高中数学竞赛专题讲座之七排列组合二项式定理和概率

1高中数学竞赛专题讲座之七排列组合二项式定理和概率一、排列组合二项式定理1．(2005年浙江)设nnnxaxaaxx221021，求naaa242的值为（）A．n3B．23nC．213nD．213n【解】令0x得10a；（1）令1x得123210naaaaa；（2）令1x得nnaaaaa323210；（3）（2）＋（3）得13)(22420nnaaaa，故2132420nnaaaa，再由（1）得213242nnaaa。选【C】2．（2004全国）设三位数nabc，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有（）A．45个B．81个C．165个D．216个解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。即,,{1,2,...,9}abc（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为1n，由于三位数中三个数码都相同，所以，1199nC.（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为2n，由于三位数中只有2个不同数码.设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有292C。但当大数为底时，设ab，必须满足2bab。此时，不能构成三角形的数码是a9876543212b4，32，14，32，13，213，211，21，211共20种情况。同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有23C种情况。故2222399(220)6(10)156nCCC。综上，12165nnn。3．（2005四川）设}10,,2,1{A，若“方程02cbxx满足Acb,，且方程至少有一根Aa”，就称该方程为“漂亮方程”。则“漂亮方程”的个数为A．8B．10C．12D．14解：由题可知，方程的两根均为整数且两根一正一负，当有一根为1时，有9个满足题意的“漂亮方程”，当一根为2时，有3个满足题意的“漂亮方程”。共有12个，故选C。4．（2005四川）设4321,,,aaaa是4,3,2,1的任一排列，f是}4,3,2,1{到}4,3,2,1{的映射，且满足iif)(，记数表)()()(43214321afaf)f(aafaaaa。若数表NM,的对应位置上至少有一个不同，就说NM,是两张不同的数表。则满足条件的不同的数表的张数为（）A．144B．192C．216D．576解：对于4321,,,aaaa的一个排列，可以9个映射满足iif)(，而4321,,,aaaa共有2444A个排列，所以满足条件的数表共有216924张，故选C。5．(2005江西)连结正五边形12345AAAAA的对角线交另一个正五边形12345BBBBB，两次连结正五边形12345BBBBB的对角线，又交出一个正五边形12345CCCCC（如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形的个数为（）A．50B．75C．85D．100解：对于其中任一点P，以P为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为[P]则1125134125134125152[]6,(,,,,,)AAAAABBABBAAAAABAAB.1134125134134125125125134143[]9,(,,,,,,,,)BBAABBBBBBBCCBBCBCBBAABABBAB1134125[]2,(,)CCBBCBB,由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个“顶”。据对称性可知[]6,[]9,[]2,1,2,3,4,5iiiABCi.因此等腰三角形共有35(692)85个.6．(2005全国)将关于x的多项式2019321)(xxxxxxf表为关于y的多项式)(yg,202019192210yayayayaa其中.4xy则2010aaa61521.解：由题设知，)(xf和式中的各项构成首项为1，公比为x的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121xxxxxf令,4yx得,51)4()(21yyyg取,1y有.615)1(2120210gaaaa7．如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列,,,,321aaa若,2005na则na55200.解：∵方程mxxxk21的非负整数解的个数为mkmC1.而使)2(0,11ixxi的整数解个数为12mkmC.现取7m，可知，k位“吉祥数”的个数为.)(65kCkP∵2005是形如abc2的数中最小的一个“吉祥数”，且,7)2(,1)1(6766CPCP,28)3(68CP对于四位“吉祥数”abc1，其个数为满足6cba的非负整数解个数，即286136C个.∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即.200565a从而.3255,65nn又,210)5(,84)4(61069CPCP而51.330)(kkP∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005na8．（2004四川）某城市的机动车牌照是从“10000”到“99999”连续编号，则在这90000个牌照中数字94至少出现一个，并且各数字之和是9的倍数的车牌照共有4168个.二、概率部分1．（2006吉林预赛）在6个产品中有4个正品，2个次品，现每次取出1个作检查（检查完后不再放回），直到两个次品都找到为止，则经过4次检查恰好将2个次品全部都找到的概率是（D）A．1/15B．2/15C．1/5D．4/152．（2006年南昌市）甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠军),对于每局比赛,甲获胜的概率为32,乙获胜的概率为31,则爆出冷门(乙获冠军)的概率为____1781______.3．