1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编（9）二项式定理计数概率与统计

PAGE1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编计数问题、概率与统计部分2019A5、在中随机选出一个数，在中随机选出一个数，则被整除的概率为．◆答案：★解析：首先数组有种等概率的选法．考虑其中使被整除的选法数N．①若被3整除，则也被3整除．此时各有3种选法，这样的有组．若不被3整除，则，从而．此时有7种选法，有4种选法，这样的有组．因此．于是所求概率为。2019A8、将个数按任意次序排成一行，拼成一个位数（首位不为），则产生的不同的位数的个数为．◆答案：★解析：将的首位不为的排列的全体记为，记为的元素个数。易知．将中的后一项是，且的后一项是的排列的全体记为B；A中的后一项是0，但的后一项不是的排列的全体记为C；A中1的后一项是9，但2的后一项不是0的排列的全体记为D．易知,，,即,,．由B中排列产生的每个8位数，恰对应B中的个排列（这样的排列中，20可与“2,0”互换，19可与“1,9”互换）．类似地，由C或D中排列产生的每个8位数，恰对应C或D中的2个排列．因此满足条件的8位数的个数为.2019B5.将个数按任意次序排成一行，拼成一个位数（首位不为），则产生的不同的位数的个数为．◆答案：★解析：易知的所有不以0为开头的排列共有个．其中，除了和这两种排列对应同一个数，其余的数互不相等．因此满足条件的位数的个数为．2019B6.设整数，的展开式中与两项的系数相等，则的值为．◆答案：★解析：注意到，其中项仅出现在求和指标时的展开式中，其项系数为；而项仅出现在求和指标时的展开式中，其项系数为，因此有，注意到，化简得，故只能是为奇数且．解得．2018A3、将随机排成一行，记为，则是偶数的概率为◆答案：★解析：先考虑为奇数时，，一奇一偶，①若为奇数，则为的排列，进而为的排列，这样共有种；②若为偶数，由对称性得，也有种，从而为奇数的概率为，故所求为2018B3、将随机排成一行，记为，则是奇数的概率为◆答案：★解析：由为奇数时，，一奇一偶，①若为奇数，则为的排列，进而为的排列，这样共有种；②若为偶数，由对称性得，也有种，从而为奇数的概率为。2017A6、在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三个点中存在两点距离为的概率为◆答案：★解析：由题意得有个点，故从中取出三个点共有种。将中的点按右图标记为，其中有对点之间的距离为，由对称性，考虑取两点的情况，则余下的一个点有种取法，这样有个三点组（不考虑顺序）。对每个（），中恰有两点与之的距离为（这里下标按模8可以理解），因而恰有这个三点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为，进而所求的概率为。2017B6、在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三个点两两之间距离不超过的概率为◆答案：★解析：注意中共有9个点，故在中随机取出三个点的方式数为种，当取出的三点两两之间距离不超过2时，有如下三种情况：（1）三点在一横线或一纵线上，有6种情况，（2）三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况，（3）三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于的有4个，直角顶点位于，的各有一个，共有8种情况.综上可知，选出三点两两之间距离不超过2的情况数为，进而所求概率为.2016A4、袋子中装有张元纸币和张元纸币，袋子中装有张元纸币和张元纸币，现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则中剩下的纸币面值之和大于中剩下的纸币面值之和的概率为◆答案：★解析：一种取法符合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值小于从B中取走的两张纸币的总面值，从而．故只能从A中国取走两张1元纸币，相应的取法数为．又此时，即从B中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有种取法．因此，所求的概率为．2016B5、将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子中，恰有两个球放在同一盒子的概率为◆答案：★解析：样本空间中有个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为过所求的概率为2015A5、在正方体中随机取条棱，他们两两异面的概率为◆答案：★解析：设正方体为ABCD-EFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有=220种．下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即AB、AD、AE的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向．可先取定AB方向的棱，这有4种取法．不妨设取的棱就是AB，则AD方向只能取棱EH或棱FG，共2种可能．当AD方向取棱是EH或FG时，AE方向取棱分别只能是CG或DH．由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求概率为．2015B8、正2015边形内接于单位圆，任取它的两个不同顶点，则的概率为◆答案：★解析：因为，所以．故的充分必要条件是，即向量的夹角不超过．对任意给定的向量，满足条件的向量可的取法共有：种，故的概率是：．2014A8、设是空间四个不共面的点，以的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为◆答案：★解析：每对点之间是否连边有2种可能，共有种情况。