第十章排列、组合与概率阶段质量检测.doc

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第十章　排列、组合与概率
　　一、选择题:本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的．
1．A、B、C、D、E五人排一个5天的值日表，每天由一人值日，每人可以值多天或不
值，但相邻的两天不能由同一人值，那么值日表的排法种数为 （　　)
A．120　　　　　　　　 　B．324
C．720 D．1 280
解析：第一天有5种排法,以后各天都有4种排法，故总排法为N＝5×4×4×4×4
＝1 280种．
答案：D
2．在(1＋x＋x2）(1－x)10的展开式中，含x4项的系数是 （　　）
A．135 B．－135
C．375 D．－117
解析：(1＋x＋x2)（1－x）10＝(1－x3）（1－x)9，且(1－x)9的展开式的通项是Tr＋1＝C·(－
x)r＝C·(－1）r·xr，因此（1＋x＋x2）(1－x）10的展开式中，含x4项的系数等于1×C·（－
1）4－C·（－1）1＝135.
答案：A
3．（2009·湖南高考)从10名大学毕业生中选3个担任村长助理，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 （　　)
A．85 B．56
C．49 D．28
解析：所有选法分两类：甲，乙恰有一人入选的选法有CC＝42种;甲，乙都入选
的选法有C＝7种，故不同的选法有42＋7＝49种,故选C.
答案：C
4．若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被7整除，则x,n的值可能为 (　　）
A．x＝4，n＝3 B．x＝4,n＝4
C．x＝5，n＝4 D．x＝6，n＝5
解析:注意到Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝（1＋x）n－1能被7整除．结合各选项逐一检验
即可,当x＝5,n＝4时,(1＋x)n－1能被7整除．
答案:C
5．某班级要从5名男生、3名女生中选派4人参加某次社区服务,如果要求至少有一名
女生，那么选派的4人中恰好有2名女生的概率为 (　　)
A. B。
C. D。
解析：由已知易知至少有一名女生的情况共有C－C种,而恰有2名女生的情况共有
CC种可能，
故其概率为＝.
答案：D
6．(2009·陕西高考)若(1－2x)2009＝a0＋a1x＋…＋a2009·x2009(x∈R）,则＋＋…＋
的值为 （　　)
A．2 B．0
C．－1 D．－2
解析：令x＝可得a0＋＋＋…＋＝0，
所以＋＋…＋＝－a0，
再令x＝0可得a0＝1,
因而＋＋…＋＝－1.
答案：C
7．从1,2,3,4，5,6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为 (　　)
A．432 B．288
C．216 D．108
解析:第一步先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共CC＝18种，第二步
再把4个数排列，其中是奇数的共AA＝12种，故所求奇数的个数共有18×12＝216
种．
答案：C
8．将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k＋1次正面的概率,那么
k的值为 (　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：由Ck5－k＝Ck＋15－k－1
即C＝C，k＋（k＋1)＝5，k＝2.
答案：C
9．已知函数y＝x－1，令x＝－4,－3，－2，－1，0,1,2,3,4，可得函数图象上的九个
点,在这九个点中随机取出两个点P1(x1，y1），P2(x2，y2）,则P1，P2两点在同一反比
例函数图象上的概率是 (　　)
A. B。
C。 D.
解析：任取两个点有C＝36种取法，点P1、P2两点在同一反比例函数图象上有3种
情况,故所求的概率为。
答案：D
10．（2010·湖南师大附中模拟）师大附中在高二年级开展农村生活体验活动，现需将其
中的7个学生分配到甲、乙、丙三个农户家居住，每家至多住3人,则不同的分配
方法共有 （　　）
A．350种 B．525种
C．1050种 D．2100种
解析：根据题意有两种分配方案：按3，3,1的人数分配到三个农户家,有·A＝
420种方法;按2，2,3的人数分配到三个农户家，有·A＝630种方法．所以共有
1050种不同的分配方法．
答案：C
11．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2,3，…，18的18名火炬手．若从中任
选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为 (　　）
A。 B.
C. D.
解析：基本事件总数n＝C,以1为首项3为公差的等差数列，共有6项，符合题意
的火炬手有4种选法；同理以2为首项3为公差的等差数列,以3为首项3为公差的
等差数列,符合题意的选法分别有4种，故所求概率P＝＝.
答案：B
12．(2010·长冶模拟)考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直
线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合
的概率等于 （　　）
A. B.
C. D.
解析:甲从6个点中任意选两个点连成直线总共有C种不同的选法，同样，乙也有
C种不同的选法,所以总共有CC＝225种选法,其中相互平行但不重合的直线共有
6对，甲、乙两人选一对，各选一条有C·C＝12种选法，所以所求概率就是.
