第五专题 高考排列、组合、二项式定理、概率与统计（选修Ⅰ）题型分析与预测17.doc

1、第五专题高考排列、组合、二项式定理、概率与统计（选修）题型 分析与预测 考查形式与特点 本专题内容以其独特的研究对象和研究方法，在中学数学中是相对独立的，不管是从内容上，还是 从思想方法上，都体现着应用的观念与意识，在展现分类讨论思想、化归思想的同时，培养学生解决问 题的能力. 其中排列组合是概率的基础，概率是排列组合的应用，统计是概率的应用与发展. 从考试内容来看，考纲规定的考点都有考查.从考试题型和难度来看，属传统知识的排列组合应用 问题每年高考都有 1-2 道小题，试题难度中档，除个别年份难度较大（如 1997 年选择题 15 题，2003 年 填空题 15 题）；二项式定理有的年份高考

2、会有一道小题，着重考查二项式展开式的通项应用或系数性 质，试题难度较为容易，除个别年份出现难度较大的解答题（如 2001 年 20 题，2002 年上海 22 题）； 概率是新教材新增内容，由于应用价值很大，5 年来新课程试卷的考查基本上都是一道小题以及一道解 答题，其中小题较容易，解答题逐渐取代 90 年代兴起的应用题，题材广泛几乎涵盖日常生活的方方面 面，题目难度虽然不大，但有一定灵活性，对理解题意要求较高；统计属新教材选修（文科）内容， 5 年的考题都是小题，试题比较简单.通过我们对 2004 年全国 15 套文科试题的统计，发现本专题的分值 平均达到 22 分，个别省份甚至高达 30

3、分，这表明本专题在高考中的地位日渐突出. 能力形成与提高 考点 1：排列、组合的综合应用 加法、乘法原理是两个基本的计数原理，是贯穿排列组合问题的一条红线，运用它们的前提是弄 清楚要完成怎样的事情，然后恰当地分类（不重不漏）、合理地分步（每步之间既互相联系，又彼此独 立）.排列、组合是两个重要的计数模型，排列研究的元素讲究顺序，组合研究的元素不讲究顺序. 解决排列、组合综合应用问题的基本思路是：特殊元素（特殊位置）优先考虑，基本原则是先选 后排、边选边排、先分组后分配，基本方法有捆绑法、插空法、隔板法，还有排除法、穷举法、树图法、 机会均等法、等价转化法，等等. 近年来的高考题型有：排队问题、

4、选代表问题、摸球问题、小球入盒问题、数字问题、几何问题、 涂色问题等，无论是哪一种情景的问题，都必须建立在理解题意基础之上，对问题本身作“特征分析” ， 然后设计解决问题的方法和步骤. 【例 1】 （小球入盒问题） 把 4 个相同的小球放入 3 个相同的盒子，共有多少种不同的放法？ 把 4 个不同的小球放入 3 个不同的盒子，共有多少种不同的放法？ 把 4 个不同的小球放入 3 个相同的盒子，共有多少种不同的放法？ 把 4 个相同的小球放入 3 个不同的盒子，共有多少种不同的放法？ 【解析】由于小球相同，盒子也相同，故小球数目的不同分组就对应不同的放法，小球数目分组 有 4+0+0 型、3+1

5、+0 型、2+2+0 型、2+1+1 型，故只有 4 种放法. （乘法原理）分 4 步，把小球一个一个地放入盒子，每一个小球都有 3 种放法，由乘法原理，共 有 4 381种放法. （先分组后分配）先将小球分为三组，有 4+0+0 型、3+1+0 型、2+2+0 型、2+1+1 型，由于小球 不同，共 22211 431 42421 441 2!2! C CC C C CC C 种分组方法，再将三组小球分配到三个盒子，由于盒子相同，故 都只有 1 种方案，故共有 22211 431 42421 441 114 2!2! C CC C C CC C 种放法. 法 1： （先分组后分配）先将小球分

6、为三组，有 4+0+0 型、3+1+0 型、2+2+0 型、2+1+1 型，由于 小球相同，故各只有 1 种分组方法；再将三组小球分配到三个盒子，由于盒子不同，故有 1311 3333 111115AAAA 种放法. 法 2： （隔板法）由于小球相同，可将问题等价转化为“把 7 个相同的小球放入 3 个不同的盒子，要 求每个盒子至少一个（即都不空） ，共有多少种不同的放法？”采用隔板法，只需在 7 个小球形成的 6 个空当中插入 2 个隔板，就能将其分成不空的三段，故有 2 6 15C 种放法. 【点拨】小球入盒是排列组合的典型问题，与之相关的有名额分配、人员分配等问题，形式多样.经 过以上分

