第六章 计数原理 章末检测&真题演练-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第三册（人教A版2019)

第六章 章末检测 (时间：120分钟 总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共 组成)，给△ABE、△BCF、△CDG、△DAH这 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻 符合题目要求的， 区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知 1.(2024·河南郑州高二期中)若C2n=A;,则n= 有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方 ( 法种数是 A.6 B.8 C.9 D.10 2.(2024·陕西西安高二期中)5名同学分别从 4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为 ( A.9 B.20 C.54 D.45 A.360 B.120 3.(2024·浙江宁波高二期中)在 的 C.420 D.216 展开式中，第四项为 ( 8.(2024·江苏南京高二月考)有10只不同的实 A.240 B.-240 验产品，其中有4只次品，6只正品.现每次取 C.160x3 D.-160x3 一只测试，直到4只次品全测出为止，则错误 4.(2024·河南信阳高二期末)“弗里热”是 的是 () 2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物，其中 A.最后一只次品正好在第四次测试时被发现 残奥会的吉祥物有一个“腿”被设计成了假肢， 的不同情形有24种 现将4个这种奥运会吉祥物和2个这种残奥会 B.最后一只次品正好在第五次测试时被发现 吉祥物排成一排，则不同的排法有 ( 的不同情形有576种 A.6种 B.12种C.15种D.60种 C.所有次品正好是第六次测试时被全部查出 5.(2024·广东茂名高二月考)某校A,B,C,D,E 的不同情形有7200种 五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出 D.4只次品全测出至多需要九次测试 场，且都不能在第3号位置，则不同的出场次 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共 序有 ( 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 A.18种B.36种 C.60种 D.72种 要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分， 6.(2024·江苏镇江高二期中)324的个位数是 有选错的得0分 ( 9.(2024·湖南师大附中高三月考)关于(5-x) A.1 B.3 C.6 D.9 的展开式，下列判断正确的是 7.(2024·河南许昌高二期末)如图是在“赵爽 A.展开式共有6项 弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平 B.展开式的各二项式系数的和为64 面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图” C.展开式的第6项的系数为30 (由四个全等的直角三角形和一个小正方形 D.展开式中二项式系数最大的项是第4项 选择性必修第三册·RU黑白题18 10.(2024·河北石家庄高二期中)下列说法正 由杨辉三角左腰上的各数出发引一组平行 确的是 线，第1条线上的数字是1：第2条线上的数 A.有三张参观券，要在5人中确定3人去参 字是1：第3条线上的数字是1,1：第4条线 观，不同方法的种数是60 上的数字是1,2，那么第21条线上的数共有 B.将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有 个，其中最大的数是 ,(用 3种 数字表示) C.从6名男生和4名女生中选4人参加比 赛，若4人中必须既有男生又有女生，共 2 有194种选法 133 4641 D.把5封不同的信投入4个不同的信箱，每 ,5101051 1615201561 个信箱至少投1封，不同的投法共有 C·A种 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 11.(2024·江苏南通高二月考)设x3=a+a(x+ 文字说明、证明过程或演算步骤 t)+a2(x+t)2+a3(x+t)3+…+ag(x+t),若 15.(13分)(2024·云南昆明高二期中)(1)计 a1=8,则 算：(C1o+Cio)÷A3o1; A.t=1 (2)解方程：3A=2A1+6A2 B.a2=28 C.a0+a1+a2+…+ag=0 D.a2+a4+a6+ag=127 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分. 12.