第六章 计数原理（拔高练）-【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)

进阶突破·拔高练参考答案 第六章计数原理 因此按分步乘法计数原理知，C×CxC=72(种)，因此共有72种排 法.故答案为72 7.32解析：如图将5个景区抽象为5个点，将7个检票口抽象为7条 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 路线，将问题化归为不重复走完7条路线，即一笔画问题， 从B或E处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判斯只能从B 1.D解析：当取1时，则1只能为真数，此时这个对数值为0：当不取1 或E处出发才能不重复走完7条路线，由于对称性，只列出从B处出 时，底数有7种，真数有6种，其中1g4=log,9=2,g2=l6e3=互 1 发的路线情形即可. ①走BA路线：3126547,3126745,3147526 1og23=log9,lg2=l0g4,故此时有7×6-4=38（个），所以共有38+ 3147625,3156247,3157426,共6种： 1=39(个).故选D. ②走BC路线：4137526,4137625,4265137 2.B解析：第一步排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可 4267315,4562137,4573126,共6种； 选，由于车是不相同的，故白车的停法有4×3×2=24（种）：第二步排 ③走BE路线：7513426,7543126,7621345， 黑车，若白车选AF,则黑车有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG共7种选 7624315,共4种： 择，黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7=14（种）：根据分步计数 综上，共有2×(6+6+4)=32（种）不同的检测顺序.故答案为32 原理.共有24×14=336（种），放选B. 3.D解析：据题意，对于四位回文数.有1001,11,1221，…， 6.2排列与组合 1991.2002,2112,2222,…,2992,…,9009.9119,9229,…,9999, 共90个，则A错误，B正确： 知识点一排列与排列数 对于2位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二 1.A解析：将六个数0,1.2.9.19,20按任意次序排成一行，拼成一个 位数字有10种选法，…，第n和第(n+1)位也有10种，则共有9x10× 8位数，由于首位不能为0，则有5×A:=600(个)，其中“20"出现2 10×…×10=(9×10-1)种选法，故C错误： 对于(2n+1)位回文数.首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数 次，即2与0相邻且2在0°前的推法有 =60(种)，“19“出 第二位数字有10种选法，…，第(n+1)位，即最中间的数字有10种选 现2次，即“1”与“9“相邻且“1"在“9”前的排法有 A ■48（种）. 法，则共有9×10×10×…×10=(9×10)种选法，即(2n+1)(n∈N·) A好 位回文数有(9x10)个，所以D正确.故选BD. A “20”和“19”都出现2次的排法有 4.2解析：首先给A,B两点挂彩灯，有4种方案，再给C点挂彩灯，有 96(种)， 3种方案， 因此满足条件的8位数的个数为600-60-48+6=498.故选A ①若D,F挂同一种颜色的彩灯，则有2种方案，最后挂E点有2种方 2.D解析：由题意知正方形ABCD(边长为2个单位长度)的周长是 案，故有4×3×2×2■48（种）： 8个单位长度，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰 ②若D,F挂不同种颜色的彩灯，此时挂D点有2种方案，挂F点有 子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16 1种方案，最后挂E点有1种方案，故有4×3×2×1×1=24（种）： 的有125,134,116,224,233,466,556，共有7种组合，前2种组合 综上可得一共有48+24=72（种）不同的方案故客案为72 125,134,每种情况可以排列出A号=6（种）结果，共有2A}=2×6= 5.300解析：若所进位在个位，则个位与十位的组合为5+19,6+18， 12(种)结果：116,224,233,466,556各有3种结果，共有5×3= …,9+15,15+9,…,18+6,19+5,共10种：百位只能为0+0，共1种：千 15(种)结果， 位为0+2,1+1,2+0，共3种；此时有10×1×3=30（个） 根据分类加法计数原理知共有12+15=27（种）结果，故选D 若所进位在十位，这会导致百位也进位，不符合要求， 3.BC解析：对于A,将1,2,3,4全部排列，恰有3次升高的排列为 若所进位在百位，则个位为0+4,1+3,2+2.3+1,4+0，共5种：十位为 0+2,1+1.2+0,共3种：百位与千位的组合为1+19.2+18.