專題09排列組合二項式定理與概率統(tǒng)計綜合真題專項訓練（全國競賽強基計劃專用）

【高中數學競賽真題?強基計劃真題考前適應性訓練】專題09排列組合二項式定理與概率統(tǒng)計綜合真題專項訓練（全國競賽+強基計劃專用）一、單選題1．（2021·北京·高三強基計劃）在十進制下的末兩位數字是（

）A．01 B．21 C．81 D．前三個選項都不對【答案】A【分析】根據同余及二項定理可判斷末兩位數字，也可以利用歐拉函數的性質來判斷末兩位數字.【詳解】法1：根據題意，有:．法2：根據歐拉函數的性質由，而，故，故，而，因此．故選：A2．（2021·北京·高三強基計劃）如果一個十位數F的各位數字之和為81，則稱F是一個“好數”，則“好數”的個數為（

）A．48618個 B．48619個C．48620個 D．以上答案都不對【答案】B【分析】利用隔板法可求“好數”的個數.【詳解】設好數，則，設，則，且，考慮的非負整數解的個數，去掉對應的一組解，所求個數為個．故選：B.3．（2021·北京·高三強基計劃）設數表的每一行和每一列的乘積均為1，其中包含的每個的數表的4個數的乘積為2，則滿足題意的數表的個數為（

）A．0 B．1 C．2 D．前三個選項都不對【答案】B【分析】根據題設條件可得四個角的數字相同，四邊中間的數字也相同，從而可求這兩類數字，故可得正確的選項.【詳解】設數表為，如圖．根據題意，有，類似可得數表外圍一圈任意兩個相鄰的位置上的數的乘積均為0.5，進而四個角的數字相同，四邊中間的數字也相同，分別設為a，b，再設中間的數為c，則有因此滿足題意的數表唯一．4．（2020·北京·高三?？紡娀媱潱┰OA，B，C是集合的子集，且滿足，這樣的有序組的總數是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用分步計數法可求有序組的總數.【詳解】考慮A，B，C把集合劃分為5個集合：，接下來將集合P中的元素逐一安排到集合中即可得所求總數為．故選：C.5．（2020·北京·高三校考強基計劃）設隨機變量X的概率分布為，Y表示X被3除的余數，則數學期望（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】利用無窮遞縮等比數列的和的公式可求的分布列，從而可求其數學期望.【詳解】根據題意：有分別是以為首項，為公比的無窮遞縮等比數列的和，因此，因此．故選：B.6．（2021·北京·高三強基計劃）現有7把鑰匙和7把鎖．用這些鑰匙隨機開鎖，則這三把鑰匙不能打開對應的鎖的概率是（

）A． B． C． D．以上答案都不對【答案】B【分析】利用對立事件可求這三把鑰匙不能打開對應的鎖的概率.【詳解】設打開對應的鎖的事件為，其中，則，，且，因此所求概率為．故選：B.7．（2023·全國·高三專題練習）除以7的余數是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】把轉化成，再結合二項展開式即可求解.【詳解】，則，又是7的倍數，故余數為3.故選：D.8．（2020·湖北武漢·高三統(tǒng)考強基計劃）圓周上有10個等分點，以這10個等分點的4個點為頂點構成四邊形，其中梯形的個數為（

）A．10 B．20 C．40 D．60【答案】D【分析】把10個點看成5條線段的組合，再利用組合公式計算即可.【詳解】梯形的兩條邊平行，可以從5組平行于直徑的5條平行弦中選取，也可以從5組不平行于直徑的4條平行弦中選取，去除矩形后，梯形共有60個.故選：D9．（2020·湖北武漢·高三統(tǒng)考強基計劃）設A是集合的子集，只含有3個元素，且不含相鄰的整數，則這種子集A的個數為（

）A．32 B．56 C．72 D．84【答案】B【分析】分類列舉出每一種可能性即可得到答案.【詳解】若1,3在集合A內，則還有一個元素為5,6,7,8,9,10中的一個；若1,4在集合A內，則還有一個元素為6,7,8,9,10中的一個；若1,8在集合A內，則還有一個元素為10；共有6+5+4+3+2+1=21個.若2,4在集合A內，則還有一個元素為6,7,8,9,10中的一個；若2,5在集合A內，則還有一個元素為7,8,9,10中的一個；若2,8在集合A內，則還有一個元素為10；共有5+4+3+2+1=15個.若3,5在集合A內，則還有一個元素為7,8,9,10中的一個；若3,6在集合A內，則還有一個元素為8,9,10中的一個；若3,8在集合A內，則還有一個元素為10；共有4+3+2+1=10個.若4,6在集合A內，則還有一個元素為8,9,10中的一個；若4,7在集合A內，則還有一個元素為9,10中的一個；若4,8在集合A內，則還有一個元素為10；共有3+2+1=6個.若5,7在集合A內，則還有一個元素為9,10中的一個；若5,8在集合A內，則還有一個元素為10；共有2+1=3個.若6,8,10在集合A內，只有1個.總共有21+15+10+6+3+1=56個故選：B.10．（2020·北京·高三校考強基計劃）設袋中裝有編號從0到9的10個球，隨機從中抽取5個球，然后排成一行，構成的數（0在首位時看成4位數）能被396整除的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設所求數的形式為，根據同余可判斷出，再通過列舉法可求滿足條件的數的個數，從而可求概率.【詳解】所有可能的取法有種，因此問題即能被396整除的個數．各選項中對應的個數為：．由于，因此能被396整除的數的各位數字之和，于是或，且有，因此．情形一

