（浙江专用）2017年高考数学 专题十 计数原理与概率练习（打包11套）.zip

1【步步高】 （浙江专用）2017 年高考数学 专题十 计数原理与概率 第 79 练 两个计数原理练习训练目标 熟练掌握两个计数原理并能灵活应用.训练题型 两个计数原理的应用.解题策略理解两个计数原理的区别与联系，掌握分类与分步的原则，正确把握分类标准.一、选择题1．用 0,1，…，9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252 C．261 D．2792．将数字 1,2,3,4,5,6 排成一列，记第 i 个数为 ai(i＝1,2，…，6)，若a1≠1， a3≠3， a5≠5， a10， b0)，从 1,3,5,7,9 中任取两个作为 有 A ＝20 种，ab ab 25又 与 相同， 与 相同，∴lg a－lg b 的不同值的个数为 A －2＝20－2＝18，选 C.]13 39 31 93 254．C [本题可通过插空法解决．根据题意，先排男同学，有 A 种排法，然后在男同学形成3的四个空中排女同学，有 A 种排法，故不同的排法种数是 A A ＝144.]34 3345．D [按从小到大的顺序排列，有 1,2,4；1,3,9；2,4,8；4,6,9，共 4 个．同理，按从大到小的顺序排列也有 4 个，故这样的等比数列有 8 个．]6．A [先安排 A，共有 C 种方案，13再安排其他 3 位同学，共有 A 种方案，3由分步乘法计数原理可知，共有 C A ＝18 种方案．]1337．C [每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是 1 个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有 3 种，即焊接点 2 脱落或焊接点 3 脱落或全不脱落，故满足题意的焊接点脱落的不同情况共有 24－3＝13 种．]8．B [依题意，对这 3 个盒子中所放的小球的个数情况进行分类计数：第一类，这 3 个盒子中所放的小球的个数是 1,2,6，此类放法有 A ＝6 种；3第二类，这 3 个盒子中所放的小球的个数是 1,3,5，此类放法有 A ＝6 种；3第三类，这 3 个盒子中所放的小球的个数是 2,3,4，此类放法有 A ＝6 种．3因此满足题意的放法共有 6＋6＋6＝18 种，故选 B.]9．48解析 分两类：第一类仅有 1 名老队员，此时有 2 名新队员，4一定可以保证 1、2 号中至少有 1 名新队员，此时有 C C A ＝36 种排法；12233第二类有 2 名老队员，此时，要注意将新队员安排在 1、2 号中，有 C C A ＝12 种排法．13122于是，不同的排法数为 36＋12＝48.10．7 200解析 其中最先选出的一个人有 30 种方法，此时不能再从这个人所在的行和列共 9 个位置上选人，还剩一个 5 行 4 列的队形，故选第二个人有 20 种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个 4 行 3 列的队形，此时第三个人的选法有12 种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是 30×20×12＝7 200.11．24解析 第一步：将 2 个爸爸排在两端，有 2 种排法；第二步：将 2 个小孩视为一人与 2 个妈妈任意排在中间的三个位置上，有 A 种排法；3第三步：将 2 个小孩排序有 2 种排法．故总的排法有 2×2×A ＝24 种．312．180解析 先将 4 艘军舰分为 3 组，每组至少 1 艘，所以各小组的军舰数为 2,1,1，不同的分法有 C 种，24其余 5 艘舰船分成 3 组，其中 1 艘舰船与 2 艘军舰组成一组，剩余的 4 艘舰船平均分配到其余 2 组，则不同的分法为 C ×C 种，15 24由分步乘法计数原理可得，不同的分组方法有C ×C ×C ＝6×5×6＝180 种．24 15 241【步步高】 （浙江专用）2017 年高考数学 专题十 计数原理与概率 第 80 练 排列与组合练习训练目标 会应用排列、组合的计算公式解决与排列组合有关的实际问题.训练题型 (1)排列问题；(2)组合问题；(3)排列与组合综合应用问题.解题策略将常见的排列组合问题分成不同类型，并掌握各种类型的解法，弄清问题实质，做到融会贯通.一、选择题1．(2015·杭州余杭区模拟)设集合 A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}，如果方程x2－ mx－ n＝0( m， n∈ A)至少有一个根 x0∈ A，就称方程为合格方程，则合格方程的个数为( )A．13 B．15C．17 D．192．