第6章 计数原理 B卷 能力提升卷-【学而思·高中同步双测卷】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册测试卷（人教A版2019）

B卷 能力提升卷 (时间:120分钟 分值:150分) 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的. 1.高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛,每人限报一项,其中甲同学不能报名足 球,乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同,则不同的报名种数有 ( ) A.54 B.12 C.8 D.81 2.y+x 2 y (x+y)6 的展开式中x3y4 的系数为 ( ) A.6 B.20 C.21 D.26 3.如图,无人机光影秀中,有8架无人机排列成如图所示,每架无人机均 可以发出红、绿、蓝、橙4种不同颜色的光,1至5号的无人机颜色必须 相同,6、7号无人机颜色必须相同,8号无人机与其他无人机颜色均不 相同,则这8架无人机同时发光时,一共可以有 种灯光组合. ( ) A.48 B.12 C.18 D.36 4.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的 示意图,现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜 色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为 ( ) A.120 B.26 C.340 D.420 5.已知(2x+a)(3x-2)4 的所有项的系数和为3,则x2 的系数为 ( ) A.36 B.24 C.-24 D.-36 6.甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况.每个人只能去一个城市, 并且每个城市都要有人去,则不同的分配方案共有种数为 ( ) A.150 B.300 C.450 D.540 7.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究,设a,b,m(m>0)均为整数, 若a和b被m 除得的余数相同,则称a和b对模m 同余,记为a≡b(modm),如9和21被6除 得的余数都是3,则记9≡21(mod6).若a≡b(mod10),且a=C020+C120·2+C220·22+…+ C2020·220,则b的值可以是 ( ) A.2010 B.2021 C.2019 D.1997 8.已知a=A2020,b=1020,c=C2040,则 ( ) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a —9— 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,不允许有空盒子的放法有多少种? 下列结论正确的有 ( ) A.C13C12C11C13 B.C24A33 C.C13C24A22 D.18 10.若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”, 如213、435等都是“凹数”,用1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的三位数,则 ( ) A.组成的三位数的个数为60 B.在组成的三位数中,各位数字之和为9的个数为6 C.在组成的三位数中,比300大的个数为36 D.在组成的三位数中,“凹数”的个数为24 11.已知(2x-1)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a6(x-1)6+a7(x-1)7,则 ( ) A.a0=1 B.a1+a2+a3+…+a7=37-1 C.a5=-672 D. a1 2+ a2 22 + a3 23 +…+ a7 27 =127 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.化简(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1)= . 13.在(2-x)n 的展开式中,若x2 的系数为an(n≥2),则 22 a2 +2 3 a3 +…+2 n an = . 14.2024年3月5日至11日,第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召开.此次大会是高举 旗帜、真抓实干、团结奋进的大会,全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责,凝聚起扎实推 进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的10位党员开展“学习贯彻 2024年全国两会精神”圆桌会议,根据会议要求:甲、乙必须相邻,甲、丙、丁不能相邻.则不同 的座位安排有 种(用数字作答). 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)7个人排成一排,按下列要求各有多少种排法? (1)其中甲不站排头,乙不站排尾; (2)其中甲、乙、丙3人两两不相邻; (3)其中甲、乙中间有且只有1人; (4)其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列. —01— 16.