课时跟踪检测部分
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 两个计数原理及其简单应用
1.A 依题意一共有10＋8＋3＝21种选法.
2.C 由复数a＋bi为纯虚数，所以a＝0，此时b有6种取法，故纯虚数共有6个.
3.D 由题意，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，其中，每名同学都有3种不同的选法，所以不同的选法种数是35＝243.故选D.
4.C 小张的报名方法有2种，其他3名同学的报名方法各有3种，由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54（种）不同的报名方法，故选C.
5.AD 法一 完成表示不同的圆这件事有三步：第1步，确定a有3种不同的选取方法；第2步，确定b有4种不同的选取方法；第3步，确定r有2种不同的选取方法.由分步乘法计数原理，方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2（个）.
法二 由分类加法计数原理得，当a＝1时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4（个）；当a＝2时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4（个）；当a＝3时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4（个），故方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆共有4＋4＋4＋4＋4＋4（个）.
6.ABC 东面上山的种数为2×（3＋3＋4）＝20，西面上山的种数为3×（2＋3＋4）＝27，南面上山的种数为3×（2＋3＋4）＝27，北面上山的种数为4×（2＋3＋3）＝32，故只从一面上山，而从其他任意一面下山的走法种数可能为20，27，32.
7.7 解析：分3类：买1本书，买2本书和买3本书.各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7（种）.
8.8 解析：学生由该楼第一层走到第四层共分为三步：即一层到二层，二层到三层，三层到四层，∵每层均有两个楼梯，即每层都有2种走法，∴学生由该楼第一层走到第四层的方法共有2×2×2＝23＝8种.
9.31 解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15（种）选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6（种）选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10（种）选法.综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31（种）推选方法.
10.C 只用一种币值有2张10元；4张5元；20张1元，共3种.用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种.用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理可知，共有3＋5＋1＝9（种）.
11.AB 第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6.因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19，故选A、B.
12.20 解析：由题意可知，有1人既会钢琴又会小号（记为甲），只会钢琴的有6人，只会小号的有2人.本题可分两类：第1类，甲入选，此时，只需从其他8人中任选1人，故这类选法共有8种.第2类，甲不入选，此时，选法共有6×2＝12（种）.因此共有8＋12＝20（种）不同的选法.
13.12 解析：设a，b是腰长，根据腰长分四类：第1类，当a＝b＝1时，c＜a＋b＝2，则c＝1； 第2类，当a＝b＝2时，c＜a＋b＝4，则c＝1，2，3；第3类，当a＝b＝3时，c＜a＋b＝6，则c＝1，2，3，4；第4类，当a＝b＝4时，c＜a＋b＝8，则c＝1，2，3，4.因此符合条件的三角形的个数为1＋3＋4＋4＝12.
14.解：（1）111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133.
（2）这个数列的项数就是用1，2，3，4排成的三位数的个数，每个数位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64（项）.
（3）比an＝341小的数有两类：
①
1 × ×
2 × ×
②
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
共有2×4×4＋1×3×4＝44（项）.
所以n＝44＋1＝45.
第2课时 两个计数原理的
综合应用
1.B 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30（种）不同的组队方法.
2.B 0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648（个），∴有重复数字的三位数有900－648＝252（个）.
3.C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情.由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
4.D 从左到右依次涂色（也可以任选一个环作为开始），第一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，所以共有5×4×4×4×4＝1 280（种）涂色方法.故选D.
5.B 由题意知甲的位置影响乙的排列，所以要分两类：①甲排在第一位，丙排在最后一位，则其余3个节目共有3×2×1＝6种编排方案；②甲排在第二位，丙排在最后一位，从第三、四位中排乙，其余2个节目排在剩下的2个位置，共有2×2×1＝4种编排方案.故编排方案共有6＋4＝10种.
6.AB 甲选一份荤菜，则有2×3＝6（种）选法，选项A正确；乙的选菜方法数为2×3＋3＝9（种），选项B正确；两人分别打菜时，总的方法数为9×9＝81（种），选项C不正确；两人所打菜只有一份相同时，若荤菜相同，则有2×3×2＝12（种）；若素菜相同，则有3×2＝6（种）.所以若两人所打菜均为一荤一素且只有一份相同时的选法数为12＋6＝18，选项D错误.
7.240 解析：由分步乘法计数原理得不同的种植方法共有5×4×3×4＝240种.
8.8 5 解析：十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个.偶数为214，312，314，412，324，共5个.
9.20 解析：当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方式，丁有4种方式，共有3×4＝12（种）方式；当乙用银联卡结账时，此时甲用现金结账，丙有2种方式，丁有4种方式，共有2×4＝8（种）方式.综上，共有12＋8＝20（种）方式.
10.D 如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48（种）不同的参观路线.
11.BD 设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示.若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15（次）交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人.②由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人.
12.300 120 解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选取方法.由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位整数共5×5×4×3＝300（个）.
②分为三类：第1类，末位是0的有4×4×3＝48（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；第3类，末位是4的有3×4×3＝36（个）.由分类加法计数原理知，共有48＋36＋36＝120（个）.
13.72 解析：①当使用4种颜色时，先着色区域1，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2＝12（种），由分步乘法计数原理得，共有4×12＝48（种）.②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区域1，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法.由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24（种）.综上，共有48＋24＝72（种）.
14.解：（1）用1，2，3分别表示学生甲一步迈一级、两级、三级台阶，用例举法可知学生甲有1111，121，112，13，211，22，31，共7种不同的爬楼方法.
（2）设学生甲爬n级台阶有an种方法，考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前n－1级台阶有an－1种方法；
若最后一步迈两级台阶，则前n－2级台阶有an－2种不同的方法；
若最后一步迈三级台阶，则前n－3级台阶有an－3种不同的方法，
由分类加法计数原理得：an＝an－1＋an－2＋an－3（n≥4），显然a1＝1，a2＝2，a3＝4，则：a4＝a1＋a2＋a3＝7，a5＝a2＋a3＋a4＝13，a6＝a3＋a4＋a5＝24，a7＝a4＋a5＋a6＝44，a8＝a5＋a6＋a7＝81，a9＝a6＋a7＋a8＝149，a10＝a7＋a8＋a9＝274，
故该学生上10级台阶的楼梯有274种不同的爬楼方法.
6.2 排列与组合
6.2.1 排列
1.D A中握手次数的计算与次序无关，B中线段的条数计算与点的次序无关，C中子集的个数与该集合中元素的次序无关，故这三个问题都不是排列问题.D中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是2种不同的选法，因此是排列问题.故选D.
2.B 3个学生在4本不同的参考书中各挑选1本，相当于从4个不同元素中选3个的排列，其选法种数为4×3×2＝24.
3.C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的的传递方式，故共有6种不同的传递方式.故选C.
4.B 本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为：
由此可知共有12个.
5.D 因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台进行排列，即有3×2×1＝6（种），所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为6.
6.BD 甲、乙两人站两端有2×3×2×1＝12（种）.甲、乙两人不站两端分两步进行：第1步，甲、乙站中间3个位置中的2个位置有3×2＝6（种）站法；第2步，其余3个人任意排列有3×2×1＝6（种），所以共有6×6＝36（种）站法，D正确.故选B、D.
7.30 解析：由题意可知，问题为从6个元素中选2个元素的排列问题，所以安排方法有6×5＝30（种）.
8.18 解析：lg a－lg b＝lg，从1，3，5，7，9中任取两个数分别记为a，b，共有5×4＝20（种），其中lg＝lg，lg＝lg，故共可得到18种结果.
9.1 560 解析：根据题意，得40×39＝1 560，故全班共写了1 560条毕业留言.
10.C 十位数只能是3，4，5.当十位数为3时只有：132，231，共2个；当十位数是4时有：142，143，241，243，341，342，共6个；当十位数是5时有：152，153，154，251，253，254，351，352，354，451，452，453，共12个，故共有2＋6＋12＝20（个）.
11.A 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有3×2×1＝6（种）不同的排法；再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法，因此共有2×1×1＝2（种）不同的排法.综上共有6×2＝12（种）不同的排法.故选A.
12.30 解析：若直线经过坐标原点，则C＝0，再从集合中任取2个非零元素作为系数A，B，所以符合条件的直线条数为6×5＝30.
13.5 解析：首先注意a1位置的数比a2位置的数大，可以借助树状图进行筛选.满足a1＞a2的树状图是
其中满足a3＞a2的树状图是
再满足a3＞a4的排列有2143，3142，3241，4132，4231，共5个.
14.解：（1）组成三位数分三个步骤：
第一步，选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；
第二步，选十位上的数字，有3种不同的排法；
第三步，选个位上的数字，有2种不同的排法.
由分步乘法计数原理得，共有3×3×2＝18（个）不同的三位数.
画出下列树状图：
由树状图知，所有的三位数为102，103，120，123，130，132，201，203，210，213，230，231，301，302，310，312，320，321.
