2020届高考数学二轮复习

专题八 排列组合与概率统计

【重点知识回顾】

二、重点知识回顾

1.排列与组合

⑴ 分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.

⑵ 排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题.

⑶ 排列与组合的主要公式

①排列数公式： (m≤n)　　

A=n! =n(n―1)(n―2) ·…·2·1.

②组合数公式：　(m≤n).

③组合数性质：①(m≤n). ②

③

2.二项式定理

⑴ 二项式定理

(a +b)n =Can +Can－1b+…+Can－rbr +…＋Cbn，其中各项系数就是组合数C，展开式共有n+1项，第r+1项是Tr+1 =Can－rbr.

⑵ 二项展开式的通项公式

二项展开式的第r+1项Tr+1=Can－rbr(r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。

⑶ 二项式系数的性质

①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，

即C= C　(r=0,1,2,…,n).

②若n是偶数，则中间项(第项)的二项公式系数最大，其值为C；若n是奇数，则中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C= C.

③所有二项式系数和等于2n，即C+C＋C+…+C=2n.

④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，

即C+C+…=C+C+…=2n―1.

3.概率

（1）事件与基本事件：

　　基本事件：试验中不能再分的最简单的“单位”随机事件；一次试验等可能的产生一个基本事件；任意两个基本事件都是互斥的；试验中的任意事件都可以用基本事件或其和的形式来表示．

　　（2）频率与概率：随机事件的频率是指此事件发生的次数与试验总次数的比值．频率往往在概率附近摆动，且随着试验次数的不断增加而变化，摆动幅度会越来越小．随机事件的概率是一个常数，不随具体的实验次数的变化而变化．

　　（3）互斥事件与对立事件：

　　（4）古典概型与几何概型：

　　古典概型：具有“等可能发生的有限个基本事件”的概率模型．

　　几何概型：每个事件发生的概率只与构成事件区域的长度（面积或体积）成比例．

　　两种概型中每个基本事件出现的可能性都是相等的，但古典概型问题中所有可能出现的基本事件只有有限个，而几何概型问题中所有可能出现的基本事件有无限个．

　　（5）古典概型与几何概型的概率计算公式：

　　古典概型的概率计算公式：．

　　几何概型的概率计算公式：．

　　两种概型概率的求法都是“求比例”，但具体公式中的分子、分母不同．

　（6）概率基本性质与公式

①事件的概率的范围为：．

②互斥事件与的概率加法公式：．

③对立事件与的概率加法公式：．

（7） 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，则它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率是pn(k) = Cpk(1―p)n―k.　实际上，它就是二项式[(1―p)+p]n的展开式的第k+1项.

（8）独立重复试验与二项分布

　　①．一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．注意这里强调了三点：（1）相同条件；（2）多次重复；（3）各次之间相互独立；

　　②．二项分布的概念：一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为．此时称随机变量服从二项分布，记作，并称为成功概率．

4、统计

　　（1）三种抽样方法

　　①简单随机抽样

　　简单随机抽样是一种最简单、最基本的抽样方法．抽样中选取个体的方法有两种：放回和不放回．我们在抽样调查中用的是不放回抽取．

　　简单随机抽样的特点：被抽取样本的总体个数有限．从总体中逐个进行抽取，使抽样便于在实践中操作．它是不放回抽取，这使其具有广泛应用性．每一次抽样时，每个个体等可能的被抽到，保证了抽样方法的公平性．

　　实施抽样的方法：抽签法：方法简单，易于理解．随机数表法：要理解好随机数表，即表中每个位置上等可能出现0，1，2，…，9这十个数字的数表．随机数表中各个位置上出现各个数字的等可能性，决定了利用随机数表进行抽样时抽取到总体中各个个体序号的等可能性．

