2023年高考数学一轮复习 课时作业 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

（必修第二册+选择性必修第三册）

第1节两个计数原理、排列与组合

课时作业灵活今4为致提混

；选题明细表

应用创

知识点、方法基础巩固练综合运用练

新练

分类加法计数原理与分步

1,2,4,616

乘法计数原理

排列5,7

组合313

排列与组合的综合应用8,910,11,12,1415

A级基础巩固练

1.a,b,c,d,e共5个人从中选1名组长，1名副组长，但a不能当副组

长，不同选法的种数是（B）

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

解析：当a当组长时,贝J共有1X4=4（种）选法;当a不当组长时,又因

为a也不能当副组长，则共有4X3=12（种）选法.因此共有4+12=16（种）

选法.故选B.

2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能

从字母B,C,D中选择，其他四个号码可以从0〜9这十个数字中选择

（数字可以重复）,有车主第一个号码（从左到右）只想在数字3,5,6,

8,9中选择,其他号码只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号码可选的

所有可能情况有（D）

A.180种B.360种C.720种D.960种

解析:按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二个号码

有3种选法,其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可

能情况有5X3X4X4X4=960（种）.故选D.

3.（2021•全国乙卷）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道

速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目，

每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（C）

A.60种B.120种C.240种D.480种

解析:根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配

1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有Q种

选法;然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位

置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4!种,根据分

£2

步乘法计数原理可知，完成这件事共有5*4!=240（种）不同的分配方

案.故选C.

4.（多选题）（2021•山东实验中学高三模拟）“二进制”与我国古代的

《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“一一”和“一

一”，其中“一一”在一进制中记作“1”，“-----”在一进制中记作

“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取

2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（ABCD）

A.OB.1C.2D.3

解析:根据题意,从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.

第一类：由两个“一一”组成,二进制数为H,转化为十进制数,为3.

第二类：由两个“——”组成,二进制数为00,转化为十进制数,为0.

第三类：由一个“一一”和一个“——”组成，二进制数为10,01,转

化为十进制数,为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列,可以组

成的不同的十进制数为0,1,2,3.故选ABCD.

5.（多选题）用1,2,3,4,5这五个数字，组成三位数，则（ABC）

A.若允许重复,则可组成为125个

B.若不允许重复,则可组成为60个

C.可组成无重复数字的偶数为24个

D.可组成无重复数字的奇数为24个

解析:组成三位数,若允许重复,则可组成5工125（个）；若不允许重复，

A3

则可组成以5X4X3=60（个）；组成无重复数字的偶数分为两类,一类

A2A2

是2作个位数，共有■个，另一类是4作个位数，也有4个.因此符合条

A2A2A1A2

件的偶数共有4也24（个）；组成无重复数字的奇数有i=3X

4X3=36（个）.故选ABC.

6.在一个三位数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼

峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”.由数字1,2,3,4可构成

无重复数字的“驼峰数”有个，其中偶数有个.

解析:十位上的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个,十位

上的数为2时，有324,423,共2个,所以共有6+2=8（个）.偶数为214,

312,314,412,324,共5个.

答案：85

7.（2021•山东泰安一模）北京大兴国际机场为4F级国际机场、世界

级航空枢纽、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航.目前

建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、

北一跑道,若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起

飞,且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取,则共有种不同

的安排方法（用数字作答）.

A2

解析:从4条跑道中选取安排共有包12种选择，排除西一跑道、西二

跑道都没有的吃2种选择,共有12-2=10种选择.

答案：10

8.（2021•山东潍坊模拟）植树造林，绿化祖国.某班级义务劳动志愿

者小组参加植树活动，准备在如图所示的一抛物线形地块上的

ABCDGFE七点处各种植一棵树苗,其中A,B,C分别与E,F,G关于抛物

线的对称轴对称,现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于

抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗，则共有不同的种

植力法数是（用数字作答）.

A

B

D

G

解析：由题意对称相当于3种树苗种A,B,C,D四个位置,有且仅有一种

树苗重复,有弓工种选法;在四个位置上种植有3*12种方法，则由分步

乘法计数原理得共有qX12=36种方法.

答案：36

9.用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重

复数字的五位数？

⑴比21034大的偶数;

（2）左起第二、四位是奇数的偶数.

