高三数学第一轮复习测试及详细解答(10)—《排列、组合、二项式、概率与统计》.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高三数学第一轮复习测试及详细解答(10)排列、组合、二项式、概率与统计高三数学第一轮复习测试及详细解答(10)排列、组合、二项式、概率与统计 高三数学第一轮复习单元测试（9）排列、组合、二项式、概率与统计一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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(理)下列随机变量中，不是离散型随机变量的是（ ） A从10只编

2、号的球(0号到9号)中任取一只，被取出的球的号码 B抛掷两个骰子，所得的最大点数 C0，10区间内任一实数与它四舍五人取整后的整数的差值 D一电信局在未来某日内接到的电话呼叫次数(文)现有10张奖票，只有1张可中奖，第一人与第十人抽中奖的概率为（ ） A， B， C， D，2为了让人们感知丢弃塑料袋对环境造成的影响，某班环保小组的六名同学记录了自己家中一周内丢的塑料袋的数量，结果如下(单位：个)：33、25、28、26、25、31如果该班有45名学生，那么根据提供的数据估计本周全班同学各家共丢弃塑料袋（ ） A900个 B1080个 C1260个 D1800个3假定有一排蜂房，形状如图，一只蜜

3、蜂在左下角的蜂房中，由于受了点 伤，只能爬，不能飞，而且只能永远向右方(包括右上，右下)爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右方蜂房中去，从最初位置爬到4号蜂房中，则不同的爬法有 （ ） A4种 B6种 C8种 D10种4A与A的大小关系是（ ） AA A BA 0，得；当n4时，-0，得. 即与的关系不定故应选D5(理)A f(m)=，f(3)=(1+3)n=4n，f(1)= =(1+1)n=2n. =2,故应选A.(文)A 用间接法求解简单 ；也可直接法分3类求解；6(理)D 令x=l得，各项系数和为(-)6=26(-)6=-26=-64(文)B T7=(2a3)n-6a-6=2n-6a3n-2

4、4，当3n-24=O时，此项为常数项，即n=8时第7项是常数7D由题意，左端的六个接线点随机地平均分成三组有种分法，同理右端的六个接线点也随机地平均分成三组有种分法；要五个接收器能同时接收到信号，则需五个接收器与信号源串联在同一个线路中，即五个接收器的一个全排列，再将排列后的第一个元素与信号源左端连接，最后一个元素与信号源右端连接，所以符合条件的连接方式共有种，所求的概率是，故选D8(理)B 4枚硬币正好出现2枚正面向上，2枚反面向上的概率为P=C()4=， 由此可得P(=0)=C(1-)3=()3，P(=1)=(1-)2=，P(=2)=()2(1-)=，P(=3)=()3=，由此可得E=0(

5、)3+1+2+3=故应选B (文)B (2x1-3yl+1+2x2-3y2+l+2xn-3yn+1)n=2(x1+x2+xn)n-3(y1+y2+yn)n+1=2-3+l，故应选B9B 展开式通项为，若展开式中含x的正整数指数幂，即所以，选（B）10B将这10个数字按被3除所得的余数分成三个集合A=0,3,6,9,B=1,4,7,C=2,5,8,所以能被3整除的分以下四种情况三个数都从A中取,共有个数能被3整除;三个数都从B中取,共有个数能被3整除;三个数都从C中取,共有个数能被3整除;分别从ABC中各取一个数,共有个数能被3整除.所以所有能被3整除的数共有228个.而从0到9这10个数字中任

6、意取3个数组成的三位数共有个,所以能被3整除的概率为,于是这个数不能被3整除的概率为,因选B11B 显然，设，则C是I的非空子集，且C中元素不少于2个（当然，也不多于5个）.另一方面，对I的任何一个k（）元子集C，我们可以将C中元素从小到大排列.排好后，相邻数据间共有k1个空档。在任意一个空挡间插入一个隔板，隔板前的元素组成集合A，隔板后元素组成集合B。这样的A、B一定符合条件，且集合对A，B无重复.综合以上分析，所求为：.选B.12A恰好击中目标3次的概率是O.930.1，即得错误，而正确，故应选A13或 由已知可得+=n+1=7，即得n=6，二项式系数最大的一项为sin3x=20sm3x=

7、，解得sinx=，又x(0，2)，x=或14(理)1.89 P(=2)=O.9，P(=1)=0.10.9=0.09，P(=0)=O.13+0.120.9=0.0l，由此可得E=2O.9+lO.09+OO.01=1.89 (文)80每个个体被抽取的概率P=, n=(1500+1300+1200)=801535 从二楼到三楼用7步走完，共走11级，则必有4步每步走两级，其余3步每步1级，因此共有=35种方法16 二项式(x-1)2005所有项的系数和为O，其常数项为-l，非常数项的系数和是1，即得正确；二项展开式的第六项为x2000，即得错误；二项展开式中系数绝对值最大的项为=，-=-，得系数最大

8、的项是第1003项x1003，即错误；当x=2006时，(x-1)2005除以2 006的余数是2006-l=2005，即正确故应填17由于张数不限，2张2，3张A可以一起出，亦可分几次出，故考虑按此分类 (2分) 出牌的方法可分为以下几类： (1)5张牌全部分开出，有A种方法； (3分) (2)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法； (4分) (3)2张2一起出，3张A分开出，有A种方法； (5分) (4)2张2一起出，3张A分两次出，有种方法； (7分) (5)2张2分开出，3张A一起出，有A种方法； (8分) (6)2张2分开出，3张A分两次出，有种方法； (10分) 因此共有不同的出

9、牌方法A+ A+ A+ A+=860种 (12分)18展开式的通项为：Tr+1= = (1)设Tr+1项为常数项，则=0，得r=6，即常数项为T7=26； (4分) (2)设Tr+1项为有理项，则=5-r为整数，r为6的倍数，又0r15，r可取0，6，12三个数，故共有3个有理项 (8分) (3) 5-r为非负整数，得r=0或6，有两个整式项 (12分)19(理)解：（）123456789P（）(文)设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的事件为A，“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3”的事件为B（）芳香度之和等于4的取法有2种：、，故。（）芳香度之和等于1的取法有1种：；芳香度之和等于2的取法有1种：，故。20(1)设取出2个球是红球的概率是取出的球是一红一白2个球的概率的k倍(k为整数)， 则有 (2分)-kmn=2kn+1 (4分)kZ，nZ，m=2kn+1为奇数 (6分)(2)由题意,有，=mn,m2-m+n2-n-2mn=0即(m-n)2=m+n，1 (8分)mn2，所以m+n4，2m-n0，解得x因此，当x(-，)时，函数为增函数，当x(，+)时，函数也为增函数 (11分)令3x2-6x+20, 解得x，因此,当x,时,函数为减函数 (12分)函数的增区间为(-，),(，+)；减区间为,-