（2）直接画出树状图：
由树状图知，符合条件的三位数有8个：
201，210，230，231，301，302，310，312.
6.2.2 排列数
第1课时 排列数公式
1.C 不同的轮映方法相当于将5所大学全排列，即轮映方法有种.
2.B 由×3＝×4，得（11－n）·（10－n）＝12，解得n＝7，n＝14（舍）.
3.C 89×90×91×92×…×100＝＝＝.
4.A 由题意得共需发起的聊天次数为＝5×4＝20.
5.ABC 由排列数公式得＞12，则（n－5）（n－6）＞12，解得n＞9或n＜2（舍去）.又n∈N*，结合选项，所以n可以取10，11，12.
6.CD ①（直接法）：因为末位数字排法有种，其他位置排法有种，共有×个.
②（间接法）：－×.故选C、D.
7.726 解析：由条件得得n＝3，所以＋＝＋＝726.
8.15 解析：根据题意，＝89，则＝90，变形可得＝90，则有＝90×，变形可得：（n－5）（n－6）＝90，解可得：n＝15或n＝－4（舍），故n＝15.
9.60 解析：将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题.所以不同的招聘方案共有＝5×4×3＝60（种）.
10.解：（1）由题意可知，x∈N*且x≥3，
因为＝x（x－1）（x－2），＝（x＋1）x，＝x（x－1），
所以原不等式可化为3x（x－1）（x－2）≤2x（x＋1）＋6x（x－1），整理得（3x－2）（x－5）≤0，
所以≤x≤5.又x∈N*且x≥3，
所以原不等式的解集为{3，4，5}.
（2）3＝4可化为3×＝4×，即3×＝4×，化简得x2－19x＋78＝0，解得x＝6或x＝13，由题意知解得1＜x≤8，故原方程的解为x＝6.
11.ACD A中，右边＝（n－2）（n－1）n＝＝左边；C中，左边＝n（n－1）（n－2）×…×2＝n（n－1）（n－2）×…×2×1＝＝右边；D中，左边＝·＝＝＝右边；只有B不正确.
12.1－ 解析：因为＝－＝－，所以＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－.
13.11 解析：单词中含4个字母，其全排列有＝24个，但其中两个字母一样，因此排列方法种数为＝12，其中只有一种组合是正确的，因此错误拼写方式有12－1＝11种.
14.15 17 解析：由题意可知，原有车票的种数是种，现有车票的种数是种，所以－＝62，即（n＋m）（n＋m－1）－n（n－1）＝62，所以m（2n＋m－1）＝62＝2×31，因为m＜2n＋m－1，且n≥2，m，n∈N*，所以解得m＝2，n＝15，故原有15个车站，现有17个车站.
15.解：（1）可分两步完成：第一步，选r，因为r＞0，所以r有种选法，第二步，选a，b，在剩余8个数中任取2个，有种选法，所以由分步乘法计数原理可得有·＝448个不同的圆.
（2）若圆（x－a）2＋（y－b）2＝r2经过原点，则a，b，r满足a2＋b2＝r2，
满足该条件的a，b，r共有3，4，5与6，8，10两组，
考虑a，b的顺序，有2种情况，
即符合题意的圆有2＝4个.
（3）圆心在直线x＋y－10＝0上，即满足a＋b＝10，
则满足条件的a，b有三组：0，10；3，7；4，6.
当a，b取10，0时，r有7种情况，
当a，b取3，7或4，6时，r不可取0，有6种情况，
考虑a，b的顺序，有种情况，
所以满足题意的圆共有（＋2）＝38个.
第2课时 排列的综合应用
1.D 相当于3个元素排10个位置，不同的分法有＝720（种）.
2.C 5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法有3·＝36（种）.
3.C 根据题意，甲、乙都没有得到冠军，也都不是最后一名，先排甲、乙，再排剩下三人，则5人的名次排列种数为·＝36.故选C.
4.B 先从除甲、乙外的4人中选取1人去北京，再从其余5人中选3人去上海、广州、西安，共有不同的选择方案·＝240（种）.
5.B 以1开头的没有重复数字的六位数的个数为＝120，由于201 345是以2开头的没有重复数字的六位数中最小的一个，所有的没有重复数字的六位数的个数为5＝600，故没有重复数字且大于201 345的正整数的个数为600－120－1＝479.故选B.
6.AD 3男3女排成一排共计有＝720（种）不同的排法；男生甲排在两端的共有2＝240（种）不同的排法；男生甲、乙相邻的排法总数为＝240；男女生相间排法总数2＝72.
7.3 600 解析：不同排法的种数为＝3 600.
8.36 解析：文娱委员有3种选法，则安排学习委员、体育委员有＝12（种）方法，由分步乘法计数原理知，共有3×12＝36（种）选法.
9.32 解析：五个位置从左到右依次记为位置一、二、三、四、五.根据角音所在的位置分两类：第一类，角音排在位置一或五，由插空法可得不同的排列顺序有2＝24（种）；第二类，角音排在位置二或四，则不同的排列顺序有2＝8（种）.根据分类加法计数原理，可得不同的排列顺序共有24＋8＝32（种）.
10.解：（1）从A，B，C三人中任选两人担任正、副班长，有种方法，再安排其余5种职务，有种方法，根据分步乘法计数原理知，共有＝720种分工方案.
（2）7人担任7种职务的分工方案有种，A，B，C三人中无一人担任正、副班长的分工方案有种，因此A，B，C三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有－＝3 600种.
11.B 法一（间接法） 若不考虑限制条件，4名队员全排列共有＝24（种）排法，减去甲跑第一棒有＝6（种）排法，乙跑第四棒有＝6（种）排法，再加上甲跑第一棒且乙跑第四棒有＝2（种）排法，共有－2＋＝14（种）不同的出场顺序.
法二（直接法） 若甲跑第四棒，则其余三人全排列，有种排法；若甲跑第二（或三）棒，则乙跑第一、三（或一、二）棒，其余两人全排列，有种排法.根据分类加法计数原理，共有＋＝6＋8＝14（种）排法.
12.D 按两个班共选择活动项数分三类.第一类，两个班共选择2项活动，有种方法；第二类，两个班共选择3项活动，有种方法；第三类，两个班共选择4项活动，有种方法.则活动安排方案的种数为＋＋＝630.故选D.
13.BCD 间接法：总共有种，减去1在个位或0在第一位的共有2种，加上0在第一位且1在个位的种，共有－2＋种，故C正确；直接法：（1）若1在第一位，共有种；若1不在第一位，则先排第一位，有种，再排第五位，有种，最后排中间三个位置，有种，共有＋（）2种；（2）若有1，若1在第一位，共有种；若1在第2，第3，第4位，共有种；若没有1，第1位有种，剩下有种，共有种，故有＋＋种.故选B、C、D.
14.解：（1）先排唱歌节目有种排法，再排其他节目有种排法，所以共有·＝1 440（种）排法.
（2）先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目，有种排法，再从其中7个空（包括两端）中选2个排唱歌节目，有种插入方法，所以共有·＝30 240（种）排法.
（3）把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列，共有种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有种排法，故所求排法共有··＝2 880（种）排法.
15.C 由题意知正方形ABCD（边长为3个单位长度）的周长是12，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，表示三次骰子的点数之和是12，列举出三个点数之和为12的组合：1，5，6；2，4，6；3，4，5；3，3，6；5，5，2；4，4，4.共有6种.前三种组合1，5，6；2，4，6；3，4，5每种可以排列出＝6（种）结果，共有3＝3×6＝18（种）结果.3，3，6；5，5，2这2种组合各有3种结果.共有2×3＝6（种）结果.4，4，4有1种结果.根据分类加法计数原理知共有18＋6＋1＝25（种）结果.
16.解：（1）根据题意，从2，3，4，7，9这五个数字中任取3个组成三位数，有＝60种情况，即有60个符合题意的三位数.
（2）根据题意，个位数字为2的三位数有＝12个，
同理：个位数字为3，4，7，9的三位数都有12个，
则所有这些三位数的个位上的数字之和为（2＋3＋4＋7＋9）×12＝25×12＝300.
（3）根据题意，由（2）的结论，所有这些三位数的个位上的数字之和为300，
同理：这些三位数的十位，百位上的数字之和都为300，
故所有这些三位数的和为300×100＋300×10＋300＝33 300.
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第1课时 组合与组合数公式
1.C A、B、D与顺序有关，是排列问题，而C与顺序无关，是组合问题，故选C.
2.D 由于4张同样的参观券分给5名代表，每人最多分一张，从5名代表中选4人满足分配要求，故有种.
3.C 由于“村村通”公路的修建是组合问题，故共需要建＝＝＝28（条）公路.
4.D 由＝×2＝42，解得n＝7或n＝－6（舍去），∴＝＝＝140.
5.A 法一（直接法） 一男两女，有＝5×6＝30（种）；两男一女，有＝10×4＝40（种），共计70种.
法二（间接法） 任意选取有＝84（种），其中都是男医生有＝10（种），都是女医生有＝4（种），于是符合条件的有84－10－4＝70（种）.