解：（1）可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2时,有6个五位数;

当末位数字是0,而首位数字是3或4时•，有G用=12个五位数;

当末位数字是2,而首位数字是3或4时，有G用=12个五位数;

当末位数字是4,而首位数字是2时，有3个五位数;

当末位数字是4,而首位数字是3时,有匕6个五位数.

故共有6+12+12+3+6=39（个）满足条件的五位数.

⑵可分为两类：

末位数是0,个数有

末位数是2或4,个数有丝G=4.

故共有4+4=8（个）满足条件的五位数.

B级综合运用练

10.《数术记遗》相传是东汉时期徐岳所著,该书主要记述了：积算（即

筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹

算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法.

某研究性学习小组3人分工搜集整理该14种计算方法的相关资料，

其中一人4种,其余两人每人5种，则不同的分配方法种数是（A）

喇驾

A.个B.

c.%D.

解析:先将14种计算方法分为三组，方法有4种，再分配给3个人,

方法有"种.故选A.

11.（多选题）将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，

不允许有空盒子的放法共有（BC）

A.qgQQ种氏明种

C.qc弼种D.18种

解析:根据题意,4个不同的小球放入3个分别标有1-3号的盒子中，

且没有空盒,则3个盒子中有1个中放2个球,剩下的2个盒子中各放

1个，

有2种解法：

⑴分2步进行分析：

£2

①先将4个不同的小球分成3组,有4种分组方法；

②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中，有&种放法；

则没有空盒的放法有q鸟种；

(2)分2步进行分析：

①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球

放入选出的小盒中，有qq种情况；

②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有怨种放法.

则没有空盒的放法有qq4种.

由此可知,A,D错误.故选BC.

12.从5男3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人志愿者服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有

种不同的选法.

解析:要求服务队中至少有1名女生,则分3种情况讨论:

①选出志愿者服务队的4人中有1名女生,有相3。种选法，

A2

这4人选2人作为队长和副队长有,二12种选法,其余2人为普通队

员，有1种情况，

此时有30X12=360（种）不同的选法.

②选出志愿者服务队的4人中有2名女生，有。5仁30种选法，

A2

这4人选2人作为队长和副队长有《二12种选法,其余2人为普通队

员，有1种情况，

此时有30X12=360（种）不同的选法.

③选出志愿者服务队的4人中有3名女生,有05仁5种选法，

A2

这4人选2人作为队长和副队长有彳二12种选法,其余2人为普通队

员，有1种情况，

此时有5X12=60（种）不同的选法.

则一共有360+360+60=780（种）不同的选法.

答案：780

13.某市工商局对35种商品进行抽样检查，己知其中有15种次品.现

从35种商品中选取3种.

（1）其中某一种次品必须在内，不同的取法有多少种？

（2）其中某一种次品不能在内，不同的取法有多少种？

（3）恰有2种次品在内，不同的取法有多少种？

（4）至少有2种次品在内，不同的取法有多少种?

（5）至多有2种次品在内，不同的取法有多少种?

解：⑴从余下的34种商品中,选取2种有F=561种取法,

所以某一种次品必须在内的不同的取法有561种.

（2）从34种可选商品中，选取3种，有种取法，或者

5984（种）取法,

所以某一种次品不能在内的不同的取法有5984种.

⑶从20种正品中选取1种，从15种次品中选取2种有

2100种取法，

所以恰有2种次品在内的不同的取法有2100种.

种

（4）选取2种次品有选取3种次品有种,共有选取方式

100+455=2555（种）,

所以至少有2种次品在内的不同的取法有2555种.

（5）法一（间接法）选取3种的总数为q,因此共有选取方式嗪■

545-455=6090（种）.

所以至多有2种次品在内的不同的取法有6090种.

法二（直接法）共有选取方式”=6090（种），

所以至多有2种次品在内的不同的取法有6090种.

14.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

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)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

(5)分成三份，1份4本,另外两份每份1本；

(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本，另外两人每人得1本.

解：(1)6本不同的书分成三份，1份1本，1份2本，1份3本,分三个步

C1

骤，第1步，从6本书中取1本有6种分配方法;第2步,从剩余的5本

C2(2

书中取2本有5种分配方法,第3步,从剩余的3本书中取3本有'种

分配方法,所以总共有QQC也60种分配方法.

