第十章計數原理、概率、隨機變量及其分布

（必修第二冊+選擇性必修第三冊）

第1節兩個計數原理、排列與組合

課時作業靈活今4為致提混

；選題明細表

應用創

知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練

新練

分類加法計數原理與分步

1,2,4,616

乘法計數原理

排列5,7

組合313

排列與組合的綜合應用8,910,11,12,1415

A級基礎鞏固練

1.a,b,c,d,e共5個人從中選1名組長，1名副組長，但a不能當副組

長，不同選法的種數是（B）

A.20B.16C.10D.6

解析：當a當組長時,貝J共有1X4=4（種）選法;當a不當組長時,又因

為a也不能當副組長，則共有4X3=12（種）選法.因此共有4+12=16（種）

選法.故選B.

2.某市汽車牌照號碼可以上網自編，但規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這十個數字中選擇

（數字可以重復）,有車主第一個號碼（從左到右）只想在數字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（D）

A.180種B.360種C.720種D.960種

解析: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5X3X4X4X4=960（種）.故選D.

3.（2021?全國乙卷）將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道

速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓,每名志愿者只分配到1個項目，

每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（C）

A.60種B.120種C.240種D.480種

解析:根據題意，有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配

1名志愿者,可以先從5名志愿者中任選2人,組成一個小組,有Q種

選法;然后連同其余三人，看成四個元素，四個項目看成四個不同的位

置，四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4!種,根據分

￡2

步乘法計數原理可知，完成這件事共有5*4!=240（種）不同的分配方

案.故選C.

4.（多選題）（2021?山東實驗中學高三模擬）“二進制”與我國古代的

《易經》有著一定的聯系，該書中有兩類最基本的符號：“一一”和“一

一”，其中“一一”在一進制中記作“1”，“-----”在一進制中記作

“0”，其變化原理與“逢二進一”的法則相通.若從兩類符號中任取

2個符號排列，可以組成的不同的十進制數為（ABCD）

A.OB.1C.2D.3

解析:根據題意,從兩類符號中任取2個符號排列的情況可分為三類.

第一類：由兩個“一一”組成,二進制數為H,轉化為十進制數,為3.

第二類：由兩個“——”組成,二進制數為00,轉化為十進制數,為0.

第三類：由一個“一一”和一個“——”組成，二進制數為10,01,轉

化為十進制數,為2,1.所以從兩類符號中任取2個符號排列,可以組

成的不同的十進制數為0,1,2,3.故選ABCD.

5.（多選題）用1,2,3,4,5這五個數字，組成三位數，則（ABC）

A.若允許重復,則可組成為125個

B.若不允許重復,則可組成為60個

C.可組成無重復數字的偶數為24個

D.可組成無重復數字的奇數為24個

解析:組成三位數,若允許重復,則可組成5工125（個）；若不允許重復，

A3

則可組成以5X4X3=60（個）；組成無重復數字的偶數分為兩類,一類

A2A2

是2作個位數，共有■個，另一類是4作個位數，也有4個.因此符合條

A2A2A1A2

件的偶數共有4也24（個）；組成無重復數字的奇數有i=3X

4X3=36（個）.故選ABC.

6.在一個三位數中,若十位數字小于個位和百位數字,則稱該數為“駝

峰數”，比如“102”，“546”為“駝峰數”.由數字1,2,3,4可構成

無重復數字的“駝峰數”有個，其中偶數有個.

解析:十位上的數為1時,有213,214,312,314,412,413,共6個,十位

上的數為2時，有324,423,共2個,所以共有6+2=8（個）.偶數為214,

312,314,412,324,共5個.

答案：85

7.（2021?山東泰安一模）北京大興國際機場為4F級國際機場、世界

級航空樞紐、國家發展新動力源，于2019年9月25日正式通航.目前

建有“三縱一橫”4條跑道，分別叫西一跑道、西二跑道、東一跑道、

北一跑道,若有2架飛往不同目的地的飛機要從以上不同跑道同時起

飛,且西一跑道、西二跑道至少有一道被選取,則共有種不同

的安排方法（用數字作答）.

A2

解析:從4條跑道中選取安排共有包12種選擇，排除西一跑道、西二

跑道都沒有的吃2種選擇,共有12-2=10種選擇.

答案：10

8.（2021?山東濰坊模擬）植樹造林，綠化祖國.某班級義務勞動志愿

者小組參加植樹活動，準備在如圖所示的一拋物線形地塊上的

ABCDGFE七點處各種植一棵樹苗,其中A,B,C分別與E,F,G關于拋物

線的對稱軸對稱,現有三種樹苗,要求每種樹苗至少種植一棵,且關于

拋物線的對稱軸對稱的兩點處必須種植同一種樹苗，則共有不同的種

植力法數是（用數字作答）.

