第十一章 排列、组合与概率统计（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

第十一章排列、组合与概率统计 第十一章 排列、组合与概率统计 知识要点回顾 故共机率为6-日 一、排列组合、二项式定理 本题是古典概型问题.解决古典概型问题的 排列组合几个常用公式 常用工具是两个计数原理以及排列与组合， A=n…(n-1)·(n-m+1)=m=m7 n! 2.几何概型 n! P(A)= 构成事件A的区域长度（面积或体积） Cm= 试验全部结果所构成区域的长度（面积或体积） m！(n-m)! 例：设曲线y=√2x一x2与x轴所围成的区域 (1)C%=Cn-;(2)C0=C-1+C1; 为D,向区域D内随机投一点，该点落在D (3)kC=nC-{;(4)C0+C+…+CW=2"; 内任一小区域的概率只与该小区域的面积 (5)C”+C%+C4+… 成比例，求该点落入区域 =C十C%十C%十…=2m-1. {(x,y)∈D|x2+y2<2}内的概率. (6)n个元素错位全排列总数： [解析]本题考查几何概型，右侧上半圆C n=!1-+实++-1 的面积：号 例：已知n为偶数，n∈N 求证：1Ⅱ·m-17+31·(m-3 2m-1 51·(m-5刀+…+(m-1！·1-nl [解析]由C十C十C十…=2”-1得 n! n！ 1！·(n-11+3!·(m-3+ 图中双重阴影部分面积： 四分之一圆C面积加上二分之一弓形 n! n! 51·(n-51+…+(m-11.1-2 ACBD面积. ,1 「1 所以1.m-10十3)·m-3 1 S=1 +·元·(2)2-S0 1 2m-1 1 1「1 5！·(-51+…+(m-1！·1= +号·x@-×2x1 二、随机事件及其概率 1 2r-2 1.古典概型 例：投掷色子两次，两个点数之差的绝对值 故所求概率为π一] 为3的概率 3.条件概率 [解析]两个点数之差的绝对值为3的有 设A,B是两个事件，且P(B)>0,则 (1,4),(2,5),(3,6),(4,1),(5,2),(6,3)共 有6种可能， 称P(AB)= PAB为事件B发生的条 P(B) 强基数学·巅峰突破 件下事件A发生的条件概率.易知，若 共有n个：B1,B2,…,B且两两互不相容.那 P(AB)=P(A),则事件A与事件B相互独立. 么我们希望知道其中的某个“B:”的概率，即 全概率公式：设B1,B2,…,Bn为样本空间2 条件概率P(B,A). 的一个分割，即B1,B2,…,B互不相容， 4.互斥事件、对立事件与相互独立事件发生的 且UB:=2, 概率 如果P(B:)>0,i=1,2,…,n,则对任一事 例：猎人在距离100米处射击兔子，命中率为 ∑P(B,)PA1B,) 0.5,如果第一次未射中，则猎人进行第二次 件A有P(A)= 射击，但距离为150米，若第二次未射中，则 贝叶斯公式：设B1,B2,…,Bm为样本空间2 进行第三次射击，距离为200米，已知猎人的 的一个分割，即B1,B2,…,Bn互不相容， 命中率与距离的平方成反比，求猎人命中兔 且9B:=0, 子的概率。 如果P(A)>0,P(B:)>0,i=1,2,…,n, [解析]记三次射击射中免子为事件A、B、 P(B:|A)= P(B)P(A B:) ∑P(B,)P(A|B,) C.剥P(A)=分-100，求得6=5000 所以P(B)=5000=2 ,P(C=5000 1 贝叶斯公式也称逆概率公式。 1502 2002 8 例：甲、乙两厂生产同一种商品，甲厂生产的 所以，命中野免的概率为： 此商品占市场上的80%，乙厂生产的占 P(A)+P(A·B)+P(A·B·C) 20%;甲厂商品的合格率为95%，乙厂商品 =P(A)+P(A)P(B)+P(A)P(B)P(C) 的合格率为90%.若某人购买了此商品发现 为次品，求为甲厂生产的概率. =号+(1-2)×号+(1-2)×(1-号)×日 [解析]设市场上产品为甲厂生产为事件 95 B1,市场上产品为乙厂生产为事件B2,商品 144 为正品为事件A,由贝叶斯公式得 三、离散型随机变量的期望与方差 P(B)P(A B) 1.离散型随机变量及其性质 P(B1|A)= ∑P(B;)P(A|B;) 例：已知从“神舟”飞船带回的某种植物种子 =1 80%×(1-95%) 2 每粒成功发芽的概率都为}，某植物研究所 80%×(1-95%)+20%×(1-90%) 3 全概率公式的意义在于：对于复杂事件A,若 进行该种子的发芽实验，每次实验种一粒种 无法直接求出它的概率P(A),则可以将A 子，每次实验结果相互独立.假定某次实验 分解成若干个简单的事件来求其概率.由此 种子发芽则称该次实验是成功的，如果种子 可见全概率公式可起到化整为零、化难为易 没有发芽，则称该次实验是失败的.若该研 的作用.而贝叶斯公式的意义在于：设事件A 究所共进行四次实验，设ξ表示四次实验结 已发生，我们需要判断引起事件A发生的 束时实验成功的次数与失败的次数之差的 “原因”，如果已知事件A发生的可能“原因” 绝对值. 68 第十一章排列、组合与概率统计 (1)求随机变量的数学期望E(S): 2.常见的离散型随机变量的分布 (2)记“关于x的不等式x2一x+1>0的解集 例：某车站每天8：00~9：00,9：00~10：00都 是实数集R”为事件A,求事件A发生的概 恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机 率P(A). 的，且两者到站的时间是相互独立的，其规 [解析](1)由题意知5的可能取值为0,2,4 律为一旅客8：20到车站，则它候车时间的数 “=0”指的是实验成功2次，失败2次 学期望为 (精确到分). P=oy=c(传(1-3)-器 8:10 8:30 8:50 到站时刻 9:10 9:30 9:50 “=2”指的是实验成功3次，失败1次或实 概率 验成功1次，失败3次。 解析] 旅客候车的分布列为 .P=2)=c(3)'(1-3)+C(3)(1-3)】 候车时间 10 30 50 70 90 _40 (分) 81 1 1 概率 1 2 6 6 × “=4”指的是实验成功4次，失败0次或实 候车时间的数学期望为 验成功0次，失败4次， P(=4=c号+c1-}=品 10X 2+30× 3+50X 1 +70× 1 36 12 +90×18 27. ∴.E(S)=0X +2×智+4× 3.概率的综合运用 故随机变量专的数学期望为148 81 例：某情报站有A、B、C、D四种互不相同的 (2)由题意知：“不等式x2一x十1>0的解 密码，每周使用其中的一种密码，且每周都 集是实数R”为事件A. 是从上周未使用的三种密码中等可能地随 当=0时，不等式化为1>0，其解集是R,说 机选用一种.设第1周使用A种密码，那么 明事件A发生； 第7周也使用A种密码的概率是多少？（用 当=2时，不等式化为2x2一2x十1>0 最简分数表示) ,△=一4<0，所以解集是R,说明事件A [解析]用P表示第飞周用A种密码的概 发生； 率，则第周未用A种密码的概率为1一P 当=4时，不等式化为4x2一4x十1>0 于是，有 →(2x-1)2>0 ,说明事件A不 P+1=31-P),k∈N,即 其解集{x|x∈R|x≠ 发生 .P(A)=P(E=0)+P(E=2)= +- P。-)是首项为是、公比为一3的等比数 169 强基数学·巅峰突破 列.所以 (1)一个项目有3人参加：(C一C号)·A P--x(-) -3600或C-C)CCC.A=36o0: A 即P:=()+故,= 243 1CC-C}·A (2)两个项目有两个人参加：A 典型例题精讲 C·CG-ceCc A 类型一 排列组合问题 =11400或 ·A3=11400 A 【例1】有4封不同的信放入4只写好地址的 故满足上述要求的不同安排方案共有 信封中，全部装错的概率为 ;恰好 3600+11400=15000种. 只有一封信装错的概率为 类型二 二项式展开式问题 [解析]设4封信的编号分别为1,2,3,4；4 【例4】 求C,+22C%+2C+…+22m-2C 个信封的编号分别为一、二、三、四.将4封不 的值. 同的信放入4个不同的信封中，共有4！= [解析] 设Sn=CW+22C%+24C%+…十 24种不同的方法.而4个不同的元素全错位 22m-2Cn,则 的排列方法共有9种.所以4封信全部装错 4Sm=Cn4+42·C%+43·C%+…+4"·C% 的概率为品-：拾好只有一封信装错的字 3 =C9+C·4+C2·42+C·43+… 件为不可能事件，所以概率为0. +C”·40-1=(1+4)-1, 【例2】将24名志愿者名额分配给三个学校， 则每校至少一个名额且各校名额互不相同 所以：C4+22C+2C4+…+2m2C=5”-1 的分配方法共有 种 【例5】已知整数n>1,证明： [解析]用“隔板法”，24个元素排成一排， "<< 除两端以外，共有23个空穴，用2个隔板隔 [解析]将不等式同除以n!: 开，将其分成三组，即有C3=253种， 每校至少一个名额且至少两个学校名额相 a·安e n! 同分配方案有31种（三个学校人数相同的 设4，=n+1),原题即证：2"<4，<3 8,8,8只能算一次)， n! 故共有253-31=222种. 而-+少-1+) 【例3】现在安排7名同学参加5项运动，要 an n 求甲乙两同学不能参加同一个项目，每个项 =1+1+c(日+…+C()广>2。 目都有人参加，每个人只参加一个项目，则 满足上述要求的不同安排方案有多少种？ 