(2)由(1)可知分组后共有60种方法，分别分给甲、乙、丙后的方法有

QQC河-360种.

⑶从6本书中选择2本书,有6种分配方法;再从剩余4本书中选择

2本书，有°：种分配方法；剩余2本书，有G种分配方法，所以有

140-90种分配方法

但是，该过程有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分

别选出的是(AB),(CD),(EF),则所有情况为(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种.

（4）由（3）可知，平均分给甲、乙、丙三人，则分配方法有X

90种.

（5）从6本书中选4本书的方法有4种,从剩余2本书中选1本书有G

萼

种，因为在最后2本书的选择中有重复,所以总共有医=15种.

萼

（6）由（5）可知，分给甲、乙、丙三人的分配方法有或X

种.

C级应用创新练

15.（多选题）在某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位

女生,2位男生.如果2位男生不能连续出场,且女生甲不能排在第一

个，为求出场顺序的排法种数，下列式子正确的为（ABD）

A射必洒陷

解析:若第一个出场的是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任

意排,方法有种,若第一个出场的是女生（不是女生甲），则将剩

余的2位女生排列好,2位男生插空,方法有种.所以满足条件

的出场顺序有十种，故A正确；先排3位女生,3位女生之

间有4个空,从4个空中选2个排男生,共有种,若女生甲排在第

一个,则3位女生之间有3个空,从3个空中选2个排男生,有种,

所以满足条件的出场，I页序有-种，故B正确;5位选手全排列

的方法数减去2位男生连续出场的方法数，再减去女生甲排在

第一个的方法数.因为多减去了2位男生既连续出场，女生甲又排

在第一个的方法数，所以满足条件的出场顺序有--+

4种，故D正确,故选ABD.

16.如图,将一个四棱链的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上

的两顶点异色,如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数

是.

7

B

解析:法一由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相

同，不同的染色方法共有5X4X3=60（种）.

当S,A,B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3,其余两种颜色为4,5,

若C染2,则D可染3或4或5,有3种不同的染色方法;若C染4,则D

可染3或5,有2种不同的染色方法;若C染5,则D可染3或4,有

2种不同的染色方法.所以当S,A,B染好时,C,D还有7种不同的染色

方法，故不同染色方法有60X7=420（种）.

法二以S,A,B,C,D的顺序分步染色.第一步,S点染色,有5种不同

的方法.第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种不同的方法.第

三步,B点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种不同的方法.第四

步,C点染色,考虑到D点与S,A,C分别在同一条棱上,需要对A与C

是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种不同的染色方法;当A

与C不同色时，因为C与S,B也不同色,所以C点有2种不同的染色方

法,D点也有2种不同的染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理，

得不同的染色方法共有5X4X3X（IX3+2X2）"20（种）.

AS

法三按所用颜色种数分类.第一类,5种颜色全用，共有5种不同的

染色方法;第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色（A与C或B

与D）,共有2X人?种不同的染色方法;第三类，只用3种颜色则A与

A3

C,B与D必定同色,共有5种不同的染色方法.由分类加法计数原理，

ASA3

得不同的染色方法为5+2X5+工420（种）.

答案：420

第2节二项式定理

课时作业

「选题明细表

应用创

知识点、方法基础巩固练综合运用练

新练

二项展开式的特定项或项

1,3,4,7,914

的系数

二项式系数的性质、系数和2,5,610,11,13

二项式定理的简单应用81215,16

A级基础巩固练

1.(l+x)2+(l+x)4…+(l+x)9的展开式中X?的系数是(D)

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

解析：(l+x)2+(l+x)，…+(l+x)9的展开式中X?的系数是'、4+…

「2「3「2「203

+“=4+«+…十%二90二120.故选D.

厂2

2.(2021•山西大同调丽若(VZ?)n的展开式中只有第六项的二项

式系数最大，则展开式中的常数项是(B)

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

解析：由(叵》厂的展开式中只有第六项的二项式系数W最大,则n二

5-^^

10,则展开式的通项为T*%(-2)X2.令5-2=0，得厂2,所以展开

式中的常数项为、。义L2)2=180.故选B.

3.(2021•广东广州高三二模)的展开式中的常数项是

(C)

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

6

解析:'(Tx-J-y的展开式的通项为

典⑵产”兀㈠)，.26&X*

令6-2r=-2,解得厂4;令6-2r=0,解得厂3,

所以(x.2+l)展开式中的常数项为4-8=60-160二-100.故

选C.

