专题 04计数原理、排列组合、二项式定理（新高考地区专用）-2021届高三《新题速递·数学》4月刊（适用于高考复习）（解析版）

专题 04 计数原理、排列组合、二项式定理 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 一、单选题 1．（2021·全国高三专题练习（理））小笼包在生活中非常常见，不同地方做出来的小笼包有不同的特色， 无锡有一家商铺制作一种一笼有8 个且是8 种口味的小笼包，这8 种口味分别为蟹粉味、鹅肝味、墨鱼味、 芝士味、麻辣味，蒜香味、人参味，酱香味，将这样的一笼小包取出，排成一排，则人参味小笼包既与蟹 粉味小包相邻又与墨鱼味小笼包相邻的概率为（ ）． A． 1 56 B． 1 28 C． 1 8 D． 2 7 【答案】B 【详解】 将这8 种口味的小笼包排成一排，共有 8 8A 种排法， 人参味小笼包既与蟹粉味小包相邻又与墨鱼味小笼包相邻有 2 6 2 6A A 种排法， 故所求概率为： 2 6 2 6 8 8 1 28 A A A   ． 故选：B. 2．（2021·辽宁高三其他模拟）“易经”是我国古代思想智慧的积累与结晶，它具有一套独特的、创新的图示 符号，用“—”“——”两种“爻”的符号代表阴阳，“—”称为阳爻、“——”称为阴爻．阴阳两爻在三个位置的 不同排列组成了八卦．两个八卦叠加而成 64 卦，比如图中损卦，即为阳爻占据 1，5，6 三个位置，阴爻占 2，4，5 位．从 64 卦中任取 1 卦，阳爻个数恰为 2 且互不相邻的概率（ ） A． 1 2 B． 3 8 C． 5 16 D． 5 32 【答案】D 【详解】 4 个阴爻隔开 5 个位置，2 个阳爻在 5 个位置上排列种数为 2 5 10C  ， 故所求概率为： 10 5 64 32P   ． 故选：D 3．（2020·江苏南通市·金沙中学高二月考）我省高考从 2021 年开始实行 3+1+2 模式，“3”为全国统考科目 语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科 目，考生可在化学、生物、思想政治、地理 4 个科目中选择两科，今年某校高一的学生小霞和小芸正准备 进行选科，假如她们首选科目都是历史，再选科目她们选择每个科目的可能性均等，且她俩的选择互不影 响，则她们的选科至少有一科不相同的概率为 A． 1 6 B． 1 2 C． 5 6 D． 3 4 【答案】C 【详解】 每人从化学、生物、思想政治、地理 4 个科目中选择两科的选法共有： {化学，生物}，{化学，政治}，{化学，地理}，{生物，政治}，{生物，地理}，{政治，地理} 共 6 种选法.由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有 6 6 36N    种，其中两人的选科完全相 同的选法有 6 种，所以的选科至少有一科不相同的概率为 6 3 51 66P    . 故选：C 4．（2021·全国高三专题练习）在探索系数 A ， ， ，,b 对函数    sin 0, 0y A x b A       图 象的影响时，我们发现，系数 A 对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系 数 对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数 对其影响是图象上所有 点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b 对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称 为“上下平移变换”.运用上述四种变换，若函数   sinf x x 的图象经过四步变换得到函数   2 sin 2 13g x x       的图象，且已知其中有一步是向右平移 3  个单位，则变换的方法共有（ ） A． 6种 B．12 种 C．16 种 D． 24 种 【答案】B 【详解】 根据题意，该图象变换的过程有振幅变换、周期变换、左右平移变换和上下平移变换共四步， 因为左右平移变换是向右平移 3  个单位， 所以要求左右平移变换在周期变换之前， 所以变换的方法共有 4 4 2 2 12A A  种， 故选：B. 5．（2021·河南漯河市·高三期末（文））某医院拟派 2 名内科医生、3 名外科医生和 3 名护士共8 人组成两个 医疗分队，分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同 的分配方案有（ ） A． 36 B． 48 C． 64 D． 72 【答案】D 【详解】 根据题意，内科医生共有 2 2 2A  两种分法，外科医生和护士的分配方法一样，都有 2 2 3 2 6C A  种，所以不同 的分配方法有 2 6 6 72   种. 故选：D. 6．（2021·陕西西安市·高三月考（理））某市政府决定派遣 8 名干部分成两个小组，到该市甲、乙 两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少 3 人，则不同的派遣方案共有（ ） A．320 种 B．252 种 C．