A

B

D

G

解析：由題意對稱相當于3種樹苗種A,B,C,D四個位置,有且僅有一種

樹苗重復,有弓工種選法;在四個位置上種植有3*12種方法，則由分步

乘法計數原理得共有qX12=36種方法.

答案：36

9.用0,1,2,3,4這五個數字,可以組成多少個滿足下列條件的沒有重

復數字的五位數？

⑴比21034大的偶數;

（2）左起第二、四位是奇數的偶數.

解：（1）可分五類,當末位數字是0,而首位數字是2時,有6個五位數;

當末位數字是0,而首位數字是3或4時?，有G用=12個五位數;

當末位數字是2,而首位數字是3或4時，有G用=12個五位數;

當末位數字是4,而首位數字是2時，有3個五位數;

當末位數字是4,而首位數字是3時,有匕6個五位數.

故共有6+12+12+3+6=39（個）滿足條件的五位數.

⑵可分為兩類：

末位數是0,個數有

末位數是2或4,個數有絲G=4.

故共有4+4=8（個）滿足條件的五位數.

B級綜合運用練

10.《數術記遺》相傳是東漢時期徐岳所著,該書主要記述了：積算（即

籌算）、太乙算、兩儀算、三才算、五行算、八卦算、九宮算、運籌

算、了知算、成數算、把頭算、龜算、珠算、計數共14種計算方法.

某研究性學習小組3人分工搜集整理該14種計算方法的相關資料，

其中一人4種,其余兩人每人5種，則不同的分配方法種數是（A）

喇駕

A.個B.

c.%D.

解析:先將14種計算方法分為三組，方法有4種，再分配給3個人,

方法有"種.故選A.

11.（多選題）將4個不同的小球放入3個分別標有1,2,3號的盒子中，

不允許有空盒子的放法共有（BC）

A.qgQQ種氏明種

C.qc弼種D.18種

解析:根據題意,4個不同的小球放入3個分別標有1-3號的盒子中，

且沒有空盒,則3個盒子中有1個中放2個球,剩下的2個盒子中各放

1個，

有2種解法：

⑴分2步進行分析：

￡2

①先將4個不同的小球分成3組,有4種分組方法；

②將分好的3組全排列,對應放到3個盒子中，有&種放法；

則沒有空盒的放法有q鳥種；

(2)分2步進行分析：

①在4個小球中任選2個，在3個盒子中任選1個,將選出的2個小球

放入選出的小盒中，有qq種情況；

②將剩下的2個小球全排列,放入剩下的2個小盒中,有怨種放法.

則沒有空盒的放法有qq4種.

由此可知,A,D錯誤.故選BC.

12.從5男3女共8名學生中選出隊長1人,副隊長1人，普通隊員

2人組成4人志愿者服務隊，要求服務隊中至少有1名女生，共有

種不同的選法.

解析:要求服務隊中至少有1名女生,則分3種情況討論:

①選出志愿者服務隊的4人中有1名女生,有相3。種選法，

A2

這4人選2人作為隊長和副隊長有,二12種選法,其余2人為普通隊

員，有1種情況，

此時有30X12=360（種）不同的選法.

②選出志愿者服務隊的4人中有2名女生，有。5仁30種選法，

A2

這4人選2人作為隊長和副隊長有《二12種選法,其余2人為普通隊

員，有1種情況，

此時有30X12=360（種）不同的選法.

③選出志愿者服務隊的4人中有3名女生,有05仁5種選法，

A2

這4人選2人作為隊長和副隊長有彳二12種選法,其余2人為普通隊

員，有1種情況，

此時有5X12=60（種）不同的選法.

則一共有360+360+60=780（種）不同的選法.

答案：780

13.某市工商局對35種商品進行抽樣檢查，己知其中有15種次品.現

從35種商品中選取3種.

（1）其中某一種次品必須在內，不同的取法有多少種？

（2）其中某一種次品不能在內，不同的取法有多少種？

（3）恰有2種次品在內，不同的取法有多少種？

（4）至少有2種次品在內，不同的取法有多少種?

（5）至多有2種次品在內，不同的取法有多少種?

解：⑴從余下的34種商品中,選取2種有F=561種取法,

所以某一種次品必須在內的不同的取法有561種.

（2）從34種可選商品中，選取3種，有種取法，或者

5984（種）取法,

所以某一種次品不能在內的不同的取法有5984種.

⑶從20種正品中選取1種，從15種次品中選取2種有

2100種取法，

所以恰有2種次品在內的不同的取法有2100種.

種

（4）選取2種次品有選取3種次品有種,共有選取方式

100+455=2555（種）,

所以至少有2種次品在內的不同的取法有2555種.

（5）法一（間接法）選取3種的總數為q,因此共有選取方式嗪■

545-455=6090（種）.