4.(2021•河北唐山模拟)在(x+y)(x-y)'的展开式中，xV的系数是

(B)

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

解析:法一(x-y)-的展开式的通项为

ks5kk

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

C*Ci

5),所以(x+y)(x-y)s的展开式的通项为(TP5x"yk或(-115x5kyk;

贝|J当k二3时，有(_1)kWx6-kyk=_10x3y：

当k=2时，有(->5x，k+U0x3y;所以XV的系数为0.故选B.

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

现x3y3,有两种情况：(1)先在第一个多项式中取x,再在后五个多项式

中任选两个多项式,在这两个多项式中取x,最后在余下的三个多项式

中取-y,所以有xCV(-y)3=-10x3y3;(2)先在第一个多项式中取y,再

在后五个多项式中任选三个多项式,在这三个多项式中取x,最后在余

下的两个多项式中取-y,所以有ysx3(-y)2=10xy.所以x，y3的系数为

0.故选B.

5.(多选题)若(1-2*)，10+&曰+82*%14+&仁+&-父,则下列结论中正确

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

正确；

--

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

错误；

：

令x=-l,得3-a0-ai+a2-a3+a.-a5,故C正确；

因为二项式(『2x)5的展开式的第r+1项为二q(-2)H，

所以当r为奇数时,&(-2)「为负数,即a<0(其中i为奇数)，

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

ACD.

6.(2021•四川自贡高三三模)己知(x+l)n的展开式二项式系数的和

为128,贝门与+号十..・+&(-2尸

解析•：由已知可得2n=128,解得n=7,

7，

所以二项式(x+1)J(1+x)的展开式的通项公式为T1.H=^X.

令x=-2,则二项式的展开式为9x(-ZL+Jx(-2)41乂(-2)2+-

•、x(-2)J、-、X2+、X4+…义(-2)7=(l-2)7=-l.

答案:T

1

7.若(x+五)Mn24,neN*)的二项展开式中前三项的系数依次成等差

数列，则n=.

解析：(X+五厂的展开式的通项•(五)「与、『2二

则前三项的

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

系数分别为1,2—由其依次成等差数列，得叩1+一解得n=8

或n=l(舍去),故n=8.

答案：8

16_1_

8.已知的展开式中的二项式系数之和等于（MX，石厂的展开式

的常数项，而（£+1＞的展开式的二项式系数最大的项等于54,则正数

a的值为.

162_pr16A162O~5r

解析：（务2+再5的展开式的通项为TE二5行（产（店）三S（5）^X—

令20~5r=0,得r=4,

C4-

故常数项T5=sX-s=16,

又3+1”的展开式中的二项式系数之和为2、

由题意得2n=16,所以"4,

所以6+1”的展开式中二项式系数最大的项是中间项L,

从而q6）2=54,所以a=6

答案"

9.请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答.

①第5项的系数与第3项的系数之比是14：3;

②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55;

C2pn-2

③二a

已知在（我一坛）”的展开式中,.

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式中含x5的项.

G（V5）E（-2y_

解:可知Tr+尸

、（-1产6,

方案一:选条件①，

14

（1）由题可知名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），

所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项,

丁6«（-1）运-252妙,

X

所以展开式中二项式系数最大的项是第6项,T6=-252"

⑵由⑴知n二10,加产\

5

令5-4二5,所以r=0,奏以T.=x5,

所以展开式中含x5的项是第一项，即xT

方案二:选条件②，

2

己q2c佯+»

（1）由题可知十—+h=55,

整理得n2+n-110=0,解得n二理或n二T1（舍去），

所以展开式共有11项,其中二项式系数最大的项是第6项,

16=。。(-1严包-252巧

5

所以展开式中二项式系数最大的项是第6项,T行-252城.

⑵同方案一(2).

方案三:选条件③，

⑴Q+i_q*=C.一噎J］。,

所以n=10,

所以展开式共有11项,其中二项式系数最大的项是第6项,

丁6=。。(-1)运-252妙，

5

X6

所以展开式中二项式系数最大的项是第6项,Tfi=-252.

(2)同方案一(2).