所以a.a..2>2-1,即 an-l an-2 a [解析]由题意知，满足条件的方案有两种 情形： am>21·a=2”,n>1,又0m=1+1+ an-l 第十一章排列、组合与概率统计 心…（份）+…+c(分)广<2+++… 类型三 概率计算问题 【例7】袋中有红球和白球共100个，如果从 <2+号++…+ =3- 2<3, 这只袋中任取3个，试问：袋中有几个红球 时，能使取出的3个球全为同色球的概率为 所以am.0..a2<31,即 an-1 an-2 a 最小？ an<31·a1<3",n>1, [解析]设红球、白球的个数分别为x、y,则 综上可得：n>1时，2”<am<3”,即 有x十y=100. 从袋中任取3个球全是红球的概率等于 ”)'<< C=x(x-1)(x-2)=x3-3x2+2x 100·99·98 970200 【例6】设x2一6.x十1=0的两个根分别为x1, 2,设a,= 同理，全为白球的概率等于y一3y十2y 970200 2 由于这两个事件是互斥的，从而3个球为同 (1)求证：an∈Z;(2)求a2o22的个位数字， 色球的概率为 [解析](1)由题意可知x1=3一2√2 P=x3+y)-3(x2+y2)+2(x+y) (2-1)2,x2=3+2√2=（2+1)2，此时： 970200 由上，可得x3+y3=(x十y)3-3.xy(x十y) =(2-1)2”=(1)-C(2)+ =105-300xy, C.(2)2-…-Cx1(2)2+(2)2, x2+y2=(x+y)2-2xy=104-2xy, g=(2+1)2”=(1)2”+C2.(2)+C8,(2)+ 从而P=970200-2942 970200 …十C1(2)如+(2)，则： x+xg=2(1+C8n(2)2+Cn(2)4+…+ =1+2-100x=1+x-50-2500 3300 3300 C8m2(2)2m-2+(2)2") 因光，当=50时，P位最小（此时P=品）》 =2(1+2C3n十22C2n十…+2”-1C”2+2") 【例8】甲、乙两人参加英语面试.已知在10 此时an=(1+2Cn十22Cn十…+21C22+ 道题中甲能答对8道，乙能答对6道，规定每 2")∈Z. 次考试抽3道，至少答对2道为合格.求甲、 (2)因为x-6.x1十1=0→zx-6x1+x12 乙两人至少有一个合格的概率， =0,x2-6.x2+1=0→x2-6.x21+x2=0, [解析]记“甲合格”为事件A,“乙合格”为 上述两式相加可得an十am-2=6am-1,设bn为 事件B, an的个位数字，则： 从而“甲、乙两人至少有一个合格”为事件 b1=3,b2=7,b3=9,b4=7,b5=3,b6=1, AUB. b7=3,bg=7, 由于P(A)= C3·C8_ 8 1 Cio 120 15 则数列{bn}是以6为周期的数列，则 P(B)=C·C8+C·C-1 b2022=b6=1. Cio 强基数学·巅峰突破 从而P(AUB)=1一P(AB) [解析](1)设圆心(0,0)到直线a.x一y十 =1-PPB=1-X-着 b=0的距离为d,若C1,C2有交点，则 b d= ≤√2→b2≤2(a2+1),b=1时， 故甲、乙两人至少有一个合格的概率为 va2+1 451 【例9】设A,B,C,D是空间四个不共面的 a=1,2,3,4,5;b=2时，a=1,2,3,4,5; b=3时，a=2,3,4,5; 点，以的概率在每对点之间连一条边，任意 b=4时，a=3,4,5;b=5时，a=4,5. 两点之间是否连边是相互独立的，求A,B可 共5+5+4+3+2=19种情况；所以 用（一条边或者若干条边组成的）空间折线 P(A)= 1919 连接的概率。 5×5251 [解析]每对点之间是否连边有2种可能， (2)交点个数为0时，直线与圆相离，有6种 因此共有2=64种情况. 情况； 按A、B之间是否连边分两种： 当交点个数为1时，直线与圆相切， (1)A、B之间连边：共有64=32种情况： b2=2(a2+1),只有a=1,b=2; 当交点个数为2时，由(1)知直线与圆相交， (2)A、B之间不连边，再按C、D间是否连边 有18种情况. 分两类： 一类：C、D连边： 所以EA）-0X号+1X若+2×器器 (a)A与C、D中至少有一个相连(3种情况)； 【例11】A有一只放有x个红球，y个白球，之 (b)B与C、D中至少有一个相连(3种情况)； 个黄球的箱子(x、y、之≥0，且x十y十之=6)， 故共有3×3=9（种） B有一只放有3个红球，2个白球，1个黄球 二类：C、D不连边： 的箱子，两人各自从自己的箱子中任取一球 (a)连AC、CB,这时A、D之间，B、D之间连 比颜色，规定同色时为A胜，异色时为B胜. 和不连各有两种情况，故共有4种情况， (1)用x、y、之表示B胜的概率； (b)连AD、DB,同理共有4种情况， (2)当A如何调整箱子中的球，才能使自己 排除同时连A一D一B,A一C一B这种重复 获胜的概率最大？ 的情况，故共有7种 (3)若规定A取红球、白球、黄球得分分别为 综上所述：共有32十9+7=48（种）， 则A,B可用空间折线连接的概率是 1,2,3分，否则得0分，求A得分的期望的最 =0.75 大值及此时x、y、之的值. [解析](1)显然A胜与B胜为对立事件， 类型四求数学期望问题 A胜分为三个基本事件： 【例10】C1:y=ax+b,(a,b∈{1,2,3,4,5})， ①A1:“A、B均取红球”；②A2:“A、B均取白 C2:x2+y2=2,求： 球”；③A3:“A、B均取黄球” (1)C1,C2有交点的概率P(A); (2)求交点个数的数学期望E(A). 因为P(A)=若×，P(A)=言X× 第十一章排列、组合与概率统计 PA)-8×合 能为a十1个（即取出的是黑球），概率为。千b故 b 所以P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3) BX=a…a千6+a+1D·a,-a+a6+bg atb a+b =3江+20+之，所以P(B)=1-3x+2y十之 36 36 2)首先，P(X.1=a十0)=P。·a千6≥1 (2)由(1)知P(A)=3x+2y+之 36 时，第n+1次取出来有a十k个白球的可能 又x+y十之=6，x≥0，y≥0，z≥0， 性有两种； 于是P(A-3z+2+1B+话≤分所 第n次袋中有a十k个白球，每次取出球后， 36 36 球的总数保持不变，即a十b个白球（故此时 以当x=6,y=之，之=0，即A在箱中只放6个 黑球有b一k个)，第n十1次取出来的也是白 红球时， 荧雕机余最大，共值为行 政，这种情风发生的概率为P,·时参 第n次袋中有a十k一1个白球，第n十1次取 (3)设A的得分为随机变量，则P(=3) 出来的是黑球，由于每次球的总数为a十b =后×分元：P=2)-若×台-器， 6636 个，故此时黑球的个数为b一k十1.这种情况 P(=1)=X×3=3x 发生的概率为P-1.一士1（≥1D. 6636 a+b P(=0)=1-3x+2y十之，所以 故P(Xn+1=a十b) 36 =P8拾+P-1…6转（≥. a+b BC9=3X品+2×器+1×需+0=号+希 (3)第n十1次白球的个数的数学期望分为 因为x+y+z=6(x、y、之∈N), 两类： 所以y=6时，E()取得最大位为号比时 第n次白球个数的数学期望，即E(Xn).由 于白球和黑球的总个数为a十b,第n十1次 x=z=0. 取出来的是白球，这种情况发生的概率是 【例12】一袋中有a个白球和b个黑球.从中 a千：第n十1次取出来的是黑球，这种情 E(X) 任取一球，如果取出白球，则把它放回袋中； 如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一 况发生的概率是4+一E(X）,此时白球的 个白球放到袋中.在重复n次这样的操作后， a+b 记袋中白球的个数为Xm 个数是E(Xm)十1.故E(Xm+1) (1)求E(X1); EXE（X）+a+b-EX）. a+b a+b (2)设P(Xm=a十k)=pk, (E(Xm)+1) 求P(Xm+1=a十k),k=0,1,…,b; =(E(X (3)证明：B(X.)-(1-十E(X)+1. at 2+-gkEx+D (E(X))2 [解析](1)n=1时，袋中的白球的个数可 a+b +E(Xn)-(E(X)2 a+6+1 能为“个（即取出的是白球），概率为千6电可 -1-+压X)+1 强基数学·巅峰突破 类型五构造递推数列求概率问题 (1)任意一局甲胜的概率； 【例13】甲、乙等4人相互传球，第一次由甲 (2)第n局甲胜的概率， 将球传出，每次传球时，传球者将球等可能 [解析] (1P-3+()+…+()十 地传给另外3人中任何一人， (1)经过2次传球后，球在甲、乙两人手中的 1，= 2 2 概率各是多少？ (2)球经过n次传球后，球在甲手中的概率记 (2)设第n局甲胜的概率为Pn,则 为Pn(n=1,2,…),试求出Pm+1与Pm的关 系式，并求出Pn表达式及lim P: [解析](1)经过2次传球后，球在甲手中的 其中P=景从而P合(P,-2》, 概率为行球在乙手中的瓶率为×号号 391 故P.-(-》(R-2)+日 (2)记A,表示事件“球经过n次传递后，球 在甲手中”，n=1,2,3,… -(←)（号-）+1-(-3)门 则有P(A1)=0, 类型六综合性问题 An+1=AnAm+1十AnAm+1, 【例15】某城市采用摇号买车的方式，有20 P(A)=P(AA+P(A.A) 万人摇号，每个月有2万个名额， =P(AA.)