…，9+11， 1234,故〈=1A错误：对于B,将1,23,4全高排列，恰有2次升 11+9,12+8,…,19+1,共18种，此时有5×3×18=270（个） 高，排列个数可以如下考虑：1排首位时，有1324,1423,1342,1243共 千位不可能进位.故所求有序数对的个数为270+30=300. 4个排列符合恰有2次升高：2排首位时，有2134,2341,2314,2413共 6.72解析：首先对3×3的九宫格每个位置标注数字， 4个排列符合恰有2次升高：3排首位时，有3124,3412共2个排列符 合恰有2次升高：4排首位时，有4123共1个排列符合恰有2次升 6 高放（小=1，B正确：对于C,将1，全部排列，共有(a一）处 89 相邻两数满足a,<a1或a,>a41,故如果其中有k处升高，则其余(m- 第一步先排(0,0)，一共9个位置，因此有C种排法，根据对称性知， 1-k)处必为a,>a+1,将有处升高的排列倒序排列，则得到的新排 (0,0)所在的行和列只能排(1.1)，(-1，-1).(1，-1).(-1.1)，不妨 列显然有(-1-k)处升高，且两者排列的个数一样，反之亦然，所以 设(0,0)在1位置， 有k处升高的排列个数等于有(-1-)处升高的排列个数，故 第二步推2位置，则从(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)选一个，因 此有C!种排法，则3位置的数也定下来了， 众)=〈，c正确：对于D,不的取a=4,=2.则(》=1，而 第三步#4位置，则从(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)剩余的两 个中挑一个，因此有C种排法， 》=1.〈=4，则2（分+4分=18，即(）2( 接着排7位置，7位置是(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)中剩余的 最后一个，相当于(0,0)所在的行和列都定下来了，则使得每行，每列 各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的」 选择性必修第三册·RJ黑白题34 4.960解析：因为A∩B,BnC,A∩C均只有 小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利 个元素，且AnBnc=☑，作出Venn图，则从 用隔板法可得分配的方案数为C=5050,所以A中的元素的个数 D的5个元素中选择3个元索均分给x,y,: 为5050.故答案为5050. 三个位置，共有A=60(种)不同排法，剩余 5.C3解析：从编号为1,2,3，…，n+3的(n+3)个球中，取出6个球， 2个元素，每个均有d,,了，g四个位置可以 记所选取的六个小球的编号分别为a1,a2,…,a6,且a1<42<…<a6, 排，共有有42=16（种）不同排法，所以“有序 当=3时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2的球中选 子集列”共有60x16=960(个).故答案为960 取2个：第二步，选取编号为3的球：第三步，从剩下的n个球中任选 5.解：(1)假定n个不尽相异元素的所有排列数有N种，在每种撸列中 3个，放选取的方法数为C·C·C2=C: 如果把相同的元素当成不相同的元素，则n个元素的所有排列数可 当41=4时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2,3的球中选 增加为N·A·A号·A号种： 取2个：第二步，选取编号为4的球：第三步，从剩下的(m-1)个球中 另一方面，n个不同的元素的全排列有A:种，所以N·A·A竖· 任选3个，故选取的方法数为C好·C·C31=C好·C21: 当a3=n时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2,3，…，n-1 …·A=A8,则N= 9修4号！½！即得n个不尽相异 n！ 的球中选取2个：第二步，选取编号为n的球：第三步，从剩下的3个 球中选3个，故选取的方法数为C2,·C·C=C2: 元素的全撸列数. 至此，完成了从编号为1,2,3，…，n+3的(n+3)个球中，选取6个球。 (2)将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的结果 第3个球的编号确定时的全部情况， 是五胜三负二平，即是一个不尽相异元素的全排列，由(1)知，共有 另外，从编号为1,2,3，，n+3的(n+3)个球中，取出6个球，有 51×31×22520(种)可能情形， 10 C,种取法， 所以C2+C好·C31+C好·C2+…+C2,·C+C2=C4故容案 知识点二组合与组合数 为C3 1.A解析：在各数互不相等的正数数组(，2，…，，)(n是不小于2 6.(1)解：当m=3时，共有6个点，若染红色的点的个数为0或6，则T= 的正整数)中任取2个数，这2个数要么“顺序"（当P<g时有，<，）， C2=20:若染红色的点的个数为1或5，则T=C=10;若染红色的点 要么“逆序”，因此“颗序数”与“逆序数”的和为C2,各数互不相等 的个数为2或4，则T=C1=4:若染红色的点的个数为3，则T=C+ 的正数数组(a1,2,a,4,5a6)的“逆序数”是2，则其“顺序数”为 C=2:因此T的最小值为2 C哈-2=13，总然数组(a6,a5,a4,a3,42,a1)的“逆序数"等于数组 (2)证明：因为C+1-C=C1>0,所以C1>C (a1,a2,a3a4,a5,a6)的“顺序数”，所以(a6,a5,a4,a3,a2,a1）的 设2n个点中含有p(p∈N,p≤2n)个染红色的点， “逆序数”是13.故选A 2.C解析：因为2+4+5=11或1+2+3+5=11，所以5个球放到编号2， ①当pe0,1,2时，T=c3,≥c以2=(2m-2)(2n-3)(2-4.4x 6 4,5的三个盒子中或者放到编号1,2,3,5的四个盒子中， ①5个球放到编号2,4,5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个 (-1)(m2)(2m-3),因为n≥4，所以2a-3>n,于是T>4× 6 小球，所以在三个盒子中有两种方法： 各放1个，2个，2个的方法有3CC A号56x n(n-1)(n-2-4C>2C2.②当pe2n-2,2n-1,2n时，T=c≥ 6 ×3×2×1=90(种) A 2×1 C32,同上可得>2C.③当3≤p≤2n-3时，T=C号+C,设f八p)= 备放3个，1个，1个的方法有cCC ·A号=10x2x1 Cg+C,3≤p≤2n-3,当3≤p≤2n-4时，f(p+1)-f(p)=C1+ 3×2×1= A号 2×1 C2→1-C-C.,=C号-C-1,显然p≠2n-p-l,当p>2n-p-1即n≤ 60(种). p≤2n-4时f(p+1)f(p),当p<2n-p-1即3≤p≤n-1时fp+1)< ②5个球放到编号1,2,3,5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个， fp),即fn)<n+1)<…<f(2n-3)/(3)>f(4)>…>fn):因此 1个的方法有C3CC ·Af=10x3x2x fp）fn)=2C,即T≥2C2.综上，当n≥4时，T≥2C ×4×3×2×1=240(种). 3×2×1 6,3二项式定理 综上，总的放球方法有90+60+240=390（种）.故选C 3.A解析：依题意作图： 知识点一 二项式定理 上面的数字表示排列的位置，必 2 4 ① 1.c解折：万=6m=6(+6)-26-2× 41 须按照如图的方式排列，其中第 ③个位置必须比第①②④⑤⑥ ⑦个位置要高，①，⑦两处是排列里最低的，③.⑨两处是最高的. =2031.故选C 设9名演员按照从矮到高的顺序依次编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则 2.A解析：a+bi=Cgc0s30-C好cs30in20+Ccas0sin9+iCl cos0nin0- 第③个位置最小是7，最大是9，下面分类讨论： iC:cos20 sin8+iCs sin0=Co cos0+iCs cos+0sin0+i2C co0 sin20+ 若第③个位置远7号：先从1,2,3,4,5,6号中选两个放入前两个位 iC3 cos20 sin0+iCscos0 sin0 +iC sin0 (cos0+isine)s 置，余下的4个号中最矮的放人第⑦个位置，剩下的三个放人中间三 个位置，8,9号放人最后两个位置，即C2C=15(种)： (e)卢■e0=cos50+iin50,故选A. 若第③个位置选8号：先从1,2,3,4,5,6.7号中选两个放人前两个位 3.B解析：由5>258>256=4，得258的整数部分为4，则258= 置，余下的5个号中最矮的放人第⑦个位置，剩下4个选3个放人中间 x+4,所以(x+4)4=258.即C9x+4C4x3+16C1x2+64C1x+256C4=x4+ 三个位置，余下的号和9号放入最后两个位置，即C好C=84(种)： 16x3+96x2+256￥+256=258，故x4+16x3+96x2+256x=2.故选B. 