7、析，解答小球入盒问题的最有效、最易于操作的方法是“先分组后分配” ，即先将元素分组、 再分配到位置.分组时应注意平均分组与非平均分组的区别. 【备选例题 1】6 本不 同的书全部送给 5 人，有多少种不同的送书方法？ 6 本不 同的书全部送给 5 人，每人至少 1 本，有多少种不同的送书方法？ 5 本不 同的书全部送给 6 人，每人至多 1 本，有多少种不同的送书方法？ 5 本相 同的书全部送给 6 人，每人至多 1 本，有多少种不同的送书方法？ 【例 2】 （涂色问题）建造一个花圃，花圃分为 6 个部分（如图） ， 现要栽种 4 种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样 颜色的花

8、，不同的栽种方法是多少？ 【解析】 法 1：按区域 123456 的顺序栽花，显然 1 区有 4 种，2 区 3 种，3 区 2 种， 如果 4 区与 2 区同色，则 4 区 1 种，5 区 2 种，6 区 1 种，这样全部花圃的栽种方法数是 432 121=48 种； 如果 4 区与 2 区异色，则 4 区有 1 种，当 5 区与 2 区同色时，5 区 1 种，6 区 2 种；当 5 区与 2 区异 色时，5 区 1 种，6 区 1 种，这样全部栽种方法数是 432112+432111=72 种； 由分类计数原理知，共有 48+72=120 种栽种方法.本题也可按其他区域顺序涂色. 法 2：

9、先将 6 个区域分成 4 组，通过列举，6 个区域分成 4 组的方案有 5 种，如下表： 第一组第二组第三组第四组 分组方案 11 区2 区3 区、5 区4 区、6 区 分组方案 21 区2 区、5 区3 区、6 区4 区 分组方案 31 区2 区、5 区3 区4 区、6 区 分组方案 41 区2 区、4 区3 区、5 区6 区 分组方案 51 区2 区、4 区3 区、6 区5 区 再将每一组栽一种颜色的花，有 4 4 A种栽法，故整个花圃不同的栽种方法有 4 4 5120A 种. 【点拨】方法 1 步步为营，碰到问题、解决问题，不明确就讨论.方法 2 则抓住了问题的主要矛盾， 采用整体分组，

10、顺利解决问题. 【备选例题 2】如右图 A、B、C、D 为海上的四个小岛，要建三座桥，将这 四个岛连接起来，不同的建桥方案有种. 【例 3】 （枚举法也能制胜） 某人射击 8 枪，命中 4 枪，4 枪命中恰好有 3 枪连在一起的情形的不同种数为（） A720B480C224D20 【解析】 法 1：把有 3 枪连在一起命中的情况看成一个整体，则它与另一命中的一枪不能再相邻，故可用“插 空法” 首先， 对没有命中的 4 枪进行排序， 因其地位平等， 只有一种排法， 然后插入命中的情况， 有 2 5 20A 种，故选 D 法 2：枚举法 若第 1，2，3 枪连中，则另一枪命中的应处于第 5，6，7

11、，8 枪的位置，有 4 种情况； 若第 2，3，4 枪连中，则另一枪命中的应处于第 6，7，8 枪的位置，有 3 种情况； 若第 3，4，5 枪连中，则另一枪命中的应处于第 1，7，8 枪的位置，有 3 种情况； 若第 4，5，6 枪连中，则另一枪命中的应处于第 1，2，8 枪的位置，有 3 种情况； 若第 5，6，7 枪连中，则另一枪命中的应处于第 1，2，3 枪的位置，有 3 种情况； 若第 6，7，8 枪连中，则另一枪命中的应处于第 1，2，3，4 的位置，有 4 种情况 故共有 43333420 种情形出现 【点拨】本题法 1 对“恰有 3 枪连在一起”的处理是捆绑法、插空法，简洁明了