=31-P) (1)如果每个月摇上的退出摇号，没有摇上 的继续进入下个月摇号，则平均每个人摇上 所以Pm+1与Pm的关系式为 需要多长时间； P1-31-P,)m=12.0 (2)如果每个月都有2万人补充进摇号队伍， 将①式变形为P,1-=-(P.-日） 则平均每个人摇上需要多长时间； (3)如果交管所可以控制摇上号人的比例， 可知(P。-子}是公比为一专的等比数列， 使其成为每个季度第一个月摇上的概率为 共首项为卫-日 0,第二个月为。，第三个月为3，则平均每 故P,-(-(-), 个人摇上需要多长时间？ [解析](1)设一个人摇上的时间为5个月， 即-1-(-a=128 ②， 则ξ的可能值为1,2，…，10. 由②可得 P(=1=品d 1 mP,=m1-(←3)门-是 P=2)=1-0)×g-0 【例14】甲乙两人轮流掷硬币，第一局甲先 掷，谁先掷出正面向上谁就胜，上一局负者 P(5-3)-(1-0)×1-号)×日-， 下一局先掷.求： 第十一章排列、组合与概率统计 p=10)=(1-0)×(1-)×1-8)× 所以？的分布列为 …x1-)×片品 1 3 4 5 6 1 1 7 2 10 10 10 100 100 100 从而专的分布列为： 6 10 3n+1 3n+2 3n+3 P 10101010 1010 10101010 品×()” 品×（品）” 品×（品” 所以E()=1×0+2 10+3X 10 (1+2+3)× 0+(4+5+6)×0+…+ 7 10x0-号 [(3n+1)+(3n+2)+(3n+3)]× (2)每个人在每个月摇上的概率为P=0 ×品)】 设平均每个人要摇上需要n个月，则nP=1, 7 所以n=10; =3×2×0+3X5×10+…+3×(3m+2)× (3)设一个人摇上的时间为？个月，则”的可 ×(品 能值为1,2，…，10，… P(=I)-0P(=2)-(1-)×号-0 设Sw=3×2x品+3×5×0++3× P(7=a)=(1-)×(1-号)×日-0 3m+2)××(品) P=0=-是×0=品0 则品5w=3×2×0×(品】 +3×5×10× P(=5)=(1-高)×1-局)×日=0 ()厂++3×3m+2)×0×(品) P-6)=(1-哥)×(1-0)×(1-日)×日 两式相减，得 3 10 S n) =3×2×品+g 100, 49 100+1000+.+ P(=3m+D-1-)广×品-品×（品）”， 0×()门-3x3m+2)×0×(品)” p(g=3m+2)=(1-)”×(1-0)×号 又m0+1品0+…+6×(3门 Γ7 49 =品×（品”， o1-10 100 lim P(y=3m+3)=(1-音)”×(1-0)× 1语 品 7 （1-）×日-6×（品6八… 且m3x(3m+2)×0×(3)]=0, 强基数学·巅峰突破 所以E()=limS(n) 77=00 -曾x8x2 (2mc-nc) 1 -0)=9. 10+9×30 2z2n××21-号(2-Cn 【例16】已知数列(an}满足a1=0,并且对任 意的n∈Z+,am+1取an一1或am十1的概率 22m-1. 均为经 ●真题实战演练 (1)设a2m+1的值为随机变量X,试求X的概 、选择题 率分布； 1.(2016·北大)将12个不同物体分成3堆，每 (2)求X的绝对值的数学期望E(X). 堆4个，则不同的分法种类为 ( [解析](1)设dn=am+1一a.则对任意正整 A.34650 B.5940 数n,dn取1或-1的概率均为2，且 C.495 D.前三个答案都不对 2.(2013·北大)在6×6的表中停放3辆完全 a2m+1=a1+ . 相同的红色和3辆完全相同的黑色车，每一 设a2m+1=k.显然，k≤2n, 行每一列只有一辆车，每辆车只占一格，共 并设此时d1,d2,…,d2m中有x个1,2一x 有 种停放方法. () 个-1.则X-(2n-x)=k. A.720 B.20 因此，k=2(x一n)只能取[-2n,2n]之间的 C.518400 D.14400 偶数值。 3.(2018·北大)有10个不同的元素，有放回地 对于偶数2m(m=0,士1，…，士n),事件 取，则在前五次内取到过相同元素的概率为 {X=2m}相当于在2n个数d1,d2,…,d2m中， (保留两位有效数字) () 有n+m个取1，n-m个取-1，因此，X的 A.0.50 B.0.55 概率分布可表示为 C.0.70 D.以上选项都不对 P(X=-2m)= n(m=0,士1，，± 4.(2018·北大)15个人围坐在圆桌旁，从其中 任取4人，两两不相邻的概率是 ( (2)对任意1≤i≤n,易知P(X=一2m) =P(X=2m) A 30 B品 从而，P(X=2m)= (m1,2,…,n c品 D.以上选项都不对 5.(2018·北大)从所有不大于2018的正数中 任取3个，三数均不相邻的选法有多少种. nC"] A.C8016 B.C28 (-nc") C.C2018-C201 D.以上选项都不对 第十一章排列、组合与概率统计 6.(2018·北大)组合数C定义为 11.(2015·清华)从1,2,3,4,5中挑出三个不 1(m-T,求Cos十3Cs+5Co8+… n! 同数字组成五位数，其中有两个数字各用 两次，例如12231，则能得到的不同的五位 +4037C88 数有 () A.2018×22018 B.2018! A.300个 B.450个 C.2019×22018 D.以上选项都不对 C.900个 D.1800个 7.(2010·清华)欲将正六边形的各边和各条 12.(多选)一堆数乘在一起有很多种乘的顺 对角线都染为n种颜色之一，使得以正六边 序，如三个数a,b,c可以有(ab)c,(ba)c,c 形的任何3个顶点作为顶点的三角形有3种 (ab),c(ba)四种，…等不同的乘法，记n个 不同颜色的边，并且不同的三角形使用不同 数的乘法为Im,则 ( ) 的3色组合，则n的最小值为 A.I2=2 B.I3=12 A.6 B.7 C.I=96 D.I5=120 C.8 D.9 13.(2020·北大)正整数n≥3称为理想数，若 8.(2012·清华)红蓝两色车、马、炮棋子各一 枚，将这6枚棋子排成一列，其中每对同字 存在正整数1≤k≤n一1使得C-1,C,C+1 的棋子中，均为红棋子在前，蓝棋子在后，满 n 构成等差数列，其中C=1”-为 足这种条件的不同的排列方式共有 ( 组合数，则不超过2020的理想数个数为 A.36种 B.60种 ( C.90种 D.120种 A.40 B.41 9.(2012·清华)（多选）设随机事件A与B互 C.42 D.前三个答案都不对 相独立，且P(B)=0.5,P(A一B)=0.2,则 14.(2017·清华)（多选）已知0<P(A)<1, ( 0<P(B)<1,P(AB)=1,则 () A.P(A)=0.4 B.P(B-A)=0.3 A.P(AB)=0 B.P(B1A)=1 C.P(AB)=0.2 D.P(A+B)=0.9 C.P(AUB)=P(A)D.P(BIA)=1 10.(2015·清华)对于50个黑球和49个白球 15.(2017·清华)甲乙丙丁四人做相互传球游 的任意排列（从左到右排成一排），则 戏，第一次甲传给其他三人中的一人，第二 ( 次由拿到球的人再传给其他三人中的一 A.存在一个黑球，它右侧的白球和黑球一 人，这样的传球共进行了4次，则第四次球 样多 传回甲的概率是 () B.存在一个白球，它右侧的白球和黑球一 7 样多 A.27 5 8.21 C.存在一个黑球，它右侧的白球比黑球少 7 一个 C.8 D别 D.存在一个白球，它右侧的白球比黑球少 16.(2017·清华)（多选）某校共2017名学生， 一个 其中每名学生至少要选A、B中的一门课， 强基数学·巅峰突破 也有些学生选了两门课.已知选修A的人 21.(2020·清华)设随机变量X的概率分布为 数占全校人数的70%~75%，选B的人数 P(X=K)- (k=1,2,3,…),Y表示X被 26 占40%~45%.则下列正确的是 ( A.同时选A、B的可能有200人 3除的余数，则数学期望E(Y)= B.同时选A、B的可能有300人 A.1 9 C.同时选A、B的可能有400人 D.同时选A、B的可能有500人 C. 17.(2018·清华)9个人站成一排拍照，从其中 22.(2020·清华)设袋中装有编号从0到9的 任选3人，求他们互不相邻的概率( 10个球，随机从中抽取5个球，然后排成一 A是 B 行，构成的数(0在首位时看成4位数)能被 c高 396整数除的概率是 ( ) .1 18.(2019·清华)（多选）将{1,2,3,4,5,6}平 A.240 均分成A,B两个子集，其中记A中最大 1 元素为x1,最小元素为x2;B中最大元素 C.315 D 为y1,最小元素为y2,记X=x1一x2,Y= 23.(2021·清华)（多选）甲乙丙丁四人共同参 y1一y2,则 ( 加4项体育比赛，每项比赛第一名到第四名 AEX)-号 B.E(X)= 的分数依次为4、3、2、1分.比赛结束甲获得 4 14分第一名，乙获得13分第二名，则() C.P(X=Y)= 5 D.P(X-Y-j A.第三名不超过9分 19.(2019·北大)用1,2,3,4,5排成不重复的 B.第三名可能获得其中一场比赛的第一名 三位数，它们的和是 ( C.最后一名不超过6分 A.19980 B.29970 D.第四名可能一项比赛拿到3分 C.39960 D.都不对 24.(2024·清华)从棱长为1个单位长度的正 20.