182 种 D．120 种 【答案】C 【详解】 分成 3 人、5 人两组时，有 3 5 2 8 5 2 112C C A  种， 分成 4 人、 4 人两组时，有 4 4 28 4 22 2 70C C AA  种， 所以共有112 72 182  种， 故选：C 7．（2021·全国高三其他模拟）未来 20 年将是中国养老产业的黄金 20 年，康养小镇已上升为国家战略.康养 小镇是指以“健康”为小镇开发的出发点和归宿点，以健康产业为核心，将健康､养生､养老､休闲､旅游等多 元化功能融为一体，形成的生态环境较好的特色小镇.现将 7 位市场调查员安排到这 5 个产业中，共有安排 方案的种数为（ ） A． 57 B． 75 C． 5 7A D． 5 7C 【答案】B 【详解】 每位市场调查员在选择时均有 5 种产业可选，共有 7 位调查员，所以安排方案有 75 5 5 5 5 5 5 5       种. 故选:B. 8．（2021·全国高三专题练习（理）） 2019 年二十国集团( 20G )领导人峰会将在日本大阪开幕，为了欢迎二 十国集团政要及各位来宾的到来，日本大阪市长决定举办大型歌舞晚会，现从 A 、 B 、C 、 D 、 E 共 5 名 歌手中任选 3 人出席演唱活动，当3 名歌手中有 A 和 B 时， A 需排在 B 的前面出场(不一定相邻)，则不同 的出场方法有（ ）． A．51种 B． 45 种 C． 42 种 D． 35 种 【答案】A 【详解】 第一种情况： A 和 B 都不选时方法有 3 3 3 3 6C A  种， 第二种情况： A 和 B 只选一个时方法有 1 2 3 2 3 3 2 3 6 36C C A      种， 第三种情况： A 和 B 都选时方法有 3 2 1 3 2 3 2 2 1 3 3 9AC C A       种， 则不同的出场方法有 6 36 9 51   种， 故选：A 二、多选题 9．（2021·全国高二课时练习）几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下 落的过程中依次撞击到树枝 A ， B ，C ；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝 D ， E ， F ；（3）丙在 下落的过程中依次撞击到树枝G ， A ，C ；(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝 B ， D ， H ；(5)戊在下 落的过程中依次撞击到树枝 I ，C ， E ，下列结论正确的是（ ） A．最高处的树枝为G ､ I 当中的一个 B．最低处的树枝一定是 F C．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有 33 种 D．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有 32 种 【答案】AC 【详解】 解：由题判断出部分树枝由高到低的顺序为GABCEF ，还剩下 D ， H ， I ，且树枝 I 比C 高，树枝 D 在 树枝 B ， E 之间，树枝 H 比 D 低，故 A 选项正确； 先看树枝 I ，有 4 种可能，若 I 在 B ，C 之间， 则 D 有 3 种可能：① D 在 B ， I 之间， H 有 5 种可能； ② D 在 I ，C 之间， H 有 4 种可能； ③ D 在C ， E 之间， H 有 3 种可能， 此时树枝的高低顺序有5 4 3 12   （种）。 若 I 不在 B ，C 之间，则 I 有 3 种可能， D 有 2 中可能， 若 D 在 B ，C 之间，则 H 有 3 种可能， 若 D 在C ， E 之间，则 H 有三种可能， 此时树枝的高低顺序有 3 (4 3) 21   （种）可能， 故这九根树枝从高到低不同的顺序共有12+21=33 种，故C 选项正确. 故选：AC. 10．（2020·全国高二单元测试）用 0 到 9 这 10 个数字.可组成（ ）个没有重复数字的四位偶数？ A． 3 1 1 2 9 4 8 8A A A A   B． 3 1 3 2 9 4 9 8( )A A A A   C． 1 1 2 1 1 2 5 5 8 4 4 8A A A A A A     D． 4 3 1 3 2 10 9 5 9 8( )A A A A A   【答案】ABCD 【详解】 解：法①，先排个位若个位是 0，则前 3 个数位上可以用剩下的 9 个数字任意排，有 3 9A 种，若个位不是 0， 则个位有 4 种选择，再排千位，有 8 种方法，再排百位和十位有 2 8A 种方法，所以没有重复数字的四位偶数 共有 3 1 1 2 9 4 8 8 2296A A A A    种． 法②，个位是 0 的不同四位数偶数共有 3 9A 种，个位不是 0 的不同四位偶数有 1 3 4 9A A 个，其中包含个位是偶 数且千位为 0 的 1 2 4 8A A 种，故没有重复数字的四位偶数共有： 3 1 3 2 9 4 9 8( ) 2296A A A A   个． 法③，若千位为奇数，则有 1 1 2 5 5 8A A A  个，若千位是偶数，有 1 1 2 4 4 8A A A  个，故共有 1 1 2 1 1 2 5 5 8 4 4 8 2296A A A A A A      个． 