(2024·广东梅州高二期中)小李想去他大 伯家借书，他除了对经济类的书不感兴趣，对 其他类别的书都感兴趣.他大伯家的书有 16.(15分)(2024·安徽安庆高二期中)3名男 四种，文学类的有15本，经济类的有10本， 生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的 历史类的有16本，心理学与励志类的有 排队方案的方法种数 9本，同一类的书每本都不相同，则他按照兴 (1)选其中5人排成一排： 趣借1本书，共有 种选择 (2)全体站成一排，男、女各站在一起： 13.(2024·陕西榆林高二月考)已知x(a-x)6 (3)全体站成一排，男生不能站在一起： 的展开式中含x2的项的系数为-192，则 (4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾 a= 14.(2024·山西长治高二期中)杨辉是我国古 代数学史上一位著述丰富的数学家，在他所 著的《详解九章算法》中把二项式系数写成 一张表，借助它发现了很多有趣的性质，利用 这些性质，解决了很多数学问题.如图所示， 第六章黑白题19 17.(15分)(2024·江苏盐城高二月考)已知19.(17分)(2024·山东菏泽高二期中)组合数 ((nes"). 学研究的内容之一是计数，母函数是重要的 计数工具之一.其定义如下：对于序列a,a, (1)若展开式中只有第5项的二项式系数最 a2,…,定义G(x)=a+a1x+a2x2+…为序列 大，求n的值； ao,a1,a2,…的母函数母函数的计数方法与 (2)当n=6时，二项式的展开式中x3的系数 二项式定理的原理相似：假设有红、黄、蓝各 为A,常数项为B,若B=4A,求a的值； 一个小球，计算由它们组成的所有组合的个 (3)当n=6,a=-2时，求二项式的展开式中 数，可考虑三步完成，即每个小球是否参与组 系数最大的项。 合.我们用x°即1代表小球不参与，x代表小 球参与，根据分类加法计数原理，1+x代表一 个小球是否参与组合的两种情况，根据分步 乘法计数原理，用代数式(1+x)(1+x)(1+x) 表示三个小球是否参与组合的情况，所以母 函数为G(x)=1+3x+3x2+x3,例如其中3x 中的系数3就是由两个小球构成的所有组合 个数，而总的组合个数就是1+3+3+1=8. 18.(17分)(2024·河北邢台高二期末)达活 (1)假设有四个不同的小球，令a。为由它们 泉月季园位于河北省邢台市达活泉公园东 组成的含有n个小球的所有组合个数， 部，占地面积4700平方米，共收集6大类 试写出a,a1,a2,a,a4的一个与问题对 23个月季品种4.3万株，是集观光、科普、研 应的母函数G(x); 究、展示及繁育等多种功能于一体的花卉展 (2)已知rC,=(n+1)C,其中1≤r≤n.现 园某天，甲游客计划按照一定的先后顺序去 有一序列a,a1,a2,…,a2n的母函数 该月季园观赏北京红、红从容、黄从容、醉红 C(x)=2i(1+x)=a+ax++a,+ 颜、白佳人、金凤凰这6种月季花，且甲第 …+a2nx2n,其中neN”,求an 个观赏的不是北京红 (3)在某班中的8位男同学和5位女同学中， (1)求甲不同的观赏方案数； 组一个由偶数个男生和不少于两个女生 (2)若甲上午和下午均观赏3种月季花，且 的小组，令an为从8位男同学中选取 观赏红从容和黄从容的时间一个在上 n位的所有组合个数，令b.为从5位女 午，一个在下午，求甲不同的观赏方案数 同学中选取n位的所有组合个数；分别 写出a0,a1,a,…,an和b,b1,b2,,b。 的与问题对应的母函数A(x)和B(x),并 求总的组合个数 选择性必修第三册·RJ黑白题20 第六章 真题演练 黑题 真题体验 限时：30min 考点1两个计数原理与排列组合的应用 6.(2023·新课标全国I)某学校开 1.(2023·新课标全国Ⅱ)某学校为了解学生参 设了4门体育类选修课和4门艺 加体育运动的情况，用比例分配的分层随机 术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或 抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部 3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不 两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高 同的选课方案共有 种（用数字作答） 中部分别有400名和200名学生，则不同的抽 7.(2024·全国甲理)有6个相同的球，分别标有 样结果共有 ( 数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取3次，每 A.C5·C5种 B.C0·C0种 次取1个球记m为前两次取出的球上数字的平 C.C0·C0种 D.C·C8种 均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m 2.