(15分)已知(x2+1)n 展开式中各项系数之和等于 16 5x 2+1 x 5 的展开式的常数项, (1)求(x2+1)n 展开式的第2项; (2)若(ax2+1)n 的展开式的二项式系数最大的项的系数等于54,求a的值. 17.(15分)某兴趣小组有10名学生,若从10名学生中选取3人,则选取的3人中恰有1名女生 的概率为3 10 ,且女生人数超过1人,则: (1)该小组中男生、女生各多少人? (2)若10名学生排成一排,其中男生不相邻,且男生的左右相对顺序固定,问有多少种站队方 法? (要求用数字作答) (3)若10名学生均为学校管弦乐队成员,其中有3名男生只会萨克斯,有4名女生只会小提 琴,其他同学既会萨克斯又会小提琴,现从这10名学生中任选6人,其中3人吹萨克斯,3人 拉小提琴,则有多少种不同的选法? (要求用数字作答) —11— 18.(17分)在 x+2x2 7 的展开式中. (1)求展开式中各项系数之和; (2)将展开式中所有项重新排列,求有理项不相邻的概率; (3)求展开式中系数最大的项. 19.(17分)莱布尼茨(德国数学家)三角(如图1所示)是与杨辉(南宋数学家)三角数阵(如图2所 示)相似的一种几何排列,但与杨辉三角不同的是,莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等 于底边两数之和.现记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为a1,第2行的第2个数字为a2,…, 第n行的第2个数字为an. (1)求a1+a2+a3+…+a6 的值; (2)将杨辉三角中的每一个数Crn 都换成 1 (n+1)Crn 就得到了莱布尼茨三角.我们知道杨辉三角 的最基本的性质Crn+1=Crn+Cr-1n (r∈N,1≤r≤n),也是二项式系数和组合数性质,请你类比 这个性质写出莱布尼茨三角的性质,并证明你的结论. —21— ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ B卷 能力提升卷 姓 名 准考证号 考生禁填:缺考考生由监考员填涂右边的缺考 标记 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考生条形码粘贴处 填 涂 样 例 正确填涂 错误填涂 注 意 事 项 1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,并认真检查监考员所粘 贴的条形码; 2.选择题必须用2B铅笔填涂,解答题必须用0.5毫米黑色签字笔书写,字体 工整,笔迹清楚; 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无 效;在草稿纸、试题卷上答题无效。 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分. 1.[A][B][C][D] 2.[A][B][C][D] 3.[A][B][C][D] 4.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 6.[A][B][C][D] 7.[A][B][C][D] 8.[A][B][C][D] 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分. 9.[A][B][C][D] 10.[A][B][C][D] 11.[A][B][C][D] 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12. 13. 14. ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ —31— ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 四、解答题:本题共5小题,共77分. 15.(13分) 16.(15分) ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ —41— ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 17.(15分) 18.(17分) ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ —51— ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 19.(17分) ■ 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ —61— (3)选调的志愿者必含教师和各年级学生,且高一 与高二学生选调人数相等,有两种情况,教师和高 三学生各选1名,高一高二各选2名学生和教师 和高三学生各选2名,高一高二各选1名学生,共 有C12C12C24C24+C22C22C14C14=2×2×6×6+1×1×4 ×4=160种选法. B卷 能力提升卷 1.B 由甲同学不能报名足球,可得甲有2种报名方 式,乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同,可得乙 有3种报名方式,丙有2种报名方式,丁只有1种 报名方式,共分步计数原理可得共有2×3×2×1 =12种.