12、，但思维要求较高； 事实上，排列组合问题，限制条件越多，总数必然越少，正因如此，法 2 单刀直入，采用枚举法，出奇 制胜，也值得提倡，近年来许多高考题都是如此. 【备选例题 3】在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植 A、B 两种作物，每种作物种植一垄， 为有利于作物生长，要求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄，则不同的选垄方法共有多少种? 考点 2：二项式定理的应用 二项式定理的应用包括： 正用： 利用通项公式 1 (0,1,2, ) rn rr rn TC ab rn 求二项式展开式中的指定项、 指定项的系数 （或 二项式系数） 、待定二项式中的某些参数，这是二项式定理最主

13、要的应用； 逆用：化简完全符合（或基本符合）二项式展开式特征的多项式； 变用：求近似值、证明整除问题、结合放缩法证明不等式（2001 年全国高考压轴题） ； 引申用：用赋值法求二项式展开式的系数和，并可引申到一般多项式，并与导数综合； 研究性应用：研究“杨辉三角”或其它数表的规律（参见 2003 年北京高考题压轴题）. 【例 4】已知 n xx 223 )(的展开式的系数和比 n x) 13(的展开式的系数和大 992，求 n x x 2 ) 1 2(的展开 式中：二项式系数最大的项；系数的绝对值最大的项. 【解析】由题意992222 nn ，解得5n. 10 ) 1 2( x x 的展开式中

14、第 6 项的二项式系数最大，即8064) 1 ()2( 555 10156 x xCTT. rrrrrrr r xC x xCT 21010 10 10 101 2) 1() 1 ()2( ，假定第1r项的系数的绝对值最大，则： 1101 10 10 10 1101 10 10 10 22 22 rrrr rrrr CC CC ，得 1 1010 1 1010 2 2 rr rr CC CC ，即 rr rr 10) 1(2 211 ， 3 11 3 8 r，3r，故系数的绝对值最大的是第 4 项. 【点拨】二项式定理及其展开式的性质（可查阅教材） ，必须熟练掌握，本例属“正用”. 【备选例题

15、 4】若 21n xm 与 2 1 n mx,0nN m的展开式中含 n x项的系数相等，则实数m取 值范围是 【例 5】化简 n n n nn CCC2421 21 ； 化简) 1(5) 1(10) 1(10) 1(5) 1( 2345 xxxxx. 【解析】原式123 n n ；原式 55 (1) 111xx . 【点拨】本例属“逆用” ，其中完全符合二项式展开式特征，则基本符合，需要先添 1、再减 1. 若“正用”二项式定理，本题亦可求解，但过程较繁. 【备用例题 5】化简 n n nn n n n n n CxCxCxC) 1( 22110 . 【例 6】已知 1234f xx xxx

16、x，则 0 f . 【解析】 法 1： 0 f 就是 1234f xx xxxx展开式中x项的系数24，故 024 f . 法 2： 0 0 0lim x fxf f x 0 12340 lim x xxxxx x 0 lim1234123424 x xxxx . 【点拨】二项式引伸到多项式以后，可以与多项式导数（选修）进行综合，十分切合高考趋向. 本题两个解法中，方法 1 是“通法”，方法 2 是“特法”，其它题目不一定适用. 【备用例题 6】已知 1234f xxxxx，若 g xfx，则 0 g . 考点 3：概率的计算 1、高考主要考查以下几种概率的计算： 概率类型前提公式 等可能事件

17、的概率等可能性 m P A n ，排列组合是基本功 互斥事件有一个发生的概率 互斥事件 （含对立事件） P ABP AP B， 1P AP A 可推广到多个事件 相互独立事件同时发生的概率相互独立事件 P ABP AP B，可推广到多个事件 n次独立重复试验中恰好发生独立、 重复、 恰好k次 1 n k kk nn P kC pp k次的概率 2、将复杂（未知）事件转化、分解为简单（已知）事件，这是概率计算的一个奠基性、具有全局意 义的工作，常见于电路接通问题，两个事件,A B的常见情形有（读者可将此表推至三个事件情形） 复杂事件的意义,A B互斥,A B相互独立 ,A B都发生0 P A P

18、 B ,A B至少有一个发生 P AP B 1P A P B ,A B恰有一个发生 P AP B P A P BP A P B ,A B至多有一个发生1 1P A P B ,A B都不发生 1P AP B P A P B 3、等可能事件的概率中，基本事件数目的计算可以分化得细致一点或粗略一点，这样虽然形式上有 所差别，结果往往是一样的，通常有这样一些不同考虑： “整体考虑或局部考虑” 、 “元素可辨或不可 辨” 、 “元素放回或不放回” 、 “元素有序或无序”. （参见例 7 及其备选例题） 4、重视几种概率类型的混合，注意概率加法、加法、乘法的混合运算，适当注意概率类型的突破. （参见例 8