．有e2604604826082048264共64個．情形

二．有e4648262648264共32個．綜上所述，所求概率為．故選：C.二、填空題11．（2018·安徽·高三競賽）從1，2，…，10中隨機抽取三個各不相同的數字，其樣本方差的概率=_________.【答案】【詳解】的樣本方差，當且僅當、、是連續(xù)的正整數.故.故答案為12．（2021·全國·高三競賽）在1，2，3，…，10這10個正整數中任取4個，記為這四個數中兩數相鄰的組數，則的數學期望__________．【答案】【詳解】易知的取值為1,2,3，且：．故答案為：.13．（2022·浙江·高二競賽）二項式的展開式中，整數項共有______項.【答案】14【詳解】二項式展開式的通項公式為，很明顯整數項應滿足且為6的倍數，即且為6的倍數，這樣的數可以是：120，126，132，138，144，150，156，162，168，174，180，186，192，198，共有14個.故答案為：14.14．（2022·福建·高二統(tǒng)考競賽）的末三位數是___________.【答案】881【詳解】因為，所以，又，所以，因此的末三位數是881.故答案為：881.15．（2022·貴州·高二統(tǒng)考競賽）如圖，“愛心”是由曲線和所圍成的封閉圖形，在區(qū)域內任取一點A，則A取自“愛心”內的概率_____．【答案】【詳解】解法1．區(qū)域的面積為，愛心面積，∴．故答案為：.解法2．在圖中的陰影部分面積，所以愛心面積為，∴．故答案為：.16．（2018·全國·高三競賽）設n為正整數.從集合中任取一個正整數n恰為方程的解的概率為_______（表示不超過實數x的最大整數）.【答案】【詳解】當時，，.滿足題中方程的n為6，12，…，2010，共335個；當時，，.滿足題中方程的n為1，7，13，…，2011，共336個；當時，，.滿足題中方程的n不存在；當時，，.滿足題中方程的n為3，9，15，…，2013，共336個；當時，，.滿足題中方程的n不存在；當時，，.滿足題中方程的n不存在.因此，從集合中任取一個正整數n恰為題中方程的解的概率為.17．（2018·全國·高三競賽）小明、小紅分別獨立重復投擲均勻的色子，直到第次出現6點為止．則小明和小紅投擲的次數相差不超過1的概率為________．【答案】【詳解】設小明、小紅投擲次數分別為.則所求為.由獨立性,知所求概率為==.18．（2018·全國·高三競賽）從集合中隨機地、不放回地取出三個數，然后再從剩下的2011個數中同樣隨機地、不放回地取出三個數.則將為長、寬、高的磚能放進以為長、寬、高的盒子中的概率為__________．【答案】【詳解】不妨設，，當且僅當，，時磚可放入盒中.設是從中選出的六個數，再從中選出三個，有=20種方法.這三個作為，剩下三個作為，符合要求的只能為.若為，則可為或或；若為，則可為或.故符合要求的取法為5種，概率.19．（2021·全國·高三競賽）有甲乙兩個盒子，甲盒中有5個球，乙盒中有6個球（所有球都是一樣的）.每次隨機選擇一個盒子，并從中取出一個球，直到某個盒子中不再有球時結束.則結束時是甲盒中沒有球的概率為______.【答案】【詳解】相當于前十次中至少有五次選擇了甲盒的概率，即.故答案為：.20．（2021·全國·高三競賽）先后三次擲一顆骰子，則其中某兩次的點數和為10的概率為___________．【答案】【詳解】有兩次為5的概率為，有兩次為6和4的概率為，所以概率為.故答案為：.21．（2021·浙江金華·高三浙江金華第一中學?？几傎悾┘祝覂扇诉M行一場七局四勝制的游戲，任何一人累計獲勝四局即為勝方，同時游戲結束，另一人為負方．若在每局中，雙方各有的概率獲勝，則游戲結束時勝方比負方多獲勝的局數的數學期望為______．【答案】【詳解】由題可設游戲結束時勝方比負方多獲勝的局數為,則可能取值為1,2,3,4,比七局,前六場兩人三勝三負,勝方比負方多獲勝一場,;比六局,前五場勝方三勝兩負,勝方比負方多獲勝兩場,;比五局,前四場勝方三勝一負,勝方比負方多獲勝三場,,比四局,勝方連勝四局,,所以.故答案為：.22．（2022·北京·高三?？紡娀媱潱⒉淮笥?2的正整數分為6個兩兩交集為空的二元集合，且每個集合中兩個元素互質，則不同的分法有___________種.【答案】252【分析】依題意恰好在6個不同的集合中，設依次為，則可以任意放，5不能放在中，3，9不能放在或中，分兩種情況討論，按照分類、分步計數原理計算可得；【詳解】解：易知中的元素兩兩不互質，因此恰好在6個不同的集合中.