若第③个位置选9号：先从1,2,3,4,5,6.7.8号中选两个放人前两个 4.51解析：由题意得其展开式的通项为T-1=C%x一(25-1)'，当r= 位置，余下的6个号中最矮的放入第①个位置，利下5个选3个放人中 4时，T=Cx4(25-1),其x4项系数为(-1)C= 间三个位置，余下的2个号放入最后两个位置，即CC=280(种)： 由分类加法计数原理可得共有15+84+280=379（种）排列方式：故 (m-10(a-2)(a-3》,当r=n-1时，，=Cgx·(2-l),其 24 选A. xy项系数为C-1C2,4·(-1)3=(-1)-32n(n-1)(n-2). 4.5050解析：A={(x,y,z)Ix+y+a=99,x,y,∈N引=1(x,y,）1(x+ 1)+(y+1)+(+1)=102,x+1,y+1,+1eN.,可转化为将102个大 因此有(n-1)(n-2)(a-3》-（-1)-2a(a-)(m-2. 24 参考答案黑白题35 注意到n>4,化简得n-3=(-1)3×48,故n只能为奇数且-3=48， B错误： 解得n=51,故答案为51， 对于C,(1-2x)展开式的通项为C(-22,由，1>1得 (lag1>lagl, 5.解：(1)若fx)=1,则f =1,所以g()=(C(1-)) n! 2c>22C即 2 n! [(1-x)+zx]=1 2C>2c 81(m-8)产71(a-7刀T'解得1<n<125,又 n! 因为C (8！(n-8)122· 91(n-9) (n-1) neN”,所以n=12,故C正确： i. (n-1)！ n!(m-)1=(-1)！(a-i)月=(-1)1[(n-1)-(i-1)J 对于D,当x=200n=2024时，(1-2w)= 1 112024 -c. 1000/ 所以g()=含(C(1-x))=·含[C(1-)-· >1+Cm× 1 1 1000 >1+2+2=5,故 1]=x·[(1-x)+x]-1=x D正确，故选ACD. (3)若0=，则()-C(-))是· 4.2-2×(n-1)解析：如图，以存在7个数为例，我们会发现当第一行 存在4个数时共有4行，存在5个数时共有5行，存在6个数时共有 c(1]·含c(1-1片·-) 6行，存在7个数时共有7行，不难得到存在n个数时，存在n行，以 每行最后·个数为研究对象， c1)1·-0c)1+片·含c m=1时，最后一行的数是0=2-2×(1-1)：m=2时，最后一行的数是 1=22-2×(2-1):n=3时，最后一行的数是4=22×(3-1)：n=4时， (]·含(a-)c1-)小+片·高cg· 最后一行的数是12=242×(4-1)：… n 以此类推，当m=k时，最后一行的数是2-2×(k-1),故答案为22× 1=2·a[c略4]+ (n-1). n n 0123456 [(1-x)+x]1=m-1)x2 ·[(1-x)+x]2+ =(n-1)x2 1357911 2-x+x 48121620 12202836 知识点二二项式系数的性质 324864 1/ 1.A解桥：由左 可得0当0c,则 1 80112 192 5.解：(1)当a=2,b=0,n=2024时(x,y)=(2x-3)2@4=a0+a1(x (广，其展开式的道项为C(信）厂( 1)+1(x-1)2++a2m(x-1)204,①令x=1,得ao=(-1)204=1: (-1)rC宁，令3”=3，得(-1)Cg=15,解得n=6,=4 令x=2,得aao…m1,所以a=0 2 ②因为(2x-3)204=a6+a,(x-1)+a2(x-1)2+…+a2m(g-1)2o,所 当x≥1，x≥ 云（后广其展开式的项为 I 以(x-1)(2x-3)2=(x-1)+a1(x-1)2+a2(x-1)3+…+a24· (x-1)2,分别对两边进行求导得(2x-3)2“+4048(x-1)· 3k =(-1)cx，令 =3,得(-1)C= (2x-3)2m=4,(x-1)+2a1(x-1)+3a2(x-1)2++2025a2@4: (x-1)204,令x=2,得(2x2-3)24+4043(2-1)(2×2-3)2m= 15,解得m=6,k=2:综上所述，n=6,所以展开式共有7项，所以展开 式中二项式系数最大项是第4项故选A o+2a1+3++2025au,所以g（1）a,=409-1=404s 2.C解析：因为2”=(2)°=8°=(1+7)°，所以2”+a=C8+C吗7+ (2)令a=0得(by-3)",则(1b1-3)"=729,令6=0得(ax-3)",则 C号72+C号7+C47+C73+C67+C77+C78+Cg7”+a=C7+C号72+ (1al-3)=64,因为64所有的底数与指数均为正整数的指数式拆分 C7+Cd7'+C7'+C76+C77+C87*+C87°+1+a, 为82,43,26，所以当n=2时，1al=11,1b|=30:当n=3时，1al=7, 1b1=12:当n=6时，1a1=5,1b1=6,故n的所有的可能值为2,3,6. 所以若27+a能被7整除，则1+a=7m(meN),故a=7m 1(meN),又27=(23)”=8”=(9-1)”，所以27+a=C89°-C9*+ 6.