　　②系统抽样

　　系统抽样适用于总体中的个体数较多的情况．

　　系统抽样与简单随机抽样之间存在着密切联系，即在将总体中的个体均分后的每一段中进行抽样时，采用的是简单随机抽样．

　　系统抽样的操作步骤：第一步，利用随机的方式将总体中的个体编号；第二步，将总体的编号分段，要确定分段间隔，当（Ｎ为总体中的个体数，n为样本容量）是整数时，；当不是整数时，通过从总体中剔除一些个体使剩下的个体个数Ｎ能被n整除，这时；第三步，在第一段用简单随机抽样确定起始个体编号，再按事先确定的规则抽取样本．通常是将加上间隔k得到第2个编号，将加上k，得到第3个编号，这样继续下去，直到获取整个样本．

　　③分层抽样

　　当总体由明显差别的几部分组成时，为了使抽样更好地反映总体情况，将总体中各个个体按某种特征分成若干个互不重叠的部分，每一部分叫层；在各层中按层在总体中所占比例进行简单随机抽样．

　　分层抽样的过程可分为四步：第一步，确定样本容量与总体个数的比；第二步，计算出各层需抽取的个体数；第三步，采用简单随机抽样或系统抽样在各层中抽取个体；第四步，将各层中抽取的个体合在一起，就是所要抽取的样本．

　　（2）用样本估计总体

　　样本分布反映了样本在各个范围内取值的概率，我们常常使用频率分布直方图来表示相应样本的频率分布，有时也利用茎叶图来描述其分布，然后用样本的频率分布去估计总体分布，总体一定时，样本容量越大，这种估计也就越精确．

　　①用样本频率分布估计总体频率分布时，通常要对给定一组数据进行列表、作图处理．作频率分布表与频率分布直方图时要注意方法步骤．画样本频率分布直方图的步骤：求全距→决定组距与组数→分组→列频率分布表→画频率分布直方图．

　　②茎叶图刻画数据有两个优点：一是所有的信息都可以从图中得到；二是茎叶图便于记录和表示，但数据位数较多时不够方便．

　　③平均数反映了样本数据的平均水平，而标准差反映了样本数据相对平均数的波动程度，其计算公式为． 有时也用标准差的平方———方差来代替标准差，两者实质上是一样的．

　　（3）两个变量之间的关系

　　变量与变量之间的关系，除了确定性的函数关系外，还存在大量因变量的取值带有一定随机性的相关关系．在本章中，我们学习了一元线性相关关系，通过建立回归直线方程就可以根据其部分观测值，获得对这两个变量之间的整体关系的了解．分析两个变量的相关关系时,我们可根据样本数据散点图确定两个变量之间是否存在相关关系，还可利用最小二乘估计求出回归直线方程．通常我们使用散点图，首先把样本数据表示的点在直角坐标系中作出，形成散点图．然后从散点图上，我们可以分析出两个变量是否存在相关关系：如果这些点大致分布在通过散点图中心的一条直线附近，那么就说这两个变量之间具有线性相关关系，这条直线叫做回归直线，其对应的方程叫做回归直线方程．在本节要经常与数据打交道，计算量大，因此同学们要学会应用科学计算器．

　　（4）求回归直线方程的步骤：

　　第一步：先把数据制成表，从表中计算出；

　　第二步：计算回归系数的a，b，公式为

　　第三步：写出回归直线方程．

（4）独立性检验

①列联表：列出的两个分类变量和，它们的取值分别为和的样本频数表称为列联表1

　　　　构造随机变量（其中）

得到的观察值常与以下几个临界值加以比较：

　　　如果　，就有的把握因为两分类变量和是有关系；

如果　　就有的把握因为两分类变量和是有关系；

如果　　就有的把握因为两分类变量和是有关系；

如果低于，就认为没有充分的证据说明变量和是有关系．

　　　②三维柱形图：如果列联表1的三维柱形图如下图

　　　由各小柱形表示的频数可见，对角线上的频数的积的差的绝对值

　较大，说明两分类变量和是有关的，否则的话是无关的．

重点：一方面考察对角线频数之差，更重要的一方面是提供了构造随机变量进行独立性检验的思路方法。

　③二维条形图（相应于上面的三维柱形图而画）

　　　由深、浅染色的高可见两种情况下所占比例，由数据可知要比小得多，由于差距较大，因此，说明两分类变量和有关系的可能性较大，两个比值相差越大两分类变量和有关的可能性也越的．否则是无关系的．