(2019·北大)金字塔的底部是边长为400m 方体的底面一顶点A出发，每次均随机沿 的正方形，如果在以金字塔塔尖所在的水 一条棱行走一个单位长度，下列选项中正 平位置为圆心，半径为400m的圆周上观 察金字塔，则同时看到两个面的概率是 确的有 () A.进行4次这样的操作回到A的概率为 .2 B.13 4 1+ C.3 D.以上选项均不对 B.进行2次这样的操作回到A的概率为号 第十一章排列、组合与概率统计 C.进行4次这样的操作回到A的概率为 打决胜局，四人相互对战时获胜率如下，求 甲获胜的概率为 对手 D.进行2次这样的操作回到A的概率为 甲 丙 选手 甲 25.(24清华)圆周上A1,A2,…,A7七个点两 0.3 0.3 0.8 0.7 0.6 0.4 两相连，任选两条线段，则这两条线段无公 丙 0.7 0.4 0.5 共点的概率是 丁 0.2 0.6 0.5 A号 30.(2017·清华)在圆周的十等分点A1,A2,…, c号 D.3 A。中取出四个点，可以围成的梯形个数是 26.(2024·清华)已知正方体ABCD 31.(2017·清华)a1,a2,a3,…,为1,2,3,4,5,6,7， A1B,C,D1,初始时Q与A重合，每一步Q 8的一个排列，且满足a1十a十a十a,=a2十a 都等可能的移动到相邻顶点，记移动n步 十a。十ag,求这样的排列的个数 后仍在面ABCD上的概率为Pn,则( 32.(2017·清华)已知整数a,b,c为三角形的 A.移动10步后，Q仍在A点的概率为 三边长，其中a≤b≤c,且b=10,则满足条 +(） 件的(a,b,c)的组数 aP-哥 33.(2018·清华)从圆周上任取三点，形成锐 角三角形的概率是 C.P。-1+()”） 34.(2018·清华)将长为1的线段随机截成三 段，则它们能构成三角形的概率为 D.P.与P,的通推式为P,P,十号 二、填空题 35.(2017·清华)在一个4×4的方格表中填入 27.(2024·厦大)在30以内的所有素数中，随 8个1，使得任意每行或者列都有2个1，问 机选取若干个，使得它们的和为30的概率 填法的总数 是 36.(2019·北大)掷两次骰子，点数分别记为 28.(2016·清华)将16个数：4个1、4个2、4 m,n,求x2+m.x+n=0有整数解的概率 个3、4个4填入一个4×4的矩阵中，要求每 为 行、每列正好有2个偶数，则共有 种 37.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第 填法 一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则 29.(2016·清华)甲，乙，丙，丁四个人进行网 轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 球赛规定甲乙一组，丙丁一组先打，胜者再 79 强基数学·巅峰突破 38.(2021·清华)用蓝色和红色给一排10个方 8,(浙江)二项式(6十厉 的展开式中，整 格涂色，则至多2个蓝色相邻的方法数 数项共有 为 项 三、解答题 39.(2022·北大)已知y,f,d为正整数， f(x)=(1+x)y+(1+x)f+(1+x)4.其中 49.某厂生产的一批电子元件，按每盒10件进 行包装，每盒产品均需检验合格后方可出 x的系数为10，则x2的系数的最大可能值 厂，质检办法规定：从每盒10件电子元件中 与最小可能值之和为 任意抽取3件进行检验，若次品数不超过 40.(2024·南京)(3+2x)100= 1件，就认为该盒产品合格；否则就认为该 k=1 {a}的最大项是 盒产品不合格.已知某盒电子元件中有2件 41.(2024·南京)已知a∈(1,3,7,9}，b∈ 次品. {2,4,6,8},x为a的个位数， (1)求该盒电子元件被检验认为不合格的 求E(x)= 概率1； 42.(2024·中国科大)(1十√2)224的小数点后 (2)若对该盒电子元件分别进行4次检验， 第100位数字是 且每次检验是相互独立的，则4次检验中至 43.(2024·中国科大)投掷一个质地均匀的正 少有2次检验能够确定该盒产品合格的概 方体（各面标有1,2,3,4,5,6），当各次所得 率2为多少？ 数字之和为6的整数倍时停止，则投掷次数 的数学期望是 44.(2024·清华)a1,a2,…,a10是一个1,2， 3,…,10的排列，要求a:-1和a+1一定有一 个大于a,(i=2,3,…,9),则满足的排列的 总数为 45.(浙江)甲，乙两人进行一场七局四胜制的游 戏，任何一人累计获胜四局即为胜方，同时 游戏结束，另一人为负方.若在每局中，双方 各有，的概率获胜，则游戏结束时胜方比负 方多获胜的局数的数学期望为 46.(全国)先后三次掷一颗骰子，则其中某两 次的点数和为10的概率为 47.(福建)92022的末三位数是 180 第十一章排列、组合与概率统计 50.甲有51枚硬币，乙有50枚硬币，所有硬币 52.(2014·北大)将10个人分成3组，一组 质地均相同，抛掷后正反两面向上的概率 4人，两组各3人，有几种分法？ 都相等.甲和乙都将各自的硬币抛出，记甲 的所有硬币中正面向上的个数为a,乙所有 的硬币中正面向上的个数为b.如果a>b, 那么甲获胜.求甲获胜的概率. 51.(2017·北大)已知均匀正四面体上写有1， 53.(2019·北大)6名男生，4名女生，打羽毛 2,3,4,游戏中，玩家每轮抛掷两个正四面 球男女混双的不同比赛数有几种？ 体，底面数字之和大于5则胜且游戏结束， 否则轮到其他玩家.甲乙轮流抛掷，甲先开 始，问甲胜的概率. 181 强基数学·巅峰突破 54.(2017·清华)投掷一枚质量均匀的硬币， 56.(2016·北大)正方体八个顶点中任取3个， 若出现两次正面朝上的情况即停止投掷， 求能构成等腰三角形的概率. 求总投掷次数的数学期望. 57.(2018·清华培优)在3×3的表格中填入 55.(2015·清华)5个人下棋，平局两人各得 1~9(每个数字各出现一次)，要求每行从左 1分，赢的人得2分，输的人得0分，下了若 至右递增，每列从上至下递增，3和4的位置 干盘后所有人分数两两不同，求至多还没 给出（参考下表） 下几盘棋？ 问表格有几种可能的填法？ 3 4 182 第十一章排列、组合与概率统计 58.(2017·北大)60支球队两两比赛，任两支 60.(2013·清华)设A={x|x≥10，x∈N}, 球队相互胜率均为50%，设有两支球队取 B二A,且B中元素满足：①任意一个元素 胜场数相同的概率为卫，(p,9)=1.设n是 的各数位的数字互不相同；②任意一个元 9 素的任意两个数位的数字之和不等于9； 使得2”整除q的最大整数，求n. (1)求B中的两位数和三位数的个数； (2)是否存在五位数，六位数？ (3)若从小到大排列B中元素，求第1081个 元素 59.(2012·清华)系统中每个元件正常工作的 概率都是(0<<1)，各个元件正常工作 的事件相互独立，如果系统中有多于一半 61.(2013·清华)7个红球，8个黑球，一次取 的元件正常工作，系统就能正常工作，系统 出4个. 正常工作的概率称为系统的可靠性， (1)求恰有一个红球的概率； (1)某系统配置有2k一1个元件，k为正整 (2)取出黑球的个数为X,求X的分布列和 数，求该系统正常工作概率的表达式； 期望E(X); (2)现为改善(1)中系统的性能，拟增加两 (3)取出4个球同色，求全为黑色的概率. 个元件.试讨论增加两个元件后，能否提高 系统的可靠性. 183 强基数学·巅峰突破 62.(2014·清华)甲乙两人打乒乓球，五局三 64.(2010·清华)设亲本总体中三种基因型： 胜，每局甲胜乙的概率为p(p≥)： AA,Aa,aa的比例为u:2v:(u>0,v> 0,>0,u十2v+w=1),且数量充分多，参 (1)求甲最终获胜的概率p1: 与交配的亲本是该总体中随机的两个， (2)记f()=p1-p,求其最小值. (I)求子一代中，三种基因型的比例： (Ⅱ)子二代的三种基因型的比例与子一代 的三种基因型的比例相同吗？并说明 理由. 63.(2019·清华)重复抛掷一枚质量均匀的硬 65.(2011·清华)将一枚均匀的硬币连续抛掷 币，正面得1分，反面得2分，累积总分， n次，以p,表示未出现连续3次正面的 (1)求总分在某个时刻恰好达到2的概率； 概率 (2)记总分在某个时刻恰好达到n的概率为 (I)求1，p2,p3,p4 Pa (Ⅱ)探究数列{pn}的递推公式，并给出 ①求证：1-p.=2pn-1(n≥2)： 证明； ②求{pn}的通项公式. (Ⅲ)讨论数列{pn}的单调性及其极限，并 阐述该极限的概率意义. 184强基数学·巅峰突破 设44d)+下西格在id (2)不取1，接下来在{2,3…15}中取4个元素两两不相邻，根 据结论有C种取法. 1条件下进行调整， ①若存在d>1,k≤n-1.令d'=1,dn'=dd>d,d': 所以概率为C+C1_30 C91 d(i≠k,n), 5.A方法1：考虑问题的反面，只需计算出有两个数相邻和三 则f(d1,d2,…,dn)-f(d'd2',…,dn')= d:-1 个数相邻的情况，简单枚举知道只有两个数相邻有2015×2 d。+1 +2014×2015(这里2015×2表示当a、b相邻并且取1、2 2dn(d.-1) (d。-1)(d,d-1D>0. 或者2017、2018时，余下的C有2015种取法：而2014×2 015表示a、b相邻并且取其他数时，余下的C有2014种取 ②若存在d,d<1,k<l≤n-1.