法④，没有重复数字的四位数有 4 3 10 9A A 个，没有重复数字的四位奇数有 1 3 2 5 9 8( )A A A 个，故没有重复数字的 四位偶数有 4 3 1 3 2 10 9 5 9 8( ) 2296A A A A A    个． 故选： ABCD ． 11．（2020·全国高三专题练习）对任意实数 x，有 9 2 3 9 0 1 2 3 9(2 3) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x a a x a x a x a x           ．则下列结论成立的是（ ） A．a2＝﹣144 B．a0＝1 C．a0+a1+a2+…+a9＝1 D． 9 0 1 2 3 9 3a a a a a       【答案】ACD 【详解】 解：对任意实数 x， 9 2 3 9 0 1 2 3 9(2 3) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x a a x a x a x a x           ＝   9 1 2 1x     ， ∴a2＝﹣ 2 9C ×22＝﹣144，故 A 正确； 故令 x＝1，可得 a0＝﹣1，故 B 不正确； 令 x＝2，可得 a0+a1+a2+…+a9＝1，故 C 正确； 令 x＝0，可得 a0﹣a1+a2+…﹣a9＝﹣39，故 D 正确； 故选：ACD． 12．（2021·湖南高二月考） 6( )(1 )a x x  的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 64，则下列结论中正确 的是（ ） A． 3a  B．展开式中常数项为 3 C．展开式中 4x 的系数为 30 D．展开式中 x 的偶数次幂项的系数之和为 64 【答案】ABD 【详解】 设 6 2 7 0 1 2 7( )(1 )a x x a a x a x a x       ， 令 1x  ，则 0 1 2 7 64( 1) a a a a a      ，……① 令 1x   ，则 0 1 2 7 0a a a a     ，……② 由①  ②得  1 3 5 72 64( 1)a a a a a     ，所以 2 64 64( 1)a   ，解得 3a  ， 即 6 2 7 0 1 2 7(3 )(1 )x x a a x a x a x       ， 令 0x  ，可得 0 3a  ，即展开式中常数项为 3， 由①  ②得  0 2 4 62 64 2a a a a     ，所以 0 2 4 6 64   a a a a ， 即展开式中 x 的偶数次幂项的系数之和为 64， 又由 6(3 )(1 )x x  展开式中 4x 的系数为 4 3 6 63 1 25C C    . 故选：ABD. 三、填空题 13．（2021·湖北高三月考）若 2022 2 2022 0 1 2 20222x a a x a x a x      ，则 0 2 4 2022a a a a   被 4 除得的余数为___________. 【答案】1 【详解】 由题知， 1x   时， 1 2 3 4 2022 1a a a a a      ①， 1x  时， 2022 1 2 3 2022 3a a a a     ②，由①+②得，  2022 0 2 4 2022 1 3 12a a a a      ， 故 2022 1011 0 2 4 2022 1 1 1( ) (3 1) (9 1)4 8 8a a a a           1011 0 1011 1 1010 1010 1 1011 1011 1011 1011 1011 1 18 1 1 8 8 8 18 8 C C C C             0 1011 1 1010 1010 1 1011 1011 1011 1 18 8 88 4C C C     所以被 4 除得的余数是 1. 故答案为：1. 14．（2020·渝中区·高二期中）在二项式 12 3 12x x     的展开式中，该二项展开式中系数最大的 项为___________． 【答案】 20126720x 【详解】 二项式 12 3 12x x     的展开式通项为 3 12 12 36 4 1 12 12 1(2 ) ( ) 2r r r r r r rT C x C xx       ， 0,1,2, 12r   ，若第 1r  系数最大， 需满足 12 13 1 12 12 12 11 1 12 12 2 2 2 2 r r r r r r r r C C C C           ，即 12! 2 12! !(12 )! ( 1)!(13 )! 2 12! 12! !(12 )! ( 1)!(11 )! r r r r r r r r           ， 整理得 1 2 13 2 1 12 1 r r r r        ，解得 10 13, , 43 3r r N r     ， 8 4 20 20 5 122 126720T C x x  , 所以该二项展开式中系数最大的项为 20126720x . 