(2015·德阳诊断)学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综 4 科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有( )A．36 种 B．30 种C．24 种 D．6 种3． “2 012”含有数字 0,1,2，且有两个数字 2.则含有数字 0,1,2，且有两个相同数字的四位数的个数为( )A．18 B．24C．27 D．364．(2015·南昌二中期末)设集合 S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合 A＝{ a1， a2， a3}，A⊆S， a1， a2， a3满足 a1a2a3且 a3－ a2≤6，那么满足条件的集合 A 的个数为( )A．76 B．78C．83 D．845．(2015·济南模拟)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有 4 种颜色可供使用，则不同的染色方法总数有( )A．48 种 B．72 种C．96 种 D．108 种6．(2015·合肥一中、安师大附中等六校素质测试)某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含 x， y 正半轴上的整点)，其运动规律为( m， n)→( m＋1， n＋1)或( m， n)→( m＋1， n－1)．若该动点从原点出发，经过 6 步运动到(6,2)点，则有( )种不同的运2动轨迹．( )A．15 B．14 C．9 D．107．将数字 1,2,3,4 填入表格内，要求每行、每列的数字互不相同，如图所示，则不同的填表方式共有( )1 2 3 44 3 1 22 1 4 33 4 2 1A.432 种 B．576 种C．720 种 D．864 种8．某电视台连续播放 6 个广告，其中有 3 个不同的商业广告，2 个不同的两会宣传片，1 个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且两会宣传片与公益广告不能连续播放，2 个两会宣传片也不能连续播放，则不同的播放方式的种数是( )A．48 B．98 C．108 D．120二、填空题9．某工程队有 6 项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．那么安排这 6 项工程的不同排法种数是________(用数字作答)．10．(2015·湖北武汉武昌区调考)“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数(如 13456 和 35678 都是五位的“渐升数”)．(1)共有________个五位“渐升数”(用数字作答)；(2)如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第 110 个五位“渐升数”是____________．11．(2015·浙江名校交流卷一) A， B， C， D， E， F 六位同学和一位数学老师站成一排合影留念，数学老师穿白色文化衫， A， B 和 C， D 分别穿白色和黑色文化衫， E 和 F 分别穿红色和橙色文化衫．若老师站中间，穿着相同颜色文化衫的都不相邻，则不同的站法种数为________．12.如图所示，将圆分成 n 个区域，用 3 种不同颜色给每一个区域染色，要求相邻区域颜色互异，把不同的染色方法种数记为 an.(1)a4＝________；(2)an＝________.3答案解析1．C [当 m＝0 时，取 n＝0,1,4，方程为合格方程；当 m＝1 时，取 n＝0,2,6，方程为合格方程；当 m＝2 时，取 n＝0,3，方程为合格方程；当 m＝3 时，取 n＝0,4，方程为合格方程；当 m＝4 时，取 n＝0,5，方程为合格方程；当 m＝5 时，取 n＝0,6，方程为合格方程；当 m＝6 时，取 n＝0,7，方程为合格方程；当 m＝7 时，取 n＝0，方程为合格方程．综上可得，合格方程的个数为 17，故选 C.]2．B [由于每科一节课，每节至少有一科，必有两科在同一节，先从 4 科中任选 2 科看作一个整体，然后做 3 个元素的全排列，共 C A 种方法，243再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共 A 种方法，3故总的方法种数为 C A －A ＝36－6＝30.]243 33．B [依题意，就所含的两个相同数字是否为 0 进行分类计数：第一类，所含的两个相同数字是 0, 则满足题意的四位数的个数为 C A ＝6；第二类，所含的两个相同数字不是 0，232则满足题意的四位数的个数为 C ·C ·C ＝18.