所以至多有2種次品在內的不同的取法有6090種.

法二（直接法）共有選取方式”=6090（種），

所以至多有2種次品在內的不同的取法有6090種.

14.按下列要求分配6本不同的書，各有多少種不同的分配方式？

⑴分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；

(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本一人得3本；

(3)平均分成三份，每份2本；

(4)平均分配給甲、乙、丙三人，每人2本；

(5)分成三份，1份4本,另外兩份每份1本；

(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本，另外兩人每人得1本.

解：(1)6本不同的書分成三份，1份1本，1份2本，1份3本,分三個步

C1

驟，第1步，從6本書中取1本有6種分配方法;第2步,從剩余的5本

C2(2

書中取2本有5種分配方法,第3步,從剩余的3本書中取3本有'種

分配方法,所以總共有QQC也60種分配方法.

(2)由(1)可知分組后共有60種方法，分別分給甲、乙、丙后的方法有

QQC河-360種.

⑶從6本書中選擇2本書,有6種分配方法;再從剩余4本書中選擇

2本書，有°：種分配方法；剩余2本書，有G種分配方法，所以有

140-90種分配方法

但是，該過程有重復.假如6本書分別為A,B,C,D,E,F,若三個步驟分

別選出的是(AB),(CD),(EF),則所有情況為(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),

(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB,CD),(EF,CD,AB).所以分配方式共

有"=15種.

（4）由（3）可知，平均分給甲、乙、丙三人，則分配方法有X

90種.

（5）從6本書中選4本書的方法有4種,從剩余2本書中選1本書有G

萼

種，因為在最后2本書的選擇中有重復,所以總共有醫=15種.

萼

（6）由（5）可知，分給甲、乙、丙三人的分配方法有或X

種.

C級應用創新練

15.（多選題）在某班進行的演講比賽中,共有5位選手參加,其中3位

女生,2位男生.如果2位男生不能連續出場,且女生甲不能排在第一

個，為求出場順序的排法種數，下列式子正確的為（ABD）

A射必灑陷

解析:若第一個出場的是男生，則第二個出場的是女生，以后的順序任

意排,方法有種,若第一個出場的是女生（不是女生甲），則將剩

余的2位女生排列好,2位男生插空,方法有種.所以滿足條件

的出場順序有十種，故A正確；先排3位女生,3位女生之

間有4個空,從4個空中選2個排男生,共有種,若女生甲排在第

一個,則3位女生之間有3個空,從3個空中選2個排男生,有種,

所以滿足條件的出場，I頁序有-種，故B正確;5位選手全排列

的方法數減去2位男生連續出場的方法數，再減去女生甲排在

第一個的方法數.因為多減去了2位男生既連續出場，女生甲又排

在第一個的方法數，所以滿足條件的出場順序有--+

4種，故D正確,故選ABD.

16.如圖,將一個四棱鏈的每一個頂點染上一種顏色,并使同一條棱上

的兩頂點異色,如果只有5種顏色可供使用，則不同的染色方法種數

是.

7

B

解析:法一由題設，四棱錐S-ABCD的頂點S,A,B所染的顏色互不相

同，不同的染色方法共有5X4X3=60（種）.

當S,A,B染好時，不妨設其顏色分別為1,2,3,其余兩種顏色為4,5,

若C染2,則D可染3或4或5,有3種不同的染色方法;若C染4,則D

可染3或5,有2種不同的染色方法;若C染5,則D可染3或4,有

2種不同的染色方法.所以當S,A,B染好時,C,D還有7種不同的染色

方法，故不同染色方法有60X7=420（種）.

法二以S,A,B,C,D的順序分步染色.第一步,S點染色,有5種不同

的方法.第二步,A點染色,與S在同一條棱上,有4種不同的方法.第

三步,B點染色,與S,A分別在同一條棱上,有3種不同的方法.第四

步,C點染色,考慮到D點與S,A,C分別在同一條棱上,需要對A與C

是否同色進行分類,當A與C同色時,D點有3種不同的染色方法;當A

與C不同色時，因為C與S,B也不同色,所以C點有2種不同的染色方

法,D點也有2種不同的染色方法.由分步乘法、分類加法計數原理，

得不同的染色方法共有5X4X3X（IX3+2X2）"20（種）.

AS

法三按所用顏色種數分類.第一類,5種顏色全用，共有5種不同的

染色方法;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2X人?種不同的染色方法;第三類，只用3種顏色則A與

A3

C,B與D必定同色,共有5種不同的染色方法.由分類加法計數原理，

ASA3

得不同的染色方法為5+2X5+工420（種）.

