本,有5种取法.由分步计数原理知,取法总数N=6×6×5=180(种).
(3)实际上是从17本书中任取3本放在三个不同的位置上,完成这个工作分三个步骤,
第一步:
从17本不同的书中取1本,放在第一个位置,有17种方法;
第二步:
从剩余16本不同的书中取1本,放在第二个位置,有16种方法;
第三步:
从剩余15本不同的书中取1本,放在第三个位置,有15种方法.
由分步计数原理知,排法总数N=17×16×15=4080(种).
13.如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形,现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方法有多少种?
解:
如图,设四个直角三角形顺次为A,B,C,D,按A→B→C→D顺序涂色,下面分两种情况:
(1)A,C不同色(注意:
B,D可同色、也可不同色,D只要不与A,C同色,所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色):
有4×3×2×2=48(种);
(2)A,C同色(注意:
B,D可同色、也可不同色,D只要不与A,C同色,所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色):
有4×3×1×3=36(种).
所以不同的涂色方法共有84种.
第2课时 排列与组合
一、填空题
1.若A=6C,则n=________.
答案:
7
解析:
=6×,得n-3=4,解得n=7.
2.5人站成一排,甲、乙两人必须站在一起的不同排法有________种.
答案:
48
解析:
可先排甲、乙两人,有A=2(种)排法,再把甲、乙两人与其他三人进行全排列,有A=24(种)排法,由分步计数原理,得一共有2×24=48(种)排法.
3.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________.
答案:
72
解析:
由题可知,五位数要为奇数,则个位数只能是1,3,5.分为两步:
先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C种,再将剩下的4个数字排列得到A,则满足条件的五位数有C·A=72(个).
4.5位同学站成一排照相,其中甲与乙必须相邻,且甲不能站在两端的排法总数是________种.
答案:
36
解析:
分三类:
甲站第2个位置,则乙站1,3中的一个位置,不同的排法有CA=12(种);甲站第3个位置,则乙站2,4中的一个位置,不同的排法有CA=12(种);甲站第4个位置,则乙站3,5中的一个位置,不同的排法有CA=12(种).故共有12+12+12=36(种).
5.某电视台一节目收视率很高,现要连续插播4个广告,其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告,要求最后播放的必须是商业广告,且2个商业广告不能连续播放,则不同的播放方式有________种.
答案:
8
解析:
分三步进行分析:
第一步,最后一个排商业广告有A种;第二步,在前两个位置选一个排第二个商业广告有A种;第三步,余下的两个排公益宣传广告有A种.根据分步计数原理,可得不同的播放方式共有AAA=8(种).
6.用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为________.
答案:
36
解析:
由题可知,五位数为奇数,则个位数只能是1,3;分为两步:
先从1,3两个数中选一个作为个位数有C种,再将中间3个位置中选一个放入0,剩下的3个数字排列得到A,则满足条件的五位数有CCA=36(个).
7.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,分乘甲、乙两辆汽车,每车限坐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________种.
答案:
24
解析:
分类讨论,有2种情形.孪生姐妹乘坐甲车,则有CCC=12(种)乘车方式;孪生姐妹不乘坐甲车,则有CCC=12(种)乘车方式.由分类计数原理,得共有24种乘车方式.
8.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是________.(用数字作答)
答案:
336
解析:
若7个台阶上每一个只站一人,则有A种;若有一个台阶有2人,另一个是1人,则共有CA种,因此共有不同的站法种数是336.
9.用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字),要求任何相邻两个数字的奇偶性不同,且1和2相邻,这样的六位数的个数是________.(用数字作答)
答案:
40
解析:
本小题主要考查排列组合知识.依题先排除1和2的剩余4个元素有2AA=8种方案,再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体,有A种插法,∴不同的安排方案共有2AAA=40(种).
10.由0,1,2,…,9这十个数字组成的无重复数字的四位数中,十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数是________.