由分类加法计数原理得，满足题意的四位数12 13 13的个数为 6＋18＝24.]4．C [在集合 S 中任取三个数共有 C ＝84 种情况，39这三个数大小关系确定，其中不满足 a3－ a2≤6，即最大数减去次大数大于 6 的情况只有 1 种，即 a1＝1， a2＝2， a3＝9，其他均满足题意，所以满足条件的集合 A 的个数为 C －1＝83，39故选 C.]5．B [共有选法：C C C C C ＋C C C C C141312112 14131211＝72 种．]6．C [方法一 如图所示，该动点从原点出发，第一次运动到点 K(1,1)，4第二次从 K 点运动到点 I(2,2)或者 J(2,0)，以此类推，最后到达 A(6,2)，则不同的运动轨迹有： O→ K→ I→ G→ D→ B→ A；或 O→ K→ J→ H→ E→ B→ A；……一共有 9 种不同的运动轨迹．方法二 每一步向右上或右下，所以只关心在竖直方向上的运动情况，即确定 6 步运动中哪两步往下即可，共有 C 种，26其中第一步不能向下，不符合要求的有 C 种，15当第一步向上，第二、三步向下时，也不符合要求，去掉这一种情况，所以不同的运动轨迹种数为 C －(C ＋1)＝9.]26 157．B [因为每行、每列的数字互不相同，所以每填一个数字，就会去掉一行一列，因此按全排列：4 2×32×22×1＝576.]8．C [首先排列 3 个商业广告，有 A 种结果，再在 3 个商业广告形成的 4 个空中排入另外33 个广告，注意最后一个位置的特殊性，共有 C A 种结果，故不同的播放方式的种数为 A C1323 3A ＝108.]13239．20 [依题意，知工程甲、乙、丙、丁的进行顺序一定并且丙、丁相邻，因此只需将剩余两个工程插在甲、乙、 的中间或两端，由分步乘法计数原理得不同排法的种数为丙 丁4×5＝20.也可以这样考虑，先把丙、丁捆绑看做一个工程，如果不考虑甲、乙、 的顺丙 丁序，则有 A 种排法，而甲、乙、 共有 A 种排法，因此共有 ＝20 种排法．]5 丙 丁 3A5A310．(1)126 (2)34579解析 (1)根据题意， “渐升数”中不能有 0，则在其他 9 个数字中任取 5 个，每种取法对应一个“渐升数” ，则共有“渐升数”C ＝126 个．59(2)对于这些“渐升数” ，1 在首位的有 C ＝70 个，482 在首位的有 C ＝35 个，473 在首位的有 C ＝15 个．465对于 3 在首位的“渐升数”中，前四位数字是 3456 的五位“渐升数”有 C ＝3 个，13前四位数字是 3457 的五位“渐升数”有 2 个，依次为 34578,34579，所以第 110 个五位“渐升数”是 34579.11．160解析 按先排白色，再排黑色，最后排红色和橙色的顺序进行，白色分下面 4 种情况：白 白 白此时两个黑色有 C －1 种位置；24白 白 白此时两个黑色有 C －2 种位置；24白 白 白此时两个黑色有 C 种位置；24白 白 白此时两个黑色有 C －1 种位置．24排完白色和黑色后，红色和橙色有 2 种排法，所以共有(4C －4)A A A ＝160 种排法．24 22212．(1)18 (2)Error!解析 (1)设三种不同颜色分别为甲、乙、丙三种．n＝4 时，第 1 区域有 3 种选择，第 2 区域有 2 种选择，因为第 4 区域要与第 1 区域颜色不同，故对第 3 区域的选择分类讨论：当第 3 区域与第 1 区域颜色相同时，第 4 区域有 2 种选择；当第 3 区域与第 1 区域颜色不同时，第 4 区域仅有 1 种选择．所以 a4＝3×2×(2＋1)＝18.(2)当将圆分成 n(n≥3)个区域，用 3 种不同颜色给每一个区域染色时，第 1 区域有 3 种染色方案，第 2 区域至第 n－1 区域有 2 种染色方案．此时考虑第 n 区域也有 2 种涂色方案，在此情况下有两种情况：情况一：第 n 区域与第 1 区域同色，此时相当于将这两区域重合，这时问题转化为用 3 种不同颜色给圆上 n－1 个区域涂色，且相邻区域颜色互异，即为 an－1 种染色方案；情况二：第 n 区域与第 1 区域不同色，6此时问题就转化为用 3 种不同颜色给圆上 n 个区域染色，且相邻区域颜色互异，即此时的情况就是 an.根据分类原理可知 3·2n－1 ＝ an＋ an－1 ，且满足初始条件： a4＝18.即递推公式为Error!由 an＝3·2 n－1 － an－1变形得 an－2 n＝－( an－1 －2 n－1 )，所以数列{ an－2 n}是以－1 为公比的等比数列，所以 an－2 n＝( a4－2 4)(－1) n－4 ，即 an＝2 n＋(18－16)(－1) n－4 ＝2 n＋2(－1) n.当 n＝1 时，易知有 3 种染色方法，即 a1＝3，不满足上述通项公式；当 n＝2 时，易知有 3×2＝6 种染色方法，即 a2＝6，满足上述通项公式；当 n＝3 时，易知有 3×2×1＝6(种)染色方法，即 a3＝6，满足上述通项公式．