故答案为： 20126720x . 15．（2021·黑龙江哈尔滨市·高二其他模拟（理））某校高二年级共有 10 个班级，5 位教学教师， 每位教师教两个班级，其中姜老师一定教 1 班，张老师一定教 3 班，王老师一定教 8 班，秋老师至少教 9 班和 10 班中的一个班，曲老师不教 2 班和 6 班，王老师不教 5 班，则不同的排课方法种数______． 【答案】236 【详解】 （1）秋老师教 9 班，曲老师可在 4,5,7,10 班中选两班，再分两小类： ①曲老师不教 5 班，则曲老师可选 2 3 3C  （种）；王老师可选 1 3 3C  （种）；剩余的 3 个班 3 个老师全排列 安排有 3 3 3 2 1 6A     （种）；按分步相乘计数原理有：3 3 6 54   （种）； ②曲老师教 5 班，则曲老师可选 1 3 3C  （种）；剩余的 4 个班 4 个老师全排列安排有 4 4 4 3 2 1 24A      （种）； 按分步相乘计数原理有：3 24 72  （种）. 按分类相加计数原理，秋老师教 9 班有：54 72 126  （种）； （2）秋老师教 10 班，同理也有 126（种）； （3）秋老师同时教 9 班和 10 班，曲老师可在 4,5,7 班中选两班，再分两小类： ①曲老师不教 5 班，则曲老师教 4 班和 7 班，王老师再从 2,6 班选一个，可选 1 2 2C  （种）；剩余的 2 个班 2 个老师全排列安排有 2 2 2A  （种）；按分步相乘计数原理有： 2 2 4  （种）； ②曲老师教 5 班，则曲老师可选 1 2 2C  （种）；剩余的 3 个班 3 个老师全排列安排有 3 3 3 2 1 6A     （种）； 按分步相乘计数原理有： 2 6 12  （种）. 按分类相加计数原理，秋老师同时教 9 班和 10 班有： 4 12 16  （种）； 但秋老师同时教 9 班和 10 班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去， 故不同的排课方法种数有：126 126 16 236   （种）. 故答案为：236 16．（2020·浙江衢州市·衢州二中高三其他模拟）已知  7 2 8 0 1 2 8 12 4 1 tx x a a x a x a xx x             ， 则t  __________； 81 2 0 2 82 2 2 aa aa      __________． 【答案】 1 5 【详解】 7(4 1)x  的展开式的通项为 7 7 7 1 7 7(4 ) ( 1) ( 1) 4r r r r r r r rT C x C x           令 7 0r  ，解得 7r  ，此时 7(4 1)x  的展开式中 0x 的系数为 7 0 7 7( 1) 4 1C     则 1t   令 1 2x  ，则 7 81 2 0 2 8(1 2)(2 1) 3 2 2 2 2 aa at a         即 81 2 0 2 8 3 2 52 2 2 aa aa t       故答案为： 1 ； 5 四、解答题 17．（2021·江苏省镇江第一中学高二期末）（1）已知 7 2 7 0 1 2 71 2x a a x a x a x      . 求：① 1 2 7a a a   ； ② 0 1 2 7a a a a   L ； （2）在 5 2 2x x     的展开式中，求： ①展示式中的第 3 项； ②展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1）① 2 ；② 2187 ；（2）① 5 240x ；② 5 240x 或 580x . 【详解】 解：（1）令 0x  ，则 0 1a  ， 令 1x  ，则  7 0 1 2 3 4 5 6 7 1 2 1 1a a a a a a a a            . ①∴ 1 2 3 7 2a a a a     L . ②∵  71 2x 展开式中， 0a 、 2a 、 4a 、 6a 都大于零，而 1a 、 3a 、 5a 、 7a 都小于零， ∴    0 1 2 7 0 2 4 6 1 3 5 7a a a a a a a a a a a a           L ， 令 1x   ，则 7 0 1 2 3 4 5 6 7 3a a a a a a a a        . 所以 0 1 2 7 2187a a a a    L . （2） 5 2 2x x     的展开式中第 1r  项为     5 51 2 2 5 2 1 5 52 2 rr rr r r rT C x x C x        ， ①当 2r = 时，所以展示式中的第 3 项为 5 5 2 22 2 3 5 2 40T C x x     . ② 2r = 或 3 时，二项式系数 5 rC 最大， 2r = 时，由（1）知 5 2 3 40T x ， 3r  时， 3 3 5 5 4 5 2 80T C x x   ． 18．（2020·全国高三专题练习（理））第 22 届世界杯足球赛于 2022 年夏季在卡塔尔举办.