考虑其中A，B可用折线连接的情况数。有AB边：共种情况。①无AB边，但有CD边：此时A，B可用折线连接当且仅当A与C，D中至少一点相连，且B与C，D中至少一点相连，这样的情况数为。无AB边，也无CD边：此时AC，CB相连有种情况，AD，DB相连也有种情况，但其中AC，CB，AD，DB均相连的情况重复计了一次，故A，B可用折线连接的情况数为。以上三类情况数的总和为32+9+7=48，故A，B可用折线连接的概率为。2014B7、将一副扑克牌中的大小王去掉，在剩下的张牌中随机地抽取张，其中至少有两张牌上的数字（或者字母）相同的概率是（要求计算出这个概率的数值，精确到0.001）◆答案：★解析：记所求事件为，则的对立事件为“所抽取的5张牌上的数字各不相同”，我们来计算的概率。事件可以分解成两步：第一步在13个不同数字中抽取5个数字，共有种取法；第二步给每个数字涂一种花色每个数字共有4种花色可选，5个数字共有种不同的选择。所以事件共包含。由于在52张牌随机抽取5张的基本事件个数为，于是事件发生的概率为，从而。2013A6、从中任取个不同的数，其中至少有个是相邻数的概率为◆答案：★解析：记所取的个数分别为，且。若这五个数互不相邻，则，由此可知，从中取个互不相邻的数的取法和从中取个不同的数的取法相同即，故所求至少有两个数是相邻的概率为2013A8、已知数列共有项，其中，且对每个，均有则这样的数列的个数为◆答案：★解析：记，，则反之，若符合的项数列可以唯一确定一个符合题意条件的项数列。记符合条件的有个，显然中有偶数个，即个；继而有个，个，当给定的值时，有种，易得只能取，所以这样的数列共有.故所求的数列个数为。2013A三、（本题满分50分）一次考试共有道试题，个学生参加，其中为给定的整数，每道题的得分规则是：若该题恰有个学生没有答对，则每个答对该题的学生得分，未答对的学生得分.每个学生得总分为其道题的得分总和.将所有的学生总分从高到低排列为，求的最大可能值。★解析：对任意的，设第题没有答对的有人，则第题没有答对的有人，由得分规则知，这在第题均得到分，记这个学生的得分之和为，则因为每一个人在第题上至多得分，故由于，故有所以由柯西不等式的于是，另一方面，若有一个学生全部答对，其他个学生全部答错时，综上所述，的最大可能值为。2013B8、将正九边形的每个顶点等概率地涂上红、蓝两种颜色之一，则存在三个同色的顶点构成锐角三角形的概率为．◆答案：★解析：若同一种颜色的顶点构成的凸多边形内部包含正九边形的外接圆圆心，则存在这种颜色的三个顶点，其构成的三角形也包含圆心，从而这个三角形是锐角三角形。反之，若某种颜色的顶点包含一个锐角三角形的顶点，则它们所生成的凸多边形就包含了正九边形外接圆的圆心。这样一来，如果红蓝两色的顶点生成的凸多边形都不包含圆心的话，那么这两种颜色的顶点分别落在外接圆的半圆中，这种情况发生的仅有的可能是红点是连续的4个顶点，或者是连续的5个顶点，它们各有9种情况。所以，所求的概率为2012A8、某情报站有四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种。设第周使用密码，那么第周也使用密码的概率为◆答案：★解析：用表示第周用种密码的概率,则第周末用种密码的概率为.于是,有,即，由知，是首项为，公比为的等比数列。所以，即，故2012B8、一个均匀的正方体骰子的各面上分别标有数字，每次投掷这样两个相同的骰子，规定向上的两个面上的数字之和为这次投掷的点数。那么，投掷次所得个点数之积能被整除的概率是（用最简分数表示）◆答案：★解析：考虑一次投掷时，投出的点数是的概率为，又投出的点数是奇数（偶数）的概率均为，故投出的点数是奇数但不是的概率为。在次投掷中，记“仅有一次投出的点数是，另外两次至少有一次投出的点数是偶数”为事件，则，记“有两次投出的点数是，另外一次投出的点数是偶数”为事件，则，显然事件与事件互斥，故所求概率为。2011A5、现安排名同学去参加个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为◆答案：★解析：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有3人参加，共有种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有种方案；所以满足题设要求的方案数为．2011B4、把扑克牌中的分别看作数字.现将一副扑克牌中的黑桃、红桃各13张放在一起，从中随机取出2张牌，其花色相同且两个数的积是完全平方数的概率为_____．◆答案：★解析：从张牌中任意取出张，共有种取法。牌的花色相同且积是完全平方数的有，，，共对，因此概率为2010AB6、两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两个颗，第一个使两颗骰子点数和大于者为胜，否则轮另一个人投掷。则先投掷人获胜的概率为◆答案：★解析：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为.2009*7、一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一个数是（可以用指数表示）◆答案：★解析：易知：该数表共有100行；每一行构成一个等差数列，且公差依次为为所求。设第行的第一个数为，则故.2009*8、某车站每天，都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻概率一旅客到车站，则他候车时间的数学期望为（精确到分）◆答案：★解析：解：旅客候车的分布列为候车时间（分）1030507090概率候车时间的数学期望为2008AB3、甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得分，负者得分，比赛进行到有一人比对方多分或打满局时停止.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的数学期望是（）A.B.C.D.