19、 及其备选例题） 5、准确理解文字（生活）语言，如“至少” 、 “至多” 、 “都” 、 “不都” 、 “都不” 、 “恰有几个” 、 “有 几个” ， “只有第几次” 、 “第几次” ， “直到第几次”等等，然后等价转化为数学（概率）语言，并注意表 述规范. （参见例 9 及其备选例题） 【例 7】将 9 支亚洲足球队任意平均分为 3 组，求中、韩两队恰好分在同一组的概率. 【解析】本题是等可能事件的概率.记“中、韩两队恰好分在同一组的概率”为 P A， 法 1： （整体考虑）对 9 支球队详细分组，得 133 763 333 963 /2!1 /3!4 C C C P A C C C .

20、法 2： （局部考虑）仅考虑中国队占得任意一个席位，韩国队等可能地占得其他 8 个席位中的任意 一个，要中、韩两队同组，则韩国队只能占得中国队所在小组的另两个席位中的任意一个，故有 21 84 P A . 【点拨】 本题 “整体考虑”不如 “局部考虑” 简单， 很容易将问题推广为：kn个队任意平均分为k组， 每组n队，则两个强队（或冤队）恰好分在同一组的概率 1 1 n P kn . 【备选例题 7】甲、乙、丙、丁 4 人分乘 2 辆车，每车 2 人，求甲、乙同车的概率. 在中国象棋的棋盘上任意地放上一只红“车”及一只黑 “车” ，求它们正好可以相互“吃掉”的 概率. 现有 n 个同学随机围成

21、一圈，求其中甲、乙相邻的概率. 【例 8】一个口袋里共有 2 个红球和 8 个黄球，从中随机地连续取三个球，每次取一个，记恰有 一个红球为事件 A， 第三个球是红球为事件 B，在下面两种情况下分别求事件 A、B 的概率. 返回抽样；不返回抽样. 【解析】返回抽样 法 1：看作等可能事件的概率， 112 32 3 848 10125 C C P A ， 21 2 3 101 105 C P B . 法 2：看作互斥事件和的概率， P（A）=P（红黄黄）+P（黄红黄）+P（黄黄红）= 111111111 288828882 333 48 101010125 C C CC C CC C C . P（

22、B）=P（红红红）+P（红黄红）+P（黄红红）+P（黄黄红） = 111111111111 282822882222 3333 1 101010105 C C CC C CC C CC C C . 法 3：返回抽样可以看作相互独立事件、独立重复试验， 12 33 2848 1() 10 10125 P APC. 第三个球是红球 ，与第一次、第二次无关，故 21 105 P B . 不返回抽样 法 1：看作等可能事件的概率， 211 823 3 10 7 ( ) 15 A C C P A A ， 21 92 3 10 1 ( ) 5 A C P B A . 法 2：看作互斥事件和的概率， P（A

23、）=P（红黄黄）+P（黄红黄）+P（黄黄红）= 122121 288282 333 101010 7 15 C AA CA C AAA . P（B）=P（黄红红）+P（红黄红）+P（黄黄红）= 122121 822882 333 101010 1 5 C AA CA C AAA . 法 3：不返回抽样不是相互独立事件、独立重复试验，但由“分步” 的思想可得 P（A）=P（红黄黄）+P（黄红黄）+P（黄黄红） 2878728727 10981098109815 . P（B）=P（黄红红）+P（红黄红）+P（黄黄红） 8212818721 1098109810985 . 【点拨】返回抽样是独立重复

24、试验，不返回抽样则不是； 本题用加号连接的的事件固然互斥，但用乘号连接的的事件并非相互独立，这已经突破了教材. 事实上，概率的加法蕴含的是分类思想、概率的乘法蕴含的是分步思想； 一个重要结论：不论返回抽样还是不返回抽样， “第三次抽到红球的概率”只与红球所占的比例 5 1 有关，与第几次抽到红球无关，这一点还可以推广到摸奖、抽签等问题. 【备选例题 8】某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯 和绿灯的概率都是 1 2 ，从开关第二次闭合起，若前次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是 1 3 ，出现绿 灯的概率是 2 3 ，若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是

