专项练10 计数原理与概率的综合应用-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

(n.--x+/3y=0. 法向量为m=(x.y.:),则 取y--1. 1m.A-3ay+(1-A):=0. 则- 3A,=(A-1).所以n=(③A-.A-1.3A).易知平 面ABC的法向量为a=0.0.1),则1csm.n)1· ln·nl ① 11 3 (2)解:以G为坐标原点.CA.c.cC的方向分别为x.y:轴的正方 向,可建立如图③所示空间直角坐标系. 5.(1)证明:连接BD.设BD与AC交于点0.连接P0.如图.因为PA PC=2.所以AC1P0 ③ )()c02)g(0.,v) 四校锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,则AC1BD.又 PODBD=0.PO.BDC平面 PBD,所以AC1平面PBD.因为PDC平 DC.上存在点P(x.y.c)且D-ADC(0<A1)满足题意,即 面PBD.所以AC1PD (2)解:因为PB=PD.所以BD1PO.所以由(1)知P01平面ABCD #(### 以0为原点,0,0.0的方向分别为x轴y轴;轴正方向,建立如 图所示空间直角坐标系. l.-③A. .=. #)#7()) (3 .设平面PBE的法向量 n=(a.b.c).则 (.n-()())e0. ,n=2h=0. 则A(0.-1.0).B(3.0.0).C(0.1.0).D(-3.0.0).P(0.0.3). [=0. _4_ n_ .点C.到平面PBE的距离a= -(2.0.-). 1③_3 lEC.f 6 _0. I () #-(0.o③),所以cn.on _2 110p2x,所以二面 “-2v2 角E-AC-D为 又二面角P-BE-4为锐二面角..二面角P-BE-4的大小为” (3)解:存在.由(2)得C-(0.-1.v).BC-(-v3.1.0).设c P=(0.-Av3a)A=[0.1].则or-o+cr-(0.1-A3a),所 专项练10 计数原理与概率的综合应用 10.n③v6 以点F到平面AFC的距离d= ln 1.C 解析:从这6个古镇中挑选2个去旅游的可能情况有C]= #-7,以#2# 6.(1)证明:在图①中取CE中点F,连接BF,AE. 选C ·$E-2ED$CD=3.AB-2.:.CF=1.FF=1.: DF=AB=2.DF/AB 2.A 解析:在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数,基本事件 乙D=90*。:四边形ABFD为矩形..BF1 CD..BE=BC= 的总数为n=C=120.能组成勾股数组的有(3.4.5).(6.8.10). 共2组,故所求概率为120-60.故选A. 21 V3+1=2.又CE=2..△BCE为等边三角形.又AE=V3+1=2. 2.△ABE为等边三角形.在图②中,取BE中点G.连接AG.C.C. 3.C 解析:从这五个音阶中任取三个音阶,排成一个三个音阶的音序 ·△C.BE.△ABE为等边三角形 .C. G1BE.AG1BE.C. G=AG= 基本事件总数n=A=60,其中这个音序中含“微”这个音阶的基本 3.又AC =6..AG+CG=AC .C.G1AG 又AGOBF=G.AG 事件个数m=CA=36.则这个音序中必含“微”这个音阶的概率为 BEC平面ABED .C.G1平面ABED.C.GC平面BC.E..平面 BC.F1平面ABED 选择性必修第一册·BS 黑白题132 4.B 解析:由已知条件得前4次取出了2个蝶口灯泡,2个卡口灯泡. 3)中的两个或(3.1).(4.1),(4.2)中的两个. 第5次取出耀口灯泡,则前4个位置排2个甥口灯泡和2个卡口灯 A+A}A4 泡,第5个位置排蝶口灯泡的排列方法有CCAt=720(种),由古典 故所求概率为一 A 概型概率公式可知:直到取出第5个灯泡才取出所有蝶口灯泡的概 CCA:3 11. 3 解析:将两颗串在一起的那串山梳编号为1,2(最下面那题). 率为P二 2故选B. 将三颗串在一起的那中山精编号为3.4.5(最下面那颗).现在可将 5.A 解析:TC().(一)C,其中0<<8. 题目等价转换为首先从左到右固定3.4.5的排列顺序,求将1.2间 隔插空或者捆绑插空,且1.2都在5的左边的概率,若1.2间隔 reN.当7=0.2.4.6.8时为有理项,故有5项有理项,4项无理项. 空或者捆绑插空.共有C+Cl=10(种)排列.其中满足1.2都在5 A.AA.A: 的左边的排列共有C+C=6(种).所以只有两颗山精的这串先吃 故= #A5.故A. 6.C 解析:因为甲和乙不参加同一科竞赛,甲和丙参加同一科竞赛,若 每个同学可以自由选择. 