答案:D
二、填空题：本大题共4小题,每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13．若(ax2－）9的展开式中常数项为84，则a＝________，其展开式中二项式系数之和
为________．(用数字作答）
解析：二项式(ax2－）9的通项公式为C·a9－r·x18－2r·（－1）r·x－r＝（－1)rC·a9－r·x18－3r，令
18－3r＝0可得r＝6，即得常数项为（－1)6C·a9－6＝84a3＝84，解之得a＝1。其展开式
二项式系数和为29＝512.
答案:1　512
14．有4个标号为1，2，3,4的红球和4个标号为1，2，3,4的白球，从这8个球中任取4个
球排成一排．若取出的4个球的数字之和为10,则不同的排法种数是________．
解析：若取出的球的标号为1,2,3，4，则共有CCCCA＝384种不同的排法；若取出
的球的标号为1,1，4,4，则共有A＝24种不同的排法；若取出的球的标号为2,2，3,3则
共有A＝24种不同的排法;由此可得取出的4个球数字之和为10的不同排法种数是
384＋24＋24＝432。
答案：432
15．电子钟一天显示的时间是从00∶00到23∶59,每一时刻都由四个数字组成,则一
天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为________．
解析：当“时”的两位数字的和小于9时，则“分”的那两位数字的和要求超过
14,这是不可能的．所以只有“时”的和为9(即“09”或“18”)，“分"的和为
14(“59”）；或者“时"的和为10(即“19”)，“分"的和为13（“49”或
“58”)．共计有4种情况．因一天24小时共有24×60分钟．所以概率P＝＝
。
答案:
16．将某城市分为四个区（右图所示)，现有5种不同颜色，
图①②③④每区只涂一色,且相邻两区必须涂不同
的颜色(不相邻两区所涂颜色不限）,则②区被涂成红
色的概率是________．
解析：区域①有C种涂色方法,区域②、③、④的涂色方法依次有C、C、C
种,由分步计数原理知不同涂色方法有CCCC＝240种．区域②被涂成红色，则
区域③有C种，区域④有C种，区域①有C种，故P＝＝。
答案:
三、解答题:本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）设a＞0，若(1＋ax）n的展开式中含x2项的系数等于含x项的系
数的9倍，且展开式中第3项等于135x，求a的值．
解：由通项公式，Tr＋1＝C(ax）r＝C·ar·x.
若含x2项,则r＝4,此时的系数为C·a4;
若含x项，则r＝2，此时的系数为C·a2。
根据题意，有Ca4＝9Ca2，即Ca2＝9C。 ①
又因T3＝135x，即有Ca2＝135. ②
由①、②两式相除，得＝.
结合组合数公式，整理可得：3n2－23n＋30＝0，
解得n＝6或n＝(舍去）．
将n＝6代入②中，得15a2＝135，∴a2＝9.
∵a＞0，∴a＝3。
18．(本小题满分12分)一个口袋里有2个红球和4个黄球,从中随机地连取3个球，每
次取一个，记事件A为“恰有一个红球”，事件B为“第3个是红球”．
求:（1）不放回时,事件A、B的概率;
(2)每次抽后放回时，A、B的概率．
解：(1）由不放回抽样可知，第一次从6个球中抽一个,第二次只能从5个球中取一
个，第三次从4个球中取一个，基本事件共6×5×4＝120个，又事件A中含有基
本事件3×2×4×3＝72个，（第一个是红球，则第2，3个是黄球，取法有2×4×3
种，第2个是红球和第3个是红球取法一样多)，
∴P（A)＝＝.
因为红球数占总球数的，在每一次抽到都是随机地等可能事件,
∴P（B)＝.
(2)由放回抽样知，每次都是从6个球中取一个，有取法63＝216种，事件A含基本
事件3×2×4×4＝96种．
∴P(A)＝＝.
第三次抽到红球包括B1＝{红，黄，红｝，B2＝{黄，黄，红｝,B3＝｛黄，红，红｝，
B4＝{红，红，红｝四种两两互斥的情形，P(B1)＝＝;
P（B2)＝＝；
P(B3）＝＝；
P（B4)＝＝，
∴P(B）＝P（B1)＋P(B2）＋P(B3）＋P(B4）
＝＋＋＋＝.
19．（本小题满分12分）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?