综上所述， an＝Error!1【步步高】 （浙江专用）2017 年高考数学 专题十 计数原理与概率 第 81 练 二项式定理练习训练目标掌握二项式展开式及通项，会求展开式指定项，掌握展开式系数的性质，会应用其性质解决有关系数问题.训练题型(1)求展开式指定项或系数；(2)求参数；(3)求系数和；(4)二项式定理的应用.解题策略(1)熟练掌握二项式展开式及通项的表示公式；(2)掌握二项式展开式系数性质，分清二项式系数与项的系数的区别，恰当运用赋值法求系数和.一、选择题1．(2015·成都一模)(2 x2－ )5的展开式中 x4的系数为( )1xA．－80 B．80 C．－40 D．402．在( ＋ )n的展开式中，各项系数之和为 A，各项的二项式系数之和为 B，且x3xA＋ B＝72，则展开式中常数项为( )A．6 B．9 C．12 D．183．二项式( － x )n的展开式中含有 x2项，则 n 可能的取值是( )1x xA．5 B．6 C．7 D．84．在( x－ )5的展开式中， x3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为( )axA．5 B．10 C．15 D．205．(2015·枣庄二模)若( x＋ y)9按 x 的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且x＋ y＝1， xy0 时， f[f(x)]表达式的展开式中常数项为( )A．－20 B．20C．－15 D．157．(2015·天水秦安县一模)若多项式 x10＝ a0＋ a1(x＋1)＋…＋ a8(x＋1) 8＋ a9(x＋1)9＋ a10(x＋1) 10，则 a8等于( )A．45 B．92C．－45 D．－98．设 an是(1－ )n的展开式中 x 项的系数( n＝2,3,4，…)，若 bn＝ ，则 bn的xan＋ 1(n＋ 7)an＋ 2最大值是( )A. B.9－ 21425 7－ 2625C. D.350 233二、填空题9．(2015·上海十二校联考模拟)在( ax－1) 6的二项展开式中，若中间项的系数是 160，则实数 a＝________.10．(2015·湖北八校联考(一))若(1－2 x)2 015＝ a0＋ a1x＋…＋ a2 015x2 015，则 ＋ ＋…＋a12 a222的值为________．a2 01522 01511．已知( x－ m)7＝ a0＋ a1x＋ a2x2＋…＋ a7x7的展开式中 x4的系数是－35，则a1＋ a2＋ a3＋…＋ a7＝________.12．在( x＋ y)n的展开式中，若第七项系数最大，则 n 的值组成的集合为________．3答案解析1．B [ Tr＋1 ＝C (－ )r(2x2)5－ r＝C (－1) r25－ rx－ r·x10－2 r＝(－1) r25－ rC x10－3 r，r51x r5 r5令 10－3 r＝4，则 r＝2，得 x4的系数为(－1) 223C ＝80，25故选 B.]2．B [ A＝4 n， B＝2 n，∴4 n＋2 n＝72,2 n＝8， n＝3，( ＋ )3的展开式的通项为x3xTr＋1 ＝C x ·3r·x－ rr33－ r2＝C 3rx ，r33－ 3r2因此常数项为 T1＋1 ＝C ·3＝9.]133．D [展开式的通项为 Tk＋1 ＝C ( )n－ k(－ x )kkn1x x＝(－1) kC x － n，kn5k2由 － n＝2，5k2得 n＝ －2，5k2k＝4 时， n＝8，选 D.]4．B [二项式的通项为Tr＋1 ＝C x5－ r(－ )r＝(－ a)rC ·x5－2 r，r5ax r5令 5－2 r＝3，得 r＝1，所以－ a·5＝－5，即 a＝1，展开式中第 2,4,6 项为负，第 1,3,5 项为正，系数最大值应该为 C ＝10，25故选 B.]5．D [二项式( x＋ y)9按 x 的降幂排列的展开式的通项是 Tr＋1 ＝C ·x9－ r·yr，r9依题意，有Error!由此得Error!解得 x1，即 x 的取值范围为(1，＋∞)．]46．A [当 x0 时， f(x)＝－ 0，x所以 f[f(x)]＝ f(－ )＝ 6，x (1x－ x)Tr＋1 ＝C x－ (6－ r)·(－ x )r＝(－1) rC x－3＋ ＋ ＝(－1) rC xr－3 ，r612 12 r6 r2 r2 r6由 r－3＝0，得 r＝3.所以 f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(－1) 3C ＝－20.]367．A [ a8是 x10＝[(－1)＋( x＋1)] 10的展开式中第九项( x＋1) 8的系数，∴ a8＝C ＝45，故选 A.]8108．