答案：420

第2節二項式定理

課時作業

「選題明細表

應用創

知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練

新練

二項展開式的特定項或項

1,3,4,7,914

的系數

二項式系數的性質、系數和2,5,610,11,13

二項式定理的簡單應用81215,16

A級基礎鞏固練

1.(l+x)2+(l+x)4…+(l+x)9的展開式中X?的系數是(D)

A.60B.80C.84D.120

解析：(l+x)2+(l+x)，…+(l+x)9的展開式中X?的系數是'、4+…

「2「3「2「203

+“=4+?+…十%二90二120.故選D.

廠2

2.(2021?山西大同調麗若(VZ?)n的展開式中只有第六項的二項

式系數最大，則展開式中的常數項是(B)

A.210B.180C.160D.175

解析：由(叵》廠的展開式中只有第六項的二項式系數W最大,則n二

5-^^

10,則展開式的通項為T*%(-2)X2.令5-2=0，得廠2,所以展開

式中的常數項為、。義L2)2=180.故選B.

3.(2021?廣東廣州高三二模)的展開式中的常數項是

(C)

A.160B.100C.-100D.-160

6

解析:'(Tx-J-y的展開式的通項為

典⑵產”兀㈠)，.26&X*

令6-2r=-2,解得廠4;令6-2r=0,解得廠3,

所以(x.2+l)展開式中的常數項為4-8=60-160二-100.故

選C.

4.(2021?河北唐山模擬)在(x+y)(x-y)'的展開式中，xV的系數是

(B)

A.-10B.OC.10D.20

解析:法一(x-y)-的展開式的通項為

ks5kk

Tk+1=(-l)x-y(k=0,1,2,3,4,

C*Ci

5),所以(x+y)(x-y)s的展開式的通項為(TP5x"yk或(-115x5kyk;

貝|J當k二3時，有(_1)kWx6-kyk=_10x3y：

當k=2時，有(->5x，k+U0x3y;所以XV的系數為0.故選B.

法二(x+y)(x-y)5=(x+y)(x-y)?(x-y)(x-y)?(x-y)(x-y),要想出

現x3y3,有兩種情況：(1)先在第一個多項式中取x,再在后五個多項式

中任選兩個多項式,在這兩個多項式中取x,最后在余下的三個多項式

中取-y,所以有xCV(-y)3=-10x3y3;(2)先在第一個多項式中取y,再

在后五個多項式中任選三個多項式,在這三個多項式中取x,最后在余

下的兩個多項式中取-y,所以有ysx3(-y)2=10xy.所以x，y3的系數為

0.故選B.

5.(多選題)若(1-2*)，10+&曰+82*%14+&仁+&-父,則下列結論中正確

的是(ACD)

A.ao=l

B.ai+az+as+a.i+aL2

C.①一a+也-a3+a「a5=3

D.ao-Iai|+a2~|a31+a.-1a51=-1

5

解析：因為(l-2x)Jao+aix+a2x2+a3x3+aix'+a5x［令x=0,則a0=l=l,故A

正確；

--

令x=l,得T=ao+ai+az+as+aq+as,所以al+a2+a3+a.4+a5=lao=-2,B

錯誤；

：

令x=-l,得3-a0-ai+a2-a3+a.-a5,故C正確；

因為二項式(『2x)5的展開式的第r+1項為二q(-2)H，

所以當r為奇數時,&(-2)「為負數,即a<0(其中i為奇數)，

所以aoTa』+a2Ta31+a-1as|=ao+a1+a2+a3+ai+a5=T,故D正確.故選

ACD.

6.(2021?四川自貢高三三模)己知(x+l)n的展開式二項式系數的和

為128,貝門與+號十..?+&(-2尸

解析?：由已知可得2n=128,解得n=7,

7，

所以二項式(x+1)J(1+x)的展開式的通項公式為T1.H=^X.

令x=-2,則二項式的展開式為9x(-ZL+Jx(-2)41乂(-2)2+-

?、x(-2)J、-、X2+、X4+…義(-2)7=(l-2)7=-l.

答案:T

1

7.若(x+五)Mn24,neN*)的二項展開式中前三項的系數依次成等差

數列，則n=.

解析：(X+五廠的展開式的通項?(五)「與、『2二

則前三項的

?n(n-l)n(n-l)

系數分別為1,2—由其依次成等差數列，得叩1+一解得n=8

或n=l(舍去),故n=8.

答案：8

16_1_

8.已知的展開式中的二項式系數之和等于（MX，石廠的展開式

的常數項，而（￡+1＞的展開式的二項式系數最大的項等于54,則正數

a的值為.

162_pr16A162O~5r

解析：（務2+再5的展開式的通項為TE二5行（產（店）三S（5）^X—

令20~5r=0,得r=4,

C4-

故常數項T5=sX-s=16,

又3+1”的展開式中的二項式系數之和為2、

由題意得2n=16,所以"4,

所以6+1”的展開式中二項式系數最大的項是中間項L,

從而q6）2=54,所以a=6

答案"

9.請從下面三個條件中任選一個,補充在下面的橫線上,并解答.