6.ACD 根据排列和组合数公式，可知A成立；＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1），＝（n－1）·（n－2）…（n－m＋1），所以＝n，故B不成立；由组合数的性质，可知C成立；＝＝·＝·，故D成立.
7.6 解析：由于集合中的元素具有无序性，因此含2个元素的子集个数与元素顺序无关，是组合问题，共有＝＝＝6（个）.
8.{2，3，4} 解析：由－n＜5，得－n＜5，所以n2－3n－10＜0.解得－2＜n＜5.由题设条件知n≥2，且n∈N*，所以n＝2，3，4，故原不等式的解集为{2，3，4}.
9.2或3 解析：设男生有x人，则女生有（8－x）人.∵从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，∴×＝30，∴x（x－1）（8－x）＝30×2＝2×6×5或x（x－1）（8－x）＝3×4×5.∴x＝6，8－6＝2或x＝5，8－5＝3.∴女生有2人或3人.
10.解：（1）由排列数和组合数公式，原方程可化为3·＝5·，则＝，
即为（x－3）（x－6）＝40.所以x2－9x－22＝0，解之可得x＝11或x＝－2.经检验知x＝11是原方程的解，所以方程的解为x＝11.
（2）由组合数的定义知所以7≤r≤9.又r∈N*，所以r＝7，8，9，
当r＝7时，原式＝＋＝46；
当r＝8时，原式＝＋＝20；
当r＝9时，原式＝＋＝46.
11.D 最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有＝20（种）.
12.C 要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走.因此，从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有＝126（种）走法，故从A地到B地的最短路线共有126条.故选C.
13.120 解析：∵＝，∴m＝11，∴＋＋＋＋＝＋＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＝＋＝＝120.
14.解：（1）从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即＝＝45.
（2）可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有种方法；
第2类，选出的2名是女教师有种方法.
根据分类加法计数原理，共有＋＝15＋6＝21（种）不同的选法.
15.24 7 解析：在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，所有的数有＝24（个），当下珠拨的是百位档时，上珠只能拨个位档和十位档，有1种情况；当下珠拨的是个位档或十位档时，上珠可以从个、十、百位档中随机选择两个档位各拨一颗，有＝6（种）情况，所以所拨数字小于600的有1＋6＝7（个）.
16.解：（1）由题意得＝
＝－84.
（2）性质①不能推广，如当x＝时，有意义，但无意义.
性质②能推广，它的推广形式是＋＝（x∈R，m∈N）.
证明如下：当m＝0时，有＋＝1＋x＝；
当m≥1时，有＋
＝＋
＝（ 1＋）
＝
＝.
综上，性质②的推广得证.
第2课时 组合的综合应用
1.A 用间接法得不同选法有－1＝14种，故选A.
2.A 由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有＋＝210（种）.
3.B 利用间接法，先在8个点中任取3个点，再减去三点共线的情况，所以符合条件的三角形的个数为－－＝42.
4.C 将4名志愿者分配到两所敬老院，则有以下两种分配方案：①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有＝8种，②两所敬老院各安排两名志愿者，则有＝6种，故共有8＋6＝14种方案.故选C.
5.ABC 对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为种，所以A正确；对于B中，先从物理、历史中选1门，有种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有种，所以B正确；对于C中，先从物理和历史中选1门，有种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有种选法，若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1中选法，由分类加法计数原理，可得共有＋，所以C正确；对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有种选法，若化学、生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为＋1，所以D错误.故选A、B、C.
6.BD 若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故A错误；若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故B正确；若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有＝126种，故C错误，D正确.故选B、D.
7.56 解析：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，这样共有＝56种排法.
8.714 解析：若只有1名队长入选，则选法种数为·；若两名队长均入选，则选法种数为，故不同选法有·＋＝714（种）.
9.180 解析：6位游客选2人去A风景区，有种，余下4位游客选2人去B风景区，有种，余下2人去C，D风景区，有种，所以分配方案共有＝180（种）.
10.解：可以分三类：
第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有种选法；
第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有种选法；
第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有种选法.
根据分类加法计数原理，一共有＋＋＝42（种）不同的选法.
11.D 此题可化归为圆上9个点可以组成多少个四边形，所有四边形的对角线交点个数即为所求，所以交点为＝126（个）.
12.36 解析：4位同学的总分为0，有以下三种情况：①4人都选择答甲题，2人答对，2人答错，有种情况；②4人都选择答乙题，2人答对，2人答错，有种情况；③2人答甲题且1人对1人错，2人答乙题且1人对1人错，有×2×2种情况.综上，共有＋＋×2×2＝6＝36种情况.
13.36 解析：分两步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有种.所以满足条件的分配方案有·＝36（种）.
14.解：（1）所作出的平面有三类：
①α内1点，β内2点确定的平面，最多有·个.
②α内2点，β内1点确定的平面，最多有·个.
③α，β本身，有2个.
故所作的平面最多有·＋·＋2＝98（个）.
（2）所作的三棱锥有三类：
①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有·个.
②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有·个.
③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有·个.
故最多可作出的三棱锥有·＋·＋·＝194（个）.
（3）当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等.所以体积不相同的三棱锥最多有＋＋·＝114（个）.故最多有114个体积不同的三棱锥.
15.B
16.解：（1）从10个球中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少的取法，可分三类：
第一类，红球取4个时，有种方法；
第二类，红球取3个、白球取1个时，有种方法；
第三类，红球取2个、白球取2个时，有种方法.
由分类加法计数原理可知，共有＋＋＝115（种）取法.
（2）设取红球x个、白球y个，依题意知，且0≤x≤4，0≤y≤6，由此解得或或这样使总分不少于7的取法可以分为三类：
第一类，红球取2个、白球取3个的方法数为；
第二类，红球取3个、白球取2个的方法数为；
第三类，红球取4个、白球取1个的方法数为.
由分类加法计数原理可知，共有符合条件的取法＋＋＝186（种）.
培优课 排列与组合
1.A ＝＝120.
2.D 从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则不同的选派方案共有＝6×5×4＝120（种）.故选D.
3.A 若各位数字之和为偶数，则只能两奇一偶，故有＝36（个）符合要求的数.
4.C 由题意知可分为三类：第一类是3人各站一级台阶，有种站法；第二类是有一级台阶有2人，另一级台阶有1人，共有种站法；第三类是3人站在一级台阶上，有种站法.所以根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是＋＋＝343.故选C.
5.B 因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B.
6.C
7.AD 由知，n＝0，1，2，3，4，又＝1，＝4，＝＝6，＝＝4，＝1.所以M＝{1，4，6}.故M∩Q＝{1，4}.
8.BC 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则可以有两种方法进行分析：
（1）①先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法.则没有空盒的放法有种.
（2）①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法.则没有空盒的放法有种.故选B、C.
9.BD 5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能报一个小组，若报名没有任何限制，则每人都有3种选择，故共有35种不同的安排方法，故B正确，A错误；若每个小组至少要有1人参加，则先分组后排列，先将5名同学分为三组有＋＝25（种）方法，再将分好的三组分到3个不同的课后服务小组有＝6（种）情况，所以每个小组至少要有1人参加，则共有25×6＝150（种）不同的安排方法，故C错误，D正确.故选B、D.
10.10 解析：小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有种.所以小李可选的旅游路线数为＋＝10.
11.264 解析：如图，计算不同填数方法有两类办法：当用四个数字时，先填A，E，D，有种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有（2＋1）种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有2种填法.利用分类加法计数原理得不同填数方法有（2＋1）＋2＝216＋48＝264（种）.
12.解：（1）分两组情况讨论：
①射排在最后一周时，则有＝120种排法.
②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，剩下的4门课程全排列，有4×4×＝384种排法，
所以共有120＋384＝504种不同排法.
（2）分两种情况讨论：
当甲教两科时，则有＝240种安排方法；
当甲教一科时，则有＝1 200种安排方法.
所以共有240＋1 200＝1 440种不同安排方案.
13.解：（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有＝24种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有＝48种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有＝48种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.
（2）由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有＝24种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有··＝72种抽法.
所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.
6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
1.B 由展开式的通项知T4＝x6（）3＝84x3.
2.B 在通项公式Tk＋1＝（－y）kx10－k中，令k＝4，得x6y4的系数为（－）4＝840.
3.A a10－2a9＋22a8－…＋210＝（a－2）10，当a＝2－时，（a－2）10＝32.
4.C 二项式（2x＋）7的展开式即（＋2x）7的展开式，通项公式为Tr＋1＝（）7－r（2x）r＝2ra7－rx－7＋2r，令－7＋2r＝－3，解得r＝2，代入得×22a5＝84，解得a＝1，故选C.
5.B Tr＋1＝（3x）n－r＝3n－r，当Tr＋1是常数项时，n－r＝0，当r＝2，n＝5时成立.