(1)解：令x=0,得o=1,令x=1,得ao+a1+a2t+a2n=22,a1+ C397-C9+C9-Cg9+C$93-Cg92+Cg91-C号+a=C999-C9+Cg97- a2ta3++a2=22n-1. C9+C49-C9+C93-C392+C89-1+a,所以若2”+a能被9整除. (2)①证明：a4=C吃，k=1,2,3,…,2n k!(2n+1-k)I (k+1)！(2n-k)I 则-1+=9n(meN),故a=9n+1(neN),对于A,若a=6,则由6= 9n+1(n∈N)可知n无解，故A错误： (2n+1)! (2n+1)1 对于B,若a=10,则由10=7m-1(m∈N)可知m无解，故B错误： k！(2n-k)1(2n+2) 2n+2 1 2n+1 1 1 对于C,若a=55,则由55=7m-1(meN)和55=9n+1(neN)得m= (2n+1)1 (2n+1)c心c2n+2c吃c 8,n=6,故C正确： ②解：由①1 2n+1 1 1 12n+1 对于D,若a=63,则由63=7m-1(meN)可知m无解，故D错误故 c2*2(c品得 CC 2n+2 选C. 11 ,ae=C吃，k=1,2,3…2n, 3.ACD解析：对于A,令x=0,得n=1,令x=- ,则(1-2x)·=2”= 111 112n+11 +… a（)(）'+a,(广*a(）广=1 d2-1 d2 2n+2 C+C 2n+1 1 1 2n+1/1 ++ =2 2n+2Cn1C②a 2n+22n+1 1,故A正确： 对于B,[(1-2x)]'=-2n(1-2x)-1■a1+2a2x+3a3x2+…+na.x-1 7.(1)证明：因为k,neN,n≥素≥I,由组合数公式可得kC= [-2n(1-2x)-1]'=4n(n-1)(1-2x)2=2a2+60sx+…+n(m-1). k·n! n·(n-1)1 ax-2,令x=1得，2a2+6a3+…+n(n-1)a.=4n(n-1)(-1)2,故 !·(a-(11·(a-mC,故结论成立 选择性必修第三册·RJ黑白题36 （2解：因为k,a后N,≥k≥1，则C=D-·(- a! P(A。·A1+An·A1)=P(An·A1)+P(An·A1)=P(A) n！ 1。(n+1)」 P(AlM)+P(A)P(Al6)=(1-P)x写+P.x0=号(1-P.), (k+11·(n-n'(+)1·(n-kn+i, 则c3c写gc3 即pp所以P子(）又R片 0,所以，}是以为首项，宁为公比的等比数列，所 1 -c3c3ce"） 11 -(c9+34c34C3…c3-l =1+3)1-14-1 2.(1)解：当n=-A时，赌徒已经欠债-A元，因此P(-A)=1 当n=B时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率 n+1 n+1 (3)证明：因为等差数列{an的首项为1，公差为d(d≠0)，则an= P(B)=0. (2)证明：记M:赌徒有n元最后输光的事件，N:赌徒有n元下一场赢 a1+(n-1)d, 则a1C结·x(1-x)=(a+d)C·(1-x)=a1C·术： 的事件，P(M)=P(MP(MM+P(P(MIN),即P(n)=2P(a (1-x)+dkCg·(1-x)+=a1Cg·(-x)++drC (1-x)t 1)+Pa+1),所以Pa)-Pa-l)=Pa+1)-P(a,所以P(a川 所以y=a1C8(1-x)”+aC(1-x)1+…+aCx(1-x)1+ 是一个等差数列.设P(n)-P(n-1)=d,则P(n-1)-P(n-2=d,… +a+1Cgx°=1[C8·(1-x)"+Cg·x(1-x)-1+…+Cg·x]+ P(-A+1)-P(-A)=d,累加得P(n)-P(-A)=(n+A)d,故P(B)- dx[Cg-,(1-x)1+C以1x(1-x)r2++C] =a,(1-x+)"+dx(1-x+x)r=dnx+a1,所以其总是关于x的一次 P(-A)=(A+B)d,得d=A+B 函数 第七章随机变量及其分布 3)解：A=100,由(2)得P()-P(-A)=(a+A)d=-2,代人n=A 7.1条件概率与全概率公式 可得P利-P-4=即P=1当后=30时，P0 知识点一条件概率 1.子或06)忍解析：2张卡片选取3张卡片的选法共有 27 分，当B=150时，P氏)=了，当B增大时，P)也会带大，即缩光 ! 欠债的可能性越大，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平 C种，事件“手中这3张单张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有 的游戏，只要素徒一直玩下去就会有100%的概率输光并负债（论述 (2n-2)种：由古典概型的计算公式可得其概率为(2n-2。