◆答案：B★解析：方法一：依题意知，的所有可能值为2、4、6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有，，，故．方法二：依题意知，的所有可能值为2、4、6.令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得，，，因此．2008AB9、将名志愿者名额分配给个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有种。◆答案：★解析：方法一：用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于(个)位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有(种)．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222(种)．方法二：设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222（种）．2007*3、将号码分别为的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为，放回后，乙从袋中再摸出一个球，其号码为。则使不等式成立的事件发生的概率等于A.B.C.D.◆答案：D★解析：甲、乙二人每人摸出一个小球都有种不同的结果，故基本事件总数为个。由不等式得，于是，当时，每种情形可取中每一个值，使不等式成立，则共有种；当时，可取中每一个值，有种；当时，可取中每一个值，有种；当时，可取中每一个值，有种；当时，只能取，有种。于是，所求事件的概率为。2007*12、将个和个共个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有种。 ◆答案：★解析：解：使个既不同行也不同列的填法有种，同样，使个既不同行也不同列的填法也有种，故由乘法原理，这样的填法共有种，其中不符合要求的有两种情况：个所在的方格内都填有的情况有种；个所在的方格内仅有个方格内填有的情况有种。所以，符合题设条件的填法共有种。2006*12、袋中有个白球和个红球，每次从中随机取出个球，然后放回个球，则第次恰好取完所有红球的概率为◆答案：★解析：第4次恰好取完所有红球的概率为.2005*7、将关于的多项式表示为关于的多项式，其中，则的值为◆答案：★解析：由题设知，和式中的各项构成首项为1，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式，得：令得取有2005*14、（本题满分20分）。将编号为的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为.求使达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）★解析：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设是依次排列于这段弧上的小球号码，则上式取等号当且仅当，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.因此.由上知，当每个弧段上的球号确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.在1,2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2,3，…，8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有种情况，每种情况对应着圆周上使S值达到最小的唯一排法，即有利事件总数是种，故所求概率2004*5、设三位数，以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数有A.个B.个C.个D.个◆答案：C★解析：⑴等边三角形共9个；⑵等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为)，有种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，．或时，，有种；或时，，有种；或时，有种；或时，，有种，共有种不能取的值．所以共有种方法，而每取一组数，可有种方法构成三位数，故共有个三位数。综上知，可取种数．选C．2004*13、（本题满分20分）一项“过关游戏”规则规定:在第关要抛掷一颗骰子次,如果这次抛掷所出现的点数的和大于,则算过关.问:(1)某人在这项游戏中最多能过几关?(2)他连过前三关的概率是多少?★解析：解：⑴设他能过关，则第关掷次，至多得点，由，知，．即最多能过关．⑵要求他第一关时掷次的点数大于，第二关时掷次的点数和大于，第三关时掷次的点数和大于．第一关过关的概率为；第二关过关的基本事件有种，不能过关的基本事件有为不等式的正整数解的个数，有个(亦可枚举计数：)计6种，所以过关的概率为；第三关的基本事件有种，不能过关的基本事件为方程的正整数解的总数，可连写个，从个空档中选个空档的方法为种，不能过关的概率，能过关的概率为；∴连过三关的概率为．2002*8、将二项式的展开式按的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中的幂指数是整数的项共有个◆答案：★解析：不难求出前三项的系数分别是，∵∴当时，()∴所以当时,的幂指数是整数，即有3项。2002*三、（本题满分50分）在世界杯足球赛前，国教练为了考察这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且每人上场的总时间(以分钟为单位)均被整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。