五大洲共有 32 支 球队有幸参加，他们先分成8 个小组循环赛，决出16 强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16 强)，这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共 将进行多少场比赛？ 【答案】64 【详解】 解：根据题意可分为如下几类比赛： （1）小组循环赛：每组有 2 4 6C  场，8 个小组共有 48 场， （2）八分之一淘汰赛：8 个小组的第一、二名组成16 强， 根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8 强，共有8 场， （3）四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8 强中每两个队比赛一场，可以决出 4 强，共有 4 场， （4）半决赛：根据抽签规则， 4 强中每两个队比赛一场，可以决出 2 强，共有 2 场， （5）决赛： 2 强比赛1场确定冠亚军， 4 强中的另两队比赛1场决出第三、四名共有 2 场， 综上，共有 2 48 8 4 2 2 64C      场. 19．（2020·湖北高二月考）由于受疫情的影响，美国某州的一个小区 505 人参加某次核酸检测，根据年龄 段使用分层抽样的方法从中随机抽取 101 人，记录其核酸检测结果（阴性或阳性）现将核酸检测呈阴性的 人员，按年龄段分为 5 组：(0,20] ，(20,40] ，(40,60] ，(60,80]，(80,100] ，得到如图所示频率分布直 方图，其中年龄在 (20,40] 的有 20 人. （Ⅰ）估计核酸检测呈阴性人员的年龄的中位数； （Ⅱ）用样本估计该小区此次核酸检测呈阳性的人数； （Ⅲ）若将该小区此次核酸检测呈阳性的人随机分到 A，B，C 三所医院进行隔离治疗，求每所医院至少分 到一人的概率. 【答案】（Ⅰ）50；（Ⅱ）5 人；（Ⅲ） 50 81 . 【详解】 （Ⅰ）由频率直方图可知 (0.0075 0.01) 20 0.35   ， (0.0075 0.01 0.015) 20 0.65    ， 所以 0.35 0.5 0.65  ，所以中位数在 (40,60] . 令中位数为 x，则 0.35 ( 40) 0.015 0.5x    ， 解得 50x  ，故中位数为 50. （Ⅱ）可知呈阴性年龄在 (20,40] 的有 20 人， 所以该样本中所有呈阴性有 20 1000.01 20  人 用样本估计总体，该小区呈阳性的人数为 505505 100 5101       人. （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，该小区呈阳性的人数为 5，每个人分到每所医院的可能性是相等的，5 人分到 A，B， C 三所医院的分法总共有 53 243 种 每所医院至少分到一人的分法可分为下面两类： ①一所医院分 1 人，另两所医院各分 2 人，有 1 2 35 4 32 2 90C C AA   种方法 ②一所医院分 3 人，另两所医院各分 1 人，有 3 3 5 3 60C A  种方法 一共有 150 种方法 所以每所医院至少分到一人的概率为 50 81P  . 20．（2020·上海浦东新区·华师大二附中高二期中）2020 年初，新型冠状病毒疫情牵动着全国人民的心，某 市根据上级要求，在本市某人民医院要选出护理外科、心理治疗方面的专家 4 人与省专家组一起赶赴武汉 参加救助工作，该医院现有 3 名护理专家 1A ， 2A ， 3A ，5 名外科专家 1B ， 2B ， 3B ， 4B ， 5B ，2 名心理 治疗专家 1C ， 2C . （1）求 4 人中有 1 位外科专家，1 位心理治疗师的概率； （2）求至少含有 2 位外科专家，且外科专家 1B 和护理专家 1A 不能同时被选的概率. 【答案】（1） 1 7 ；（2） 19 30 . 【详解】 由题意知： 人民医院从10名专家中选出 4 人参加救助工作共有 4 10 210C  种情况； （1）设选出的 4 人参加救助工作中有 1 位外科专家，1 位心理治疗师为事件 A ， 则满足事件 A 的情况共有 1 1 2 5 2 3 30C C C  种； 所以 4 人中有 1 位外科专家，1 位心理治疗师的概率为：   30 1 210 7P A   ； （2）设选出的 4 人参加救助工作中至少含有 2 位外科专家，且外科专家 1B 和护理专家 1A 不能同时被选为 事件 B ， 则满足事件 B 的情况为： ①当选择 1B 时， 当有 2 位外科专家时，共有 1 2 4 4 24C C  种情况； 当有 3 位外科专家时，共有 2 1 4 4 24C C  种情况； 当有 4 位外科专家时，共有 3 4 4C  种情况； ②当不选择 1B 时， 当有 2 位外科专家时，共有 2 2 4 5 60C C  种情况； 当有 3 位外科专家时，共有 3 1 4 5 20C C  种情况； 当有 4 位外科专家时，共有 4 4 1C  种情况； 综上：满足事件 B 的情况共有 24 24 4 60 20 1 133      种情况； 所以至少含有 2 位外科专家，且外科专家 1B 和护理专家 1A 不能同时被选的概率：   133 19 210 30P B   . 