D [由已知 an＝C ，2n所以 bn＝ ＝an＋ 1(n＋ 7)an＋ 2 C2n＋ 1(n＋ 7)C2n＋ 2＝ ＝ ，n(n＋ 7)(n＋ 2) 1n＋ 14n＋ 9由于 y＝ n＋ 在 (0， )上是减函数，14n 14在( ，＋∞)上是增函数，且 n＝2,3,4，…，14所以 n＝4 时， ymin＝4＋ ＝ ，144 152则 bn＝ 取得最大值 ＝ ，an＋ 1(n＋ 7)an＋ 2 1152＋ 9 233故选 D.]9．－2解析 ∵在( ax－1) 6的二项展开式中共有 7 项，∴展开式的中间项为第 4 项 ，此时 T4＝C (ax)3(－1) 3，36∴中间项的系数为－ a3C ＝－20 a3＝160，36∴ a＝－2.10．－1解析 因为(1－2 x)2 015＝ a0＋ a1x＋…＋ a2 015x2 015，令 x＝0，得 a0＝1，令 x＝ ，得(1－2× )2 015＝ a0＋ ＋…＋ ＝0，12 12 a12 a2 01522 0155又 a0＝1，于是 ＋ ＋…＋ ＝－1.a12 a222 a2 01522 01511．1解析 ∵ Tr＋1 ＝C x7－ r(－ m)r，r7∴C (－ m)3＝－35，37∴ m＝1.令 x＝1，得 a0＋ a1＋…＋ a7＝(1－1) 7＝0，令 x＝0，得 a0＝(－1) 7＝－1，∴ a1＋ a2＋ a3＋…＋ a7＝1.12．－332解析 ∵ a＝ (sin x－1＋2cos 2 )dx∫ π 0x＝(－cos x＋sin x)|π0＝2，∴( a － )6·(x2＋2)＝(2 － )6·(x2＋2)，x1x x 1x∵(2 － )6的展开式的通项为x1xTr＋1 ＝C (2 )6－ r(－ )r＝C 26－ r(－1) rx3－ r，r6 x1x r6∴常数项为 C ·2·(－1) 5＋2C ·23·(－1) 3＝－332.56 361【步步高】 （浙江专用）2017 年高考数学 专题十 计数原理与概率 第 82 练 古典概型练习训练目标 理解古典概型的概念、会求古典概型的概率.训练题型(1)求简单古典概型的概率；(2)与其他知识交汇求古典概型的概率；(3)古典概型的应用.解题策略读懂题目，抓住解决问题的实质，即：确定基本事件个数及所求事件包含基本事件的个数.一、选择题1．某位同学进行投球练习，连投了 10 次，恰好投进了 8 次，若用 A 表示投进球这一事件，则 A 的( )A．概率为 B．频率为45 45C．频率为 8 D．概率接近 0.82．(2015·河南周口中英文学校下学期期中)从 1,2，…，9 这 9 个数中，随机抽取 3 个不同的数，则这 3 个数的和为偶数的概率是( )A. B. C. D.59 49 1121 10213．锅中煮有芝麻馅汤圆 6 个，花生馅汤圆 5 个，豆沙馅汤圆 4 个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取 4 个汤圆，则每种汤圆都至少取到 1 个的概率为( )A. B. C. D.891 2591 4891 60914．由 1,2,3,4,5 组成一个无重复数字的 5 位数，则十位数字和千位数字均比它们各自相邻的数大的概率为( )A. B. C. D.16 320 11120 2155．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为 a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为 b，其中 a， b∈{1,2,3,4,5,6}，若| a－ b|≤1，就称甲、乙“心相近”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心相近”的概率为( )A. B. C. D.19 29 718 496．已知先后连掷两次骰子得到的点数分别为 m， n，则向量( m， n)与向量(－1,1)的夹角θ 90°的概率是( )A. B. C. D.12 13 712 51227．(2015·嘉兴二模)在正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为( )A. B. C. D.15 25 16 188．设集合 A＝{1,2}， B＝{1,2,3}，分别从集合 A 和 B 中取一个数 a 和 b，确定平面上的一个点 P(a， b)，记“点 P(a， b)落在直线 x＋ y＝ n 上”为事件 Cn(2≤ n≤5， n∈N)．若事件Cn的概率最大，则 n 的所有可能值为( )A．3 B．4C．2 和 5 D．3 和 4二、填空题9．(2015·浙江杭州富阳二中质检)设 a∈{1,2,3}， b∈{2,4,6}，则函数 y＝log 是减函ba1x数的概率为________．