(2023·全国甲文)某校文艺部有4名学生， 与n之差的绝对值不大于)的概率为 其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中 8.(2024·新课标全国Ⅱ)在如图的4×4的方格 随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来 表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个 自不同年级的概率为 ( 方格被选中，则共有 种选法，在所有 A.G c 2 0.3 符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数 3.(2023·全国乙理)甲、乙两位同学从6种课 之和的最大值是 外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外 11213140 12 223342 读物中恰有1种相同的选法共有 ( 13223343 A.30种B.60种C.120种D.240种 15243444 4.(2023·全国甲理)现有5名志愿者报名参加 考点2 二项式定理 公益活动，在某一星期的星期六、星期日两 9.(2024·北京)在(x-)的展开 天，每天从这5人中安排2人参加公益活动， 式中，x3的系数为 ( 则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式 A.6 B.-6 C.12 D.-12 共有 ( 6 A.120种B.60种 C.30种 D.20种 10.(2024·天津)在 的展开式中，常 5.(2024·全国甲文)某独唱比赛的 数项为 决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参 加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确 11.(2022·新高考全国)(1-)(x+y)°的展开 定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场 式中x2y的系数为 .(用数字作答)》 的概率是 ( 12.（2024·全国甲理)》 的展开式中 C. 3 各项系数中的最大值为 第六章黑白题21和为2，所以Cg+C以+C2=1+na(?,D=2,整理得2+a-42=(n 2 (2）(-2rG,令，3，得4-209 6)(n+7)=0,解得n=6故T1=C%2-x2了(0≤r≤6，r∈Z).若 -160x3,即第四项为-160x23.故选D 3 4.C解析：从一排的6个位置选2个摆放残奥会言样物即可（剩下的 刀1是常数项，则2-子=0，得=2N,故展开式中没有常数项 4个位置放奥运会吉拜物)，C2=15.故选C. (2)解：由(1)得，T1=C2x2宁(0≤r≤6，reZ).当且仅当2- 5.B解析：因为A在B的前面出场，且A,B都不在3号位置，则情况如 下：①A在1号位置，B有2,4,5三种位置选择，有3A日=18（种）次 3为整数时，T1是有理项又因为0≤r≤6，r∈Z,所以r=0,3,6 序：②4在2号位置，B有4,5号两种选择，有2A=12(种)次序：③A 故展开式中有3个有理项，分别为T,=C8×2x2=64x2,T,=C× 在4号位置，B有5号一种选择，有A号=6（种）次序.故共有18+12 22x2=160x2,T2=C8×2”x6=x6 6=36(种)次序故选B. 6.A解析：因为32m=92=(10-1)102=C9n×10102-C0× 专题探究1“杨辉三角”的应用 10o11+…+C88×102-C8×10+C8船×10°，而C92×10'0m2 黑题 专题强化 C×1001++C吲8盟×102-C8船×10是10的倍数，所以320的 1.C解析：结合题意可得A=3+3=6,4=4+6=10,故选C 个位数是C8船×10°=1.故选A 7.C解析：先对正方形ABCD涂色，共有5种颜色可供选择，然后涂 四方法总结 △ABE区域，有4种颜色可供选择，接下来涂△BCF区域，有3种颜 杨辉三角中的数的特点： 色可供选择，若△CDG区域与△ABE区域同色，则△ADH区域有3种 (1)每一行有(n+1)个数字，每一行两指的数字均为1： 颜色可供选择：若△CDG区域与△ABE区域不同色，则△CDG区域 (2)从第二行起，每一行中问的数字等于它上一行对应（即两肩上） 有2种颓色可供选择，△ADH区城有2种颜色可供选择由计数原现 的两个数字的和。 可知，不同的涂色方法种数为5×4×3×(1×3+2×2)■420.故选C. 8.C解析：最后一只次品正好在第四次测试时被发现的不同情形 2品 1013解析：第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 有A=24(种)，故A正确：最后一只次品正好在第五次测试时被发 现的不同情形有C×C1×A:=576(种)，故B正确：所有次品正好是 Ch122 第六次测试时被全部查出的不同情形有C经×C×A+A。