設依次為.此時剩余的正整數中可以任意放在上述6個集合中，5不能放在中，3，9不能放在或中，分兩種情況：①若5放入了或中，有兩種情況，此時3與9可在4個集合中選擇，有種情況，而放入集合有種情況.②若5沒有放入或中，則5有3個集合可以選擇，進而3與9可在3個集合中選擇，有種情況，而放入集合有種情況.綜上所述，不同的集合拆分方法共有種.故答案為：23．（2022·浙江金華·高三浙江金華第一中學?？几傎悾┒x：如果甲隊贏了乙隊，乙隊贏了丙隊，而丙隊又贏了甲隊，則稱甲乙丙為一個“友好組”.如果20支球隊參加單循環(huán)比賽，則友好組個數的最大值為__________.【答案】330【分析】從反面考慮非友好組的個數的最小值，后者可用逐步調整法來處理.【詳解】當為偶數時，令，則總共有場比賽.不妨設有個友好組，考慮其反面，若甲乙丙三對為非友好組，不妨設甲隊贏了乙隊和丙隊，此時，記甲隊為非友好組的組長.對甲隊而言，可以在贏的所有隊伍中任意選擇兩隊構成非友好組.因此，若隊在比賽中贏了場，則，且以為組長的非友好組有個（補充定義：，于是所有非友好組的個數為.下求最小值.若在中，有.則令，其余且，，故調整后的總和變小.重復上述操作，直至任意兩個數的差最多為1.不妨設有個個，則有整理有.由于，故.由等式兩邊對應相等可知，，即調整后有個個.此時的值為，則，故友好組個數的最大值為，即.下面為取到最大值的例子：設在.共支球隊中，當時，隊勝；當時，隊勝，下標均是在模的意義下.綜上所述，當為偶數時，友好組個數的最大值為.故如果20支球隊參加單循環(huán)比賽，友好組個數的最大值為330.故答案為：33024．（2019·河南·高二校聯考競賽）計算：=____________.【答案】【詳解】由二項式定理得，兩邊同時積分得：，從而得到如下等式：，故答案為：.25．（2022·北京·高三校考強基計劃）已知數列各項均為正整數，且中存在一項為3，可能的數列的個數為___________.【答案】211【分析】由題意記，則，設，則，對于給定的可唯一確定一組數列，從而可求出數列的個數【詳解】解：記，則，對確定的，數列各項間的大小順序即確定，設，則，對于給定的可唯一確定一組數列，由于且，這樣的數列共個，其中不符合題設條件的數列各項均為1或2，這樣的數列有個，綜上所述，符合要求的數列共有個.故答案為：211三、解答題26．（2022·江蘇南京·高三強基計劃）設的兩個根分別為，，設.(1)求證：；(2)求的個位數字.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）由題意可知，，此時：，，則：，此時.（2）因為，，上述兩式相加可得，設為的個位數字，則：，，，，，，，，則數列是以6為周期的數列，則.27．（2018·全國·高三競賽）已知數列滿足，并且對任意的的概率均為．（1）設的值為隨機變量X，試求X的概率分布；（2）求X的絕對值的數學期望E|X|．【答案】（1）見解析；（2）【詳解】（1）設.則對任意正整數取1或1的概率均為，且.設.顯然，，并設此時中有x個1,2nx個1.則X(2nx)=k.因此，k=2(xn)只能取[2n,2n]之間的偶數值.對于偶數2m(m=0,±1,...,±n)，事件{X=2m}相當于在2n個數中，有n+m個取1，nm個取1，因此，X的概率分布可表示為（2）對任意1≤i≤n，易知P(X=2m)=P(X=2m).從而，.28．（2022·湖北武漢·高三統(tǒng)考強基計劃）連續(xù)地隨機擲1顆骰子，一直擲到6點出現3次為止.用表示停止時已經擲的次數.(1)求的分布列，；(2)令，求數學期望.【答案】(1)答案見解析.(2).【詳解】（1）顯然當擲次才停止時,必有第次擲出的是6,前中有2次擲出次擲出的是其它數字.所以.由于，，，故其分布列為：X34（2）當時,有,故.當時,有,故于是可得29．（2022·江蘇南京·高三強基計劃）已知整數，證明：.【答案】證明見解析【詳解】解同除：，設，原題即證：，而，所以，即，，又，所以，即，，綜上可得：時，，即.30．（2022·江蘇蘇州·高二統(tǒng)考競賽）定義：如果甲隊贏了乙隊，乙隊贏了丙隊，而丙隊又贏了甲隊，則稱甲乙丙為一個“友好組”.(1)如果19支球隊參加單循環(huán)比賽，求友好組個數的最大值；(2)如果20支球隊參加單循環(huán)比賽，求友好組個數的最大值.【答案】(1)285(2)330【分析】設有x個友好組，考慮其反面，證明一般性結論：當球隊個數m為奇數時，友好組個數最大值為；當球隊個數m為偶數時，友好組個數最