①第5項的系數與第3項的系數之比是14：3;

②第2項與倒數第3項的二項式系數之和為55;

C2pn-2

③二a

已知在（我一壇）”的展開式中,.

（1）求展開式中二項式系數最大的項；

（2）求展開式中含x5的項.

G（V5）E（-2y_

解:可知Tr+尸

、（-1產6,

方案一:選條件①，

14

（1）由題可知名E=W,

川2!（所2）!M

所以和（*■?）!XH=3,

所以n-5n-50=0,

解得n=10或n=-5（舍去），

所以展開式共有11項，其中二項式系數最大的項是第6項,

丁6?（-1）運-252妙,

X

所以展開式中二項式系數最大的項是第6項,T6=-252"

⑵由⑴知n二10,加產\

5

令5-4二5,所以r=0,奏以T.=x5,

所以展開式中含x5的項是第一項，即xT

方案二:選條件②，

2

己q2c佯+?

（1）由題可知十—+h=55,

整理得n2+n-110=0,解得n二理或n二T1（舍去），

所以展開式共有11項,其中二項式系數最大的項是第6項,

16=。。(-1嚴包-252巧

5

所以展開式中二項式系數最大的項是第6項,T行-252城.

⑵同方案一(2).

方案三:選條件③，

⑴Q+i_q*=C.一噎J］。,

所以n=10,

所以展開式共有11項,其中二項式系數最大的項是第6項,

丁6=。。(-1)運-252妙，

5

X6

所以展開式中二項式系數最大的項是第6項,Tfi=-252.

(2)同方案一(2).

B級綜合運用練

10.(多選題)(2021?遼寧沈陽模擬)已知(3x7)Jao+aix+azxa…+anX”,

設(3xT)”的展開式的二項式系數之和為Sn,Tn=ai+a2+…+a”則

(BC)

A.3o=l

nn

B.Tn=2-(-l)

C.n為奇數時,S?<Tn;n為偶數時,Sn>Tn

D.Sn=Tn

解析：由題意知Sn=2n,令x=0,得ac=（T）n,令x=l,得也+a1+包+…+an=2",

所以1L2匚（-1）】故選BC.

1

1L（多選題）（2021?河北邯鄲模擬）已知（3X2+；＞的展開式中各項系

數之和為A,第二項的二項式系數為5則（ABD）

A.A=256

B.A+B=260

C.展開式中存在常數項

D.展開式中含Xz項的系數為54

1

解析：令x=l,得（3六+:）”的展開式中各項系數之和為41256,所以A=

1C1

256,選項A正確；（3x2"）4的展開式中第二項的二項式系數為《為,所

以B=4,A+B=260,選項B正確；

1

（3x，；）4的展開式的通項為

（3X2）4-r（?）r=34'r（^x8-3r,

8

令8-3廠0,則廠&所以展開式中不存在常數項,逐項C錯誤；令8-3廠2,

X2項的系數為3『2xG=54,

則廠2,所以展開式中含選項D正確.故選

ABD.

12.（2021?山東青島模擬）已知（l+x）"=a<）+aix+a2x、…+dnx"（n￡N"）,設

11

S產a°+a1+a2+???+an,數列區｝的前n項和為Tn,當|T-l|W表而時\n的最

小整數值為.

n

解析：因為（l+x）"=ao+aix+a2x2+???+anX（n￡N*）,令x=l,得Sn=a0+ai+

11州11

&+???+&=2,所以￡缶,所以T/?=:1-岑所以|TnT|W2020,即為2"

力020,所以n^ll,即n的最小整數值為11.

答案：11

13.二項式(2x-3y)9的展開式中，求：

⑴二項式系數之和；

⑵各項系數之和；

⑶所有奇數項系數之和；

(4)各項系數絕對值之和.

99K729

解：設(2x-3y)=aox+a1xy+a2xy+---+ax)y.

(1)二項式系數之和為

q+GG..』.

(2)各項系數之和為a0+a1+a2+-+a9,

9

令x=l,y=l,得a0+ai+a2+-+a9=(2-3)=-l.

+<,,

(3)由(2)知ao+ai+a2+a9=-l,①

令x=l,y=-l,得ao-ai+a2------電=5：②

dl

-

①+②得ao+a2+ai+afi+a8=-2,此即為所有奇數項系數之和.

(4)|ao|+|ai|+|a2|+???+1ay|=a0-ai+a2----a9,

令x=l,y=-l,得由|+區|+瓜2%,,+區|刊-&+@￡----aW,此即為各

項系數絕對值之和.