12.解:(1)每个小球都有4种放法,故有4x4x4x4=256(种). 所以3科的选择数有2.2.1和3.1.1两种分配方案, (2)从4个小球中选两个作为一个元素,同另外两个元素在三个位 当分配方案为2.2.1时.共有CA=18(种)不同的选择方案 置全排列.故共有CA=144(种)不同的放法.故所求概率为 144.9 当分配方案为3.1.1时.共有CA=12(种)不同的选择方案 5616 所以满足要求的不同选择种数为18+12=30 所以甲和乙不参加同一科竞赛,甲和丙参加同一科竞赛,且这三科竞 (3)A-1=23(种). 专项练11 多项展开式中的特定项或系数问题 7. BD 解析:对于A项,将10张没有奖的抽奖卷按照1.3.3.3分成4 1.A 解析:(x-1)的展开式通项为.=C·(x)6-*.(-1) *= c.C.c.cl c.(-1)*.18-. 组,不同的分法种数为- .然后分配给4个人的分法 A #.。CC. 为A,所以2张有奖券分给同一个人的概率是 在7.,_C$(-1)*.12-*中令12-3t=0,可得&=4. A 在27.=2C·(-1)'.1-中.令18-3r=0.可得,=6. CCC.C 所以(-2)(v-1)“的展开式中的常数项为c2-202=13.故 有奖养分给不同的人的概率是1--.故B项正确;对于C项和 选A D项,由A可知,2张有奖券都分给丙或丁的概率是2× c.c·cc1 2.D 解析:因为(2-3x+a)的展开式的各项系数之和为1.令x=1 #·CC·C12张有奖卷给丙和丁一人一张时,将10张没 得(-1+a)*=1,解得a-2. 所以(2x}-3x+2)的展开式中含的项为C(2x)C(-3x)x2 有奖的抽奖卷按照2.2.3.3分成四组,不同的分法种数为 C(2r*)C(-3x)--2040”,所以该展开式中含x?项的系数 cCcc} .然后分配给4个人的分法为A·A}.所以2张有 是-2040.故选D. AA 3.D 解析:(t2a-b)'表示4个因式a}+2a-b的乘积.在这4个因式 奖卷1张分给丙。1张分给丁(或甲和乙各一张)的概率是 中,有一个因式选2a.其余的3个因式选a,所得的项为Cx2axCx c.ccc .AA.A (a)-8a’,所以8a是(a}+2a-b)的展开式中的项;在这4个因 AA ③ -2,所以2张有奖卷都没有分给 式中,有2个因式选-b.其余的2个因式选a{,所得的项为Cx CC·CC (-b)?xC}x(a)?=6ah.所以6a b是(a}+2a-b)*的展开式中 的项;在这4个因式中,有1个因式选-5.剩下的3个因式选2.所得 的项为Cx(-b)xC}(2a)=-32a'b,所以-32a}b是(a”+2a-b)的 3 解析:节目出场顺序总数为A.两个语言类节目相邻的出场顺 展开式中的项;在这4个因式中,有2个因式选-5.其余的2个因式 中有一个选a,剩下的一个因式选2a.所得的项为C2x(-b)*xCx 序数为AxA{xA}=36x12.所以恰有两个语言类节目相邻的概率为 axClx(2a)=24a’b},所以-24ab不是(a?+2a-b)的展开式中 P36x123 36x12-.故答案为 的项.故选D. 4.-28 解析:因为(1+)(x-y)×-(x-y)+.(a-y)”,其中 2 cC 解析:①若三地分配人数分别为1.1.3时,共有 0 31 A ,A= (x-y)"的展开式通项为T.=C*.(-y)'(0rs8且reN). 60(种)安排方法,其中小赵去北京的安排方法有CA+CA}= .CC 20(种);②若三地分配人数分别为1.2.2时,共有 .A= A 三.c{·(-y)*--28xy,所以y的系数为-28.故答案为-28. 90(种)安排方法,其中小赵去北京的安排方法有C+CCA= 10答案 5.8 16 解析:(x+2) =1+8 +24x+32x+16.的系数为a= 30(种).故小赵不去北京的概率为1- 32-24=8;令r=0,-1xl6=a,即a=-16.令x=1.0=a+a.+a+a 41 10. a+aa.+a+a.+a+a.=l6. 解析:要使得(2.3)的状态发生改变,则需要按(1.3).(2.2). 120 6.-1解析:因为(a+x)=a?+2ar+x?,(1-x)?的通项公式为T,= (2.3).(2.4).(3.3)这五个开关中的一个. c(-1). 要使得(4.1)的秋态发生改变,则需要按(3.1).(4.1).(4.2)这三 所以x*的系数为2axCx(-1)?+1xCx(-1)0=-2a+ 个开关中的一个, 2023=2025,解得a=-1.故答案为-1. 所以要使得(2,3)和(4,1)的最终状态都未发生改变. 7.140 解析:(x2--2y-1)的展开式中要产生x可能是1个. 