25、 3 5 ，出现绿灯的概率是 2 5 .试求： 第二次闭合后出现的红灯概率是多少？ 前三次发光中，出现一次红灯、两次绿灯的概率是多少？ 【例 9】 根据以往的比赛纪录， 乒乓球单打比赛中， 每局中甲胜乙的概率为 0.6、 乙胜甲的概率为 0.4， 某日比赛进行五局（并非五局三胜制） ，求： 甲只胜第一局的概率； 甲只胜一局的概率； 甲胜第一局的概率； 甲至少胜一局的概率； 直到第四局甲才胜的概率； 假定采用五局三胜制，甲取胜的概率有多大？ 【解析】记“甲胜第i局” 为事件 i A,则“乙胜第i局” 为事件 i A,1,2,3,4,5i ， 甲只胜第一局，说明后四局都是乙胜，其概率为 4 0.6

26、 0.40.01536； 甲只胜一局的概率为 14 55 10.6 0.40.0768PC； 甲胜第一局，与其它四局无关，其概率就是0.6； 甲至少胜一局，考虑其对立事件“五局都是乙胜” ，故其概率为 4 1 0.40.9744； 直到第四局甲才胜，说明前三局都是乙胜，前四局甲胜，与其第五局无关， 故其概率为 3 0.40.60.0384； 法 1：五局三胜制甲取胜，实际情况是不一定打满五局，甲对乙的实际比分有如下 3 种互斥情况， 3 比 0，3 比 1，3 比 2. 则甲取胜的概率 33445 322PPP APP A 3322222 334 0.60.60.40.60.60.40.60.

27、628CCC. 法 2：五局三胜制甲取胜，假设打满五局，则甲对乙的比分有如下 3 种互斥情况，5 比 0，4 比 1，3 比 2. 则甲取胜的概率 555 543PPP 5544332 555 0.60.60.40.60.40.628CCC. 【点拨】本题有两个关键：一是对实际应用问题的正确理解，二是解题时表述必须规范 ，交代你所 构造的事件并用数学（概率）符号进行表述. 【备选例题 9】高三（1）班、 （2）班每班已选出 3 名学生组成代表队，进行乒乓球对抗赛。比赛规 则是：按“单打、双打、单打”顺序进行三盘比赛；代表队中每名队员至少参加一盘比赛不得参加两盘 单打比赛；先胜两盘的队获胜，比赛

28、结束。已知每盘比赛双方胜出的概率均为二分之一。根据比赛规则， 问： 高三（1）班代表队共可排出多少种不同的出场阵容？ 高三（1）班代表队连胜两盘的概率是多少？ 高三（1）班代表队至少胜一盘的概率是多少？ 考点 4：抽样方法、总体分布的估计、总体期望值和方差的估计 文科（选修）此考点主要考查统计的基础知识及其简单应用.统计的基本思想方法是用样本估计总 体，这一过程分两步：第一步抽取样本；第二步估计总体. 【例 10】举例说明：在三种抽样（简单随机抽样、系统抽样、分层抽样）中，总体的每个个体被抽 到的概率都相同. 【解析】设有 120 件产品，其中一级品 24 件，二级品 36 个，三级品 60

29、个，从中抽取容量为 20 的 一个样本： 若用简单随机抽样，易知每个个体被抽到的概率都为 201 1206 ； 若用系统抽样，并将 120 件产品分成 20 组，每组 6 件，每组取 1 件，则每个个体被抽到的概率 都为 1 6 ； 若用分层抽样，因一级品、二级品、三级品件数之比为 24：36：60=2：3：5，故从一级品、二级 品、 三级品中各抽取 2 204 10 、 3 206 10 、 5 2010 10 件产品， 每个个体被抽到的概率分别为 4 24 、6 36 、 10 60 ，都为 1 6 ； 这个例子表明，无论采用哪一种抽样放法，总体的每个个体被抽到的概率都为 1 6 . 【点

30、拨】三种简单抽样（简单随机抽样、系统抽样、分层抽样）都是等概率抽样（即总体的每个个 体被抽到的概率都相同，都为 n N ） ，各有其特点和适用范围，对三种抽样方法既要会识别、又要能叙述 其使用过程. 【备选例题 10】 某包装车间对包装质量进行检查时，采用这样的方法：在自动包装传送带上，每隔 30 分钟抽一 包产品，进行质量检查，这种抽样方法是抽样. 为调查某校高三年级一班 40 名同学的计算机水平情况，采用从中抽取 10 名进行测试，这种抽样 方法是抽样. 一个年级 210 人，某此考试中成绩优秀的有 40 人，成绩中等的有 150 人，成绩较差的有 20 人， 为了解考试情况，从中抽取一个