故选:B. 2.D 对 (x+y)6 有 Tr+1 =Cr6x6-ryr,则 T4 = C36x3y3,T6=C56xy5,则 y+ x2 y (x+y)6 中含x3y4 的项为yC36x3y3+ x2 yC 5 6xy5,则x3y4 的系数为C36+ C56=26.故选:D. 3.D 根据题意可知,1至5号的无人机颜色有4种 选择,当6、7号无人机颜色与1至5号的无人机颜 色相同时,8号无人机颜色有3种选择;当6、7号无 人机颜色与1至5号的无人机颜色不同时,6、7号 无人机颜色有3种选择,8号无人机颜色有2种选 择;再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共 有4×(1×3+3×2)=36种.故选:D. 4.D 分4步进行分析:①,对于区域 A,有5种颜色可 选;②,对于区域B,与A 区域相邻,有4种颜色可 选;③,对于区域C,与A、B 区域相邻,有3种颜色 可选;④,对于区域D、E,若D 与B 颜色相同,E 区 域有3种颜色可选,若D 与B 颜色不相同,D 区域 有2种颜色可选,E 区域有2种颜色可选,则区域 D、E 有3+2×2=7种选择,所以不同的涂色方案 有5×4×3×7=420种.故选:D. 5.B 由题意,在(2x+a)(3x-2)4 中,令x=1,得所 有项的系数和为(2+a)×1=3,解得a=1,故(2x +1)(3x-2)4=2x·(3x-2)4+(3x-2)4 的展开 式中,x2 的系数为2C34×3×(-2)3+C24×32× (-2)2=-192+216=24.故选:B. 6.A 把5人分组有两类情况:1∶1∶3和2∶2∶1. 先把5人按1∶1∶3分组,有C35 种分组方法,按 2∶2∶1分组,有 C25C23 A22 种分组方法,因此不同分组 方法数为C35+ C25C23 A22 ,再把三组人安排到三个城市, 有A33 种 方 法,所 以 不 同 分 配 方 法 种 数 是(C35+ C25C23 A22 )A33=(10+15)×6=150.故选:A. 7.B 因为a=C020+C120·2+C220·22+…+C2020·220 =(1+2)20=320=910=(10-1)10,又(10-1)10= C010·1010-C110·109+…-C910·10+C1010,故a≡ 1(mod10),又 2010÷10=201,2021÷10= 202……1,2019÷10=201……9,1997÷10= 199……7,结 合 选 项 可 知 只 有 B 符 合 题 意.故 选:B. 8.C a=20×19×18×…×2×1,b=10×10×10× …×10×10,均由20个数相乘组成,其中前两项和 最后一项比较20×19×1<10×10×10,其他项18 ×2<10×10,17×3<10×10直到11×9<10× 10,故a<b,c=40×39×38× …×22×21 20×19×18×…×2×1 <2×3 10 ×43×52×6×8×11×21,其中a=20×19×18× …×2×1里面前四项大于2×310×43×52×6×8 ×11×21中的后五项,即20×19×18×17>5×6 ×8×11×21,其他项均要对应大于或等于剩余2 ×310×43×5中的每一项,故c<a.故选:C. 9.BC 根据题意,四个不同的小球放入三个分别标 有1~3号的盒子中,且没有空盒,则三个盒子中有 1个中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个, 有2种解法: (1)分2步进行分析: ①、先将四个不同的小球分成3组,有C24 种分组 方法; ②、将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有 A33 种放法; 则没有空盒的放法有C24A33 种; (2)分2步进行分析: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —57— ①、在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1 个,将选出的2个小球放入选出的小盒中,有C13C24 种情况 ②、将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小 盒中,有A22 种放法; 则没有空盒的放法有C13C24A22 种; 故选:BC. 10.AC 依题意,组成的三位数的个数为A35=60,故 A正确;各位数字之和为9的有1+3+5;2+3+4 两种组合,故各位数字之和为9的个数为2A33= 12,B错误;比300大,则百位上的数可以为3,4, 5,比300大的个数为C13A24=36,C正确;将这些 “凹数”分为三类:①十位为1,则有A24=12(种); ②十位为2,则有A23=6(种);③十位为3,则有A22 =2(种),所以在组成的三位数中,“凹数”的个数 为12+6+2=20,故D错误.