重点：通过图形以及所占比例直观地粗略地观察是否有关，更重要的一方面是提供了构造随机变量进行独立性检验的思想方法。

④等高条形图（相应于上面的条形图而画）

　由深、浅染色的高可见两种情况下的百分比；另一方面，数据

要比小得多，因此，说明两分类变量和有关系的可能性较大，

否则是无关系的．

重点：直观地看出在两类分类变量频数相等的情况下，各部分所占的比例情况，是在图２的基础上换一个角度来理解。

【典型例题】

考点一：排列组合

【方法解读】

1、解排列组合题的基本思路：

1 将具体问题抽象为排列组合问题，是解排列组合应用题的关键一步

2 对“组合数”恰当的分类计算是解组合题的常用方法；

3 是用“直接法”还是用“间接法”解组合题，其前提是“正难则反”；

2、解排列组合题的基本方法：

1 优限法：元素分析法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；

位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；

2 排异法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。

3 分类处理：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论；注意：分类不重复不遗漏。

4 分步处理：对某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决；在解题过程中，常常要既要分类，以要分步，其原则是先分类，再分步。

5 插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制元条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间。

6 捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列。

7 穷举法：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来；这种方法常用于方法数比较少的问题。

【命题规律】排列组合的知识在高考中经常以选择题或填空题的形式出现，难度属中等。

例1. （2020·天津）如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用 （ ）

A.288种 B.264种 C.240种 D.168种

【提示】(1)B,D,E,F用四种颜色，则有种涂色方法；

(2)B,D,E,F用三种颜色，则有种涂色方法；

(3)B,D,E,F用两种颜色，则有种涂色方法；

所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。故选B

例2、某校开设10门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是（B ）

A．120 B．98 C．63 D．56

【提示】分两类：第一类A，B，C三门课都不选，有＝35种方案；第二类A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有＝63种方案．故共有35＋63＝98种方案．故选B

例3、某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为 (　A　)

A．504 B．210 C．336 D．120

【提示】三个新节目一个一个插入节目单中，分别有7,8,9种方法，∴插法种数为7×8×9＝504或＝504.故选A

考点二：二项式定理

【内容解读】掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题。对二项式定理的考查主要有以下两种题型：

1、求二项展开式中的指定项问题：方法主要是运用二项式展开的通项公式；

2、求二项展开式中的多个系数的和：此类问题多用赋值法；要注意二项式系数与项的系数的区别；

【命题规律】

历年高考二项式定理的试题以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，重点考查运用二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分、化归转化等思想方法。为此，只要我们把握住二项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。

例4、设则中奇数的个数为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

解：由题知，逐个验证知，其它为偶数，选A。

例5、组合数C（n＞r≥1，n、r∈Z）恒等于（ ）

A．C B．(n+1)(r+1)C C．nr C D．C

解：由.

例6、在的展开式中，含的项的系数是

（A）-15 （B）85 （C）-120 （D）274

解：本题可通过选括号（即5个括号中4个提供，其余1个提供常数）的思路来完成。故含的项的系数为

例7、若(x+)n的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x4项的系数为

(A)6 (B)7 (C)8 (D)9

解：因为的展开式中前三项的系数、、成等差数列，所以，即，解得：或（舍）。。令可得，，所以的系数为，故选B。

考点三：概率

【内容解读】概率试题主要考查基本概念和基本公式，对等可能性事件的概率、互斥事件的概率、独立事件的概率、事件在n次独立重复试验中恰发生k次的概率、离散型随机变量分布列和数学期望等内容都进行了考查。掌握古典概型和几何概型的概率求法。

【命题规律】（1）概率统计试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等或中等偏易。

（2）概率统计试题通常是通过对课本原题进行改编，通过对基础知识的重新组合、变式和拓展，从而加工为立意高、情境新、设问巧、并赋予时代气息、贴近学生实际的问题。这样的试题体现了数学试卷新的设计理念，尊重不同考生群体思维的差异，贴近考生的实际，体现了人文教育的精神。