6.BCD 因为n＝6，故（2x－）6的展开式共有7项，故选项A错误；（2x－）6的展开式的通项公式为Tk＋1＝（2x）6－k（－1）k·（x－2）k＝（－1）k26－kx6－3k，当k＝2时，展开式的常数项为（－1）2·24·＝240，故选项B正确；令6－3k＝－3，得k＝3，展开式中x－3的系数为（－1）323＝－160，故选项C正确；令6－3k＝－6，得k＝4，展开式中x－6的系数为（－1）422＝60，故选项D正确.
7.126 9 解析：由二项式定理及展开式的通项可得，第6项的二项式系数为＝126.由题意可知，T3＝·（x2）7·（－）2＝9x12，故第3项的系数为9.
8.10 解析：（1－x）5中x3的系数为－＝－10，－（1－x）6中x3的系数为－·（－1）3＝20，故（1－x）5－（1－x）6的展开式中x3的系数为10.
9.2 解析：（x－）6（a＞0）的展开式的通项Tk＋1＝x6－k（－）k＝（－a）k.令6－＝3，得k＝2，∴A＝a2＝15a2；令6－＝0，得k＝4，∴B＝a4＝15a4.∵B＝4A，∴15a4＝4×15a2，又a＞0，∴a＝2.
10.解：Tr＋1＝（）n－r（－）r＝（－）r，
由前三项系数的绝对值成等差数列，得＋（－）2＝2×，
解这个方程得n＝8或n＝1（舍去）.
（1）展开式的第4项为：T4＝（－）3＝－7.
（2）当－r＝0，即r＝4时，常数项为（－）4＝.
11.B 通项公式Tr＋1＝a6－r（－1）r，由可得＝6－r，故r＝4，所以系数为（－1）4＝15.故选B.
12.AD 设二项式（n∈N*）展开式的通项为Tk＋1，则Tk＋1＝（x3）k＝x4k－n，不妨令n＝4，则当k＝1时，展开式中有常数项，故A正确，B错误；令n＝3，则当k＝1时，展开式中有含x的项，故C错误，D正确.
13.17 解析：（x＋）100的展开式的通项Tk＋1＝x100－k··.若Tk＋1的系数为有理数，则，均为整数，即k为6的整数倍.由0≤k≤100，k∈N，知k的可能取值为0，6，12，…，96，共17个，即系数为有理数的共有17项.
14.解：（1）展开式的通项为
Tk＋1＝（－1）k（）10－k，
令20－k＝0，解得k＝8，
即k＝8时，
常数项为T9＝（－1）8（）2＝，
解得a＝1.
（2）令20－k＝m，m∈Z，又0≤k≤10，k∈N，
解得k＝0，2，4，6，8，10，
即展开式中的有理项共有6项，无理项有5项，
所以从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项的取法共有＋＝135种.
15.C 由（x＋2）5－5（x＋2）4＋10（x＋2）3－10（x＋2）2＋5（x＋2）－1＝（x＋2－1）5＝（x＋1）5，得（ax＋b）5＝（x＋1）5，所以a＝b＝1，a＋b＝2.故选C.
16.解：（1）a1－a2＋a3＝a1－2a1q＋a1q2＝a1（1－q）2，
a1－a2＋a3－a4＝a1－3a1q＋3a1q2－a1q3＝a1（1－q）3.
（2）归纳概括的结论为：
若数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则
a1－a2＋a3－a4＋…＋（－1）nan＋1·
＝a1（1－q）n，n为正整数.
证明：a1－a2＋a3－a4＋…＋（－1）nan＋1·
＝a1－a1q＋a1q2－a1q3＋…＋（－1）na1qn
＝a1[－q＋q2－q3＋…＋（－1）nqn]＝a1（1－q）n.
6.3.2 二项式系数的性质
1.B 第6项的二项式系数为，又＝，所以第16项符合条件.
2.A 由题意可知：2n＝64 n＝6，故选A.
3.C 因为只有第4项的二项式系数最大，得n＝6，所以（x2－）n的展开式的通项为Tk＋1＝（x2）6－k（－）k＝（－1）kx12－3k.令12－3k＝0，得k＝4，所以展开式中的常数项是（－1）4＝15.故选C.
4.B 因为S＝，当x＝时，S＝－＝－23 035.
5.AC （x－1）11的展开式中的二项式系数之和为211＝2 048，所以A正确；因为n＝11为奇数，所以展开式中有12项，中间两项（第6项和第7项）的二项式系数相等且最大，所以B不正确，C正确；展开式中第6项的系数为负数，不是最大值，所以D不正确.故选A、C.
6.ACD 对任意实数x，有（2x－3）9＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋a3（x－1）3＋…＋a9（x－1）9＝[－1＋2（x－1）]9，所以a2＝－×22＝－144，故A正确；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－a3＋…－a9＝－39，故D正确.
7.10 解析：∵展开式的各项系数和为243，∴令x＝1，可得3n＝243，解得n＝5.∴展开式的通项Tr＋1＝25－rx15－4r，r∈{0，1，…，5}.令15－4r＝7，得r＝2，∴展开式中含x7的项的二项式系数为＝10.
8.－1 3 解析：在的二项展开式中，常数项是8，由二项展开式通项可知Tk＋1＝（2x）4－k＝·24－k·（－a）k·，所以当k＝3时为常数项，代入可得·24－3·（－a）3＝8，解得a＝－1，由二项式定理可知展开式共有5项，则根据二项式系数可知第3项二项式系数最大.
9.－256 解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝25＝32，两式相加可得2（a0＋a2＋a4）＝32，两式相减可得2（a1＋a3＋a5）＝－32，则a0＋a2＋a4＝16，a1＋a3＋a5＝－16，所以（a0＋a2＋a4）（a1＋a3＋a5）＝－256.
10.解：由（x2＋）5得
Tr＋1＝·（）r
＝（）5－r，
令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，
所以r＝4，常数项T5＝·＝16.
又（a2＋1）n展开式中的各项系数之和等于2n，由此得到2n＝16，n＝4.
所以（a2＋1）4展开式中系数最大项是中间项T3＝a4＝54，
解得a＝±.
11.D （1－2x）2 024＝a0＋a1x＋…＋a2 024x2 024，令x＝0，得a0＝1，令x＝，得a0＋＋＋…＋＝0，所以＋＋…＋＝－1.
12.ACD 在（x＋2）n（n∈N*）的展开式中，含x2的项的二项式系数为＝＝21，即n2－n－42＝0，∵n∈N*，∴n＝7，A正确；展开式中常数项为T8＝27＝128，B错误；展开式中二项式系数的最大值是＝＝35，C正确；令x＝1可得展开式中各项系数的和是37＝2 187，D正确.故选A、C、D.
13.7 解析：令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12，令x＝－3，得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，∴28＝2（a1＋a3＋…＋a11），∴a1＋a3＋…＋a11＝27，∴log2（a1＋a3＋…＋a11）＝log227＝7.
14.解：（1）由题意可得2n＝256，解得n＝8，
∴展开式的通项为Tk＋1＝mk，
∴含x项的系数为m2＝112，
解得m＝2或m＝－2（舍去）.
故m，n的值分别为2，8.
（2）展开式中偶数项的二项式系数之和为＋＋＋＝28－1＝128.
（3）∵（1＋2）8（1－x）＝（1＋2）8－x（1＋2）8，
∴含x2项的系数为24－22＝1 008.
15.255 解析：设（2x－1）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….由已知，B－A＝38.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an（－1）n＝（－3）n，即（a0＋a2＋a4＋a6＋…）－（a1＋a3＋a5＋a7＋…）＝（－3）n，即B－A＝（－3）n.∴（－3）n＝38＝（－3）8，∴n＝8.由二项式系数的性质，可得＋＋＋…＋＝2n－＝28－1＝255.
16.解：（1）由题意得，＋＋＝16，
即1＋n＋＝16.
解得n＝5，或n＝－6（舍去），
所以n＝5.
因为所有项的系数之和为1，令x＝1，
所以（a－1）5＝1，解得a＝2.
（2）不存在.理由如下：
因为（ax－）n＝（2x－）5，
所以Tk＋1＝（2x）5－k（－）k＝（－1）k25－k（k∈N*）.
令5－＝0，解得k＝ N，所以展开式中不存在常数项.
（3）由二项式系数的性质知，展开式中中间两项的二项式系数最大，
二项式系数最大的两项为T3＝（－1）2·25－2x5－3＝80x2，T4＝（－1）3·25－3＝－40.
培优课 二项式定理的综合应用
1.C 因为（1＋x）6的展开式的通项为Tk＋1＝xk，所以x（1＋x）6的展开式中含x3的项为x3＝15x3，所以含x3项的系数为15.
2.C （x3－2x2＋x）3＝x3（x－1）6，因此所求x6的系数即为（x－1）6的展开式中x3的系数，由二项式定理知系数为（－1）3＝－20.