= C126611 7920(种)，故C错误：因为共有10只不同的实验产品，所以4只次 第204行有2025个数，中间的一个数最大，是第2241=1013故 品全测出至多需要九次测试，故D正确.故选C 9.BD解析：展开式共有7项，故A错误：展开式的各二项式系数的和 答案为品1013 为2°=64，故B正确：展开式的第6项是C?×51(-x)3=-30x,其系 3.32解析：第n行从左到右第11个数为C0,第12个数为C1,依题 数为-30，故C错误：展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大， 故D正确.故选BD n! 10.BCD解析：对于A,参观券相同，只需从5人中选出3人，方法有 、0C.1n101·（n-10）1=111·(n-11)」。11.1 n! 101·(n-10)in-102,解得 C=10(种)，故A错误；对于B,将5封信投人3个邮筒，每封信都 111·(n-11)日 有3种选择，故不同的投法有3°种，故B正确：对于C,从6名男生 n=32.故答案为32. 和4名女生中选4人参加比赛，若4人中必须既有男生又有女生 4.B解析：由题意可知，从第2行开始，第n行的第3个数字为C2,故 包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，即C6×C}+C×C+C%× 从第2行到第2024行，每行的第3个数字之和为C号+C+C好+…+ C=194(种)，故C正确：对于D,现将5封信分成4组有C种，再 C吃a4=C}+C+C++C4=C}+C++C经a4=…=Ca4+C3m4= 将分好的4组全排列，对应4个信箱，有A种，则不同的投法共有 Cs.故选B. C×A种，故D正确.故选BCD. 5.4084解析：根据题意，2为杨辉三角的第三行中去除1后的数，共 11.BD解析：由于x=[-t+(x+t)],所以a1=C1(-4)7=-87=8,所 1个，3,3为杨辉三角的第四行去除1后的数，共2个，4,6,4为杨辉 以=-1,42=C%(-t)6=28=28,故A错误，B正确， 三角第五行去除1后的数，共3个…故可设去除1后，杨辉三角从 x8=o+a1(x-1)+a2(x-1)2+3(x-1)3+…+ag(x-1)8,令x=1,可 第n(n≥3，neN)行开始，共有(m-2)个数在数列1a.}中，则前m行 得ao=1:令x=2,可得2=+a1+a2+a3+…+as:令x=0,可得0 共有1+2+3+…+(a-2)=n-2m-(个)数，又当n=12时， 2 2 a1t0a,+…+a:由此可得4ta4ta6+a=2a=128-1= 2-212-2.55<56.=13时，3-213-1业=66>56，放5%中 127,故C错误，D正确，故选BD. 12.40解析：由题意小李借的书可分为3类，由分类加法原理得15+ 包括了杨辉三角从第3行开始至第12行去除1后所有的数，以及第 16+9=40,故答案为40. 13行去除1后的第一个数，故S6=C2+(C+C)+(C4+C+C:)+ 13.2解析：x(a-x)6的展开式中含x2的项的系数为C6·a3· (Cg+C号+C号+C)+…+(Ch+C品，+…+C8)+C品2=(22-2)+(22-2)+ (-1)=-192,解得a=2.故答案为2. (2-2)+(23-2)+…+(211-2)+12=(22+23+++211)-2×10+12= 14.113003解析：依据给定条件我们发现第8条线为1.6,10,4，第 4x(1-20)-8=22-12=4084.故答案为4084. 9条线为1,7,15,10,1，第10条线为1.8,21,20,5，第11条线为1. 1-2 9,28,35,15,1,第12条线为1,10,36,56,35,6，第13条线为1,11， 6.951解析：由杨辉三角性质，得S(31)=C+C号+C+C+…+C16+ 45.84,70.21,1.第14条线为1.12.55.120,126,56,7，第15条线为 C6+C品，=(C+C+…+Ci6)+(C+C号++C品)=(C号+C+C+…+ 1.13.66,165,210,126,28.1.第16条线为1.14.78.220.330,252. C16)+(C+C好+…+C2,)-1=C,+C38-1=951.故答案为951 84.8,第17条线为1,15,91,286,495,462,210.36,1，第1条线和 第六章章末检测 第2条线有1个数，第3条线和第4条线有2个数.第5条线和第 6条线有3个数，第7条线和第8条线有4个数，所以线的条数每增 1.B解析：因为C经.=A号，所以×2nx(2n-1)=5x4×3x2x1,即(2n+ 加2，其含有数字的个数增加1.所以第21条线上的数共有11个数： 我们发现第1条线只有数字1，所以它的最大数为1，第5条线有1， 15)(n-8)=0,又neN°，2n32.