14.在①展開式中所有項的系數之和與二項式系數之和的比為64：1,

②展開式中前三項的二項式系數之和為22,這兩個條件中任選一個條

件，補充在下面問題中的橫線上，并完成解答.問題：己知二項式

(l+3x)\.

(1)求展開式中系數最大的項；

(2)求(l+3x)n(l-x)s中含六項的系數.

解:選條件①.令x=l,得展開式中所有項的系數之和為4n,又展開式中

￡

所有項的二項式系數之和為2、所以萬二2?64,解得n=6.

選條件②.由前三項的二項式系數之和為22,得端4+弓22,即l+n+

n(n-l)

2二22,可得n=6.

(1)(l+3x)6的展開式的通項為T*%x「(r=O,1,2,3,4,5,6).

設展開式中系數最大的項為第r+1項，

耳3r＞《十9共\

貝3r即9'后'解得彳WrW彳，又0WrW6,r￡N,

所以廠5,

故展開式中系數最大的項為TG=C?(3X)5=1458X5.

(2)由題得(l+3x)n(『x)5=(l+3x)6(1x)5,故含x2項的系數為+X

32+CfiX3XCsX(-1)=55.

C級應用創新練

15.(多選題)(2021?重慶八中高三模擬)傳說古希臘數學家阿基米德

的墓碑上刻著一個圓柱圖形，圓柱內有一個內切球,這個球的直徑恰

好與圓柱的高相等.這是因為阿基米德認為這個“圓柱容球”是他最

為得意的發現,于是留下遺愿:他死后,墓碑上要刻上一個“圓柱容球”

的兒何圖形.設圓柱的體積與球的體積之比為m,圓柱的表面積與球的

表面積之比為n,若f(x)二,WKBC)

A.f(x)的展開式中的常數項是56

B.f(x)的展開式中的各項系數之和為0

C.f(x)的展開式中的二項式系數最大值是70

D.f(i)=T6,其中i為虛數單位

解析:設內切球的半徑為r,則圓柱的高為2r,

-3?2r3?/X3—

所以m=尸=2,n=W旦所以超二1,所以f(X)=’工.

對于A,f(x)的展開式的通項為

T尸％4處.(一盧x2"F

令24-4r=0,解得廠6,所以f(x)的展開式的常數項為以1)，=28,A

錯誤；

對于B,f(l)=O,即f(x)的展開式的各項系數之和為0,B正確；

對于C,f(x)的展開式中二項式系數最大值為Q=70,C正確;

對于D,f(i)=(產一：

=(-i+i)J0,D錯誤.故選BC.

16.已知f(x)=(l+2x)B+(l+2x)n(m,nEN*)的展開式中x的系數為24,

則展開式中X?的系數的最小值為.

解析：由f(x)的展開式中x的系數為24,可得

^lw2x+^t2x=2mx+2nx=24x,解得m+n=12.

設f(x)的展開式中(的系數為t,則

「2「2(m+n)2

1^^2^22=2(m2+n2-m-n)=2(m2+n2-12)22[--12]=2X(72-12)=

120.

當且僅當m=n=6時,t有最小值120.

所以f(x)的展開式中的系數的最小值為120.

答案：120

第3節隨機事件與概率

課時作業

選題明細表

知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練應用創新練

事件的關系與運算19

頻率與概率3,5,71L12,1314

互斥事件與對立事件的概率2,4,6,810

A級基礎鞏固練

L（多選題）（2021?山東青島二中調研）口袋內裝有紅色、綠色和藍色

卡片各2張，一次取出2張卡片，則下列事件與事件“2張卡片都為紅

色”互斥而非對立的是（ABD）

A.2張卡片都不是紅色

B.2張卡片恰有1張紅色

C.2張卡片至少有1張紅色

D.2張卡片都為綠色

解析:對于A,事件“2張卡片都不是紅色”與事件“2張卡片都為紅

色”是互斥事件但不互為對立事件;對于B,事件“2張卡片恰有1張

紅色”與事件“2張卡片都為紅色”是互斥事件但不互為對立事件；

對于C,事件“2張卡片至少有1張紅色”與事件“2張卡片都為紅色”

不是互斥事件;對于D,事件“2張卡片都為綠色”與事件”2張卡片

都為紅色”是互斥事件但不互為對立事件.故選ABD.

2.(2021?甘肅蘭州一模)甲、乙兩人下棋,兩人下成和棋的概率是4

甲獲勝的概率是&則甲不輸的概率為(A)

5211

A.6B.5C.而.3

解析：設“兩人下成和棋”為事件A,“甲獲勝”為事件B.事件A與B

是互斥事件，所以甲不輸的概率為P=P(AUB)=P(A)+P(B)=+二.故

選A.