3.B 9192＝（90＋1）92＝×9092＋×9091＋…＋×902＋×90＋.前91项均能被100整除，剩下两项为92×90＋1＝8 281，显然8 281除以100所得的余数为81.故9192被100除所得的余数为81.
4.D （1＋x）5＋（1＋x）6＋（1＋x）7的展开式中，x4的系数为＋＋＝＋＋＝55，以－2为首项，3为公差的等差数列的通项公式为an＝－2＋3（n－1）＝3n－5，令an＝55，即3n－5＝55，解得n＝20.
5.C 根据题意，所给式子的展开式中含x的项，由（1－）4展开式中的常数项乘（＋x）中的x以及（1－）4展开式中的含x2的项乘（＋x）中的两部分合并而成，所以所求系数为1＋1×2＝3.
6.AD （＋）n的展开式的通项为Tr＋1＝·3r·，r＝0，1，2，…，n，（＋x3）n的展开式的通项为Tk＋1＝·x4k－n，k＝0，1，2，…，n.则二项式（＋）n（＋x3）n（n∈N*）的展开式的通项为·3r···x4k－n，未知数x的次数为＋4k－n＝－－＋4k，令－－＋4k＝0，即3r＋n＝8k，r＝1，k＝1，n＝5是其中一组解，此时，·3r···x4k－n＝×3×＝75，故展开式中有常数项，且常数项的系数不为0，故A正确，B错误；令－－＋4k＝1，即3r＋n＋2＝8k，r＝0，k＝1，n＝6是其中一组解，此时，·3r···x4k－n＝×30×x3××x－2＝6x，故展开式中有x的一次项，且一次项的系数不为0，故D正确，C错误.
7. 解析：（＋＋）5（x＞0）可化为（＋）10，因而Tr＋1＝·（）10－r·（）10－2r，令10－2r＝0，得r＝5，故展开式中的常数项为·（）5＝.
8. 解析：令x＝1，得3n＝a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n ①.令x＝－1，得1＝a0－a1＋a2－…－a2n－1＋a2n ②.①＋②得3n＋1＝2（a0＋a2＋…＋a2n），∴a0＋a2＋…＋a2n＝.
9.2 解析：（x＋）10的展开式的通项为Tr＋1＝x10－r（）r＝x10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4的系数为；令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6的系数为，所以（x2－a）（x＋）10的展开式中x6的系数为－a＝30，解得a＝2.
10.2 解析：由5＞＞＝4，得的整数部分为4，则＝x＋4，所以（x＋4）4＝258，即x4＋4x3＋16x2＋64x＋256＝x4＋16x3＋96x2＋256x＋256＝258，故x4＋16x3＋96x2＋256x＝2.
11.证明：32n＋2－8n－9
＝（8＋1）n＋1－8n－9
＝8n＋1＋8n＋…＋82＋8＋－8n－9
＝8n＋1＋8n＋…＋82＋8（n＋1）＋1－8n－9
＝8n＋1＋8n＋…＋82.
上式中的每一项都含有82，故原式能被64整除.
12.解：（1）由条件可得
解得
（2）（2x－1）（ax2＋）n＝（2x－1）·（－2x2＋x－1）7.
∵（－2x2＋x－1）7展开式的通项为Tk＋1＝（－2x2）7－k（x－1）k
＝（－2）7－kx14－3k.
∴当14－3k＝－1，
即k＝5时，2x·（－2）2x－1＝168；
当14－3k＝0，即k＝时，舍去.
∴所求的常数项为168.
13.证明：（1＋）n＝＋×＋（）2＋…＋（）n＝1＋1＋×＋×＋…＋×
＝2＋×＋…＋×＜2＋＋…＋＜2＋＋＋…＋＝2＋＝3－（）n－1＜3.
显然（1＋）n＝1＋1＋×＋×＋…＋×＞2.
所以2＜（1＋）n＜3.
第七章 随机变量及其分布
7.1 条件概率与全概率公式
7.1.1 条件概率
第1课时 条件概率的概念与计算
1.D P（B｜A）＝＝＝0.6.
2.A 设发生中度雾霾为事件A，刮四级以上大风为事件B，所以P（A）＝0.25，P（B）＝0.4，P（AB）＝0.02，P（B｜A）＝＝＝0.08.
3.B 在第一次取到“a”的条件下，还剩余9个字母，其中“r”有4个，故所求概率为.
4.B 法一 设取到的球是蓝球为事件A，取到的球是E型玻璃球为事件B，则P（A）＝＝，P（AB）＝＝，∴P（B｜A）＝＝＝.
法二 设取到的球是蓝球为事件A，取到的球是E型玻璃球为事件B，∵n（A）＝7＋4＝11，n（AB）＝4，∴P（B｜A）＝＝.故取到的是蓝球，该球是E型玻璃球的概率是.
5.A 记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，则B A，P（A）＝1－0.04＝0.96，P（AB）＝P（B）＝1－0.16＝0.84，所以P（B｜A）＝＝＝＝.
6.BD 设事件A表示“选到第一组学生”，事件B表示“选到共青团员”，由题意，P（A）＝＝，故选项A错误，选项B正确；要求的是在事件B发生的条件下，事件A发生的条件概率P（A｜B），在事件B发生的条件下（即已所选到的学生是共青团员为前提），有15种不同的选择，其中属于第一组的有4种选择，因此P（A｜B）＝，故选项C错误，选项D正确.
7. 解析：∵P（A｜B）＝＝＝，∴P（AB）＝，∴P（B｜A）＝＝＝.
8. 解析：由题意，得P（A）＝，P（AB）＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
9. 解析：设第一次出现奇数为事件A，3次出现的点数之积为偶数为事件B，则P（A）＝＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
10.解：（1）从7名成员中挑选2名成员，共有＝21种情况，
记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的样本点个数为，
故P（A）＝＝.
（2）记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，
由（1），P（AB）＝，且P（A）＝，
故P（B｜A）＝＝＝.
（3）记“挑选的2人一男一女”为事件C，事件C所包含的样本点个数为×＝12，
由（1），则P（C）＝＝，“女生乙被选中”为事件B，则P（BC）＝＝，
故P（B｜C）＝＝＝.
11.D 每人报考大学有3种选择，故总的报考方法共有33＝27（种），三人报考的大学均不相同的报考方法有＝6（种），故P（AB）＝＝，甲报考的大学与其他两人均不相同的报考方法有＝12（种），故P（B）＝＝，所以P（A｜B）＝＝＝.
12.AD 对A，P（B1）＝＝，P（A1B1）＝＝，所以P（A1｜B1）＝＝，故A正确；对B，事件B2＝“第2次取球，取到正品”，P（B2）＝＝，故B错误；对C，事件A2B1＝“第1次取球，取到正品且第2次取球，取到白球”，包括（正白，正白），（正白，次白），（正黄，正白），（正黄，次白），共有6×5＋6×2＋3×6＋3×2＝66种情况，P（A2B1）＝＝，故C错误；对D，事件A1B2＝“第1次取球，取到白球且第2次取球，取到正品”，包括（白正，白正），（白正，黄正），（白次，白正），（白次，黄正），共有6×5＋6×3＋2×6＋2×3＝66种情况，P（A1B2）＝＝，又因为P（A1）＝＝，所以P（B2｜A1）＝＝，故D正确.
13. 解析：设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，因为并联元件A1或A2能正常工作的概率为1－（1－）×（1－）＝，所以P（A）＝×＝，又因为P（AB）＝P（B）＝××（1－）＝，所以P（B｜A）＝＝.
14.解：（1）设白球的个数为a，则黑球个数为10－a，
∵从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为.
∴P＝1－＝，解得a＝5，
∴白球的个数为5.
（2）记“第二次取到白球”为事件A，“第1次取到黑球”为事件B，
则P（A）＝×＋×＝，P（AB）＝×＝，
∴第2次取得白球时第1次取得黑球的概率为
P（B｜A）＝＝＝.
15.B 设“此人在春季里患鼻炎”为事件A，“此人在春季里患感冒”为事件B，则P（A）＝，P（B）＝，P（A∪B）＝1－＝，由P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），可得P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A∪B）＝＋－＝，则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为P（B｜A）＝＝＝.
16.解：（1）阴天条件下检测到的人数为228，未检测到的人数为6，故阴天条件下，摄像机检测到进入者的概率为P1＝＝.
（2）设摄像机漏检了一个进入者为事件A，气候条件是下雪天为事件B，
根据表格数据可得P（A）＝＋＋＋＋＝，
则摄像机漏检了一个进入者，气候条件是下雪天的概率为P（B｜A）＝＝＝.
第2课时 条件概率的性质及应用
1.D 因为B，C是互斥事件，所以P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝.
2.B 由P（A）＝0.5，P（B｜A）＝0.3，得P（AB）＝P（B｜A）P（A）＝0.15，所以P（A｜B）＝＝＝0.375.
3.C 设某射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，则由题意得P（A）＝0.6，P（B｜A）＝0.8，所以他两次均击中9环的概率为P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝0.6×0.8＝0.48.