10．把 4 个颜色各不相同的乒乓球随机地放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子里，则恰好有一个盒子是空的概率是________．(结果用最简分数表示)11．(2015·江西会昌中学月考)某同学同时投掷两颗骰子，得到点数分别为 a， b，则椭圆＋ ＝1 的离心率 e 的概率是________．x2a2 y2b2 3212．(2015·九江二模)25 人排成 5×5 方阵，从中任意选出 3 人，则任意 2 人既不同行也不同列的概率为________．3答案解析1．B [投球一次即进行一次试验，投球 10 次，投进 8 次，即事件 A 的频数为 8，所以 A 的频率为 ＝ .]810 452．C [基本事件总数为 C ，39设抽取 3 个数，和为偶数为事件 A，则 A 事件包括两类：抽取 3 个数全是偶数，或抽取 3 个数中 2 个奇数 1 个偶数，前者有 C 种，后者有 C C 种，34 1425所以 A 中基本事件数为 C ＋C C ，34 1425所以符合要求的概率为 ＝ .C34＋ C14C25C39 1121故选 C.]3．C [从 15 个汤圆中选出 4 个汤圆共有 C 种情况，每种汤圆至少有 1 个的情况有 C C C415 1615＋C C C ＋C C C ＝720 种情况，所以每种汤圆至少有 1 个的概率为 P＝ ＝ ，故选 C.]24 151426 141625720C415 48914．D [当十位与千位是 4 和 5 时，共有 A A 种可能；当千位是 5，十位是 3 时，万位只能23是 4，此时共有 A 种可能；当千位是 3，十位是 5 时，个位只能是 4，此时共有 A 种可能，2 2根据古典概型的概率计算公式可知所求概率为 ＝ .]A2A3＋ A2＋ A2A5 2155．D [试验包含的所有事件共有 6×6＝36 种，其中满足题设条件的有如下情形：若 a＝1，则 b＝1,2；若 a＝2，则 b＝1,2,3；若 a＝3，则 b＝2,3,4；若 a＝4，则 b＝3,4,5；若 a＝5，则 b＝4,5,6；若 a＝6，则 b＝5,6.即满足题设条件的情形共有 16 种，故他们“心相近”的概率为 P＝ ＝ .]1636 496．D [由向量( m， n)与向量(－1,1)的夹角 θ 90°，得－ m＋ nn， mn 的情况有：(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(4,1)，(4,2)，4(4,3)，(3,1)，(3,2)，(2,1)，共 15 种，又易知所有的情况有 36 种，故所求概率为 ＝ .]1536 5127．B [如图为正六边形 ABCDEF,6 个顶点中随机选择 4 个顶点，共有 15 种选法，其中构成的四边形是梯形的有 ABEF、 BCDE、 ABCF、 CDEF、 ABCD、 ADEF，共6 种情况，故构成的四边形是梯形的概率为 P＝ ＝ ，615 25故选 B.]8．D [总事件数为 6，只要求出当 n＝2,3,4,5 时的基本事件个数即可．当 n＝2 时，落在直线 x＋ y＝2 上的点为(1,1)；当 n＝3 时，落在直线 x＋ y＝3 上的点为(1,2)，(2,1)；当 n＝4 时，落在直线 x＋ y＝4 上的点为(1,3)，(2,2)；当 n＝5 时，落在直线 x＋ y＝5 上的点为(2,3)．显然当 n＝3,4 时，事件 Cn的概率最大，均为 .]139.79解析 由题意可知本题是一个古典概型，因为试验发生包含的事件是从两个集合中各取一个数字，所以共有 9 种结果，满足条件的事件是函数 y＝log ＝－log x 是一个减函数，只要底数大于 1，列举出所有的ba1x ba情况有a＝1， b＝2； a＝1， b＝4； a＝1， b＝6；a＝2， b＝4； a＝2， b＝6； a＝3， b＝4；a＝3， b＝6，共 7 种结果，所以概率是 P＝ .7910.916解析 4 个不同的球随机放入四个不同的盒子的所有放法总数为 44，恰好有一个盒子是空的5方法为 C C A ，从而所求概率为 ＝ .14243C14C24A344 91611.13解析 当 ab 时， e＝ ⇒ 2b，1－ b2a2 32 ba12符合 a2b 的情况：当 b＝1 时， a＝3,4,5,6；当 b＝2 时， a＝5,6，总共有 6 种情况，则概率为 ＝ .636 16同理，当 a 的概率也为 ，32 16综上可知， e 的概率为 .32 1312.623解析 设事件 A 为“从 5×5 方阵中任选 3 人，任意 2 人既不同行也不同列” ，从 5×5 方阵中任意选出 3 人，共有 C 种不同的选法．