答案:
280
解析:
当十位数字为0,千位数字为7时,四位数的个数是A;当十位数字与千位数字为1,8时,四位数的个数是AA;当十位数字与千位数字为2,9时,四位数的个数是AA,故所求的四位数的个数是A+AA+AA=280.
11.身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法种数共有________种.
答案:
48
解析:
分类计数原理,按红红之间有蓝无蓝两类来分:
(1)当红红之间有蓝时,则有AA=24(种);
(2)当红红之间无蓝时,则有CAA=24(种).
因此,这五个人排成一行,穿相同颜色衣服的人不能相邻,则有48种排法.
二、解答题
12.一种团体竞技比赛的积分规则是:
每队胜、平、负分别得2分、1分、0分.已知甲球队已赛4场,积4分.在这4场比赛中,甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有多少种?
解:
由题意,甲队积4分分三类情况:
①2胜2负,有CC=6(种);
②1胜2平1负,有CC=12(种);
③0胜4平0负,有C=1(种).
综上可知共有6+12+1=19(种)情况.
13.某国际旅行社共有9名专业导游,其中6人会英语,4人会日语,若在同一天要接待5个不同的外国旅游团队,其中3个队要安排会英语的导游,2个队要安排会日语的导游,则不同的安排方法共有多少种?
解:
依题意,导游中有5人只会英语,3人只会日语,1人既会英语又会日语.按只会英语的导游分类:
①3个英语导游从只会英语人员中选取,则有AA=720(种);②3个英语导游从只会英语的导游中选2名,另一名由既会英语又会日语的导游担任,则有CAA=360(种).故不同的安排方法共有AA+CAA=1080(种).
第3课时 二项式定理
一、填空题
1.(2016·北京卷)在(1-2x)6的展开式中,x2的系数为________.(用数字作答)
答案:
60
解析:
由二项展开式的通项公式Tr+1=C·(-2)rxr可知,x2的系数为C(-2)2=60.
2.(2016·山东卷)若(ax2+)5的展开式中x5的系数是-80,则实数a=________.
答案:
-2
解析:
因为Tr+1=C(ax2)5-r()r=Ca5-rx10-r,所以由10-r=5得r=2,因此由Ca5-2=-80得a=-2.
3.在(ab≠0,且a,b为常数)的展开式中,含x项的系数为10a3b2,则n=________.
答案:
5
解析:
由题意,得展开式中含x项的系数为Ca3b2,则由Ca3b2=10a3b2,即C=10,解得n=5.
4.在(-)n的展开式中,各项的二项式系数和为256,则展开式中常数项是________.
答案:
7
解析:
依题意,得2n=256,则n=8,则(-)8展开式的通项Tr+1=C·(-1)rx8-r,令8-r=0,则r=6,因此展开式中的常数项T7=C(-1)6=7.
5.若多项式x2+x10=a0+a1(x+1)+…+a9(x+1)9+a10(x+1)10,则a9=________.
答案:
-10
解析:
因为x2+x10=[(x+1)-1]2+[(x+1)-1]10,所以a9=C×(-1)=-10.
6.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=________.
答案:
120
解析:
由题意可得f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=CC+CC+CC+CC=20+60+36+4=120.
7.设(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7,则代数式a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7的值为________.
答案:
-14
解析:
对已知等式的两边求导,得-14(1-2x)6=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5+7a7x6,令x=1,有a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6+7a7=-14.
8.已知多项式(3x-1)7=a0x7+a1x6+a2x5+a3x4+a4x3+a5x2+a6x+a7,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|+|a6|+|a7|=________.
答案:
16384
解析:
求|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|+|a6|+|a7|的值相当于求(3x+1)7的系数和.即令x=1,|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|+|a6|+|a7|=47=16384.
9.设二项式(x-)6(a>0)的展开式中x3的系数为A,常数项为B.若B=4A,则a的值是________.