所以n=8.故选B. 3,1,所以最大数为3，第9条线有1,7,15,10,1，所以最大数为15 2.D解析：因为每名同学都有4种选择，所以由分步乘法计数原理可 第13条线有1,11,45,84,70,21,1，所以最大数为84，第17条线有 知不同选法的种数为4×4×4×4×4=43.故选D 1,15,91,286,495,462,210,36,1.所以最大数为495，若设线的条数 16 3.D解析：由题意知， (e- 展开式的通项为T1=C%(x)· 为4n+1,则第21条线中的最大数也澜足第1,5,9,13,17条线上的 最大数的规律，而我们继续写杨辉三角，我们可以得到剩下的行，第 参考答案黑白题09 7行为1,7,21,35,35,21,7,1，第8行为1,8,28,56,70,56.28,8,1， C5-=28,a4=1,故A(x)=1+28x2+70x+28x6+x3,同样b0=b1=0, 第9行为1,9,36,84,126,126,84,36,9,1，第10行为1,10,45 b2=63=10,b4=5.b5=1,故B(x)=10x2+10x3+5x+x5,令C(x)= 120.210.252.210.120.45.10,1.第11行为1,11.55,165,330.462 A(x)·B(x)=(1+28x2+70x+28x°+x)(102+10x2+5x+x3)= 462,330,165,55,11,1,第12行为1,12,66,220,495,792,924,792 10x2+10x3+285x+281x+840x5+728x7+630x8+350x9+150x10+ 495.220.66,12.1.第13行为1.13,78.286.715,1287,1716,1716 38x+5x2+xB,C()中的系数e1为符合要求的k个人组成的小 1287,715,286,78,13,1,第14行为1,14,91,364,1001,2002 组的数日，所有组合的个数为10+10+285+281+840+728+630+350+ 3003,3432,3003,2002,1001,364,91.14,1,第15行为1,15,105 150+38+5+1=3328. 455.1365,3003.5005,6435,6435,5005,3003.1365.455,105 15,1,我们观察第1条线的最大值，它是第0行第1个数，第5条线 第六章 真题演练 的最大值是第3行的第2个，第9条线的最大值是第6行的第3个 真题体验 第13条线的最大值是第9行的第4个，第17条线的最大值是第 12行的第5个，所以我们归钠出如下规律，在线的条数为4+1时 1.D解析：根据分层抽样的定义知，初中部共抽取60×400 其包含的数字的最大值在杨辉三角中行数每增加3，数字的位置向 X600=40(人)， 右平移1位，所以第21条线的最大值是第15行的第6个，为3003 故答案为11：3003 高中部共抽取0需20（人，根据分步柔法计数原理，得不同的 抽样结果共有C0·C”种故选D. 15.解：(1)(C3am+C3m)4Aau=C1-6 11 2.D解析：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基本 (2)3A3=2A2,+6A2,3x(x-1)(x-2)=2x(x+1)+6x(x-1),化简 事件一共有C好=6（件），其中这2名学生来自不同年级的基本事件 得3x-17x+10=0,解得x=5,x=子（不合题意，含去）六=5 2 有cc=4(件).所以这2名学生来自不同年级的概率为行号故 16.解：(1)选其中5人排成一排，不同的排队方案有CA=2520(种). 选D. (2)全体站成一排，男女各站一起，有AAA1=288(种). 3.C解析：首先确定相同的读物，共有C6种情况，然后确定两人各自 的另外一种读物，相当于在剩余的5种读物里选出两种进行排列，共 (3)全体站成一排，男生不能站在一起，有AA:=1440(种). (4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾，选2女生排头和尾，其 有A号种，根据分步乘法计数原理，得共有C6·A号=120（种）.放远C 4.B解析：不妨记五名志愿者分别为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两 他5人作全排列，有A2A=1440(种). 天公益活动，再从剩余的4人中抽取2人分别参加星期六与星期日 17.解：(1)展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项： 的公益活动，共有A=12(种)方法同理，选b,c,d,e分别连续参加 故m=8 两天公益活动时，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天 (②)当=6时二项式为（后广，它的项1=G 公益活动的安排方式有5×12=60（种），故选B. (2广-(jrg-0l0. 