3.(2020?全國H卷)在新冠肺炎疫情防控期間,某超市開通網上銷售

業務,每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂單量大幅增加，導致訂

單積壓.為解決困難,許多志愿者踴躍報名參加配貨工作.已知該超市

某日積壓500份訂單未配貨,預計第二天的新訂單超過1600份的概

率為0.05.志愿者每人每天能完成50份訂單的配貨，為使第二天完成

積壓訂單及當日訂單的配貨的概率不小于0.95,則至少需要志愿者

(B)

A.10名B.18名C.24名D.32名

解析：由題意知,第二天在沒有志愿者幫忙的情況下,積壓訂單超過

500+(1600-1200)=900(份)的概率為0.05,因此要使第二天完成積

900

壓訂單及當日訂單的配貨的概率不小于0.95,至少需要志愿者殍

18(名),故選B.

4.（2021?湖南衡陽一模）我國古代有著輝煌的數學研究成果，《周髀

算經》《九章算術》《海島算經》《孫子算經》《緝古算經》等

10部專著是了解我國古代數學的重耍文獻,這10部專著中有5部產

生于魏晉南北朝時期,某中學擬從這10部專著中選擇2部作為“數學

文化”課外閱讀教材，則所選2部專著中至少有一部是魏晉南北朝時

期專著的概率為（A）

7245

A.?B.元.?D.9

解析:設所選2部專著中至少有一部是魏晉南北朝時期專著為事件A,

7學2-27

所以pF）二=二，因此p（A）=1-pF）故選A.

5.（2021?吉林模擬）有一批貨物需要用汽車從生產商所在城市甲運

至銷售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩條公路,據調查

統計，通過這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車所用時間的頻

數分布情況如表所示:

所用時間（天數）10111213

通過公路1的頻數20402020

通過公路2的頻數10404010

假設汽車A只能在約定日期（某月某日）的前11天出發，汽車B只能在

約定日期的前12天出發（將頻率視為概率），為了在各自允許的時間

內將貨物運至城市乙，汽車A和汽車B選擇的最佳路徑分別為（A）

A.公路1和公路2B,公路2和公路1

C.公路2和公路2D,公路1和公路1

解析:通過公路1從城市甲到城市乙用時10,11,12,13天的頻率分別

為0.2,0.4,0.2,0.2;

通過公路2從城市甲到城市乙用時?10,11,12,13天的頻率分別為0.1,

0.4,0.4,0.1.

設4,/￡分別表示汽車A在約定日期的前11天出發,選擇公路1,2將

貨物從城市甲運往城市乙；

設BbB?分別表示汽車B在約定日期的前12天出發,選擇公路1,2將

貨物從城市甲運往城市乙，

則P(AJ=0.2+0.4=0.6,

P(A2)=0.1+0.4=0.5,

P(B,)=0.2+0.4+0.2=0.8,

P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9,

所以汽車A最好選擇公路1,汽車B最好選擇公路2.故選A.

6.據統計,某食品企業在一個月內被消費者投訴次數為0,1,2的概率

分別為0,4,0.5,0.1,則該企業在一個月內被消費者投訴不超過1次

的概率為.

解析:記“該食品企業在一個月內被消費者投訴的次數為0”為事件

A,“該食品企業在一個月內被消費者投訴的次數為1”為事件B,“該

食品企業在一個月內被消費者投訴的次數為2”為事件C,“該食品企

業在一個月內被消費者投訴的次數不超過1”為事件D,而事件D包含

事件A與B,且A與B彼此互斥,所以P(D)=P(A)+P(B)=0.4+0.5=0.9.

答案：0.9

7.(2019?全國II卷)我國高鐵發展迅速,技術先進.經統計,在經停某

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,則經停該站高鐵列車所有車

次的平均正點率的估計值為.

解析:設經停該站高鐵列車所有車次中正點率為0.97的事件為A,正

點率為0.98的事件為B,正點率為0.99的事件為C,則用頻率估計概

率有P(A)==,P(B)==,P(C)==，所以經停該

站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為0.97X+0.98X+

1

0.99X4=0.98.

答案:0.98

8.一只袋子中裝有7個紅玻璃球,3個綠玻璃球,從中無放回地任意抽

7

取兩次,每次只取一個,取得兩個紅玻璃球的概率為云,取得兩個綠玻

1

璃球的概率為區則取得兩個同色玻璃球的概率為;至少取

得一個紅玻璃球的概率為.

解析：由于“取得兩個紅玻璃球”與“取得兩個綠玻璃球”是互斥事

件,取得兩個同色玻璃球,只需兩互斥事件有一個發生即可,因而取得

718

兩個同色玻璃球的概率為5^^=運

由于事件“至少取得一個紅玻璃球”與事件“取得兩個綠玻璃球”是

對立事件,則至少取得一個紅玻璃球的概率為1^15.