,3 合理即可) 7.2离散型随机变量及其分布列 若书包中2张卡片全部被章走的概率为P.,将这两张相同的卡片拿 掉以后，相当于从(m-1)对相同的卡片中已拿出一张卡，事件“书包 （1)解：依题意，R同学挑战1次得0分的概率为 中2m张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中(2n-2)张卡片全 x1-0.8)+”x1-0.6)=02m+0.4n 部被拿走”发生，且书包中(2n-2)张卡片全部被拿走概率为P1,因 m+n m+n m+样 而2且=1则R2x=号A=品×号× 3 333 (2)①解：因为R同学参加了2次挑战，根据题意知，X的可能取值有 0,1,2,3,4. 习号，品放答案是子（友a6):品 27 则P(X=0)= 0.2m+0.4n)2_0.04m2+0.16mm+0.16n2 m+n (m+n)2 2.(1)解：记A=“第次答题时为甲”，B=“甲积1分”，则P(4)=2, P(X=1)=Cg.08m.0.2m+04n_032m2+0.64m m+n m+n (m+n)2 P代BA)=手，PA)=1 PB0=1p,P(B)p, 0.6n 0.2m+0.4n 0.8m 12 5 P(X=2)=Cg· m+n m+n m+n 由题意得号[子写p]小片[·与专]， 0.64m2+0.24mn+0.48a2 (m+n)2 则解得=子 0.8m0.6n0.96ma P=3)=C·()P(=) 0.6n 0.36m2 m+n (m+n) (2)证明：由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为xm 则X的分布列为： 乙的积分为x乙，则x甲-x之=2，且x甲+x之=，所以甲晋级时n必为偶 数，令n=2m,m∈N”,当m为奇数时，P.(A)=0,则P2(A)+P(A)+ +p=P)+p(4+tP.a)=(号)°x音(g）× 0 0.04m2+0.16mn+0.16n2 (m+n)2 ÷(层)÷层)培言[层八（八 0.32m2+0.64mn (m+n)2 传…传1-- 0,64m2+0.24nn+0.48n2 (m+n)2 0.96mn (）广门又因为m≥1时，B)+P(A)+…+P(4)随着m的端 (m+n)2 大而蜡大.所以名≤P)+R)+…P<号 0.36n2 (m+n) 知识点二全概奉公式 故数学期望 1.C解析：设A,表示经过第m次传球后，球在甲手中，设m次传球后 球在甲手中的概率为P,n=1,2,3,…,则有P=0,P1= EX)=lx0.32m2+0.64m+2xa64m2+024m+048 +3x096mn (m+n)2 (m+n)2 (mtn)3+4x 参考答案黑白题37进阶 突破 第六章 计数原理 6.1分类加法计数原理与分步 4.(2024·山东泰安高二期中)现有四种不同 乘法计数原理 颜色的彩灯装饰五面体AB-CDEF的六个 1.(2024·江西九江高二期末)从1,2.3.4,5. 顶点，要求A,B用同一种颜色的彩灯，其他 6,7,9中，任取两个不同的数作对数的底数 各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同 和真数，则所有不同的对数的值有( 的装饰方案共有 种.（用数字作答） A.30个 B.42个 C.41个 D.39个 2.(2024·广东肇庆高二月考)某旅游景区有 5.若非负整数m,n在求和时恰进位一次（十 如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不 进制下)，则称(m,n)为“好的”有序数对」 同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同 那么，所有和为2024的“好的”有序数对的 颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则 个数为 不同的停车方法总数为 6.(2024·广东广州高三模拟)如图是一个3× 3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现 G 不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得 每行、每列各三个向量的和为零向量，则不 A.288 B.336 同的排法种数为 C.576 D.1680 (-1,1) (0,1)》 1,1) 3.(多选)(2024·湖北武汉高二月考)数学中 (-1,0) (0,0 1.0) 蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观 (-1,-1) (0,-1) (1,-1) 和显著.回文数是对称美的一种体现，它是 从左到右与从右到左读都一样的正整数，如 7.如图，某景区共有A,B,C,D,E五个景点，相 邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有 22,121,3443,94249等，显然两位回文数 7个检票口，工作人员为了检测检票设备是 有9个：11,22,33，…，99：三位回文数有 否正常，需要对每个检票口的检票设备进行 90个：101,111,121，…，191,202，…，999.