B级综合运用练

10.(多选题)(2021•辽宁沈阳模拟)已知(3x7)Jao+aix+azxa…+anX”,

设(3xT)”的展开式的二项式系数之和为Sn,Tn=ai+a2+…+a”则

(BC)

A.3o=l

nn

B.Tn=2-(-l)

C.n为奇数时,S„<Tn;n为偶数时,Sn>Tn

D.Sn=Tn

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

所以1L2匚（-1）】故选BC.

1

1L（多选题）（2021•河北邯郸模拟）已知（3X2+；＞的展开式中各项系

数之和为A,第二项的二项式系数为5则（ABD）

A.A=256

B.A+B=260

C.展开式中存在常数项

D.展开式中含Xz项的系数为54

1

解析：令x=l,得（3六+:）”的展开式中各项系数之和为41256,所以A=

1C1

256,选项A正确；（3x2"）4的展开式中第二项的二项式系数为《为,所

以B=4,A+B=260,选项B正确；

1

（3x，；）4的展开式的通项为

（3X2）4-r（«）r=34'r（^x8-3r,

8

令8-3厂0,则厂&所以展开式中不存在常数项,逐项C错误；令8-3厂2,

X2项的系数为3『2xG=54,

则厂2,所以展开式中含选项D正确.故选

ABD.

12.（2021•山东青岛模拟）已知（l+x）"=a<）+aix+a2x、…+dnx"（n£N"）,设

11

S产a°+a1+a2+・・・+an,数列区｝的前n项和为Tn,当|T-l|W表而时\n的最

小整数值为.

n

解析：因为（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,即为2"

力020,所以n^ll,即n的最小整数值为11.

答案：11

13.二项式(2x-3y)9的展开式中，求：

⑴二项式系数之和；

⑵各项系数之和；

⑶所有奇数项系数之和；

(4)各项系数绝对值之和.

99K729

解：设(2x-3y)=aox+a1xy+a2xy+---+ax)y.

(1)二项式系数之和为

q+GG..』.

(2)各项系数之和为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------电=5：②

dl

-

①+②得ao+a2+ai+afi+a8=-2,此即为所有奇数项系数之和.

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

令x=l,y=-l,得由|+区|+瓜2%,,+区|刊-&+@£----aW,此即为各

项系数绝对值之和.

14.在①展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64：1,

②展开式中前三项的二项式系数之和为22,这两个条件中任选一个条

件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答.问题：己知二项式

(l+3x)\.

(1)求展开式中系数最大的项；

(2)求(l+3x)n(l-x)s中含六项的系数.

解:选条件①.令x=l,得展开式中所有项的系数之和为4n,又展开式中

£

所有项的二项式系数之和为2、所以万二2・64,解得n=6.

选条件②.由前三项的二项式系数之和为22,得端4+弓22,即l+n+

n(n-l)

2二22,可得n=6.

(1)(l+3x)6的展开式的通项为T*%x「(r=O,1,2,3,4,5,6).

设展开式中系数最大的项为第r+1项，

耳3r＞《十9共\

贝3r即9'后'解得彳WrW彳，又0WrW6,r£N,

所以厂5,

故展开式中系数最大的项为TG=C・(3X)5=1458X5.

(2)由题得(l+3x)n(『x)5=(l+3x)6(1x)5,故含x2项的系数为+X

32+CfiX3XCsX(-1)=55.

C级应用创新练

15.(多选题)(2021・重庆八中高三模拟)传说古希腊数学家阿基米德

的墓碑上刻着一个圆柱图形，圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰

好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最

为得意的发现,于是留下遗愿:他死后,墓碑上要刻上一个“圆柱容球”

的儿何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为m,圆柱的表面积与球的

表面积之比为n,若f(x)二,WKBC)

A.f(x)的展开式中的常数项是56

B.f(x)的展开式中的各项系数之和为0

C.f(x)的展开式中的二项式系数最大值是70

D.f(i)=T6,其中i为虚数单位

解析:设内切球的半径为r,则圆柱的高为2r,

-3•2r3™/X3—

所以m=尸=2,n=W旦所以超二1,所以f(X)=’工.

对于A,f(x)的展开式的通项为

T尸％4处.(一卢x2"F

令24-4r=0,解得厂6,所以f(x)的展开式的常数项为以1)，=28,A

错误；

对于B,f(l)=O,即f(x)的展开式的各项系数之和为0,B正确；

对于C,f(x)的展开式中二项式系数最大值为Q=70,C正确;

对于D,f(i)=(产一：

=(-i+i)J0,D错误.故选BC.