814

答案:石石

B級綜合運用練

9.（多選題）一個人連續射擊兩次，對于擊中目標的情況下列說法正確

的是（CD）

A.事件“兩次均擊中”與事件“至少有一次擊中”互為對立事件

B.事件“第一次擊中”與事件“第二次擊中”為互斥事件

C.事件“恰有一次擊中”與事件“兩次均擊中”為互斥事件

D.事件“兩次均未擊中”與事件“至少有一次擊中”互為對立事件

解析:對于A,事件“至少有一次擊中”包含“第一次擊中、第二次未

擊中”“第二次擊中、第一次未擊中”和“兩次均擊中”，所以“兩

次均擊中”與“至少有一次擊中”不互為對立事件,A錯誤；

對于B,事件“第一次擊中”包含“第一次擊中、第二次擊中”和“第

一次擊中、第二次未擊中"，所以它與事件“第二次擊中”不是互斥

事件,B錯誤;

對于C,事件“恰有一次擊中”是“有一次擊中、一次未擊中“，它與

事件“兩次均擊中”是互斥事件,C正確；

對于D,事件“兩次均未擊中”的對立事件是“至少有一次擊中”，D

正確.故選CD.

10.（多選題）小張上班從家到公司開車有兩條線路,所需時間（單位：

min)隨交通堵塞狀況有所變化,其概率分布如表所示,

所需時間/min30405060

P(線路一)0.50.20.20.1

P(線路二)0.30.50.10.1

則下列說法正確的是(BD)

A.任選一條線路，”所需時間小于50min”與“所需時間為60min”

是對立事件

B.從所需的平均時間看,線路一比線路二更節省時間

C.如果要求在45min以內從家趕到公司，小張應該走線路一

D.若小張上、下班走不同線路，則所需時間之和大于100min的概率

為O08

解析：“所需時間小于50min”與“所需時間為60min”互斥而不互

為對立，故A錯誤;線路一所需的平均時間為30X0.5+40X0.2+50X

0.2+60X0.1=39(min),線路二所需的平均時間為30X0.3+40X0.5+

50X0L60X。l=40(min),所以線路一比線路二更節省時間，故B正

確;線路一所需時間小于45min的概率為0.7,線路二所需時間小于

45min的概率為0.8,所以小張應該選線路二，故C錯誤;小張上、下

班所需時間之和大于100分鐘，則線路一、線路二的時間可以為

(50,60),(60,50)和(60,60)三種情況,概率為2X(0.2X0.1+0.1X

0.1+0.1X0.1)=0.08,故D正確.故選BD.

11.某學校成立了數學、英語、音樂3個課外興趣小組,3個小組分別

有39,32,33個成員，一些成員參加了不止一個小組，具體情況如圖

所示.

現隨機選取一個成員，他屬于至少2個小組的概率是,他屬

于不超過2個小組的概率是.

解析：“至少2個小組”包含“2個小組”和“3個小組”兩種情況，

故他屬于至少2個小組的概率為

11+10+7-FB3

p-6+7+8+?M0+l（H-li=5.

“不超過2個小組”包含“1個小組”和“2個小組”，其對立事件是

“3個小組”.

故他屬于不超過2個小組的概率是

813

p=]-6+7+?+8+10+l（H-ll=L5.

313

答案:M石

12.某人在如圖所示的直角邊長為4m的三角形地塊的每個格點（指

縱、橫直線的交叉點以及三角形的頂點）處都種了一株相同品種的作

物.根據歷年的種植經驗，一株該種作物的年收獲量Y（單位:kg）與它

的“相近”作物株數X之間的關系如表所示：

X1234

Y51484542

這里，兩株作物“相近”是指它們之間的直線距離不超過1m.

(1)完成下表,并求所和作物的平均年均收獲量；

Y51484542

頻數4

(2)在所種作物中隨機選取一株，求它的年收獲量至少為48kg的概率

(將頻率視為概率).

解：(1)所種作物的總株數為1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株數為

1的作物有2株，“相近”作物株數為2的作物有4株，“相近”作物

株數為3的作物有6株，“相近”作物株數為4的作物有3株,填寫

列表：

Y51484542

頻數2463

所種作物的平均年收獲量為

51x2+48x4+45x6+42x3690

E=11=46(kg).

24

(2)由(1)知,P(Y=51)=15,P(Y=48)二百，

故在所種作物中隨機選取一株,它的年收獲量至少為48kg的概率為

242

P(Y^48)=P(Y=51)+P(Y=48)

13.某河流上的一座水力發電站，每年六月份的發電量Y(單位:萬千瓦

時)與該河上游在六月份的降雨量X(單位:nun)有關.據統計，當X二

70時,Y=460;X每增加10,Y增加5.己知近20年X的值為140,110,

160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,

220,140,160.

(1)完成頻率分布表；

近20年六月份降雨量頻率分布表

降雨量70110140160200220

1

頻率11