4.A 由题意可得，题图所示的涂色部分的面积为：P（A｜B）P（B）＋[1－P（B）]·P（A｜）＝P（AB）＋P（）P（A｜）＝P（AB）＋P（A）＝P（A）.故选A.
5.ACD 对于A选项，P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＝，所以A选项正确；对于B选项，P（｜A）＝1－P（B｜A）＝，所以B选项错误；对于C选项，P（B｜）＝1－P（｜）＝，所以C选项正确；对于D选项，P（B）－P（AB）＝[1－P（A）]P（B｜），P（B）＝＋×＝，所以D选项正确.故选A、C、D.
6.BD 对于A，因为P（A）＝0.4，P（B）＝0.3，B A，所以P（AB）＝P（B）＝0.3，故A错误；对于B，因为A与B互斥，所以P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝0.7，B正确；对于C，因为A与B相互独立，所以P（AB）＝0.4×0.3＝0.12，故C错误；对于D，因为P（B｜A）＝0.3，即＝0.3，所以P（AB）＝P（B｜A）·P（A）＝0.12，又因为P（B）P（A）＝0.12，所以P（AB）＝P（A）·P（B），所以A与B相互独立，故D正确.故选B、D.
7.0.665 解析：记事件A＝“甲厂产品”，事件B＝“合格产品”，则P（A）＝0.7，P（B｜A）＝0.95.所以P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＝0.7×0.95＝0.665.
8. 解析：由题意知，因为n（A）＝·＋1＝7，n（AB）＝6，所以P（｜A）＝1－P（B｜A）＝1－＝1－＝.
9. 解析：∵P（A）＝，P（B｜A）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝×＝，∵P（B｜）＝，∴P（B）＝P（）P（B｜），∴P（B）－P（AB）＝[1－P（A）]P（B｜），即P（B）－＝（1－）×，解得P（B）＝.
10.解：（1）设A：甲中奖，B：乙中奖，则P（A）＝＝.
因为抽完的奖券不放回，所以甲中奖后乙抽奖时，有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P（B｜A）＝.
根据乘法公式可知，甲中奖而且乙也中奖的概率为
P（BA）＝P（A）P（B｜A）＝×＝.
（2）因为P（A）＋P（）＝1，所以P（）＝.
因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P（B｜）＝.
根据乘法公式可知，甲没中奖而且乙中奖的概率为
P（B）＝P（）P（B｜）＝×＝.
11.D 设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.又P（A）＝＝，P（AB）＝＝，P（AC）＝＝，故P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝＋＝.
12.BD 对于A，因为P（B｜A）＋P（｜A）＝＋＝＝＝1，但P（B｜）与P（｜A）不一定相等，故P（B｜A）＋P（B｜）不一定等于1，A错；对于B，因为P（｜B）P（B）＝P（B），P（B｜）·P（）＝P（B），所以P（｜B）P（B）＝P（B｜）P（），B对；对于C，P（A｜B）＋P（｜B）＝＋＝＝1，C错；对于D，因为P（A｜B）＝＝P（A），所以P（AB）＝P（A）P（B），所以事件A，B相互独立，故P（B｜A）＝＝P（B），D对.故选B、D.
13. 解析：设事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题，而另1道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B.由古典概型的概率公式及加法公式可知P（D）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝＋＋＝，又P（AD）＝P（A），P（BD）＝P（B），所以P（E｜D）＝P（A∪B｜D）＝P（A｜D）＋P（B｜D）＝＋＝＋＝.故所求的概率为.
14.解：（1）记事件A表示“两颗骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两颗骰子向上的点数之和为7”，则事件AB表示“向上的点数之和为7，其中有一个的点数是2”，则P（B）＝＝，P（AB）＝＝，
所以P（A｜B）＝＝.
（2）记事件Mi表示“两颗骰子向上的点数之和为i”，则事件“向上的点数之和为4或6”可表示为M＝M4∪M6，其中事件M4与M6互斥，记事件N表示“两颗骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”.
因为P（N）＝＝，P（M4N）＝＝，P（M6N）＝＝，
所以P（M｜N）＝P（M4∪M6｜N）＝P（M4｜N）＋P（M6｜N）＝＋＝＋＝.
15. P（Ak＋1）＝[1－P（Ak）] 解析：根据题意，事件A3表示“第3次取单恰好是从1号店取单”，因此P（A3）＝P（A3）＝P（）·P（A3｜）＝[1－P（A2）]＝；同理P（Ak＋1）＝P（Ak＋1）＝P（）P（Ak＋1｜）＝[1－P（Ak）]·P（Ak＋1｜）＝[1－P（Ak）].
16.解：（1）P（A2｜）＝＝＝，所以第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率为.
（2）①证明：因为P（A1A2A3）＝P（A1A2）P（A3｜A1A2），
又因为P（A1A2）＝P（A1）P（A2｜A1），
所以P（A1A2A3）＝P（A1A2）P（A3｜A1A2）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2），
即P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）.
②P（A3）＝P（A1A2A3）＋P（A2A3）＋P（A1A3）＋P（A3）
＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）＋P（）P（A2｜）P（A3｜A2）＋P（A1）P（｜A1）P（A3｜A1）＋P（）P（｜）P（A3｜）
＝××＋××＋××＋××＝＝.
7.1.2 全概率公式
1.A 设不吸烟患肺癌的概率为x，则0.2×0.004＋0.8x＝0.001，解得x＝0.000 25＝0.025%.故选A.
2.C 由题意可得：P（）＝1－P（A）＝，P（B｜）＝1－P（｜）＝，所以P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜）P（）＝×＋×＝.故选C.
3.D 设A＝“先取到的是女生报名表”，Bi＝“取到第i个地区的报名表”，i＝1，2，3，∴P（A）＝P（Bi）·P（A｜Bi）＝×＋×＋×＝.
4.B 设A＝“考生答对”，B＝“考生知道正确答案”，由全概率公式得，P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（）P（A｜）＝×1＋×＝.又由贝叶斯公式得，P（B｜A）＝＝＝.故选B.
5.BCD 由条件概率的计算公式知A错误；由乘法公式知B正确；由全概率公式知C正确；P（B）·P（A｜B）＝P（AB），P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜），故D正确.故选B、C、D.
6.AD P（A）＝＝，A正确；P（B｜A）＝＝＝，P（B｜）＝＝＝.由全概率公式可知，P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.所以B、C错误，D正确.
7. 解析：设A＝“取到的是优质品”，Bi＝“打开的是第i箱”（i＝1，2），则P（B1）＝P（B2）＝，P（A｜B1）＝＝，P（A｜B2）＝＝，利用全概率公式，P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P（B2）P（A｜B2）＝.
8.70% 解析：设男性中有x%购买了新能源车，则x%×60%＋40%×80%＝74%，解得x＝70，所以男性购车时，选择购买新能源车的概率是70%.
9.0.997 9 解析：设“一产品经验收判为合格品”为事件A，“一产品为合格品”为事件B.由题知P（B）＝0.96，P（A｜B）＝0.98，P（）＝0.04，P（A｜）＝0.05.由贝叶斯公式得P（B｜A）＝＝≈0.997 9.故一产品经验收判为“合格品”时，此产品为合格品的概率约为0.997 9.
10.解：用B表示李老师迟到，用A表示自行车有故障，则P（B｜A）是乘出租车迟到的概率，P（B｜）是骑自行车迟到的概率.
根据题意P（A）＝0.01，P（B｜）＝0.05，P（B｜A）＝0.50.
因为A，互斥，所以AB，B互斥.
利用概率的可加性得到P（B）＝P（AB∪B）＝P（AB）＋P（B）.
因为P（A）＞0，P（）＞0，再由概率的乘法公式可知，李老师迟到的概率是P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝0.01×0.50＋（1－0.01）×0.05＝0.054 5.
11.B 用A表示“丢失1箱后任取2箱是英语书”，用Bk表示“丢失的1箱为k，k＝1，2，3分别表示英语书、数学书、语文书”.由全概率公式得P（A）＝P（Bk）P（A｜Bk）＝×＋×＋×＝.P（B1｜A）＝＝＝.故选B.
12.64% 解析：设A＝“利率下调”，＝“利率不变”，B＝“股票价格上涨”.依题意知P（A）＝60%，P（）＝40%，P（B｜A）＝80%，P（B｜）＝40%，则P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝60%×80%＋40%×40%＝64%.
13.0.019 2 解析：设H1表示传送字符AAAA，H2表示传送字符BBBB，H3表示传送字符CCCC，G表示接收到ABBB.由题设知，P（H1）＝0.3，P（H2）＝0.4，P（H3）＝0.3，从而有P（G｜H1）＝0.6×0.2×0.2×0.2＝0.004 8，P（G｜H2）＝0.2×0.6×0.6×0.6＝0.043 2，P（G｜H3）＝0.2×0.2×0.2×0.2＝0.001 6，根据全概率公式得P（G）＝P（Hi）P（G｜Hi）＝0.3×0.004 8＋0.4×0.043 2＋0.3×0.001 6＝0.019 2.