故选:AC. 11.ABD 对于A:令x=1,可得a0=(2-1)7=1,故 A正确;对于B:令x=2,a0+a1+a2+…+a6+ a7=(4-1)7=37,所以a1+a2+…+a6+a7=37 -a0=37-1,故B正确;对于C:[1+2(x-1)]7 =a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a6(x-1)6+ a7(x-1)7,二项式的展开式的通项公式为 T6= T5+1=C57×12[2(x-1)]5=672(x-1)5,所以a5 =672,故 C 错 误;对 于 D:令 x= 32 ,可 得 2×32-1 7 =a0+a1 3 2-1 +a2 32-1 2 +… +a6 3 2-1 6 +a7 3 2-1 7 ,所以a0+ a1 2+ a2 22 + a3 23 +…+ a7 27 =27=128,所以 a1 2+ a2 22 + a3 23 +…+ a7 27 =127,故D正确.故选:ABD. 12.解析:原式=C05(x-1)5+C15(x-1)4+C25(x-1)3 +C35(x-1)2+C45(x-1)+C55-1 =[(x-1)+1]5-1=x5-1. 故答案为:x5-1. 答案:x5-1 13.解析:根据题意运用二项式定理通项公式知道an =C2n2n-2=n(n-1)·2n-3, 则2 n an = 2 n n(n-1)·2n-3 = 8n(n-1)= 8 n-1- 8 n , 则2 2 a2 +2 3 a3 +…+2 n an = 82-1- 8 2+ 8 3-1- 8 3+ 8 4-1- 8 4+ …+ 8n-1- 8 n=8- 8 n= 8(n-1) n . 故答案为:8(n-1) n . 答案:8(n-1) n 14.解析:甲和乙必须相邻,采用捆绑法,将其看作一 个整体,与除丙丁外的其他6人排成一圈,共有 A22· A77 7=1440 种排列. 甲和丙,丁不能相邻,采用插空法,甲和乙与除了 丙丁外的其他6人排成一圈后形成7个空,但甲 与丙丁不能相邻,故丙丁只有6个空位可选,有 A26=30种选择, 根据分步乘法原理可知,不同的排法总数为30× 1440=43200. 故答案为:43200. 答案:43200 15.解:(1)根据题意,分2种情况讨论: ①、甲站在排尾,剩余6人进行全排列,安排在其 他6个位置,有A66 种排法, ②、甲不站在排尾,则甲有5个位置可选,有A15 种 排法, 乙不能在排尾,也有5个位置可选,有A15 种排法, 剩余5人进行全排列,安排在其他5个位置,有 A55 种排法, 则此时有A15A15A55 种排法; 故甲不站排头,乙不站排尾的排法有 A66+A15A15A55=3720种. (2)根据题意,分2步进行分析, ①、将除甲、乙、丙之外的4人进行全排列,有 A44 种情况, 排好后,有5个空位, ②、在5个空位种任选3个,安排甲、乙、丙3人, 有A35 种情况, 则共有A44A35=1440种排法. (3)根据题意,分2步进行分析: ①、先将甲、乙全排列,有A22 种情况, ②、在剩 余 的5个 人 中 任 选1个,安 排 在 甲 乙 之间, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —67— 有A15 种选法, ③、将三 人 看 成 一 个 整 体,与 其 他 四 人 进 行 全 排列, 有A55 种排法, 则甲、乙中间有且只有1人共有 A22A15A55=1200 种排法. (4)根据题意,分2步进行分析: ①、在7个位置中任取4个,安排除甲、乙、丙之外 的4人,有A47 种排法, ②、将甲、乙、丙按从左到右的顺序安排在剩余的 3个空位中,只有1种排法, 则甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有A47= 840种. 16.解:(1)由 16 5x 2+1 x 5 得, Tr+1=Cr5 16 5x 2 5-r 1 x r = 165 5-r ·Cr5·x 20-5r 2 , 令Tr+1为常数项,则20-5r=0, ∴r=4, ∴常数项T5=C45× 16 5=16. 又(x2+1)n 展开式的各项系数之和等于2n. 由题意得2n=16, ∴n=4. ∴展开式的第二项为4x6. (2)由(1)可得n=4, 由二项式系数的性质知,(ax2+1)4 展开式中二项 式系数最大的项是中间项T3, ∴C24a2=6a2=54, ∴a=±3. 17.解:(1)设男生有x人,则女生有10-x人,1≤x≤ 8,x∈N, 则 C2xC110-x C310 =310 ,解得x=4,x=9(舍去),故男生4 人,女生6人. (2)因为要求男生不相邻,故用插空法,先将女生 排好,再排男生, 故有A66C47=25200种站队方法. (3)根据题意可知,有3名男生只会萨克斯,有4 名女生只会小提琴, 故还有3名同学既会萨克斯又会小提琴,设 A= {只会萨克斯的同学}, B={只会小提琴的同学},C={既会萨克斯又会 小提琴的同学},故根据A 进行分类: 第一类,A 中选3人吹萨克斯,B∪C 中选3人拉 小提琴,则 N1=C33C37=35种; 第二类,A 中选2人,C 中选1人吹萨克斯,B∪C 剩余6人中选3人拉小提琴,则 N2=C23C13C36= 180种; 第三类,A 中选1人,C 中选2人吹萨克斯,B∪C 剩余5人中选3人拉小提琴,则 N3=C13C23C35= 90种; 第四类,A 中选0人,C 中选3人吹萨克斯,B∪C 剩余4人 中 选3人 拉 小 提 琴,则 N4=C33C34= 4种; 故一共有35+180+90+4=309种不同的选法. 18.