令d'=1,d'=dd,d= 法)；三个数相邻有2016种取法；所以共有C1一2015×2 d:(i≠k,l), -2014×2015-2016=C206; 则f(d,d…,d,)-f(ddd,=1+d+i+ 1-d,1-d 方法二：构造映射 p:（x,y,x)-→(x,y+1,之十2)(x≤y≤x),将{1,2，…2016}中 批-84} 两两不同三个数映射到{1,2，…2018}中不相邻的三个数，并 由上述讨论知，经过有限次调整可得：对i一1，除至多一 且可以验证这个映射是可逆的，所以答案是C16 个d,≠1（设为d,)外，其余d,=1.因此就有ddn=1,不妨 考点：构造对应关系计数，这个题目本身就是一个很重要的 结论，希望同学们能够记住答案和方法2。 设d>1,则0<d<1,故f(d,,d,,…,d)= 1 -1+4+11-元 6.C武求置ek+1)G,只需求出学kC + ++ 下面介绍两种方法. 方法1：根据C片=nC, 原不等式得证 得到Cu=2018Ca=2018×2n, k=0 至此我们完成了问题2在奇数情况下的解答，即所求入mm 所以最后答案是201922018； 入(n)=2. 综上，当n为偶数时，之|口的最小值为0：当m为奇数时， 方法2：根指1+x)=Cmt,两边求茅得到201S 之1口，的最小值为2. 十x)1”=8 令=1，得到学u=2018×2,余下月上 第十一章 排列、组合与概率统计 考点：有关组合数的常见恒等式 7.B边和对角线总数C=15条，三角 一、选择题 形有C=20个，C≥20→n≥6，则n 1.D不同的分法数有CCC=575. =6时，每个三色组恰好对应一个三 A 角形，且至少有1种颜色连有3条线 评析：平均分组问题，高考难度.注意必须要除以A. 段，则这三条线段没有公共端，点（否 2.D红色车选3列有C=20种方法，再从这三列中选三行有 则存在三角形含同色边)，含这种颜 C=20种方法，另外将红色车放在已选好的三列三行中有3 色边的三角形有12个（选取两个顶，点 ×2=6种方法，同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中 做端，点后，还有四个端点可供选择)，而余下5种颜色的二色 组为C2=10<12, 选，也有3×2=6种方法，因此方法数有(20×20×6)×6=14 故不存在，所以n≥7，n=7时，如图选B. 400种.故选D 点评：当n=7时，给出一种构造方式即可. 3.C由加法原理和来法原理P=1-=0.6976,因而答案 10 8.C方法1：记2k枚棋子时，这种条件的不同的排列方式有 选C. A种，则加入2枚同字的棋子时， 4.A不妨设这15个人序号依次是1,2，…15，所以全部的取法 若这2枚同字的棋子相邻，则有(2k十1)A种排列法： 有C,种.由于直接计数比较复杂，这里我们介绍一种简单一 若这2枚同字的棋子不相邻，则有C+1A种排列法】 些的方法 因此A2+e=(2k+1十C+1)A26,从而A2=1,A,=6, 首先介绍一个结论：从1,2，…}中选出k个数并使他们两两1 A6=6·(5+C)=90.选C. 不相邻，总共的取法有C+1种. 方法2：利用定序问题的解法，由于同字的两枚棋子之间顺序 为证明这个结论我们只需要构造一个一一映射，假如 固定，因此总排列数应为全排列数除以由于固定顺序造成的 (a1a2…,a)(a1<a2<…<as)是满足要求的一组数， A 9:a1a…a)→(a12-1,…ag-k+1)是{1,2，…n-k+1}中任取 重复数，为21X21×2=90.选C. 的一组数（可以相同），可以验证9是个双射，这就证明了我们的 点评：构造递推式是处理排列组合问题的常用方法 结论. 9.ABC P(A-B)=P(A)-P(AB)= P(A)(1-P(B))知P(A)=0.4. 回到本题，考虑是否取1，可分为两种情形： P(B-A)=P(B)-P(BA)=P(B)-P(A)P(B)=0.3 (1)取1，接下来只需要在{3，…14}中取3个元素两两不相 P(AB)=P(A)P(B)=0.2 邻，根据结论C。种取法： P(A十B)=P(A)+P(B)一P(AB)=0.7.故选ABC 参考答案与解析 评析：概率论的基本运用.在A与B互相独立的情况下， 评析：递推方法的基本运用，本题直接往后推到第四项即 P(A-B)=P(A)一P(AB)(A与B中发生A但不发生B), 可，若要求第n项也是可能的， P(AB)=P(A)P(B)(A与B同时发生)，P(A+B)=P(A)+ 16.BC注意到每人都至少选A、B中的一门， P(B)一P(AB)(A与B中至少发生一个). 故|A|+1B引-|A∩B=2017.分别取|A|、IB引的最大值和 10.A作为一道选择题，而且题目选项中都隐含一个“必”字， 最小值，得到(70%+40%一1)×2017≤|A∩B引≤ 我们可以直接从特殊情况入手：假设50个黑球全部排在左 (75%+45%-1)×2017, 侧，49个白球全部排在右侧.则显然对左侧第一个黑球来说 ∴.201.7≤|A∩B引≤403.4，故选BC 右侧白球数量等于黑球数量，A正确.CD不正确.再假设49 评析：容斥原理的考查，非常基础， 个白球全排在左侧，50个黑球全都排在右侧，则B也不 17.A方法1：（容斥原理）：从9人中任选3人的情况数为C 正确. =84种.我们将相邻的情况分为2种： 严格地说，对左边起第一个黑球来说，其右侧黑球的数量必 )3个人都相邻，有7种情况. 须大于等于白球的数量.对右侧起第一个黑球来说，其右侧 ⅱ)其中2人相邻，剩下1人不相邻.用加法原理， 没有黑球，因此根据连续性，其中必有一个黑球，右侧白球 有2×6+6×5=42种情况 数量等于黑球数量，选项为A 评析：此题作为选择题比较容易，只需直接从特殊情形入手 故不相邻的瓶率为。=品 84 即可 方法2：（不相邻模型）： 11.C选出3个不同数字的方法有C=10种，再在其中选出2 这是一个排成一排9人选3人的不相邻模型，其与排成一排 的7人任意选3人的模型一致， 个用两次的数字的方法有C=3种.选定了构成的数字后， 排列方法有A=30种 故不相邻的概牵为C=35一5 9C-84-12 所以共有10×3×30=900种」 18.AC不难发现，X,Y的可取值只有2,3,4,5，总情况数为C 12.AB枚举易知A,B正确.考虑四个数的情况a,b,c,d固定 =20. 我们先研究随机变量X的分布列：满足X=2的X仅可能为 顺序时至少有abcd,a(bc)d,ab(cd),a(bcd),a[b(cd)]五种 乘法，四个数的全排列有4！=24种， {1,2,31,2,34,3,4,5}.{4,5,61,故P(X=2)=20=5 41 I,≥5×24=120>96.五个数全排列5！=120， 满足X=3的X,其最小最大元素可能为1,4：2,5；3,6，每 因此I>120.即知C,D错误. 种可能性中中间元素又有两种选择，故X共6种选择，P(X 13.C由题意可得C1,C,C+1构成等差数列 63 则2C=C-1+C+1,化简可得m-(4k+1)n+4k-2=0 3)=0一品：满足X=4的X,其最小最大元素可能为152， 以k为主元整理4k°一4nk十n2一n一2=0， 6,每一种可能性中中间元素又有3种选择，故X共6种选择， 则k=”士n十2 P(X=40==3 2 20-10 则n十2为完全平方数，则n十2=m2,则44≥m≥3 P(X=5)=1-5-0-0-5 133_1 若=”-n+2=m-m-2=m-2,m+卫，因为m 有了分布列，我们可求得 2 2 2 2,m十1奇偶性相反，故则对于任意44≥m≥3都满足题意 BX)=号×2+×3+品x4+号×5=子， 同理k=n+十2-m+m-2_(m+2)(m-1) A正确.若X=Y,则仅可能X=Y=2,3,4,经过枚举不难发 2 2 2 现，X仅可能为{1,2,3}，{4,5,6}，{1,2,4}，{3,5,6}， 因为m十2，m一1奇偶性相反 故则对于任意44≥m≥3都满足题意 13,5.145.2,3.62,4,6.概率为号 综上：满足题意的有42个，故选C. C正确. 14.BC由于P(AB)=1,所以B为A的子集，A为B的子集，：19.A首先，在这5个数中选出三个，我们有C=10种选择方 所以P(B1A)=1,P(AUB)=P(A). 法，共选择了10×3=30个数字，由于数字之间的关系是对 评析：概率论与集合论的一些知识.注意P(AB)是指已知 称的，每个数字被选择了30÷5=6次.接下来，我们考虑，若 B发生时A发生的概率， 数字xyz被选用，那么它可以组成xy,x之y,yx之，y必x,之xy, 15.A设an为第n次甲拿到球的概率，bncm、dn为乙、丙、丁第 yx六个三位数，其中x所在的数位表示的数值之和为 n次拿到琼的概率.那么有a=0,6=c,=d=子，而由递 222x,y,之同理.故所有这样的三位数之和为6×222X(1十2 +3+4+5)=19980. fan=子a+6+d) 20.C如图为金字塔俯视图，金字 塔为OABCD,观察金字塔的圆 周为圆O.如图，在孤EF上则 推，显然有 照着公式推下去即有 能观察到两个面，而在孤FJ ci=合a.+6,+d) 上则只能观察到一个面，由对 d=a,++c) 称性，只需考虑孤EF所对应 的圆周角，首先由OF=AB= 7 a4=27 2O1且OH平行于BC,得到 G ∠HOF=∠OFI=30°，由于∠HOB=45°，因此∠FOB 强基数学·巅峰突破 15°，进而∠FOE=30°.考虑像这样的孤有4个，因此同时看 24.D每次操作有3种不同的路线，2次操作，有3=9种路 到两个面的瓶来为-子，因北造C 线，其中有3条可以回到A点，因此进行2次这样的操作回 21.B0）=0x(侵+++…+ 到A点的概率为子，B错D对： 4次操作，有3种路线，如下图所示，设第次操作后恰好 1x(+++…）+2x(+++… 走到A点的方法数为a。