325事件 A 可分两步完成：第一步，从 5×5 方阵中选取 3 行 3 列有 C C 种不同的选法；3535第二步，从 3×3 方阵中选 3 人，任意 2 人既不同行也不同列的方法有 C C C ，13121根据分步乘法计数原理，事件 A 所含的基本事件数为 C C ·C C C ，3535 13121所以所求的概率为 ＝ .C35C35·C13C12C1C325 6231【步步高】 （浙江专用）2017 年高考数学 专题十 计数原理与概率 第 83 练 概率的中档大题练习训练目标 对与概率结合的解答题进行规范训练.训练题型 概率综合问题.解题策略 分清概率模型，准确套用相应的公式进行计算.1．(2015·广东佛山一中等三校联考)高三某班有两个数学课外兴趣小组，第一组有 2 名男生，2 名女生，第二组有 3 名男生，2 名女生，现在班主任老师要从第一组选出 2 人，从第二组选出 1 人，请他们在班会上和全班同学分享学习心得．(1)求选出的 3 人均是男生的概率；(2)求选出的 3 人中有男生也有女生的概率．2．一个袋中装有 5 个形状、大小完全相同的球，其中有 2 个红球，3 个白球，(1)从袋中随机取出两个球，求取出的两个球颜色不同的概率；(2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，求两次取出的球中至少有一个红球的概率．23．一个口袋中有 2 个白球和 n 个红球( n≥2，且 n∈N *)，每次从袋中摸出两个球(每次摸球后把这两个球放回袋中)，若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖．(1)试用含 n 的代数式表示一次摸球中奖的概率 p；(2)若 n＝3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；(3)记三次摸球恰有一次中奖的概率为 f(p)，当 n 为何值时， f(p)取最大值？4．(2015·西安西北工业大学附中二模)甲、乙两人进行两种游戏，两种游戏规则如下：游戏Ⅰ：口袋中有质地、大小完全相同的 5 个球，编号分别为 1,2,3,4,5，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢．游戏Ⅱ：口袋中有质地、大小完全相同的 6 个球，其中 4 个白球，2 个红球，由裁判有放回地摸两次球，即第一次摸出记下颜色后放回再摸第二次，摸出两球同色算甲赢，摸出两球不同色算乙赢．(1)求游戏Ⅰ中甲赢的概率．(2)求游戏Ⅱ中乙赢的概率，并比较这两种游戏哪种游戏更公平，试说明理由．5．有一枚正方体骰子，六个面分别写有数字 1,2,3,4,5,6，规定抛掷该枚骰子得到的数字是抛掷后面向上的那一个数字．已知 b 和 c 是先后抛掷该骰子得到的数字，函数 f(x)＝ x2＋ bx＋ c(x∈R)．3(1)若先抛掷骰子得到的数字是 3，求再次抛掷骰子时，函数 y＝ f(x)有零点的概率；(2)求函数 y＝ f(x)在区间(－3，＋∞)上是增函数的概率．答案解析1．解 (1)记第一组的 4 人分别为 A1， A2， a1， a2；第二组的 5 人分别为 B1， B2， B3， b1， b2.设“从第一组选出 2 人，从第二组选出 1 人”组成的基本事件空间为 Ω ，则 Ω ＝{( A1， A2， B1)，( A1， A2， B2)，( A1， A2， B3)，( A1， A2， b1)，( A1， A2， b2)，(A1， a1， B1)，( A1， a1， B2)，( A1， a1， B3)，( A1， a1， b1)，( A1， a1， b2)，( A1， a2， B1)，(A1， a2， B2)，( A1， a2， B3)，( A1， a2， b1)，( A1， a2， b2)，( A2， a1， B1)，( A2， a1， B2)，(A2， a1， B3)，( A2， a1， b1)，( A2， a1， b2)，( A2， a2， B1)，( A2， a2， B2)，( A2， a2， B3)，(A2， a2， b1)，( A2， a2， b2)，( a1， a2， B1)，( a1， a2， B2)，( a1， a2， B3)，( a1， a2， b1)，(a1， a2， b2)}，共有 30 个．设“选出的 3 人均是男生”为事件 A，则事件 A 含有 3 个基本事件．∴ P(A)＝ ＝ ，330 110∴选出的 3 人均是男生的概率为 .110(2)设“选出的 3 个人有男生也有女生”为事件 B，则事件 B 含有 25 个基本事件，∴ P(B)＝ ＝ ，2530 56∴选出的 3 人中有男生也有女生的概率为 .562．解 (1)2 个红球记为 a1， a2,3 个白球记为 b1， b2， b3.