四重难点拔 排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把提住最常见的原理和方 令63 法，即“分步用乘、分类用加、有序捧列、无序组合”，留心容易出错 =3,得=2，所以A-a2C215a2 的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好 令63 =0,得，=4，所以B=aCg=15a 5.C解析：解法一：画出树状图，如图， 又B=4M,解得a=0(舍去)或a=2或a=-2,所以a=2或a=-2 3)当n=6,0=-2时=项式为+2）月 它的通项T1=C6x =2C%57(r=0,1,…,6). 丙丁乙丁乙两 丙丁乙两乙 丁丙丁 两甲 14 设第r项系数最大，则 2C6≥2r'C5即 3 2C5≥21Cg, 11 故r=4, 3 所以二项式的展开式中系数最大的项为T41=2C=240. 乙 18.解：(1)甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5个 丁乙丁甲乙甲 丙乙两甲乙甲 中的其中一个，有C!=5(种)，剩下5种月季花甲依次的方案有 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人出场顺序共有24种，其中丙不是第 A:种，所以由分步乘法原理可知甲不同的观赏方案数为5×A?=600. 一个出场，且甲或乙最后出场的顺序共有8种，故所求概率P= (2)当黄从容在上午第一个观赏时，红从容在下午观赏，其余4种月 季花在上午和下午可以任意选择，所以方案有CA!=72(种)， 243 当黄从容在上午第二或第三个观赏时，则上午第一个需从醉红颜 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共 白佳人和金风凰选一个，红从容在下午观赏，其余3种月季花在上 2种：当甲最后出场，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种， 午和下午可以任意选祥，所以方案有CCCA=108(种)， 共2种：于是甲最后出场共4种排法，同理，乙最后出场共4种排法 所以由分类加法原理可知，上午安排黄从容，下午安排红从容的方 于是共8种排法符合题意：基本事件总数显然是A:=24,根据古典概 案数为72+108=180（种）， 型的计算公式，丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为 同理当红从容在上午观赏，黄从容在下午观赏时，也有180种，所以 甲不同的观赏方案数为180+180=360. 3放选c 19.解：(1)C(x)=(1+x)(1+x)(1+x)(1+x)=1+4x+6x2+4x3+x (2):G(x)=(1+x)*1+2(1+x)2+3(1+x)3++n(1+x)2 6.64解析：当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有CC=4× 故展开式中x的系数为C%1+2C+2+3Cg+3++nCn=C1+2C2+ 4=16(种).当从8门课中选修3门时，①若选修1门体有类选修课 则不同的选课方案共有CC=4×6=24(种)：②若选修2门体育类 3C,++nC5rC,=(n+1)C,故2的系数为an=(n+1): 选修课，则不同的选课方案共有CC4=6×4=24(种). (C+C+C+…+C'）=(n+1)·(C3+C2+C+…+ 综上所述，不同的选课方案共有16+24+24=64（种），故容案为64 C2)=(n+1)(C3+C4+…+C)=(n+1)C3 (3)显然a1=a3=a5=a=0,=1,a2=C=28,44=Cg=70,a6= 1.15 解析：从6个不同的球中不放回地轴取3次，共有A= 选择性必修第三册·RJ黑白题10 120(种)，设前两个球的号码为@，b,第三个球的号码为c,则 2g≤分放2-(a+6)1≤3，故-3≤2-(a+6)≤3，故 10.20 a+b+c a+b 解桥：因为（侣号）广的展开式的通项公式为 a+b-3≤2c≤a+b+3,若c=1,则a+b≤5，则(a,b)为(2,3)，(3,2)， c(月）广（传）-G-01,6.6r--0. 故有2种：若c=2,则1≤a+b≤7则(a,6)为(1,3)，(1,4)，(1.5)， (1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种： 可得r=3,所以常数项为3Cg=20.故答案为20. 若c=3,则3≤a+b≤9，则(a,b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2， 4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,2) 1.-28解折：因为（-水y-(八-士八 (5,2),(6,2),(5,4),故有16种：若c=4,则5≤a+b≤11，间理有 16种，若c=5,则7≤a+b≤13.