14.解：（1）因为从甲箱中任意取两球放入乙箱仅有3种可能：取得两白球，取得一黑球和一白球，取得两黑球，分别用A1，A2，A3表示，则A1，A2，A3即为所求的一个完备事件组.设B表示从乙箱中取出的两球是白球，则有
P（A1）＝＝，P（A2）＝＝，P（A3）＝＝，
P（B｜A1）＝＝，P（B｜A2）＝＝，P（B｜A3）＝0，
由全概率公式得到
P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）＝×＋×＋×0＝.
（2）P（A1｜B）＝＝＝.
15.D 设事件A表示“小孩诚实”，事件B表示“小孩说谎”，则P（B｜A）＝0.1，P（B｜）＝0.5，P（A）＝0.9，P（）＝0.1，则P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝0.9×0.1＝0.09，P（B）＝P（）P（B｜）＝0.1×0.5＝0.05，故P（B）＝P（AB）＋P（B）＝0.14，故P（A｜B）＝＝＝.故选D.
16.解：记事件B＝“仪器不合格”，Ai＝“仪器上有i个部件不是优质品”，i＝0，1，2，3，显然A0，A1，A2，A3构成一个完备事件组，
P（B｜A0）＝0，P（B｜A1）＝0.2，P（B｜A2）＝0.6，P（B｜A3）＝0.9，
P（A0）＝0.8×0.7×0.9＝0.504，
P（A1）＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398，
P（A3）＝0.2×0.3×0.1＝0.006，
P（A2）＝1－P（A0）－P（A1）－P（A3）＝0.092.
（1）应用全概率公式，有：P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）＝0.504×0＋0.398×0.2＋0.092×0.6＋0.006×0.9＝0.140 2.
（2）应用贝叶斯公式，有：P（A0｜B）＝0，
P（A1｜B）＝＝，
P（A2｜B）＝＝，
P（A3｜B）＝＝.
从计算结果可知，一台不合格的仪器中有一个部件不是优质品的概率最大.
7.2 离散型随机变量
及其分布列
1.C A、B、D中的X的可能取值可以一一列举出来，而C中的X可以取某一区间内的一切值，属于连续型的.
2.C 在A中，各概率之和为＞1，故A错误；在B中，P（ξ＝2）＝－＜0，故B错误；在C中，满足0≤P≤1以及各概率之和等于1，故C正确；在D中，＋2a＋a2＋2＝（a＋1）2＋＞1，故D错误.故选C.
3.A 由0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.P（Y＝2）＝P（X＝4）＝0.3.
4.C 因为X的分布列服从两点分布，所以P（X＝0）＋P（X＝1）＝1.因为P（X＝0）＝3－4P（X＝1）＝a，所以P（X＝0）＝3－4[1－P（X＝0）]，所以P（X＝0）＝，所以a＝.
5.ACD 因为5－1＝4＞3，6－1＝5＞3，6－2＝4＞3，所以选项A、C、D符合题意；对于B：第一颗大于4点，可以是5点，6点，第二颗也大于4点，可以是5点，6点，因为5－5＝0＜3，5－6＝－1＜3，6－5＝1＜3，6－6＝0＜3，所以不符合题意.故选A、C、D.
6.ABD 对于A中，由分布列的性质，可得0.2＋m＋n＋0.1＝1，解得m＋n＝0.7，所以A正确；对于B中，若m＝0.3，可得n＝0.4，则P（X＞3）＝P（X＝4）＋P（X＝6）＝0.5，所以B正确；对于C中，由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确；对于D中，由P（X＝1）＝0.2，P（X＝6）＝0.1，则P（X＝1）＝2P（X＝6），所以D正确.故选A、B、D.
7.－300，－100，100，300
解析：答对0个问题得－300分；答对1个问题得－100分；答对2个问题得100分；问题全答对得300分.
8.0.9 解析：由分布列的性质得1－2q≥0，q≥0，且＋1－2q＋q＝1，解得q＝0.3，∴P（∈Z）＝P（X＝0）＋P（X＝1）＝＋1－2×0.3＝0.9.
9.2，5 解析：由0.20＋0.10＋（0.1×x＋0.05）＋0.10＋（0.1＋0.01×y）＋0.20＝1，得10x＋y＝25.又因为x，y∈{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，故x＝2，y＝5.
10.解：（1）由题意，该选手的得分不少于6分，则该选手的得分为6分或12分，
可得P（X＝6）＝＝，P（X＝12）＝＝，
所以该选手得分不少于6分的概率为P＝P（X＝6）＋P（X＝12）＝＋＝.
（2）根据题意，可得随机变量X的可能取值为0，3，6，12，
则P（X＝3）＝＝，P（X＝0）＝1－－＝，
所以随机变量X的分别列为
X 0 3 6 12
P
11.D 由P（X＝n）＝＝（－），可知P（X＝1）＋P（X＝2）＋P（X＝3）＋P（X＝4）＝1，即（1－＋－＋－＋－）＝1，得a＝.∴P（X＝）＝P（X＝2）＝×（－）＝.
12.BCD 由题意知，摸到红球的概率是P1＝，摸到白球的概率是P2＝，而ξ＝3表示得3分，即表示3次摸到的都是白球，所以（）3＝，解得n＝3，所以ξ的可能取值为3，4，5，6，故选B、C、D.
13. 解析：取出的4个球中红球的个数可能为4，3，2，1，相应的黑球的个数为0，1，2，3，其得分ξ＝4，6，8，10，则P（ξ≤6）＝P（ξ＝4）＋P（ξ＝6）＝＋＝.
14.解：（1）n的分布列为
n 140 150 160 170 180 190 200
P 0.1 0.2 0.16 0.16 0.14 0.14 0.1
（2）若A水果日需求量为140千克，则X＝140×（15－10）－（150－140）×（10－8）＝680（元），所以P（X＝680）＝＝0.1.若A水果日需求量不小于150千克，则X＝150×（15－10）＝750（元），所以P（X＝750）＝1－0.1＝0.9.
则X的所有可能取值为680，750，
故X的分布列为
X 680 750
P 0.1 0.9
15.解：（1）记顾客中奖为事件A，则P（A）＝＝＝，即该顾客中奖的概率为.
（2）X所有可能的取值为0，10，20，50，60，
且P（X＝0）＝＝，P（X＝10）＝＝，
P（X＝20）＝＝，P（X＝50）＝＝，
P（X＝60）＝＝，
故X的分布列如下：
X 0 10 20 50 60
P
7.3 离散型随机变量的数字特征
7.3.1 离散型随机变量的均值
1.A 根据题意可知，随机变量X服从两点分布，所以E（X）＝0.3.
2.C 由题意得，
解得∴a－b＝.故选C.
3.D 依题意X＝2，3，所以P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，所以E（X）＝2×＋3×＝.
4.B 设这台机器获利ξ元，易知随机变量ξ的分布列如下，∴E（ξ）＝50×0.6＋30×0.3＋（－20）×0.1＝37（元），故选B.
ξ 50 30 －20
P 0.6 0.3 0.1
5.BD 由题表可知q＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2，则E（X）＝0×0.1＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2，所以E（Y）＝E（2X＋1）＝2E（X）＋1＝5.故选B、D.
6.AB 由表可得从而得p∈［0，］，期望值E（X）＝0×＋1·p＋2×＝p＋1，当且仅当p＝时，E（X）最大值＝.
7.2 解析：∵Y＝4X－2，E（Y）＝4E（X）－2，∴4E（X）－2＝6，即E（X）＝2.
8.2 200 解析：出海的期望效益为5 000×0.6＋（1－0.6）×（－2 000）＝3 000－800＝2 200（元）.
9.1.24 解析：由题意知，射击次数X的可能取值为1，2，3，P（X＝1）＝0.8，P（X＝2）＝0.2×0.8＝0.16，P（X＝3）＝0.2×0.2×0.8＋0.2×0.2×0.2＝0.04，∴他射击次数的数学期望E（X）＝1×0.8＋2×0.16＋3×0.04＝1.24.
10.解：随机变量X的可能取值为0，1，2，3.
{X＝0}表示“第一次取到正品”，则P（X＝0）＝＝；
{X＝1}表示“第一次取到次品，第二次取到正品”，则P（X＝1）＝＝，
同理，可求得P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝.
因此随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的均值为E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.
11.D ∵＝××，∴t＝3（t＝－3舍去）.记ξ的所有可能取值为0，1，2，其分布列如下，∴E（ξ）＝＋2×＝.
ξ 0 1 2
P
12.ACD 因为函数f（x）＝3sinπ（x∈R）是偶函数，所以π＝＋kπ，k∈Z，所以X＝2k＋1，k∈Z，又因为X＝－1，0，1，所以事件A表示X＝±1，所以P（A）＝a＋b＝1－＝，E（X）＝（－1）×a＋0×＋1×b＝b－a＝－2a，随机变量X2的可能取值为0，1，P（X2＝0）＝，P（X2＝1）＝a＋b＝，所以E（X2）＝0×＋1×＝.故选A、C、D.