★解析：设第名队员上场的时间为分钟()，问题即转化为：求不定方程①在条件()且()下的正整数解的级数。若是满足条件①的一组正整数解，则应有，（）∴是不定方程②在条件且下的一组正整数解。∵，令有③∴求②满足条件且的正整数解等价于求③的非负整数解。∵易观察到，∴，即m0=406是③的整数解∴③的整数通解为其中令,解得，取得到③满足条件的三组非负整数解：、、，从而得到②满足条件的三组正整数解：、、，1)当时，显然仅有一种可能，又设()，于是由不定方程有组正整数解。∴此时①有满足条件的组正整数解。2)在时，设()，()于是由不定方程有组正整数解，不定方程有组正整数解。∴此时①有满足条件的组正整数解。3)在时，设()，()。于是由不定方程有组正整数解，不定方程有组正整数解。∴此时①有满足条件的组正整数解。综上①满足条件的正整数解的组数为。2001*5、若的展开式为，则的值为A.B.C.D.◆答案：C★解析：令可得；令x=可得；（其中，则=1且++1=0）令x=可得．以上三式相加可得所以．2001*12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有种栽种方案．◆答案：★解析：考虑A、C、E种同一种植物，此时共有种方法．考虑A、C、E种二种植物，此时共有种方法．考虑A、C、E种三种植物，此时共有种方法．故总计有种方法．2000*8、设是的展开式中项的系数()，则_____.◆答案：★解析：由题意得．∴，于是．2000*12、如果：(1)都属于；(2)，，，；(3)是中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数的个数是_________◆答案：★解析：可以相等，也可以相等．⑴当相等，也相等时，有种；⑵当相等，不相等时，有种；⑶当不相等，相等时，有种；⑷当不相等，也不相等时，有种；综上共有种。1999*5、在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有名选手各比赛了场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了场。那么，在上述名选手之间比赛的场数是()A.B.C.D.◆答案：B★解析：这三名选手之间的比赛场数是，共名选手参赛.由题意，可得，即.由于，经检验可知，仅当时，为正整数.1998*6、在正方体的个顶点，条棱的中点，个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是()

A.B.C.D.◆答案：B★解析：注意到个顶点中无点共线，故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心．⑴体中心为中点：对顶点，对棱中点，对面中心；共组；⑵面中心为中点：组；⑶棱中点为中点：个．共个，选B．1998*9、从这个数中取出个数，使其和为不小于的偶数，不同的取法有____种.◆答案：★解析：从这个数中取出个偶数的方法有种，取出个偶数，个奇数的方法有种，而取出个数的和为小于的偶数的方法有，，，，，，，，，共有种，故应答种．1997*11、设为正六边形，一只青蛙开始在顶点处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到点，则停止跳动；若次之内不能到达点，则跳完次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共种．◆答案：★解析：青蛙跳5次，只可能跳到三点(染色可证)．青蛙顺时针跳1次算+1，逆时针跳1次算－1，写5个“□1”，在□中填“+”号或“－”号：□1□1□1□1□1规则可解释为：前三个□中如果同号，则停止填写；若不同号，则后2个□中继续填写符号．前三□同号的方法有2种；前三个□不同号的方法有种，后两个□中填号的方法有种．∴共有2+6×4=26种方法．1996*11、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色.将一个正方体的六个面染色,每面恰染一种颜色,每两个具有公共棱的面染成不同颜色.则不同的染色方案共有_____________种.(注:如果我们对两个相同的正方体染色后,可以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同,那么,我们就说这两个正方体的染色方案相同).◆答案：★解析：由于至少3种颜色：若6种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5种选择，其余4面有种方法，共计种方法；若用5种颜色：上下用同色：6种方法，选4色：；种方法；．若用4种颜色：种方法．若用3种颜色：种方法．∴共有230种方法．1996*12、在直角坐标平面上，以为圆心，以为半径的圆周上，整点（即横、纵坐标皆为整数的点）的个数为_______________．◆答案：★解析：把圆心平移至原点，不影响问题的结果．故问题即求的整数解数．显然一奇一偶，设，．且．则得．即由于为正整数，；，二者矛盾，故只有，这4解．∴共有4个．，，．1995*11、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是______．◆答案：★解析：顶点染色，有种方法，底面4个顶点，用4种颜色染，种方法；用3种颜色，选1对顶点种，这一对顶点用某种颜色染，余下2个顶点，任选2色染，种，共有种方法；用2种颜色染：种方法；∴共有种方法．1993*12、三位数共个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如倒过来看是；有的卡片则不然，如倒过来看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．◆答案：★解析：首位与末位各可选择有种选择，十位还可选，有种选择，共有种选择．但两端为，中间为时，或两端为，中间为时，倒后不变；共有个，故共有个．1990*11．设，则．◆答案：★解析：取展开的实部即为此