同理有10种，若e=6.则9≤a+b≤15， 所以(-兰)(x+y)的展开式中合少的项为Cy 同理有2种，m与a的差的绝对值不大于？时不同的轴取方法总数 为2x(2+10+16)=56,故所求概率为56=7 二cy-282,所以(-士）+)”的展开式中沙的系 1205放答案为 5 数为-28故答案为-28 8.24112解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格 四方法总结 被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列 有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1= 对于儿个多项式积的展开式中的特定项问题，一极都可以根据因式 24(种)选法：每种选法可标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示第一 连乘的规律，结合组合思想求解，但晏注意适当地运用分类方法，以 二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11,22,33,44)，(11,22， 免重复或遗漏：也可利用排列组合的知识求解 34.43).(11.22,33.44),(11,22.34.42),(11,24,33.43).(11,24 33.42).(12,21,33.44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22, 34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21 125解折：由感得是开式的通项公式为，=C(传）广女，0 34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24 r≤10且r∈2，设展开式中第(r+1)项系数最大，则 33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22 29 33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),所以选中的方格中 c(兮)≥cw()）， r (15,21.33,43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112故答案 即29 4 为24：112. 33 9.A解析：()的二项展开式的通项公式为T+1=C5:· r岳4 （'=C(-=01,23,令473，解得=2，放所 又因为r∈Z,故r=8,所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项 2 求即为C(-1)2=6.故选A 系数为c品（行） =5.故答案为5 第七章 随机变量及其分布 7.1条件概率与全概率公式 6.C解析：由题意可知：P(A)= C+C 7 15P(AB)= 5所以 7.1.1条件概率 白题 基础过关 P(BIA)=P(AB)15 3 P(A)7 P(AB)1115 15 1,C解析：P(B1A)= P(A)222 故选C 四方法总结 5 本题考查的是条件概率，条件概率一般有两种求解方法：(1)定义法： 2.A解析：记灯泡寿命超过500小时为事件A,灯泡寿命超过800小 时为事件B,则P()=Q.9,P(B)=Q.8,所以P(B1A)=P4) P(A) 先求P不代，寿由P(B-兴4得来P(BW.(2基本车 器号放选人 件法：借助古典福型概率公式，先求事件A包含的基本事件数m(A), 3.A解析：设事件A表示选到团员，事件B表示选到男生，则 再求率件AB所包含的基本事件数n(AB),得P(B1A)=a(MB n(A) PauW-货吕数法入 7. 3 5 解析：用A表示事件“从中任意取出一一球，它不是白球”，用B表 3 1 P(AB) 4.D解折：依题意，P(4)=子，P(AB)=2,所以P(B1A)=P 示事件~从中任意取出一球，它是黑球则P(A)=高P氏AB)= 3 名故选D 所以代0需妆答案为 5 ”解析：从-2，-1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有C= 5BCD解析：A选项，由P(B1A=及0<P(A)≤1知 10(种)取法，其中满足两数之积为正数的有C好+C好=4（种）取法，满 P(BIA)≥P(AB),A选项错误： 足两数之积为正数且两数均为负数的有C号=1（种）取法，记“两数之 B选项，当事件A包含事件B时，有P(AB)=P(B),此时P(BIA)= 得故B选项正确 积为正数”为事件A,两数均为负数为事件瓜，所以PA)=音 C选项，由概率的性质可知0≤P(B1A)≤1，C正确： 所以P8-得子所以已知取到的两数之积 P(AB)=I D法颜4)-代份1，D正瑰放选m 为正数。则取到的两数均为负数的概率是？做答案为 参考答案黑白题11