,由对称性可知第n次操作后恰好 走到B,C,D三点的方法数相同，设为b,恰好走到E,F,G 1 2 4 三点的方法数也相同，设为℃，设第n次操作后恰好走到点 1 1-8 H的方法数为d, a+1=3b a1=0 22.C396=9×4×11.考虑五位数字：abede..则应有a十c+e bwt1=an+2c b1=1 (b+d)=0或11，a+c+e+(b+d)=18或27.(1)若a+c+ 则 c+1=2b.+d c1=0 e+b+d=18则a十c+e-(b+d)=0.则(b,d)=(0,9), da+1=3c. d=0 (1,8),(2,7),(3,6),(4,5);(a,c,e)=(0,1,8),(0,2,7) a2=3a3=0 D (0,3,6),(0,4,5),(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4).有下表 aicie 相应的b,d 结果数 由地算出6=0.4，=7 c2=2c3=0 0,1,8 2,7或3,6或4,5 3×4=12 d=0{d3=6 0,2,7 1,8或3,6或4,5 3×4=12 a:=21,·.进行4次这样的操作回到A点的概率为2 0,3,6 1,8或2,7或4,5 3×4=12 27,AC选项都错」 0.4,5 1.8或2,7或3,6 3×4=12 25.D共C=21条线段，选出两条有C,=210种方法， 1,2,6 0,9或4,5 2×4=8 任意四个，点对应两组不相交的线段，有2×C=70组， 1,3,5 0 周此，任选两条线段，它的无公共点的概率为品=子 2,3,4 0,9或1,8 2×4=8 结果有64种：(2)若a+c+e+b十d=27,则a+c+e一(b+ 26,BCD首先将问题物化为美子（号：+子y+号）厂的展开 d)=11.也就是a+c+e=19,b+d=8,则(b,d)=(0,8), 式问题，然后将Q仍在A点转化为各个字母的指数均为偶 (1,7),(2,6),(3,5):(a,c,e)=(2,9,8),(3,9,7),(4,9,6), 数，将Q仍在面ABCD上转化为之的指数为偶数，研究相应 (4,8,7),(5,8,6).有下表 的项的系数和，再逐一验证每个选项即可， 可以注意到，在运动次后，点Q的位置只取决于：点Q沿 a,ce 相应的b,d 结果数 着AB,AD,AA的方向或反方向运动的次数.我们考虑 2,9,8 1,7或3,5 8 3,9,7 0,8或2,6 0 (行+子十子)广的展开式，孩式展开时，湘当于从四个 4,9,6 0,8或3,5或1,7 12 x+3y十3)中各选取一项并作乘积，追历所有3”种 /1 1 4,8,7 2,6或3,5 8 选法并相加， 5,8,6 1,7 4 每个选法恰好也对应唯一一组点Q沿着AB,AD,AA的方 结果有32种.故所求概幸.64+32= 向或反方向运动的次数(p,9,r),它们相乘后得到xy”:”. A1 3i5选C 再将所有3”项相加，我们就得到了若千个形如P(p,q,r) 23.ACD(1)所有分数之和为4×(4+3+2+1)=40，甲乙总 x°y°x的项之和，这里P(p,qr)是点Q沿着AB,AD,AA 分之和为14十13=27，所以第三名和第四名总分数为13 的方向或反方向运动的次数分别为，9，r的概率. 分，第四名的分数不超过6分，C正确，第四名至少得4分， 对于A,由于移动10步后，Q仍在A点就相当于(p,q,r)满 A正确， (2)所有项目的第一名和第二名分数之和为4×(4十3)= 是在9布是每载：数所求极车两为（白+宁十好：） 28分，只比甲乙两人总分数高一分，说明只有一种情况，甲 的展开式中，三个字母的指数均为偶数的项的系数和， 乙包揽所有项目第一名，总共拿到3个第二名和1个第三 名，B错误」 设1()-（宁十宁+日）”，别三个宇母的指教的 (3)D正确的一种情形 为俩数的项的系教和就是日(f(11,1)+f(1,1,-1)十 N f(1,-1,1)+f(1,-1,-1)+f(-1,1,1)+f(-1,1,-1)+ 2 f(-1,-1,1)+f(-1,-1,-1)代入得到该表达式的值 为号(1+3·(3）”+3·（号）°+(-1)） 丙 8(2+2(合)=(1+（合）)： 这即为所求的概率，故A错误： 352 参考答案与解析 对于B,C,D,由于移动n步后，Q仍在面ABCD上当且仅当 (1,2,7,8)和(3,4,5,6)，(1,3,6,8)和(2,4,5,7)，(1,4,5,8)和(2， (p,9,r)满足r是偶数， 3,6,7)(1,4,6,7)和(2,3,5,8).所以符合条件的排列数共有4× 故P.即为（号x+子十子）广的晨开式中，的指数为偶 2×A×A=4608种排列方式. 答案：4608 数的项的系数和 评析：较为容易的排列组合题目，找到所有两边相等的组 设，()=(+十宁)广，则：的指数为教的 数，再考虑全排列方式即可得结果. 32.解析：直接枚举.a=10时，c可取19,18,17…10，共10种可 项的系数和就是号(g(1,11)十g.(11,-1), 能性；a=9时，c可取18,17…10，共9种可能性；…a=1时， c只有10一种可能性.故(a,b,c)一共1+2+…+10= 代入得到 2 (g。(1,11)+g(1,1,-1)) 55组. 2(1+(含)广)所以卫.=2(1+(3)) 答案：55 评析：非常基础的计数问题. 故P,=号，P。=之(1+（号））故B,C正确. 33.解析：如图，假设OA逆时针旋转x度得到OB,OA逆时针旋 同时由卫.=2(1+（号）广)有2P.-1=(号)广，故2P,-1 转y度得到OC,A,B,C是圆上任取的三点等价于x,y取值 均服从[0,2π]上均匀分布，且取值相互独立.考虑使得 3(2P.1-1), △ABC是锐角三角形的(x,y)构成的可行域，应当满足下述不 等式：min{z,y}<x,2x-max(z,y)<x,max{x,y}-min{x,y} 所以P,=子P1十子，故D正确。 元，根据，y的大小关系分类讨论，画出可行域如下右图所示，使 二、填空题 用几何概型即得正确答案， 27.解析：首先列出30以内的所有正素数为2,3,5,7,11,13， 17,19,23,29, 随机选取共有20-1=1023个，和为30的情况为(7,23》， {11,19,{13,17},{2,5,23},{2,1117},{2,3,5,7,13}故 所泰瓶来=品 2 答案：34 2 28.解析：先选出填偶数的位置，第一行两个偶数有C种选择 答案： 法，考虑这两个偶数所在的列，还应填入两个偶数；若这两 评析：这个问题是概率论中的经典问题，对于高中生要求很 个偶数也同行，则余下四个偶数的位置唯一确定（还没有填 高，难度很大。 入偶数的两行和两列的四个交叉位置)，此时共有3种填法； 34.解析：设截成的三段长度为x,y,1一x一y,则总的区域为 若两偶数不同行则这两数有3X2种填法，考虑填入这两数 10x<1 1 的行，还需分别填入一个偶数，这两个偶数同列时则恰有一 0<<1,面积为之，可构成三角形的区城为 行和一列还没有偶数，其他行与列均已有两个偶数，无法再 z+y<l 填入偶数，矛盾，因此这两个偶数不同列，此时余下两个偶 数位置唯一确定（两个怡有一个偶数的列与一个没有偶数 0<号 的行的交叉位置)，共有2种填写方法 ,西积为日放概率为子 综上，偶数的填写方法有C(3+3×2×2)=90种，8个奇数 1>x+y>2 1 中有4个1,8个偶数中有4个2，因此总的填写方法为90× C6×C=441000种. 答案：441000 答案： 29.解析：容易得出甲获胜的概率 评析：简单的几何概型运用. P=0.3×(0.5×0.3+0.5×0.8)=0.165」 35.解析：第一行先取出两个位子填1，一共C=6种情况.进一 答案：0.165 步考虑选出的这两个位子所在的两列，还需各取一个位子 30.解析：由于圆的对称性，故只考虑一个方向上的问题，其他 如果这两个位子恰好也在一行（一共3种情况），那我们需要 方向上的情况相同， 从剩下的两行两列中选出个位子，这是固定的；如果这两个 当梯形的上下底线段的瑞点角标奇偶性相同时，上下底是 位子不在一行（一共3×2=6种情况），这两个位子所在的两 A2A10,A3A1,AAg,AA7中的两条， 行还各需一个位子，并且不在一列，有2种选法， 当梯形的上下底线段的端点角标奇偶性不同时，上下底是 故满足题意的填法共6×(3+6×2)=90种. AA。,A2A,AA,AA,AA。中的两条，减去其中构成平 答案：90 行四边形的情况，得到的不同梯形的个数为(C十C一4)× 评析：作为一个计数问题，此题在算法设计上有一定的思维 5=60. 难度，如果算法设计不当，可能导致非常烦琐的分类讨论， 答案：60 36.解析：记方程的两根为a,B,根据韦达定理， 评析：组合计数问题，必须考虑不重复不遗漏选取的方式， 有a十B=一m,3=n,若a为整数，由于B=一m一a,故B也 31.解析：容易知道，等式两边都等于18，通过试验，共有4种组 为整数，这说明，如果原方程有一个整数解，那么可推出两 合符合方案 个根都是整数.并且两根之和为一m,在一1和一6之间.