例8、在平面直角坐标系中，设D是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D中随意投一点，则落入E中的概率为 。

解：如图：区域D表示边长为4的正方形ABCD的内部（含边界），区域E表示单位圆及其内部，因此。

答案

点评：本题考查几何概型，利用面积相比求概率。

例9、从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为

(A) (B) (C) (D)

解：，故选B。

点评：本小题主要考查组合的基本知识及等可能事件的概率。

例10、在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为

（A）　　　　　　　　　　　　　　　　（B）

（C）　　　　　　　　　　　　　　　（D）

解：基本事件总数为。

选出火炬手编号为，时，由可得4种选法；

时，由可得4种选法；时，由可得4种选法。

点评：本题考查古典概型及排列组合问题。

例11、某一批花生种子，如果每1粒发牙的概率为,那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（　　）

A. B. C. D.

解：独立重复实验，

例12、某射击测试规则为：每人最多射击3次，击中目标即终止射击，第次击中目标得分，3次均未击中目标得0分．已知某射手每次击中目标的概率为0.8，其各次射击结果互不影响．

（Ⅰ）求该射手恰好射击两次的概率；

（Ⅱ）该射手的得分记为，求随机变量的分布列及数学期望．

解： （Ⅰ）设该射手第次击中目标的事件为，则，

．

（Ⅱ）可能取的值为0，1，2，3． 的分布列为

.

例13、随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品4件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元．设1件产品的利润（单位：万元）为．

（1）求的分布列；（2）求1件产品的平均利润（即的数学期望）；

（3）经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为，一等品率提高为．如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？

解：的所有可能取值有6，2，1，-2；，

，

故的分布列为：

（2）

（3）设技术革新后的三等品率为，则此时1件产品的平均利润为

依题意，，即，解得 所以三等品率最多为

考点四：统计

【内容解读】理解简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的概念，了解它们各自的特点及步骤．会用三种抽样方法从总体中抽取样本．会用样本频率分布估计总体分布．会用样本数字特征估计总体数字特征．会利用散点图和线性回归方程，分析变量间的相关关系；掌握独立性检验的步骤与方法。

【命题规律】（1）概率统计试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等或中等偏易。

（2）概率统计试题通常是通过对课本原题进行改编，通过对基础知识的重新组合、变式和拓展，从而加工为立意高、情境新、设问巧、并赋予时代气息、贴近学生实际的问题。这样的试题体现了数学试卷新的设计理念，尊重不同考生群体思维的差异，贴近考生的实际，体现了人文教育的精神。

例14、下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生

产能耗Y(吨标准煤)的几组对照数据

(1)请画出上表数据的散点图；

(2)请根据上表提供的数据，崩最小二乘法求出Y关于x的线性回归方程Y=bx+a；

(3)已知该厂技改前100吨甲产品的生产能耗为90吨标准煤．试根据(2)求出的线性回归方程，预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降低多少吨标准煤?

(参考数值：32．5+43+54+64．5=66.5)

解：(1)散点图略.

(2), , ,

由所提供的公式可得,故所求线性回归方程为10分

(3)吨.

例15、为了研究某高校大学新生学生的视力情况，随机地抽查了该校100名进校学生的视力情况，得到频率分布直方图,如图.已知前4组的频数从左到右依次是等比数列的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列的前六项．

(Ⅰ)求等比数列的通项公式;

（Ⅱ)求等差数列的通项公式；

(Ⅲ)若规定视力低于5.0的学生属于近视学生,试估计该校新生的近视率的大小.

解：由题意知：，

∵数列是等比数列，∴公比

∴ .

∵=13,

∴，

∵数列是等差数列，∴设数列公差为，则得，

　∴＝87，

，，

=,

(或=)

答:估计该校新生近视率为91%.

例16、某兴趣小组欲研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系,他们分别到气象局与某医院抄录了1至6月份每月10号的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数,得到如下资料:

该兴趣小组确定的研究方案是:先从这六组数据中选取2组,用剩下的4组数据求线性回归方程,再用被选取的2组数据进行检验.