答案:
2
解析:
Tr+1=(-1)rCx6-r=(-1)rarCx6-r,令6-r=3,得r=2,则A=(-1)2a2C=15a2.令6-r=0得r=4,则B=(-1)4a4C=15a4.由B=4A得15a4=4×15a2,又a>0,则a=2.
10.已知(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且a0+a1+a2+…+an=126,那么(-)n的展开式中的常数项为________.
答案:
-20
解析:
令x=1得a0+a1+a2+…+an=2+22+…+2n=2×=2n+1-2=126⇒2n+1=128⇒2n+1=27⇒n=6,又Tr+1=C()6-r(-)r=C(-1)rx3-r,所以由3-r=0得r=3,则常数项为-C=-20.
二、解答题
11.求证:
(1)32n+2-8n-9能被64整除(n∈N*);
(2)3n>(n+2)·2n-1(n∈N*,n>2).
证明:
(1)∵32n+2-8n-9=32·32n-8n-9
=9·9n-8n-9=9(8+1)n-8n-9
=9(C8n+C8n-1+…+C·8+C·1)-8n-9
=9(8n+C8n-1+…+C82)+9×8n+9-8n-9
=9×82(8n-2+C·8n-3+…+C)+64n
=64[9(8n-2+C8n-3+…+C)+n],
∴32n+2-8n-9能被64整除.
(2)∵n∈N*,且n>2,∴3n=(2+1)n展开后至少有4项.(2+1)n=2n+C·2n-1+…+C·2+1≥2n+n·2n-1+2n+1>2n+n·2n-1=(n+2)·2n-1,
∴3n>(n+2)·2n-1(n∈N*,n>2).
12.二项式(2x-3y)9的展开式中,求:
(1)二项式系数之和;
(2)各项系数之和;
(3)所有奇数项系数之和.
解:
设(2x-3y)9=a0x9+a1x8y+a2x7y2+…+a9y9.
(1)二项式系数之和为C+C+C+…+C=29.
(2)令x=1,y=1,得各项系数之和为a0+a1+a2+…+a9=(2-3)9=-1.
(3)由
(2)知a0+a1+a2+…+a9=-1,
令x=1,y=-1,得a0-a1+a2-…-a9=59,
将两式相加,得a0+a2+a4+a6+a8=,即为所有奇数项系数之和.
13.(2017·徐州第一学期期末)已知等式(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n.
(1)求(1+x)2n-1的展开式中含xn的项的系数,并化简:
CC+CC+…+CC;
(2)求证:
(C)2+2(C)2+…+n(C)2=nC.
(1)解:
(1+x)2n-1的展开式中含xn的项的系数为C.
由(1+x)n-1(1+x)n=(C+Cx+…+Cn-1n-1xn-1)(C+Cx+…+Cxn)可知,
(1+x)n-1(1+x)n的展开式中含xn的项的系数为CC+CC+…+CC.
所以CC+CC+…+CC=C.
(2)证明:
当k∈N*时,kC=k·
=
=n·=nC.
所以(C)2+2(C)2+…+n(C)2
第4课时 离散型随机变量及分布列、超几何分布
一、填空题
1.已知随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,4,5,则P(0.5<X<2.5)=________.
答案:
0.2
解析:
P(0.5<X<2.5)=P(X=1)+P(X=2)===0.2.
2.设随机变量X的概率分布列如下表所示:
X
0
1
2
P
a
F(x)=P(X≤x),则当x的取值范围是[1,2)时,F(x)=________.
答案:
解析:
∵a++=1,∴a=.∵x∈[1,2),∴F(x)=P(X≤x)=+=.
3.设X是一个离散型随机变量,其分布列为
X
-1
0
1
P
1-2q
q2
则q=________.
答案:
1-
解析:
由分布列的性质知
所以q=1-.
4.在含有3件次品的10件产品中,任取4件,则取到次品数X=2的概率为________.