下 353 强基数学·巅峰突破 面根据n的值分情况讨论：=1时，符合条件的两个整数根 设第十1项最大，则 Co031o0-2≥C603o0-ck-1)2-1 为（一1，一1），故m=2符合要求；n=2时，符合条件的为 C31o052≥C631o0-c6+1D2+1' (-1,-2),故m=3符合要求；n=3时，符合条件的为(-1， 一3)，故m=4符合要求；n=4时，符合条件的为（一1，一4）， 解得39+ 号<≤0+号所以=40，a}有装大预是 (-2,一2)，故m=4,5符合要求；n=5时，符合条件的为（一1， ao=C18·30·20. 一5)，故m=6符合要求；n=6时，符合条件的为（一1，一6）， 答案：C8。·30·20 (-2,一3)，故m=5符合要求，7舍去，于是共有7组(m,n) 41.解析：当a=1时，a=1,个位数为1，有4个， 特合题意，故起率为石 当a=3,b=2时，a=9,个位数为9， 当a=3,b=4时，a=81,个位数为1， 答案：品 当a=3,b=6时，a=27×27,个位数为9， 37.解析：同时投掷两颗骰子，点数和大于6的概率为 当a=3,b=8时，a=81×81,个位数为1， 当a=7,b=2时，a=49,个位数为9， 品-名从西免投掷人的孩雅机率为 当a=7,b=4时，a=49X49,个位数为1， +()》×品+（）八×品+=×s号 当a=7,b=6时，a=49×49×49,个位数为9， 1盒7 当a=7,b=8时，a=49×49×49×49,个位数为1， 当a=9,b=2时，a=81,个位数为1， 答案：号 当a=9,b=4时，a=81×81,个位数为1， 当a=9,b=6时，a=81×81×81,个位数为1， 38.解析：根据题意，分7种情况讨论： 当a=9,b=8时，a=81×81×81×81,个位数为1， ①10个方格都涂红色，有1种涂法， ②9个方格涂红色，1个方格涂蓝色，有C。=10种涂法， 综上所遂e可取1,9，且P(=1)=号-子，P(x=9) ③8个方格涂红色，2个方格涂蓝色，有C。=45种涂法， 41 ④7个方格涂红色，3个方格涂蓝色，有C十CA=112种 16=在 涂法， ⑤6个方格涂红色，4个方格涂蓝色，有C,+6XC号=161种 所以E()=1X+9X=3. 涂法， 答案：3 ⑥5个方格涂红色，5个方格涂蓝色，有C十CC十CC= 42.解析：首先设a。=(1+√2)”+（1-√2)”，由特征方程得递 126种涂法， 推关系式为a+=2a1十a,并易知a2:=(1十V2)o2“十 ⑦4个方格涂红色，6个方格涂蓝色，有C+CC十C=45 (1-2)2“是整数，则根据(1-√2)2“的小数点后100位 种涂法， 的数字，可确定(1十√2)0“的小数，点后100位的数字. ⑧3个方格涂红色，7个方格涂蓝色，有C=4种涂法 设a=(1十√2)”+(1-√2)”.则由特征方程可知其递推式 则有1+10+45+112+161+126+45+4=504种涂色 方法， 为a+2=2an+1十an… 答案：504 但注意到a1=2,a2=6都是整数，由数学归纳法可知a224= 39.解析：由题意得y+f+d=10, (1十2)24+(1-2)是整数，但显然有(1-2)@< x的系数为C+C+C=y++d=y--d 2 10,因此所求小数点后第100位数宇是9. 1 =y+f+d-10 答案：9 2 由柯西不等式知y+f+d≥y十f+d)=100 8,解析：由随意可知授掷次教服从参数力=日的儿何分布，进 3 3 而可求期望， 叉由于y,f,d为正整数所以y2++d≥34. 当y=3,f=3,d=4时，y2+f2+d=34,因此y2+f+d 因为第一次数字为1,23,4,56的概奉均为日， 的最小值为34. 不论第一次所得是多少，其与下一次数字之和为6的整数倍 另一方面，若a,b为正整数，则a2+b≤1+(a十b-1), 是喷一的且概率均为合 这是因为上式展开即为ab一a一b+1≥0，亦即 (a-1)(b-1)≥0.所以 , y2+f2+d≤12+(y+f-1)2十d≤1+1+ 依次类推，所以每次所得数字之和为6的整数倍的概率均 (y+f+d-2)2=1+1+64=66. 当y=1,f=1,d=8时，y++d=66,因此y2++d 的最大值为66. 可知投掷次数服从参数力=行的几何分布，其数学期望为 进而我们有+广十心-10的最大最小值分别为12,28，所 以x的系数的最大可能值与最小可能值之和为40. 答案：6 答案：40 44.解析：若a:<a+1,考虑a+1(i≤8)，必有a+1<a+2可知从第 40.解析：二项式(3十2x)展开式通项为：T+1= i项开始，数列开始递增： C0310-(2.z), 再考虑a前面的项，若a:-1>a:→a:-2>a:-1,说明此情况下 35 参考答案与解析 数列在第1项到第i项递减 于是：=C(1-p)·i+C(1-p)p+C(1-p1)'= 若a-1<a:,则将原来的i改为i-l,同理考虑即可. 由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递 16856≈0.99887. 16875 增，先减后增 50.解：设事件A为“甲抛出的正面比乙抛出的正面多”，事件B 故排列总数为C9+C+C+…+C=(1+1)=2 为“甲抛出的反面比乙抛出的反面多”.显然有A=B,所以 答案：512 P(A)=P(B). 45.解析：由题可设游戏结束时胜方比负方多获胜的局数为X, 又由于每人抛出的正面与抛出反面的机会均等，因此P(A)= 则X可能取值为1,2,3,4， 即甲衣胜的概率为 1 比七局，前六场两人三胜三负，胜方比负方多获胜一场， [说明]本题旨在强化对事件等可能性的认识，非公式的 PX=D=C(合)广=： 直接应用，难点是每个人抛出的正面与抛出的反面的机会 比六局，前五场胜方三胜两负，胜方比负方多获胜两场， 均等：解题的关键是理清事件间的关系，本题也可以扩展到 PX=2=2C()》= 下面的题目：甲有(n十1)枚硬币，乙有n枚硬币，双方抛掷后 进行比较，求甲抛出的正面比乙抛出的正面多的概率，答案 比五局，前四场胜方三胜一负，胜方比负方多获胜三场， 仍为2 PX=3)=2C(3)广- 51.解：底面之和大于5的情况数有(2,4)(3,3)(3,4)(4,2) 比四局，胜方连胜四局，P(X=4)=2(分)=日，所以 (4,3)(4,4)6种.那么抛掷一次获胜的概率为子.把甲胜的 B(X0)=亮X1+×2+x8+×4- 概率分为无数种情况：第1次掷获胜，第3次掷获胜，… 第2十1次获胜，….（第偶数次一定是乙抛掷）故P(甲获 答案：得 胜)=十p十…十pw+1十…. 46,解析：有两次为5的概率为+CC=16 63 216 有两次为6和4的概率为AC+CC=30 63 216,所以概章为 故{p,}为一个等比数列.对上式计算有 品+品器 ×1-()] P(甲获胜) 8 管案：器 1-() 13 47.解析：因为90=(1-10)0=1-C×10+CX102-CX 52.解：任取4人有C。种，剩下6人分为两组各3人，先取3人 103+…+10 有C种，后取3人有C种，由于先取3人与后取3人互换 =1-C。×10+C。×102=1(mod1000), 会有重复，应除以A, 所以92922=92w0×92=922(mod1000), 又92=(1-10)2=1-C32×10+C2×102-C8×102+ 所以共CCC=210. A …+1022 评析：高考难度，考虑的方法可以有很多 =1-C×10+C2×10=881(mod1000), 53.解：从6名男生和4名女生中各选出两人，这四个人间可组 所以9202=92=881(m0d1000),因此9202的末三位数 织两场比赛，因此不同比赛数为 是881. C×C×2=180. 答案：881 54.解：记随机变量X表示总投掷次数，下面计算P(X=): 48.解析：二项式(6+1 总共投掷及次结束，说明第k次投掷的结果为正面，前k一]次中 展开式的通项公式为T,+1=C。 恰有一次为正面.不难利用古典概型推出，P(X=k)=(及 =C232-1o0 1D宁.于是BX)=宫A-1D k=1 很明里整数项应满足令，-100≥0且，为6的倍数，即r≥ 为了计算上述期望，构造母函数f(x)=1十x十x2十…（无穷 多项相加)，根据等比数列求和的极限公式，我们知道上述 120且r为6的倍数，这样的数可以是：120,126,132,138， 母函数在x(一1,1)时有定义，且值为己对函数求二阶 144,150,156,162,168,174,180,186,192,198,共有14个. 答案：14 导，得到 三、解答题 2 (1-x) ）=(1十.x十x2+…)”=∑k(k-1)z- 49.解：(1)标本空间总数为C1。=120,有利样本点数为：C· k=1 C=8,故p=12015 81 在式子中令x= 2,得到 (2)4次检验中怡好有2次检验能够确定该盒产品合格的概 E(X)=2(k-1) 2 率为C(1一p1)·.同理，4次检验中恰好有3次、4次检 24(1-乙ノ4 验能够确定该盒产品合格的概率为C(1一p1)·p1、 评析：本题为非常因难的统计问题，本题难点在于期望值的 C(1-p1). 计算，母函数方法是非竞赛生基本不会接触（甚至很多竞赛 355 强基数学·巅峰突破 生都不会接触)的方法，这个方法中还用到了函数项级数收 能从上面五对数中每对至多取一个数构成」 敛时极限和求和可以互换顺序的性质，这些在高等的概率 (1)两位数有C×2×A一C×2=72(个)： 论课程中都比较常见。 三位数有C8×23×A-C×22×A=432(个)： 55.