(Ⅰ)求选取的2组数据恰好是相邻两个月的概率；(5分)

(Ⅱ)若选取的是1月与6月的两组数据,请根据2至5月份的数据,求出y关于x的线性回归方程；(6分)

(Ⅲ)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2人,则认为得到的线性回归方程是理想的,试问该小组所得线性回归方程是否理想?(3分)

(参考公式: )

解：(Ⅰ)设抽到相邻两个月的数据为事件A.因为从6组数据中选

取2组数据共有15种情况,每种情况都是等可能出现的

其中,抽到相邻两个月的数据的情况有5种

所以

(Ⅱ)由数据求得

由公式求得

再由

所以关于的线性回归方程为

(Ⅲ)当时,, ；

同样, 当时,,

所以,该小组所得线性回归方程是理想的.

四、复习建议

1. 对于一些容易混淆的概念，如排列与排列数、组合与组合数、排列与组合、二项式系数与二项展开式中各项的系数等，应注意弄清它们之间的联系与区别.

2. 复习中，对于排列组合应用题，注意从不同的角度去进行求解，以开阔思维，提高解题能力.

3. 注意体会解决概率应用题的思考方法，正向思考时要善于将较复杂的问题进行分解，解决有些问题时还要学会运用逆向思考的方法.

4、注意复习求线性回归方程的方法，回归分析方法，独立性检验的方法及其应用问题。

【模拟演练】

计数原理部分：

1.(2020 ·湖南 )在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字也许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为

A．10 B.11 C.12 D.15

【提示】与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：

第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有

第二类: 与信息0110有一个对应位置上的数字相同有

第三类: 与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有

与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同信息有6+4+1=11故选B

2．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有 (　C　)

A．6个 B．9个 C．18个 D．36个

【提示】由题意知，1,2,3中必有某一个数字重复使用2次．第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法．故共可组成3×3×2＝18个不同的四位数．故选C

3．(2020·淮阴一模)已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是 (　D　)

A．18 B．10 C．16 D．14

【提示】M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有1×2个．N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有2×2个．所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14(个).故选D

4.(2020·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P—ABC与正三棱柱ABC—A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有__12__种．

提示：先涂三棱锥P—ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有×××＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．

5．设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程 表示焦点在x轴上的椭圆有 (　D　)

A．6个　　　　B．8个 C．12个 D．16个

【提示】因为椭圆的焦点在x轴上，所以当m＝4时，n＝1,2,3；当m＝3时，

n＝1,2；当m＝2时，n＝1.即满足条件的椭圆共有3＋2＋1＝6个．故选D

6．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有 (　C　)

A．21种 B．315种 C．143种 D．153种

【提示】故选C

6．从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有 (　B　)

A．40种 B．60种 C．100种 D．120种

【提示】由题意可列式为 故选B

7．（2020 全国卷1理）某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 ( A )

A .30种 B.35种 C.42种 D.48种

【提示】用间接法种,故选A

8．（2020·广东）为了迎接2020年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同．记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁，在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒。如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（ C ）

A、 1205秒 B.1200秒 C.1195秒 D.1190秒

【提示】每次闪烁时间5秒，共5×120=600s，每两次闪烁之间的间隔为5s，共5×（120-1）=595s．总共就有600+595=1195s．故选C

9．（2020·全国卷1）某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 种 30 .(用数字作答)

【提示】可分以下2种情况:(1)A类选修课选1门,B类选修课选2门,有种不同的选法;(2)A类选修课选2门,B类选修课选1门有种不同的选法.所以不同的选法共有+种.

10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数（如1 458），若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为 1359 .

【提示】 渐升数由小到大排列，形如

的渐升数共有：6+5+4+3+2+1=21（个），如123×，个位可从4，5，6，7，8，9六个数字选一个，有6种等；形如

的渐升数共有5个；形如

的渐升数共有4个，故此时共有21+5+4=30个，因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359，所以应填1 359.

11．用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一颜色．

(1)若n＝6，则为甲图着色的不同方法共有__480__种；

(2)若为乙图着色时共有120种不同方法，则n＝__5__.