下 检测.若不重复经过同一个检票口，依次对 列说法正确的是 所有检票口进行检测，则共有 种不 A.四位回文数有45个 同的检测顺序 B.四位回文数有90个 C.2n(neN*)位回文数有10”个 E D.(2n+1)(n∈N°)位回文数有(9×10)个 进阶突破·拔高练O阿 6.2排列与组合 A=3 知识点一 排列与排列数 1.(2024·福建泉州高二期中)将六个数0,1， B〈= 2,9,19,20按任意次序排成一行，拼成一个 c.=() 8位数，则产生的不同的8位数的个数是 ( D. A.498 B.516 4.(2024·辽宁沈阳高三模拟)若集合A,B, C.534 D.546 C,D满足A,B,C都是D的子集，且A∩B, 2.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一 B∩C,A∩C均只有一个元素，且A∩B∩C= 棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为 ⑦，称(A,B,C)为D的一个“有序子集列”， 2个单位长度)的顶点A处，然后通过掷骰 若D有5个元素，则有 个“有序子 子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向 集列” 行走的单位长度，如果掷出的点数为i(i= 5.(2024·江苏南通海门中学高二月考)有 n个元素，将其中相同的元素归成一类，共 1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走 有k类，这k类元素中每类分别有r,2,…, i个单位长度，一直循环下去.则某人抛掷三 r个，r,+r+…+r=n,将这n个元素全部取 次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不 出的排列叫做n个不尽相异元素的全排列 同走法共有 (1)求上述n个不尽相异元素的全排列数. (2)由结论(1)，回答“1个球队与10个球 队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜 三负二平的可能情形有多少种？” A.22种 B.24种 C.25种 D.27种 3.(多选)(2024·山东枣庄高二月考)对于1 2,…,n的全部排列，定义〈)（其中ne N°，k=0,1,…,n)表示其中恰有k次升高 的排列的个数（注：k次升高是指在排列 a1a2…an中有k处a,<a+1,i=1,…,n-1).例 如：1,2,3的排列共有：123,132,213,231， 312,321六个，恰有1处升高的排列有如下 四个：132,213,231,312，因此〈=4.则下 列结论正确的有 02黑白题数学选择性必修第三册·RJ 知识点二》组合与组合数 中，不取1号球有C种取法：取1号球有 1.对于各数互不相等的正数数组(i1,2,…, C-种取法.所以C+Cm-1=C"试运用此 in)(n是不小于2的正整数)，如果在p<q 方法，写出如下等式的结果：C+C·C2+ 时有，>，则称n与i,是该数组的一个“逆 C·C22t+C22·C+C2= 序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此 6.平面上有2n(n≥3，n∈N°)个点，将每一个 数组的“逆序数”.例如，数组(2,4,3,1)中 点染上红色或蓝色.从这2n个点中，任取 有逆序“2,1”，“4,3”，“4,1”，“3,1”，其“逆 3个点，记3个点颜色相同的所有不同取法 序数”等于4.若各数互不相等的正数数组 总数为T (a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“逆序数”是2，则 (1)若n=3,求T的最小值： (a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“逆序数”是( (2)若n≥4，求证：T≥2C A.13 B.24 C.15 D.25 2.(2024·山东德州高二月考)已知有5个不 同的小球，现将这5个小球全部放入到标有 编号1,2,3,4,5的五个盒子中，若装有小球 的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球 方法种数为 A.150 B.240 C.390 D.1440 3.(2024·重庆南开中学高二月考)因演出需 要，身高互不相等的9名演员要排成一排成 一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边 数起：第一个到第三个依次递增，第三个到 第七个依次递减，第七个到第九个依次递 增，则不同的排列方式有 ( A.379种 B.360种 C.243种 D.217种 4.