答案:
解析:
由题意,X服从超几何分布,其中N=10,M=3,n=4,所以分布列为P(X=k)=·C,C),k=0,1,2,3.即
X
0
1
2
3
P
5.若P(x≤x2)=1-β,P(x≥x1)=1-α,其中x1<x2,
则P(x1≤x≤x2)=________.
答案:
1-(α+β)
解析:
由分布列性质可有P(x1≤x≤x2)=P(x≤x2)+P(x≥x1)-1=(1-β)+(1-α)-1=1-(α+β).
6.甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有3个抢答题,比赛规定:
对于每一个题,没有抢到题的队伍得0分,抢到题并回答正确的得1分,抢到题但回答错误的扣1分(即得-1分).若X是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜),则X的所有可能取值是________.
答案:
-1,0,1,2,3
解析:
X=-1,甲抢到一题但答错了,而乙抢到了两个题都答错了;
X=0,甲没抢到题,乙抢到3个题且答错至少2个题或甲抢到2题,但答时一对一错,而乙抢到一个题目并答错;
X=1,甲抢到1题且答对,乙抢到2个题目且至少答错一个或甲抢到3题,且1错2对;
X=2,甲抢到2题均答对;
X=3,甲抢到3题均答对.
7.从装有3个红球,2个白球的袋中随机取出2个球,设其中有X个红球,则随机变量X=1的概率为________.
答案:
0.6
解析:
P(X=1)=·C,C)=0.6.
8.已知随机变量X的分布列为P(X=i)=(i=1,2,3,4),则P(2<X≤4)=________.
答案:
解析:
由分布列的性质得+++=1,则a=5.所以P(2<X≤4)=P(X=3)+P(X=4)=+=.
9.从装有除颜色外没有区别的3个黄球、3个红球、3个蓝球的袋中摸3个球,设摸出的3个球的颜色种数为随机变量X,则P(X=2)=________.
答案:
解析:
X=2,即摸出的3个球有2种颜色,其中一种颜色的球有2个,另一种颜色的球有1个,故P(X=2)=CC,C)=.
10.袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球,2个白球和3个黑球,从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率为________.
答案:
解析:
1个红球,2个白球和3个黑球分别记为a1,b1,b2,c1,c2,c3,从袋中任取两球共有a1,b1;a1,b2;a1,c1;a1,c2;a1,c3;b1,b2;b1,c1;b1,c2;b1,c3;b2,c1;b2,c2;b2,c3;c1,c2;c1,c3;c2,c315种,满足两球颜色为一白一黑有6种,概率为=.
二、解答题
11.从集合M={1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取三个元素构成子集{a,b,c}.
(1)求a,b,c中任意两数之差的绝对值均不小于2的概率;
(2)记a,b,c三个数中相邻自然数的组数为X(如集合{3,4,5}中3和4相邻,4和5相邻,X=2),求随机变量X的分布列及其数学期望E(X).
解:
(1)从9个不同的元素中任取3个不同元素,为古典概型.记“a,b,c中任意两数之差的绝对值均不小于2”为事件A,其基本事件总数n=C.
由题意,a,b,c均不相邻,利用插空法得,事件A包含基本事件数m=C.
故P(A)=,C)=.所以,a,b,c中任意两数之差的绝对值均不小于2的概率为.
(2)
X
0
1
2
P
所以E(X)=0×+1×+2×=.
12.某中学有4位学生申请A,B,C三所大学的自主招生.若每位学生只能申请其中一所大学,且申请其中任何一所大学是等可能的.
(1)求恰有2人申请A大学的概率;
(2)求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X).
解:
(1)记“恰有2人申请A大学”为事件A,P(A)=×22,34)==.
(2)X的所有可能值为1,2,3.P(X=1)==,
P(X=2)=×A+3×A,34)==,P(X=3)=×A,34)==.
X的概率分布列为
X
1
2
3
P
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