31、容量为 21 的样本，则宜采用抽样方法，且各类成绩中抽取的人 数分别是. 【例 11】对某种新品电子元件进行寿命终极度实验，情况如下： 寿命（h）100-200200-300300-400400-500500-600 个数2030804030 列出频率分布表，画出频率分布直方图及累积频率分布图. 估计合格品（寿命在 100-400h 者）的概率和优质品（寿命在 400h 以上者）的概率. 估计总体的数学期望值和方差. 【解析】频率分布表 寿命（h）频数频率累积频率 100-200200.100.10 200-300300.150.25 300-400800.400.65 400-500400.

32、200.85 500-600300.151.0 合计2001 频率直方图累积频率分布图 寿命在 100-400h 的合格品的概率约为 0.65； 寿命在 400h 以上者的优质品的概率约为 0.35. 估计总体的数学期望值 = 200 1 20 2 200100 +30 2 300200 +80 2 400300 +40 2 500400 +30 2 600500 =365(h) 估计总体的数学期望值方差 = 200 1 20 2 100200 365 2 +30 2 200300 365 2 +80 2 300400 365 2 +40 2 400500 365 2 +30 2 500600

33、 365 2 8 2.2 10. 【点拨】用样本估计总体，分为两类：一类是用样本频率分布估计总体(概率)分布，如本题第 小题；一类是用样本的数字特征（如期望、方差）估计总体的相应数字特征，如本题第小题，总体平 均数描述总体的平均水平，方差和标准差则描述数据的波动情况或者叫稳定程度. 【备选例题 11】甲乙两名皮划艇运动员在相同条件下进行了 6 次测试，测得他们的最大速度（m/s） 如下表，试判断他们谁更优秀. 甲273830373531 乙332938342836 【例 12】已知甲样本： 123 , n x x xx，乙样本： 123 , n axb axb axbaxb. 证明：xaxb乙

34、甲、 222 Sa S 乙甲 . 【解析】代入期望公式 12 1 n xxxx n 与方差公式 222 2 12 1 nn Sxxxxxx n 直 接得证，过程略. 【点拨】方差的估计，选修教材没有，是考纲增加的考点，方差本身比期望复杂一些，务必引起 重视，熟悉方差的公式是关键. 【备选例题 12】 已知 123 , n x x xx为常数， 求函数 222 12 1 ()()() n yxxxxxx n 的最小值. 命题趋向 2005 年高考排列、组合、二项式定理、概率、统计还将在选择与填空中出现，另外，概率会有一道 解答题，试题内容将更加紧密联系实际、题型更加丰富多彩、背景更加生动有趣.另

35、外一些高考较少涉及 或还不曾涉及的问题，如二项式定理与不等式证明、杨辉三角或其它数表等，复习时应在教师指导下有 所了解、适应. 能力与测试 1、适合方程 2 142 1111 xx CC 的正整数x有（）个. A.1B.2C.3D.4 2、从一楼到二楼有 17 级台阶，每一步只可以走一级或二级，11 步走完，则有（）种不同走法. A. 11 17 AB. 11 17 CC. 5 11 AD. 5 11 C 3、已知直线和圆相离，直线上有 6 个点，圆周上有 4 个点，通过任意两点作直线，最少可作（） 条直线. A37B19C13D7 4、有编号为 1、2、3 的 3 个盒子和 10 个相同的小

36、球，现把这 10 个小球全部装入 3 个盒子中，使 得每个盒子所装球数不小于盒子的编号数，这种装法共有（） A9 种B12 种C15 种D18 种 5、有三张卡片，正、反面分别写有数字 1、2、3 和 4、7、8，将这三张卡片上的数字排成三位数， 共能组成不同的三位数的个数是（） A24B36C48D64 6、设有编号为 1、2、3、4、5 的五个茶杯和编号为 1、2、3、4、5 的五个杯盖，将五个杯盖盖在 五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法有（） A30 种B31 种C32 种D36 种 7、在二项式1 2 n x的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 32，则展开式中的中间项为