【提示】(1)由分步乘法计数原理，对区域①②③④按顺序着色，

共有6×5×4×4＝480种方法．

(2)与第(1)问的区别在于与④相邻的区域由2块变成了3块．同样利用分步乘法计数原理，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120.所以(n2－3n)(n2－3n＋2)＝120，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0，所以n2－3n－10＝0，n2－3n＋12＝0(舍去)，

解得n＝5，n＝－2(舍去)．

12．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有__13_种．

【提示】每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂．但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落．因为每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13种情况．

13．现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．

(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？

(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？

(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？

解：(1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；

第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；

第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；

第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，

所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．

(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法

N＝7×8×9×10＝5 040(种)．

(3)分六类，每类又分两步：

从一班、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；

从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法，

从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；

从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；

从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；

从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，

所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．

概率统计部分：

1．在一所有1000名学生的学校中随机调查了100人，其中有85人上学之前吃早餐，在这所学校里随便问1人，上学之前吃过早餐的概率是（ ）

A．0.85 B．0.085 C．0.1 D．850

2．一布袋中有红球8个，白球5个和黑球12个，它们除颜色外没有其他区别，随机地从袋中取出1球不是黑球的概率为（ ）

A． B． C． D．

3．某商店举办有奖销售活动，购物满100元者发兑奖券一张，在10000张奖券中，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖100个，若某人购物满100元，那么他中一等奖的概率是（ ）

A． B． C． D．

4．如图所示的两个转盘分别被均匀地分成5个和4个扇形，每个扇形上都标有数字，同时自由转动两个转盘，转盘停止后，指针都落在奇数上的概率是（ ）

A． B． C． D．

5．军军的文具盒中有两支蜡笔，一支红色的、一支绿色的；三支水彩笔，分别是黄色、黑色、红色，任意拿出一支蜡笔和一支水彩笔，正好都是红色的概率为（ ）

A． B． C． D．

6．甲、乙两位学生一起在玩抛掷两枚硬币的游戏，游戏规定：甲学生抛出两个正面得1分；乙学生抛出一正一反得1分．那么各抛掷100次后他们的得分情况大约应为（ ）

A．甲→25分，乙→25分 B．甲→25分，乙→50分

C．甲→50分，乙→25分 D．甲→50分，乙→50分

二、填空题

1．口袋中放有3只红球和11只黄球，这两种球除颜色外没有任何区别，随机从口袋中任取一只球，取到黄球的概率是__ __．

2． 一个口袋中有4个白球，1个红球，7个黄球．搅匀后随机从袋中摸出1个是白球的概率是_________．

3．2020年5月份，某市市区一周空气质量报告中某项污染指数的数据是：31、35、31、34、30、32、31，这组数据的中位数是__________.

4．为了缓解旱情，我市发射增雨火箭，实施增雨作业． 在一场降雨中，某县测得10个面积相等区域的降雨量如下表：

则该县这10个区域降雨量的众数为_______(mm)；平均降雨量为___________（mm）．

5．一个骰子，六个面上的数字分别为1、2、3、3、4、5，投掷一次，向上的面出现数字3的概率是_____．

6．某校学生会在“暑假社会实践”活动中组织学生进行社会调查，并组织评委会对学生写出的调查报告进行了评比．学生会随机抽取了部分评比后的调查报告进行统计，绘制了统计图如下，请根据该图回答下列问题：

（1）学生会共抽取了______份调查报告；

（2）若等第A为优秀，则优秀率为_____________ ；

（3）学生会共收到调查报告1000 份，请估计该校有多少份调查报告的等第为E ?7．有100张已编号的卡片（从1号到100号）从中任取1张，计算卡片是奇数的概率是_______，卡片号是7的倍数的概率是________．

8．掷一枚正六面体的骰子，掷出的点数不大于3的概率是_________．

三、解答题

1．小谢家买了一辆小轿车，小谢连续记录了七天每天行驶的路程．

请你用统计初步的知识，解答下列问题：(1)小谢家小轿车每月(每月按30天计算)要行驶多少千米?(2)若每行驶100千米需汽油8升，汽油每升3．45元．请你求出小谢家一年(一年按12个月计算)的汽油费是多少元?