从袋中随机取两个球，其中一切可能的结果组成的基本事件有( a1， a2)，( a1， b1)，( a1， b2)，(a1， b3)，( a2， b1)，( a2， b2)，( a2， b3)，( b1， b2)，( b1， b3)，( b2， b3)，共 10 个，设事件 A 为“取出的两个球颜色不同” ，A 中的基本事件有( a1， b1)，( a1， b2)，( a1， b3)，( a2， b1)，( a2， b2)，( a2， b3)，共 6 个，故 P(A)＝ ＝ .610 354(2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：(a1， a1)，( a1， a2)，( a1， b1)，( a1， b2)，( a1， b3)，(a2， a1)，( a2， a2)，( a2， b1)，( a2， b2)，( a2， b3)，(b1， a1)，( b1， a2)，( b1， b1)，( b1， b2)，( b1， b3)，(b2， a1)，( b2， a2)，( b2， b1)，( b2， b2)，( b2， b3)，(b3， a1)，( b3， a2)，( b3， b1)，( b3， b2)，( b3， b3)，共 25 个．设事件 B 为“两次取出的球中至少有一个红球” ，B 中的基本事件有：(a1， a1)，( a1， a2)，( a1， b1)(a1， b2)，( a1， b3)，( a2， a1)，( a2， a2)，( a2， b1)，( a2， b2)，(a2， b3)，( b1， a1)，( b1， a2)，( b2， a1)，( b2， a2)，( b3， a1)，( b3， a2)，共 16 个，所以 P(B)＝ .16253．解 (1)一次摸球从 n＋2 个球中任选两个，有 C 种选法，2n＋ 2其中两球颜色相同有 C ＋C 种选法，2n 2∴一次摸球中奖的概率 p＝ ＝ .C2n＋ C2C2n＋ 2 n2－ n＋ 2n2＋ 3n＋ 2(2)若 n＝3，则一次摸球中奖的概率是 p＝ ，25三次摸球是独立重复试验，三次摸球中恰有一次中奖的概率是 C ×p×(1－ p)2＝ .1354125(3)设一次摸球中奖的概率是 p，则三次摸球中恰有一次中奖的概率是C ·p·(1－ p)2＝3 p3－6 p2＋3 p,0p1，13∵ f′( p)＝9 p2－12 p＋3＝9( p－1)( p－ )，13∴ f(p)在(0， )是增函数，在( ，1)是减函数，13 13∴当 p＝ 时， f(p)取最大值，13由 ＝ ，解得 n＝2，n2－ n＋ 2n2＋ 3n＋ 2 13∴当 n＝2 时，三次摸球中恰有一次中奖的概率最大．4．解 (1)∵游戏Ⅰ中有放回地依次摸出两球的基本事件有 5×5＝25 个，其中甲赢有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，(2,4)，(3,3)，(3,5)，(5,5)，(3,1)，(5,1)，(5,3)，(4,4)，(4,2)，共 13 个基本事件，5∴游戏Ⅰ中甲赢的概率为 P＝ .1325(2)设 4 个白球为 a， b， c， d,2 个红球为 A， B，则游戏Ⅱ中有放回地依次摸出两球的基本事件有6×6＝36 个，其中乙赢有( a， A)，( b， A)，( c， A)，( d， A)，( a， B)，( b， B)，( c， B)，( d， B)，( A， a)，(A， b)，( A， c)，( A， d)，( B， a)，( B， b)，( B， c)，( B， d)，共 16 个基本事件，∴游戏Ⅱ中乙赢的概率为 P′＝ ＝ ，1636 49∵| － || － |，1325 12 49 12∴游戏Ⅰ更公平．5．解 (1)记“函数 f(x)＝ x2＋ bx＋ c(x∈R)有零点”为事件 A，由题意知， b＝3， c＝1,2,3,4,5,6，∴所有的基本事件为(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共 6 个．当函数 f(x)＝ x2＋ bx＋ c(x∈R)有零点时，方程 x2＋ bx＋ c＝0 有实数根，即 Δ ＝ b2－4 c≥0，∴ c≤ ，∴ c＝1 或 2，94即事件 A 包含 2 个基本事件，∴函数 f(x)＝ x2＋ bx＋ c(x∈R)有零点的概率 P(A)＝ ＝ .26 13(2)由题意可知，所有的基本事件为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，…，(6,5)，(6,6)，共 36 个．记“函数 y＝ f(x)在区间(－3，＋∞)上是增函数”为事件 B.∵ y＝ f(x)的图象开口向上，∴要想使函数 y＝ f(x)在区间(－3，＋∞)上是增函数，只需令－ ≤－3 即可，b2解得 b≥6，∴ b＝6.∴事件 B 包含的基本事件有 6 个．∴函数 y＝ f(x)在区间(－3，＋∞)上是增函数的概率P(B)＝ ＝ .636 16