37、（） A 3 160 xB 3 160 xC 2 20 xD 2 20 x 8、已知 929 0129 43111xaaxaxax,则 0129 aaaa等于（） A1B 9 2C 9 7D 9 4 9、在 10 张奖券中 4 张有奖，从中任抽两张，能中奖的概率为 （） 10 7 D. 5 4 C. 3 2 B. 4 3 A. 10、甲射击命中目标的概率是 2 1 ，乙命中目标的概率是 3 1 ，丙命中目标的概率是 4 1 .现在三人同时射 击目标，则目标被击中的概率为() 10 7 D. 5 4 C. 3 2 B. 4 3 A. 11、身高互不相同的 6 个人，排成 2 横行 3 纵列，在第

38、一行的每个人都比他同列身后的人个子矮， 则所有不同的排法种数是 （用数字作答） 12、 6 998. 0精确到 0.001 的近似值. 13、已知 25 (2) (1)yxx，则 0 x y . 14、某产品中有 7 个正品、3 个次品，每次取 1 个测试，取后不放回，直到 3 个次品全被检测出来 为止，求经过 5 次测试，3 个次品恰好全被发现的概率等于. 15、某中学有高一学生 400 人，高二学生 300 人，高三学生 300 人，现通过分层抽样抽取一个样本 容量为n的样本，已知每个学生被抽到的概率为 0.2，则n . 16、某单位有职工 301 人，为了调查他们身体的某项指标，需要从他

39、们中抽取一个容量为 60 的样 本，必须先从中剔除一人，则某甲被抽取的概率等于. 17、 有一组数据： 123 , n x x xx 123n xxxx它们的算术平均值为 10， 若去掉其中最大的 n x， 余下数据的算术平均值为 9；若去掉其中最小的 1 x，余下数据的算术平均值为 11，则 1 x关于n的表达式 为； n x关于n的表达式为. 18、袋中装有大小相同的分别写有 1、2、3、4 和 5 的五个小球，求下列事件的概率： 从中任取 3 球，其中有写有 1 的小球； 每次取 1 个球，取后放回，连取 3 次，其中有写有 1 的小球. 19、三个元件 123 ,T T T正常工作的概

40、率分别为, 4 3 , 4 3 , 2 1 将它们中某两个元件并联后再和第三元件串联 接入电路. （）在如图的电路中，电路不发生故障的概率是多少？ （）三个元件连成怎样的电路，才能使电路中不发生故障的概率最大？请画出此时电路图，并说 明理由. 参考答案 备选例题部分答案 1、乘法原理，1562556；先分组后分配， 25 65 1800C A ； 等价于从 6 个盒子选 5 个，每个盒子各装入 1 球，720 5 6 A； 等价于从 6 个盒子选 5 个，每个盒子各装入 1 球，球相同，6 5 6 C. 2、分三类，从 A 出发与其它三岛各连一座桥，有 1 种；从 A 出发与其它两岛各连一座桥

41、，有 6 种； 从 A 出发只与一个岛连一座桥，有 9 种；共16916种. 3、解法 1： （捆绑法、插空法）把 6 垄看作一个整体，从其余 4 垄中任取 2 垄种植 A、B 两作物，有 2 4 A种选种方法，然后把那 6 垄插入 A、B 之间即可，因而不同的选种方法为 2 4 12A 种. 解法 2： （枚举法）首先考虑 A、B 两种作物的间隔不少于 6 垄的可能情况，间隔可以有 6 垄、7 垄、 8 垄，间隔 6 垄时有 3 种位置，间隔 7 垄时有 2 种位置，间隔 8 垄时有 1 种位置，而对每一种位置有 2 2 A 种种植方法，因而共有 2 2 32 112A种不同的选垄方法. 4

42、、由 11 212 nnnn nn CmCm 得， 2 1 21 2!1 ! !11 2 , ! !21 !212 3 n n n n nnnCn m Cn nnn . 5、 n x) 1( . 6、 0 g 就是 f x展开式中 2 x项的系数 35，故 035 g . 7、整体考虑 22 42 21 3 P C C ，局部考虑 1 3 P . 整体考虑 22 910 2 90 10918 ( ) 89 AA P A A ，局部考虑 9817 ( ) 90 189 P A . 局部考虑 2 ( ) 1 P A n . 8、概率 1 PP（红红）P（绿红） 11137 232515 ； 概率