（2006年浙江省预赛）在2006,,2,1中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是.解：三个数成递增等差数列，设为dadaa2,,，按题意必须满足,20062da1002d。对于给定的d，a可以取1，2，……，2006-2d。故三数成递增等差数列的个数为.1002*1003)22006(10021dd三数成递增等差数列的概率为401031002100332006C.4．（2006吉林预赛）骰子是一个质量均匀的正方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点。现在桌面上有3只骰子分别为木制、骨制、塑料制的。重复下面操作，直到桌子上没有骰子：将桌上的骰子全部掷出，然后去掉那些奇数点的骰子。求完成以上操作的次数多于三次的概率。.（169/512）5．（2004湖南）如果一元二次方程09)3(222bxax中，a、b分别是投掷骰子所得的数字，则该二次方程有两个正根的概率P=（）A．181B．91C．61D．18136．(2005江西)从3名男生和n名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为3534，则n=_____.7．(2005江西)有10名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果显示，没有和局，且任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负其余4人，则恰好胜了两场的人数为____________个.8．将编号为1,2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要S.求使S达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）解：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有8！种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有2!8种.5分下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设kxxx,,,21是依次排列于这段弧上的小球号码，则.8|91||)9()()1(||9|||||1|211211kkxxxxxxxx5上式取等号当且仅当9121kxxx，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.因此1682最小S.…………………………………………………………………10分由上知，当每个弧段上的球号}9,,,,1{21kxxx确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.在1,2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2,3，…，8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有6372717072CCCC种情况，每种情况对应着圆周上使S值达到最小的唯一排法，即有利事件总数是62种，故所求概率.31512!826P………20分8．（2004全国）一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n，则算过关。问：（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？（Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。）解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而45642,652，因此，当5n时，n次出现的点数之和大于2n已不可能。即这是一个不可能事件，过关的概率为0。所以最多只能连过4关........5分（Ⅱ）设事件nA为“第n关过关失败”，则对立事件nA为“第n关过关成功”.第n关游戏中，基本事件总数为6n个.第1关：事件1A所含基本事件数为2（即出现点数为1和2这两种情况），过此关的概率为：1122()1()163PAPA.第2关：事件2A所含基本事件数为方程xya当a分别取2，3，4时的正整数解组数之和.即有1111231236CCC（个）.过此关的概率为：22265()1()166PAPA.........10分6第3关：事件3A所含基本事件为方程xyza当a分别取3，4，5，6，7，8时的正整数解组数之和。即有22222223456713610152156CCCCCC（个）.过此关的概率为：3335620()1()1627PAPA..........15分故连过前三关的概率为：1232520100()()()3627243PAPAPA........20分（说明：第2，3关的基本事件数也可以列举出来）10．（2006年浙江省预赛）六个面分别写上1，2，3，4，5，6的正方体叫做骰子。问1）共有多少种不同的骰子；2）骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差，变差的总和叫做全变差V。在所有的骰子中，求V的最大值和最小值。解：1）设台子上有一个与骰子的侧面全等的正方形。我们把一个骰子放到该正方形上的放法共6×4种。所以不同的骰子共有304*6!6种.……（5分）2）由1－6的六个数字所能产生的变差共有15个，其总和为1＋（1＋2）＋（1＋2＋3）＋（1＋2＋3＋4）＋（1＋2＋3+4+5）=35（10分）与之相比，每个骰子的全变差中，所缺的是三个相对面上数字之间的变差，记其总和为v，则vmax＝（6+5+4）－(1+2+3)＝9，vmin＝1+1+1＝3…………………（15分）因此Vmax＝35－vmin＝32Vmin＝35－vmax＝26.……（20分）