则需按其他八个开关中的两个或(1.3).(2.2).(2.3).(2.4).(3. 1个-3个-1或1个,2个-22个-1. 参考答案 黑白题133进阶 突破 专项练10计数原理与概率的综合应用 1.(2024·黑龙江哈尔滨高三月考)江南的周 4.(2023·广东东莞高二期末)盒中有3个螺 庄镇、同里古镇、角直镇、西塘古镇、乌镇 口灯泡和5个卡口灯泡，现从盒中不放回地 南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国 任取灯泡，直到取出第5个灯泡才取出所有 江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以深 螺口灯泡的概率为 () 邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇 1 A. 风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上 56 B.3 28 独树一帜，驰名中外，这六大古镇中，其中 5 C. 在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假 28 D.3 14 从这6个古镇中挑选2个去旅游，则至少选 5.(2024·重庆巴蜀中学高三月考)把二项式 一个在苏州境内的古镇的概率为( 的所有展开项重新排列，记有 号 理项都相邻的概率为p,有理项两两不相邻 C.5 0.5 的概率为q,则P ( 2.(2024·江西南昌高二期末)勾股定理是数 A.5 B.5 C.4 D.4 学史上非常重要的定理之一.若将满足a+ b2=c2(a<b<c)的正整数组(a,b,c)称为勾 6.(2024·广东深圳高三期末)甲、乙、丙等 股数组，则在不超过10的正整数中随机选 5名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随 取3个不同的数，能组成勾股数组的概率是 机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同 一科竞赛，甲和丙参加同一科竞赛，且这三 1 1 科竞赛都有人参加的概率为 () A. B. 60 40 4 G10 4 1 81 0. C.30 1 0.20 7,(多选)(2023·江苏苏州高二期末)现有 3.(2023·江西吉安高二期末)五声音阶是中 12张不同编码的抽奖券，其中只有2张有 国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”， 奖，若将抽奖券随机地平均分给甲、乙、丙、 中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、 丁4人，则 () 徵、羽如果从这五个音阶中任取三个音阶， 排成一个三个音阶的音序，则这个音序中 A2张有奖券分给同-个人的概率是} 必含“徵”这个音阶的概率为 2张有奖券分给不同的人的概率是 10 B号 C.2张有奖券都没有分给甲和乙的概率 13 C.5 D. 20 为品 进阶突破·专项练17 D.2张有奖券分给甲和乙各一张的概率12.有编号1、2、3、4的四个不同的盒子，有 为易 编号1、2、3、4的四个不同的小球，现把 四个小球逐个随机放入四个盒子里 8.(2023·广东湛江高三月考)某学校准备举 (1)小球全部放人盒子中有多少种不同的 办一场运动会，其中运动会开幕式安排了 放法？ 3个歌舞类和3个语言类节目，所有节目 (2)在(1)的条件下，求恰有一个盒子没放 依次出场，则恰有两个语言类节目相邻的 球的概率 概率为 (3)若没有一个盒子空着，但球的编号与 9.(2023·山西吕梁高三二模)现有小赵、小 盒子编号不全相同，有多少种投放 钱、小孙、小李、小刘5人去北京、上海、广州 方法？ 三地参加研讨会，每人只能去一个城市， 每个城市至少去一人，则小赵不去北京的 概率为 10.(2024·江西吉安高二期末)如图为一个 开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种 状态，按其中一个开关1次，将导致自身和 所有相邻（上、下相邻或左、右相邻）的开 关改变状态.若从这十六个开关中随机选 两个不同的开关先后各按1次，则(2,3) 和(4,1)的最终状态都未发生改变的概 率为 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (4,1) (4,2) (4,3) (4.4) 11.小王一次买了两串冰糖葫芦，其中一串有 两颗山楂，另一串有三颗山楂.若小王每次 随机从其中一串吃一颗，则只有两颗山楂 的这串先吃完的概率为 18黑白题数学|选择性必修第一册·BS