解：5个人A、B、C、D、E分数两两不同，因此他们得分至少 (2)存在五位数，只需从上述五个数对中每对取一个数即可 为0、1、2、3、4，共10分，每局比赛无论输赢如何分数和均为 构成符合条件的五位数；不存在六位数，由抽屉原理易知 2分，所以至少比了10 若存在，则至少要从一个数对中取出两个数，则该两个数字 =5场，比赛5场并且分数分布为0、 之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和 1、2、3、4是可以构造的，C胜A,D胜A,E胜A,E胜B,B平 不等于9矛盾，因此不存在六位数. D.总共比赛了C=10场，所以至多没下10一5=5（场）. (3)四位数共有C×2×A一C×2×A=1728(个)，因此 56.解：对这个正方体，选取三角形的方法总数为C=56,我们 第1081个元素是四位数，且是第577个四位数，我们考虑千 从相反的方向考虑，如果这个三角形是非等腰三角形，那么 位，千位1,2,3的四位数有3×C×23×A=576(个)，因此 它的三边一定分别是棱、面对角线和体对角线，不难验证， 第1081个元素是4012 这共有24种，故等腰三角形有32个，概率为7 点评：配对方法与抽屉原理的结合使用是组合问题中很常见的 考查方式，大家从清北之后的自招考试题中还会发现相类似的 57.解：不难根据题干性质推出，左上角四个格子是1~4，右下 题目，足见掌握此种方法的重要性。 角的格子是9.接下来将5~8填入两个1X2的小矩形，答 案是C=6. 61.解：(1)怡有一个红球的概率为CC-56 CIs 195i 58.解：直接考虑计算卫，采取正难则反的策略.问题的反面情 (2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4， C 况是任两支球队的获胜场数均不相同，先考虑把60支球队 P(X=0)= C1195 排给60种胜利场次数，一共A。种排法，再注意到，一旦每 支球队的胜利场次数确定了，所有比赛的胜负情况其实也 p(X=2)=cC=84,PX=3)=cC-56 Cis 195 195 确定了.这是因为：胜场次最多的队伍一定胜了其他全部的 P(X=4)= C_10 队伍，胜场次第二的队伍胜了除了胜场次最多的队伍以外 Cg195 的全部队伍…以此类推，每一场比赛的结果都已经确定 即X的分布列为 于是卫=1-A=1-0 X 260 217 0 1 2 3 4 40 84 56 10 利用阶乘暴次的公式：60！中2的暴次为 195 195 195 195 195 []+[]+[]+[]+[] .E(X)=0X +1×提+2x+3×+4×品 5 30+15+7+3+1=56,故n=1770-56=1714. 32 评析：此题是典型的竞赛第一试的问题，非竞赛生可能非常 -15 不习惯，尤其是确定2的幂次那一步，用到了数论中的结论 (事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为E(X)= 59.解：记2k一1个元件组成的系统正常工作的概率为p· 4X8=32 无需繁杂计算) (1)贝努利概型：2k一1个元件中有i个正常工作概率为 1515 C-1b(1-p)24-1-, (3)取出4个球色，全为黑色的概率为C十C一子！ C 2 因此系统正常工作的概率 p:=空C-1p1-p)1. 评析：基本的概率问题，记住基本的公式可以大大减少做题 时间. (2)在2k一1个元件组成的系统中增加两个元件得到2k十1个 62.解：(1)若只打了3局，则甲取胜的概率为p 元件组成的新系统，则新系统正常工作可分为下列情形： 若打了4局，则最后1局必为甲胜，则甲取胜的概率为Cp (a)原系统中至少有k十1个元件正常工作，概率为 (1-) pe-C-1p(1-p)-1; 若打了5局，则最后1局必为甲胜，则甲取胜的概率为Cp (b)原系统中恰有k个元件正常工作，新增的两个至少一个 (1-p)2,p1=Cp3(1-p)+Cp3(1-p)+p 工作，概率为[1一(1-p)门C-1p(1一p)1； (2)f(p)=p1一p=Cp(1-p)2+Cp(1-p)+p-p= (c)原系统中恰有k一1个元件正常工作，新增的两个均工作 6p5-15p+10p3-p 的概率为pCp-1(1一p). 则f(p)=30p'-60p3+30p2-1 因此p+1一p4=pCb-1(1-p)+ 30(p-p+ 1 [1-(1-p)]C-1p(1-p)-1-C-1b(1-p)1 30 =p(1-)C[p-(1-)], 当(+片 11 ,f(p)>0: 30 即：p≥号时，P单调增加，增加两个元件后，能提高系统的 可靠性：力<？时，p:单调减少，增加两个元件后，无助于系 统可靠性的提高。 所以当= 1 11 时，f(p)取得最大值.故最小值 w√30 60.解：将0,1，…，9这10个数字按照和为9进行配对，考虑 (0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),B中元素的每个数位只 必在瑞点处取得，即力=号或1时，两种情况都有p)=0. 参考答案与解析 63.解：(1)总分能不能在某时刻取到2，只取决于前两次投掷」 点评：事实上，这道题利用生物上基因频率有关知识解答更 经过枚举，总共4种情况，其中只有前两次分别投掷到正、反 加简单。 的情况不满足，故概率为0.75. (2)①考虑p,(n≥2)的递推：1一p。代表总分取不到n,它仅 65,解(I)里然A==1A=1一日-子：又投都四次速续 出现三次正面向上的情况只有：正正正正或正正正反或反 可能是从n一1分直接变化到十1分，即p- ②由1-b=分p.(m≥2)，得到九，-号 正正正，成p=1-是昌 3 (Ⅱ)共分三种情况： (-)(-子)于是-子=(-)》(-子) ①如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面的 =(-2)×3, ②如果第n次出现正面，第n一1次出现反面，那么前n次不 从雨=号+子×(-)广m≥1D 出现连续三次正面和前n一2次不出现连续三次正面是相同 点评：概率的递推历来是清华的考试重点，此题的模型很像 的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是印： 著名的爬梯问题（每次爬梯上1级或2级），熟知爬梯问题的 ③如果第n次出现正面，第n一1次出现正面，第n一1次出 同学，很快可以想清楚什么情况下总分无法到达，故此题 现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前一3次不出现 难度不大， 连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正 64.解：(I)参与交配的两个亲本（一个称为父本，一个称为母 本)的基因型式的情况，及相应情况发生的概率和相应情况 面的概率是日P。,综上， 下子一代的基因型式为AA,Aa,aa的概率如下表： A=名1+子十日n.,a≥0.@ 1 子一代基子一代基 子一代基 父本、母本的 相应情况出 因为AA 因为Aa因为aa的 (Ⅲ)由（Ⅱ）知 基因型式 现的概率 的概率 的概率 概牵 A4=24++g.4a≥5).回 1 1 父AA母AA u 0 0 ①-号X同，p,=p1-6p.m≥5)，所以n≥5时， 1 父AA母A 2uv 1 2 0 力，单调递减，又易见p1=p>p>p>…,n≥3时，p,单 父AA母aa 调递减，且显然有下界0，所以力。的极限存在（单调有界 uw 0 0 收敛定理)，对力，=力。1一6力。两边同时取权限可得 父Aa母AA 2u0 1 2 2 0 lim =0. 父Aa母Aa 4 1 1 其统计意义：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面 向上的次数非常少，两者比值趋近于零」 父Aa母aa 2vw 点评：对于此类型的题目，构造递推是非常重要的 P 父aa母AA uw 0 0 第十二章复数 父aa母Aa 2vw 0 1 2 一、选择题 父aa母aa 0 0 1.B方法1：由题知AA=BB=CC=1, 所以 BC+AC+AB BC+AC+AB、BC+AC+AB 子一代的基因型式为AA的概率为 A+B+C A+B+C A+B+C A=GX1+2mX+2+4 1 1 =(u十0)2 也即 BC+AC+AB 2 LBC+AC+AB×BC+AC+AB A+B+C A+B+C A+B+C 由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为 3+BA+CA+AB+CB+AC+BC p3=(0+w)2. =1,故选B. 3+AB+AC+BA+BC+CA+CB 子一代的基因型式为Aa的概率为 方法2：由题知AA=BB=CC=1, A=2X+wX1+2mX+4付x号+ 所以=B=言C=己 2wwX+uwX1+- BC+AC+AB 1 1 IABCI 2(uv十u+02+w)…=2(u+)(v+). A+B+C A+B+C 若记p=u十0，g=十w,则p>0,q>0,p十q=1,子一代三 A+B+C 种基因型式：AA,Aa,aa的比例为p:2pg:g A+B+C =1,故选B. (Ⅱ)由(I)可知子二代的基因型式为AA,Aa,aa的比例为 方法3：取A=i,B=-i:C=1, a2:2a8:g, 则BC=-i;AC=i,AB=1 其中a=p+g,8=g十g.由p十q=1,可得a=p,8=g: 所以BC+AC+AB=A+B+C=1. 故子二代三种基因型式AA,Aa,aa的比例为 评析：复数的共轭与其本身的乘积等于复数模长的平方，这 b:2g:g,与子一代基因型式的比例相同. 个公式屡屡考查，一定要牢牢掌握.