21．（2020·江苏省镇江第一中学高二期末）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有 *( )n n N 份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验 n 次；②混合检验，将其 (k k N  且 2k  )份血液样木分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这 k 份的血液全为阴性，因而这 k 份血 液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份 再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为 1k  次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验 结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为  0 1p p  . （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过 3 次检验就能 把阳性样本全部检验出来的概率． （2）现取其中 (k k N  且 2k  )份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 1 ，采用 混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 ． ①记 E( )为随机变量 的数学期望．若 1 2( )= ( ),E E  运用概率统计的知识，求出 p 关于 k 的函数关系式  p f k ，并写出定义域； ②若 1 41p e    ，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望 值更少，求 k 的最大值． 参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094． 【答案】（1） 3 10 ；（2）① 1 11 k p k       （ *k N 且 2k  ）；②8. 【详解】 解：（1）记恰好经过 3 次检验就能把阳性样本全部检验出来为 A 事件， 则   3 1 2 1 3 2 2 3 3 5 3 10P A A C A C A   . （2）①根据题意，可知  1E k  ， 2 的可能值为 1， 1k  ， 则    2 1 1 kP p    ，    2 1 1 1 kP k p      ， 所以           2 1 1 1 1 1 1k k kE p k p k k p           ， 由    1 2E E  ，得  1 1 kk k k p    ， 所以 1 11 k p k       （ *k N 且 2k  ）. ②由于 1 41p e    ，则   4 2 1 k E k ke     ， 所以 41 k k ke k     ，即 ln 04 kk   ， 设   ln 4 xf x x  ，   1 1 4 4 4 xf x x x     ， 0x  ， 当  0,4x 时，   0f x  ，  f x 在 0,4 上单调递增， 当  4,x  时，   0f x  ，  f x 在 4, 上单调递减，   ln8 2 3 n 2 2 08 lf      ，   9 9ln9 2ln3 049 4f      ， 所以 k 的最大值为 8. 22．（2020·全国高三专题练习）江夏一中高二年级计划假期开展历史类班级研学活动，共有 6 个名额，分 配到历史类 5 个班级(每个班至少 0 个名额，所有名额全部分完). （1）共有多少种分配方案？ （2）6 名学生确定后，分成 A、B、C、D 四个小组，每小组至少一人，共有多少种方法？ （3）6 名学生来到武汉火车站.火车站共设有 3 个“安检”入口，每个入口每次只能进 1 个旅客，求 6 人进站 的不同方案种数. 【答案】（1） 210 ；（2）1560；（3） 729 . 【详解】 （1）由题意得：问题转化为不定方程 1 2 3 4 5 =6x x x x x    的非负整数解的个数， ∴方程又等价于不定方程 1 2 3 4 5 =11x x x x x    的正整数解的个数， 利用隔板原理得：方程正整数解的个数为 4 10 210C  ， ∴共有 210 种分配方案. （2））先把 6 名学生按人数分成没有区别的 4 组，有 2 类：1 人，1 人，1 人，3 人和 1 人，1 人，2 人，2 人，再把每一类中的人数分到 A、B、C、D 四个小组. 第一种分法：1 人，1 人，1 人，3 人，有 3 4 6 4 480C A  种方法； 第二种分法：1 人，1 人，2 人，2 人，有 2 2 1 1 46 4 2 1 42 2 2 2 1080C C C C AA A    种方法. 共有 480 1080 1560  种方法. （3）每名学生有 3 种进站方法，分步乘法计数原理得 6 人进站有 63 729 种不同的方案.