16.已知f(x)=(l+2x)B+(l+2x)n(m,nEN*)的展开式中x的系数为24,

则展开式中X?的系数的最小值为.

解析：由f(x)的展开式中x的系数为24,可得

^lw2x+^t2x=2mx+2nx=24x,解得m+n=12.

设f(x)的展开式中(的系数为t,则

「2「2(m+n)2

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

120.

当且仅当m=n=6时,t有最小值120.

所以f(x)的展开式中的系数的最小值为120.

答案：120

第3节随机事件与概率

课时作业

选题明细表

知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练

事件的关系与运算19

频率与概率3,5,71L12,1314

互斥事件与对立事件的概率2,4,6,810

A级基础巩固练

L（多选题）（2021•山东青岛二中调研）口袋内装有红色、绿色和蓝色

卡片各2张，一次取出2张卡片，则下列事件与事件“2张卡片都为红

色”互斥而非对立的是（ABD）

A.2张卡片都不是红色

B.2张卡片恰有1张红色

C.2张卡片至少有1张红色

D.2张卡片都为绿色

解析:对于A,事件“2张卡片都不是红色”与事件“2张卡片都为红

色”是互斥事件但不互为对立事件;对于B,事件“2张卡片恰有1张

红色”与事件“2张卡片都为红色”是互斥事件但不互为对立事件；

对于C,事件“2张卡片至少有1张红色”与事件“2张卡片都为红色”

不是互斥事件;对于D,事件“2张卡片都为绿色”与事件”2张卡片

都为红色”是互斥事件但不互为对立事件.故选ABD.

2.(2021•甘肃兰州一模)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是4

甲获胜的概率是&则甲不输的概率为(A)

5211

A.6B.5C.而.3

解析：设“两人下成和棋”为事件A,“甲获胜”为事件B.事件A与B

是互斥事件，所以甲不输的概率为P=P(AUB)=P(A)+P(B)=+二.故

选A.

3.(2020•全国H卷)在新冠肺炎疫情防控期间,某超市开通网上销售

业务,每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订

单积压.为解决困难,许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市

某日积压500份订单未配货,预计第二天的新订单超过1600份的概

率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成

积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者

(B)

A.10名B.18名C.24名D.32名

解析：由题意知,第二天在没有志愿者帮忙的情况下,积压订单超过

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

900

压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,至少需要志愿者殍

18(名),故选B.

4.（2021•湖南衡阳一模）我国古代有着辉煌的数学研究成果，《周髀

算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等

10部专著是了解我国古代数学的重耍文献,这10部专著中有5部产

生于魏晋南北朝时期,某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学

文化”课外阅读教材，则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时

期专著的概率为（A）

7245

A.®B.元.«D.9

解析:设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件A,

7学2-27

所以pF）二=二，因此p（A）=1-pF）故选A.

5.（2021•吉林模拟）有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运

至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路,据调查

统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频

数分布情况如表所示:

所用时间（天数）10111213

通过公路1的频数20402020

通过公路2的频数10404010

假设汽车A只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车B只能在

约定日期的前12天出发（将频率视为概率），为了在各自允许的时间

内将货物运至城市乙，汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为（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:通过公路1从城市甲到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别

为0.2,0.4,0.2,0.2;

通过公路2从城市甲到城市乙用时•10,11,12,13天的频率分别为0.1,

0.4,0.4,0.1.

设4,/£分别表示汽车A在约定日期的前11天出发,选择公路1,2将

货物从城市甲运往城市乙；

设BbB?分别表示汽车B在约定日期的前12天出发,选择公路1,2将

货物从城市甲运往城市乙，

则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,

所以汽车A最好选择公路1,汽车B最好选择公路2.故选A.

6.据统计,某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0,1,2的概率

分别为0,4,0.5,0.1,则该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次

的概率为.

解析:记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0”为事件

A,“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为1”为事件B,“该

食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C,“该食品企

业在一个月内被消费者投诉的次数不超过1”为事件D,而事件D包含

事件A与B,且A与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•全国II卷)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某

站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点

率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车

次的平均正点率的估计值为.