43、2 PP（红绿绿）P（绿红绿）P（绿绿红） 12213212334 23525325575 . 9、出场阵容为12 1 2 2 3 CA种； 连胜两盘的概率=P（胜胜）+P（负胜胜） 111113 222228 ； 至少胜一盘可分两类： 第一类，恰胜一盘，概率=P（胜负负）+P（负胜负） 1111111 2222224 ； 第二类，恰胜两盘，概率=P（胜胜）+P（负胜胜）+P（胜负胜） 111111111 222222222 ； 故至少胜一盘的概率是 113 424 . 10、系统抽样；简单随机抽样；分层抽样，人数分别是 4、15、2. 11、33x 甲，33x乙， 2 2 15 3 S 甲

44、， 2 2 12 3 S 乙 ，x甲x 乙， 22 SS 乙甲 ，表明在平均最大速度相同 的情况下，乙的发挥更稳定一些，故乙更优秀. 12、 22 11 21 nn ii ii yxxxx nn ，看作x的二次函数，当 1 1 n i i xxx n 时， 2 min yS，这正是从数 学上证明了在取 123 , n x x xx平均数（期望）前提下，方差是最小的波动. 能力与测试部分答案 1、选 C.由 2 142xx 或 2 14211xx 解得1,3,2x ，6x 舍去. 2、选 D.易知 11 步中必须 5 步踏一级，6 步踏两级，故有 5 11 C种不同走法. 3、选 B.共线的点越

45、多，能作的直线越少，如图，共有 11 43 6 119C C 条. 4、选 C.先在 2 号、3 号盒子中各放入 1、2 个球，问题转化为如何将余下 7 个相同小球装入 3 个盒 子中，使得每个盒子至少放入 1 球，采用隔板法，共有 2 6 15C 种装法. 5、选 C先选数字，每张卡片都有正反两种选择，故有 3 1 2 C种选择，再将三个数字排成三位数， 都能排成 3 3 A个数，故共有 3 13 23 48CA个. 6、选 B分三类：恰有两个杯盖和茶杯的编号相同，其余三个错位只有 2 种可能，故有 2 5 2C 种； 恰有三个杯盖和茶杯的编号相同，其余两个错位只有 1 种可能，故有 3 5

46、 1C 种；恰有四个（就是五个） 杯盖和茶杯的编号相同，只有1种，共有 23 55 21 131CC .本题不易用排除法. 7、选 A.由 1 232 n 得6n ，中间项 3 33 6 2160Cxx . 8、选 D. 令0 x ，则 9 01290129 4aaaaaaaa. 9、选 B.从对立面考虑，则中奖概率 2 6 2 10 2 1 3 C C . 10、选 A.从对立面考虑，击中的概率 13 11 44 P A B C . 11、答案：90 种.问题等价于 6 个不同的小球装到 3 个不同的盒子，每个盒子两个球， 有 222 642 90C C C 种不同装法，注意，每个盒子里的两

47、个球，相当于每列的两人，次序已定，矮在前高在 后，无需再排. 12、答案：0.998. 由于 66 6 22 6 11 6 0 6 66 )002. 0()002. 0()002. 0()002. 01 (998. 0CCCC， 第三项00006. 0002. 015002. 0 222 6 C小于001. 0，以后各项的绝对值更小，故可以忽略不计，则 6011 66 0.998( 0.002)0.988CC . 13、答案：-16.用搭配法寻找 25 (2) (1)yxx的x项16x，故 0 16 x y . 14、经过 5 次测试，3 个次品恰好全被发现，说明第五次一定是次品，前四次测试一

48、定是两个正品、 两个次品，故概率 224 734 4 10 3 10 C C A A . 15、200n . 16、 60 301 . 17、11n；9n. 18、 2 4 3 5 3 5 C C ； 33 3 5461 5125 . 19、记“三个元件 123 ,T T T正常工作”分别为事件 123 ,A A A，则 123 133 (), (), () 244 P AP AP A. 不发生故障的事件为 231 ()AAA， 不发生故障的概率为 1231131 ()()()PP AA AP AAP A 231 1()()()P AP AP A 11115 1 44232 . 如图 1 和图 2，此时不发生故障的概率同为最大.证明如下： 图 1 中发生故障事件为 123 ()AAA， 不发生故障概率为 32 21 )()()(1 )()()( 3213213212 APAPAPAPAAPAAAPP， 21 PP， 图 2 不发生故障事件为 132 ()AAA，同理不发生故障概率为 321 PPP.