(1）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；
（7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．
解：（1)无序不均匀分组问题．先选1本有C种选法；再从余下的5本中选2本有
C种选法；最后余下3本全选有C种方法，故共有CCC＝60种．
(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1）题基础上，还应
考虑再分配，共有CCCA＝360种．
(3）无序均匀分组问题．先分三步,则应是CCC种方法,但是这里出现了重
复．不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB,第二步取了CD，
第三步取了EF,记该种分法为（AB，CD,EF)，则CCC种分法中还有（AB，EF，
CD）、(CD，AB,EF)、（CD，EF，AB）、（EF,CD，AB)、（EF,AB，CD)共A种
情况，而这A种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此只能作为一种分法,故
分配方式有＝15种．
（4）有序均匀分组问题．在第(3）题基础上再分配给3个人，共有分配方式·A
＝CCC＝90种．
(5)无序部分均匀分组问题，共有＝15种．
(6)有序部分均匀分组问题．在第(5）题基础上再分配给3个人，共有分配方式
·A＝90种．
(7)直接分配问题．甲选1本有C种方法，乙从余下5本中选1本有C种方法，余
下4本留给丙有C种方法，共有分配方式CCC＝30种．
20．(本小题满分12分）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者
进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的
问题的概率分别为、、、,且各轮问题能否正确回答互不影响．
（1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率；
(2）求该选手至多进入第三轮考核的概率（注：结果可用分数表示)．
解：(1）记“该选手能正确回答第i轮的问题”的事件为Ai（i＝1，2,3,4),则P(A1)＝,
P（A2)＝，P(A3）＝，P(A4)＝,故该选手进入第四轮才被淘汰的概率P＝
P(A1·A2·A3·）＝P(A1)·P(A2）·P(A3)·P（）＝×××＝.
（2)该选手至多进入第三轮考核的概率
P′＝P(＋A1·＋A1·A2·)
＝P(）＋P（A1)·P(）＋P(A1)·P(A2）·P（）
＝＋×＋××＝.
21．(本小题满分12分）（2010·重庆模拟)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是
和。假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目
标，相互之间也没有影响．
(1)求甲射击4次,至少有1次未击中目标的概率；
（2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3）假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．问:乙恰好射击5次后，被中止
射击的概率是多少？
解：(1)记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A1.由题意，射击4次,
相当于作4次独立重复试验．
故P（A1）＝1－P(）＝1－()4＝,
所以甲连续射击4次至少有一次未击中目标的概率为.
(2）记“甲射击4次,恰有2次击中目标”为事件A2,“乙射击4次，恰有3次击
中目标”为事件B2，则
P(A2)＝C×（）2×(1－)4－2＝,
P（B2)＝C×（)3×（1－）4－3＝.
由于甲、乙射击相互独立，故
P（A2B2)＝P(A2)·P(B2）＝×＝。
所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为。
（3)记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中"为事
件Di(i＝1，2，3,4,5），则
A3＝D5D4··（)，
且P(Di）＝。
由于各事件相互独立，故
P(A3）＝P（D5）·P（D4）·P()·P（)
＝×××（1－×)
＝.
所以乙恰好射击5次后被中止射击的概率为.
22．（本小题满分12分)甲、乙两人进行射击比赛，在一轮比赛中,甲、乙各射击一发子
弹．根据以往资料知,甲击中8环、9环、10环的概率分别为0。6、0.3、0。1，乙击
中8环、9环、10环的概率分别为0。4、0.4、0。2.设甲、乙的射击相互独立．
(1）求在一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中环数的概率．
（2)求在独立的三轮比赛中，至少有两轮甲击中的环数多于乙击中环数的概率．
解：记A1，A2分别表示甲击中9环，10环，
B1，B2分别表示乙击中8环，9环,
A表示在一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，
B表示在三轮比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数．
C1，C2分别表示三轮中恰有两轮，三轮甲击中环数多于乙击中的环数．
(1）A＝A1·B1＋A2·B1＋A2·B2,
P(A)＝P(A1·B1＋A2·B1＋A2·B2）
＝P（A1·B1）＋P（A2·B1）＋P(A2·B2）
＝P（A1）·P（B1）＋P（A2)·P（B1）＋P（A2)·P(B2)
＝0。3×0.4＋0.1×0。4＋0.1×0.4＝0。2.
(2）B＝C1＋C2,
P（C1)＝C[P(A)］2[1－P(A)]
＝3×0。22×(1－0。2)＝0.096，
P（C2）＝［P(A)］3＝0。23＝0。008，
P(B）＝P（C1＋C2）＝P(C1）＋P(C2）
＝0.096＋0.008＝0。104.