解析:设经停该站高铁列车所有车次中正点率为0.97的事件为A,正

点率为0.98的事件为B,正点率为0.99的事件为C,则用频率估计概

率有P(A)==,P(B)==,P(C)==，所以经停该

站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.97X+0.98X+

1

0.99X4=0.98.

答案:0.98

8.一只袋子中装有7个红玻璃球,3个绿玻璃球,从中无放回地任意抽

7

取两次,每次只取一个,取得两个红玻璃球的概率为云,取得两个绿玻

1

璃球的概率为区则取得两个同色玻璃球的概率为;至少取

得一个红玻璃球的概率为.

解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事

件,取得两个同色玻璃球,只需两互斥事件有一个发生即可,因而取得

718

两个同色玻璃球的概率为5^^=运

由于事件“至少取得一个红玻璃球”与事件“取得两个绿玻璃球”是

对立事件,则至少取得一个红玻璃球的概率为1^15.

814

答案:石石

B级综合运用练

9.（多选题）一个人连续射击两次，对于击中目标的情况下列说法正确

的是（CD）

A.事件“两次均击中”与事件“至少有一次击中”互为对立事件

B.事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件

C.事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件

D.事件“两次均未击中”与事件“至少有一次击中”互为对立事件

解析:对于A,事件“至少有一次击中”包含“第一次击中、第二次未

击中”“第二次击中、第一次未击中”和“两次均击中”，所以“两

次均击中”与“至少有一次击中”不互为对立事件,A错误；

对于B,事件“第一次击中”包含“第一次击中、第二次击中”和“第

一次击中、第二次未击中"，所以它与事件“第二次击中”不是互斥

事件,B错误;

对于C,事件“恰有一次击中”是“有一次击中、一次未击中“，它与

事件“两次均击中”是互斥事件,C正确；

对于D,事件“两次均未击中”的对立事件是“至少有一次击中”，D

正确.故选CD.

10.（多选题）小张上班从家到公司开车有两条线路,所需时间（单位：

min)随交通堵塞状况有所变化,其概率分布如表所示,

所需时间/min30405060

P(线路一)0.50.20.20.1

P(线路二)0.30.50.10.1

则下列说法正确的是(BD)

A.任选一条线路，”所需时间小于50min”与“所需时间为60min”

是对立事件

B.从所需的平均时间看,线路一比线路二更节省时间

C.如果要求在45min以内从家赶到公司，小张应该走线路一

D.若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100min的概率

为O08

解析：“所需时间小于50min”与“所需时间为60min”互斥而不互

为对立，故A错误;线路一所需的平均时间为30X0.5+40X0.2+50X

0.2+60X0.1=39(min),线路二所需的平均时间为30X0.3+40X0.5+

50X0L60X。l=40(min),所以线路一比线路二更节省时间，故B正

确;线路一所需时间小于45min的概率为0.7,线路二所需时间小于

45min的概率为0.8,所以小张应该选线路二，故C错误;小张上、下

班所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为

(50,60),(60,50)和(60,60)三种情况,概率为2X(0.2X0.1+0.1X

0.1+0.1X0.1)=0.08,故D正确.故选BD.

11.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组,3个小组分别

有39,32,33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图

所示.

现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是,他属

于不超过2个小组的概率是.

解析：“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，

故他属于至少2个小组的概率为

11+10+7-FB3

p-6+7+8+«M0+l（H-li=5.

“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是

“3个小组”.

故他属于不超过2个小组的概率是

813

p=]-6+7+«+8+10+l（H-ll=L5.

313

答案:M石

12.某人在如图所示的直角边长为4m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之间的关系如表所示：

X1234

Y51484542

这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1m.

(1)完成下表,并求所和作物的平均年均收获量；

Y51484542

频数4

(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48kg的概率

(将频率视为概率).

解：(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,填写

列表：

Y51484542

频数2463

所种作物的平均年收获量为

51x2+48x4+45x6+42x3690

E=11=46(kg).

24

(2)由(1)知,P(Y=51)=15,P(Y=48)二百，

故在所种作物中随机选取一株,它的年收获量至少为48kg的概率为

242

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

13.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:nun)有关.据统计，当X二

70时,Y=460;X每增加10,Y增加5.己知近20年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)完成频率分布表；

近20年六月份降雨量频率分布表

降雨量70110140160200220

1

频率11