解:(1)令x=1,可得展开式中各项系数之和为37 =2187. (2)因为Tr+1=Cr7 x 7-r 2 x2 r =Cr72rx 7-5r 2 ,r=0, 1,2,…,7, 所以当r=1,3,5,7时为有理项, 由插空法可得有理项不相邻的概率为 P= A44A45 A88 =114. (3)设第r+1项系数Cr72r 最大, 则 Cr72r≥Cr-17 2r-1 Cr72r≥Cr+17 2r+1 , 即 2 r≥ 1 8-r 1 7-r≥ 2 r+1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 , 解得13 3≤r≤ 16 3 ,又r∈N*, 故r=5,此时T6=C5725x-9=672x-9, 故所求系数最大的项是第6项,为672x-9. 19.解:(1)由图1可知:a1= 1 2 ,a2= 1 6 ,a3= 1 12 ,a4 =120 , 由每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和, 可得 1 6+a5= 1 5 , 故a5= 1 5- 1 6= 1 30 ,同理a6= 1 6- 1 7= 1 42 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —77— 故a1+a2+a3+…+a6= 1 2+ 1 6+ 1 12+ 1 20+ 1 30 +142 = 11×2+ 1 2×3+ 1 3×4+ …+ 16×7 = 1-12 + 12-13 + 13-14 + … + 1 6- 1 7 =1-17=67. (2)莱布尼茨三角的性质: 1(n+1)Cr-1n + 1(n+1)Crn = 1 nCr-1n-1 (n,r∈N*,1≤r≤n). 证明: 1(n+1)Cr-1n + 1(n+1)Crn = 1n+1× (r-1)! (n+1-r)! n! + 1 n+1× r! (n-r)! n! = (r-1)! (n-r)! (n+1-r+r) (n+1)n! = (r-1)! (n-r)! n! = (r-1)! ×[(n-1)-(r-1)]! n×(n-1)! = 1 nCr-1n-1 . 故结论正确. 第七章 随机变量及其分布 A卷 基础巩固卷 1.A 根据概率和为1,得13+a+ 1 2=1 ,解得a= 1 6. 故选:A. 2.B ∵12+ 1 6+a=1 ,∴a=13 ,∴E(X)=-12+ 1 3 =-16 ,∴E(Y)=2E(X)+1=23. 故选:B. 3.A 依题意,得μ=1000,σ=50,则 P(950≤X≤ 1050)=P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,则估计 300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天 数大约是:300×0.6827=204.81≈205.故选:A. 4.A 由题意设事件 A=“一名学生数学不及格”, B=“该名学生两门都不及格”,则所求为P(B|A) =P (AB) P(A)= 0.03 0.15=0.2. 故选:A. 5.C 至多有一个是二等品即没有二等品或者只有一 个二等品,故概率为:C 2 16C14+C316 C320 .故选:C. 6.B 设事件A 为选到一位男同学,事件B 为选到一 位女同学,事件C 位擅长中华诗词朗诵,则P(A)= 3 5=0.6 ,P(B)=25=0.4 ,P(C|A)=0.2,P(C|B) =0.3,所以P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B), =0.6×0.2+0.4×0.3=0.24.故选:B. 7.B 依题意,质点在移动过程中向右移动2次,向上 移动3次,因此质点P 移动5次后位于点(2,3)的 概率P=C25× 1 2 2 × 1-12 3 =C25 1 2 5 . 故选:B. 8.C 进行“手心手背”游戏,小明与另外2名同学选 择手势的所有可能情况为: (心,心,心),(心,心,背),(心,背,心),(心,背, 背),(背,心,心),(背,心,背),(背,背,心),(背, 背,背),则小明得1分的概率为34 ,得0分的概率 为1 4. 进行4次游戏,小明得分之和 X 的可能结果 为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=C04× 1 4 4 = 1256 , P(X=1)=C14× 3 4× 1 4 3 =364 ,P(X=2)=C24× 3 4 2 × 14 2 =27128 ,P(X=3)=C34× 3 4 3 ×14 =2764 ,P(X=4)=C44× 3 4 4 =81256 ,故E(X)=0× 1 256+1× 3 64+2× 27 128+3× 27 64+4× 81 256=3. 故 选:C. 9.AB 随机变量 X 服从两点分布,其中 P(X=0) =13 , ∴P(X=1)=23 ,E(X)=0×13+1× 2 3= 2 3 , D(X)= 0-23 2 ×13+ 1- 2 3 2 ×23= 2 9 , 在A中,P(X=1)=E(X),故 A正确;在B中, E(3X+2)=3E(X)+2=3×23+2=4 ,故B正确; 在C中,D(3X+2)=9D(X)=9×29=2 ,故C错 误;在D中,D(X)=29 ,故D错误.故选:AB. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —87—