(2024·辽宁抚顺高二月考)已知集合A= {(x,y,2）x+y+z=99,x,y,∈N},则A中 的元素的个数为 5.(2024·江苏常州高二期末)我们常常运用 对同一个量算两次的方法来证明组合恒等 式，如：从装有编号为1,2,3，…，n+1的 (n+1)个球的口袋中取出m个球(0<m≤n, m,n∈N),共有Cm,种取法.在Cm,种取法 进阶突破·拔高练03 6.3 二项式定理 5.已知n为正整数，对于给定的函数y=f(x), 知识点一 二项式定理 定义一个n次多项式gn(x)如下：g.(x)= 1.(2024·山东临沂高二期中)二项式定理， (C.f(月)k(1-)）月 又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提 (1)当f(x)=1时，求g(x): 出.二项式定理可以推广到任意实数次幂， (2)当fx)=x时，求g(x): 即广义二项式定理：对于任意实数， (3)当f(x)=x2时，求g(x). (1*x)“=1+i (a-1).x2+…+ ·+ 2! a(-1)…(a-k+).+…,当1x比较小 k! 的时候，取广义二项式定理展开式的前两项 可得(1+x)“≈1+a·x,并且1x的值越小， 所得结果就越接近真实数据.用这个方法计 算5的近似值，可以这样操作：5=√4+1= 41+4)-2+4=2x1+2×4)= 2.25.用这样的方法，估计17的近似值约为 ( A.2.015 B.2.023 C.2.031 D.2.083 2.现定义e=cos0+isin0,其中i为虚数单位，e 为自然对数的底数，0∈R,且实数指数幂的 运算性质对e"都适用，若a=Ccos0 C:cos'0 sin20+Cscos0 sin"0,b=Cs cos"0sin0- Ccos20sin30+Csin30,那么复数a+bi= ( A.cos50+isin50 B.cos50-isin50 C.sin50+icos50 D.sin50-icos50 3.设258的小数部分为x,则x+16x3+96x2+ 256x= ( A.1 B.2 C.3 D.4 4.(2024·湖南衡阳高三月考)设整数n>4, (x+2万-1)”的展开式中含有x”-4与xw两 项的系数相等，则n的值为 04黑白题数学选择性必修第三册·RJ 知识点二》二项式系数的性质 5.已知f(x,y)=(a.x+by-3)"(常数a,b∈Z, 1.(2024·广东广州高二期末)在x- neN且n≥2). 的 (1)若a=2,b=0,n=2024,记f(x,y)=ao+ 展开式中含x3项的系数为15，则展开式中 (,求 2024 二项式系数最大项是 ( ①ga,: A.第4项 B.第5项 ②浮(ca C.第6项 D.第3项 (2)若f(x,y)展开式中不含x的项的系数 2.(2024·浙江宁波高二期中)若2”+a既能 的绝对值之和为729，不含y的项的系 数的绝对值之和为64，求n的所有可 被9整除又能被7整除，则正整数a的最小 能值 值为 ( A.6 B.10 C.55 D.63 3.(多选)(2024·陕西西安高二期中)设 (1-2x)"=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anx",x∈ R,n∈N·,则下列结论中正确的是() k222+(-02-21 22223 B.当n≥3时，2a2+6a3+…+n(n-1)an= 4n(n-1) C.若1ag1>1a2l,Iag1>la1,则n=12 D.当x=200n=2024时，(1-2x)">5 4.如图，我们在第一行填写整数0到n(n≥ 1),在第二行计算第一行相邻两数的和，像 在杨辉三角中那样，如此进行下去，在最后 一行我们会得到的整数是 0,1,2,3,…,n-1,n 1,3,5,…,2n-1 4,8,…,… 进阶突破·拔高练05 6.(2024·江苏宿迁高二月考)已知(1+x)2“=7.(1)求证：k·C=n·C(k,neN,n≥k≥ ao+ax++ 1): (1)求a1+a2+a3+…+a2n的值： (2)利用等式k·C=n·C(k,n∈N,n≥ 12n+11 （2)①证明：c2n+2ctc品，其中 k≥1)可以化简：1·C+2·C2·2++ n…Cg·2"-l=n…C9-,+n·C1·2+…+ k=1,2,3,…,2n n·Cm·2m-=n·(C91·2°+C1· ②利用O的结论求_1+上1++ 2+…+C·2-1)=n·(1+2)1=n· a az asas 3"-';类比上述方法，化简下式：C·3+ 11的值 d2n-1 a2n c3+写C*+ n+1 C·3al; (3)已知等差数列{a,}的首项为1，公差为 d(d≠0)，求证：对于任意正整数n,函 数y=a,C9(1-x)”+aCx(1-x)-1+ +aC-x-1(1-x)-1+…+a1Cgx (I≤k≤n,k∈N)总是关于x的一次 函数 0G黑白题数学选择性必修第三册·RJ