2．今年“五一黄金周”期间，花果山风景区共接待游客约22.5万人．为了了解该景区的服务水平，有关部门从这些游客中随机抽取450人进行调查，请他们对景区的服务质量进行评分，评分结果的统计数据如下表：

根据表中提供的信息，回答下列问题：

（1）所有评分数据的中位数应在第几档内？

（2）若评分不低于70分为“满意”，试估计今年“五一黄金周”期间对花果山景区服务“满意”的游客人数．

3．在青岛市政府举办的“迎奥运登山活动”中，参加崂山景区登山活动的市民约有12000人，为统计参加活动人员的年龄情况，我们从中随机抽取了100人的年龄作为样本，进行数据处理，制成扇形统计图和条形统计图（部分）如下：

（1）根据图①提供的信息补全图②；

（2）参加崂山景区登山活动的 12000 余名市民中，哪个年龄段的人数最多？

（3）根据统计图提供的信息，谈谈自己的感想．（不超过30字）

4．袋中装有编号为1、2、3的三个形状大小相同的小球，从袋中随意摸出1球．并且随意抛掷一个面上标有1，2，3，4，5，6各一数字的正方体均匀骰子．

（1）如果摸出1号球和骰子朝上的数字为1则甲胜；如果摸出2号球和骰子朝上的数字为2，则乙胜．这个游戏对双方公平吗？

（2）如果摸出的球编号为奇数和骰子朝上的数字为奇数则甲胜；如果摸出的球编号为偶数和木块朝上的数字为偶数，则乙胜．这个游戏对双方公平吗？说明理由．

参 考 答 案

一、选择题

1．A（提示：100人中吃早餐的概率85÷100=0.85，可以代表1000名学生吃早餐的概率）

2．D（提示：P（摸出的是黑球）=，所以P（摸出的不是黑球）=1－=）

3．C（提示：共有10000张奖券，其中一等奖10个，购物100元，可得一张奖券，故P（中一等奖）=

4．B（提示：P（A指奇数）=，P（B指奇数）=，所以P（A、B同时指奇数）=×=）

5．D（提示：P（两支红色水笔））

6．B（提示：抛掷两枚硬币的所有可能是正正、正反、反正、反反．所以P（甲抛出两个正面）=，P（乙抛出一正一反）=，各抛100次后，甲得分100×=25（分），乙得分100×=50（分））

二、填空题

1． （提示：实验中，我们关注的结果的次数是11，所有等可能出现的结果的次数是14，故取到黄球的概率）

2．（提示：P（白球）=）

3．31（提示：将这组数据按从小到大排列为30、31、31、31、32、34、35，则位于中间位置的一个数为31，即这组数据的中位数是31）

4．14，14（提示：14出现次数最多，平均降雨量是把各区域降雨量相加再除以10）

5．（提示：P（向上数字为3）=）

6．50，0.16，40（提示：共抽查8+20+15+5+2=50；优秀率为8÷50=0.16；等第为E的报告有）

7．，（提示：1到100中奇数有50个，P（卡片是奇数）=；7的倍数有100÷714，所以P（卡片号是7的倍数）=）

8．（提示：点数不大于3的数字有1、2、3，所以P（点数不大于3）=）

三、解答题

1．解：(1)由图知这七天中平均每天行驶的路程为50(千米)．

∴每月行驶的路程为30×50=l 500(千米)．

答：小谢家小轿车每月要行驶1500千米．

(2)小谢一家一年的汽油费用是4 968元．

2．解:（1）所有评分数据的中位数应在第三档内.

（2）根据题意，样本中不小于70的数据个数为73+147+122=342，

所以，22.5万游客中对花果山景区服务“满意”的游客人数约为（万）.

3．解：（1）略 （2）60－69岁

（3）根据统计图提供的信息，谈谈自己的感想合理即可．

4．解：①公平 因为获胜概率相同都等于；

②不公平；因为甲获胜概率为，乙获胜概率为．

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