13.100 解析：设甲应得奖金为X，X的可能取值为800，0，甲赢得比赛有3种情况：①胜第3局，甲赢的概率为，②输第3局，胜第4局，甲赢的概率为×＝，③输第3，4局，胜第5局，甲赢的概率为××＝，∴甲赢的概率为＋＋＝，∴E（X）＝800×＋0×＝700（元），则乙应得奖金800－700＝100（元）.
14.解：（1）ξ的可能取值为1，3，4，6.
P（ξ＝1）＝，P（ξ＝3）＝，P（ξ＝4）＝，P（ξ＝6）＝，
所以ξ的分布列为
ξ 1 3 4 6
P
（2）E（ξ）＝1×＋3×＋4×＋6×＝（小时）.
15.AC 因为p1＋p3＝6p1p3，所以＋＝6，p1＋p3＝（p1＋p3）（＋）＝（1＋1＋＋）≥（2＋2）＝，当且仅当＝，即p3＝p1＝时取等号，所以≤p3＋p1≤1，0≤p2≤，故A正确，B不正确；又E（ξ）＝－1×p1＋0×p2＋1×p3＝p3－p1，（E（ξ））2＝（p3－p1）2＝（p3＋p1）2－4p1p3＝（p3＋p1）2－（p1＋p3），（E（ξ））2∈［0，］，E（ξ）∈［－，］，故C正确，D不正确.故选A、C.
16.解：（1）设日销售量为随机变量X，X＝0，1，2，3.
由题意知，P（X＝0）＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
补充表格如下：
日获利（元） 0 1 000 2 000 3 000
频率
所以试销期间日平均获利为0＋1 000×＋2 000×＋3 000×＝1 850（元）.
（2）由题意知，第二天开始营业时该商品的件数为3件的概率P＝P（X＝0）＋P（X＝2）＋P（X＝3）＝＋＋＝.
7.3.2 离散型随机变量的方差
1.B ∵D（X甲）＞D（X乙），∴乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐.
2.B 由题意，D（X）＝E（X2）－（E（X））2＝6－4＝2，故D（Y）＝D（2X－1）＝22D（X）＝8.
3.A 由题可得，E（ξ）＝×（1＋2＋3）＝2，∴D（ξ）＝[（1－2）2＋（2－2）2＋（3－2）2]＝，D（3ξ＋5）＝32×D（ξ）＝6，故选A.
4.D 由题可得，P（ξ＝0）＝1－p，P（ξ＝1）＝p，E（ξ）＝0×（1－p）＋1×p＝p，D（ξ）＝（1－p）2×p＋（0－p）2×（1－p）＝p（1－p），故选D.
5.B 由分布列可求甲的次品数的均值为E（X） ＝0×0.7＋1×0＋2×0.2＋3×0.1＝0.7，乙的次品数的均值为E（Y）＝0×0.6＋1×0.2＋2×0.1＋3×0.1＝0.7，D（X）＝（0－0.7）2×0.7＋（1－0.7）2×0＋（2－0.7）2×0.2＋（3－0.7）2×0.1＝1.21，D（Y）＝（0－0.7）2×0.6＋（1－0.7）2×0.2＋（2－0.7）2×0.1＋（3－0.7）2×0.1＝1.01，E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以乙比甲质量好.
6.BD 设取球次数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3，则P（ξ＝1）＝，P（ξ＝2）＝×＝，P（ξ＝3）＝×＝.对于A选项，抽取2次后停止取球的概率为P（ξ＝2）＝，A选项错误；对于B选项，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝＋＝，B选项正确；对于C选项，取球次数ξ的均值为E（ξ）＝1×＋2×＋3×＝，C选项错误；对于D选项，取球次数ξ的方差为D（ξ）＝（1－）2×＋（2－）2×＋（3－）2×＝，D选项正确.
7.0.5 3.56 解析：根据随机变量分布列的性质，知0.4＋0.1＋a＝1，所以a＝0.5，E（X）＝0.4＋0.3＋2.5＝3.2，D（X）＝2.22×0.4＋0.22×0.1＋1.82×0.5＝3.56.
8. 解析：易知X的所有可能取值为1，2，3，4，5，6，且每种取值的概率都为，所以E（X）＝（1＋2＋3＋4＋5＋6）＝，D（X）＝E（X2）－＝（1＋4＋9＋16＋25＋36）－（）2＝，所以＝.
9. 解析：由分布列可得a＋b＝ ，P（X＝1）＝＝，所以n＝2，又P（X＝0）＝＝＝a，所以b＝，进而可得E（X）＝＋2b＝1，故D（X）＝（0－1）2a＋（1－1）2×＋（2－1）2b＝a＋b＝.
10.解：（1）∵E（η）＝0×＋10×＋20×＋50×＋60×＝16，
∴D（η）＝（0－16）2×＋（10－16）2×＋（20－16）2×＋（50－16）2×＋（60－16）2×＝384.
（2）∵Y＝2η－E（η），
∴D（Y）＝D[2η－E（η）]＝22D（η）＝4×384＝1 536.
11.A 因为E（ξ1）＝p1，E（ξ2）＝p2，所以E（ξ1）＜E（ξ2）.D（ξ1）＝p1（1－p1），D（ξ2）＝p2（1－p2），D（ξ1）－D（ξ2）＝（p1－p2）（1－p1－p2）＜0，故选A.
12. 解析：由题意知X的可能取值有0，1，2，3，则P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝.故E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，D（X）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＋（3－）2×＝×＋×＋×＋×＝.
13.解：（1）记“从方案一中抽取到女生”为事件A，“从方案二中抽取到女生”为事件B，则P（A）＝＝，P（B）＝＝，
X的可能取值为0，1，2，
所以P（X＝0）＝（1－）×（1－）＝，
P（X＝1）＝（1－）×＋×（1－）＝，
P（X＝2）＝×＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
（2）依题意可得Y＝2－X，所以D（Y）＝D（2－X）＝（－1）2D（X）＝D（X），即D（Y）＝D（X）.
14.0.63 解析：ξ的可能取值为7，8，9，10，且P（ξ＝7）＝0.12＝0.01，P（ξ＝8）＝2×0.1×0.4＋0.42＝0.24，P（ξ＝9）＝2×0.1×0.3＋2×0.4×0.3＋0.32＝0.39，P（ξ＝10）＝2×0.1×0.2＋2×0.4×0.2＋2×0.3×0.2＋0.22＝0.36.所以ξ的分布列为
ξ 7 8 9 10
P 0.01 0.24 0.39 0.36
E（ξ）＝7×0.01＋8×0.24＋9×0.39＋10×0.36＝9.1，D（ξ）＝（7－9.1）2×0.01＋（8－9.1）2×0.24＋（9－9.1）2×0.39＋（10－9.1）2×0.36＝0.63.
15.解：（1）“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”的对立事件是“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”.
∵A表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”，可知表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”，
P（）＝（1－0.2）3＝0.512，∴P（A）＝1－P（）＝1－0.512＝0.488.
（2）根据顾客采用的付款期数ξ的分布列对应于η的可能取值为200元，300元，400元，得到η对应的事件的概率，
P（η＝200）＝P（ξ＝1）＝0.2，
P（η＝300）＝P（ξ＝2）＋P（ξ＝3）＝0.3＋0.3＝0.6，
P（η＝400）＝P（ξ＝4）＋P（ξ＝5）＝0.1＋0.1＝0.2，
故η的分布列为
η 200 300 400
P 0.2 0.6 0.2
∴期望E（η）＝200×0.2＋300×0.6＋400×0.2＝300.
∴方差D（η）＝（200－300）2×0.2＋（300－300）2×0.6＋（400－300）2×0.2＝4 000.
培优课 离散型随机变量均值
与方差的应用
1.D 由分布列可得E（X）＝0.4a＋0.2（a＋1）＋0.4（a＋2）＝a＋1，D（X）＝0.4（a－a－1）2＋0.2（a＋1－a－1）2＋0.4（a＋2－a－1）2＝0.8，故选D.
2.D 由题意得a＝1－＝，所以E（ξ）＝m＋n＝2，即m＋2n＝6.又D（ξ）＝×（m－2）2＋×（n－2）2＝2（n－2）2，当n＝2时，D（ξ）取得最小值，此时m＝2，不符合题意，故D（ξ）无法取得最小值.
3.A XY的分布列为
XY 1 2 4
P p（1－p） p2＋（1－p）2 p（1－p）
E（XY）＝1×p（1－p）＋2×[p2＋（1－p）2]＋4×p（1－p）＝－p2＋p＋2，E（X）＝2－p，E（Y）＝p＋1，Cov（X，Y）＝－p2＋p＋2－（2－p）（1＋p）＝0.故选A.
4.C 依题意可得，E（ξ）＝2xy，因为x＋y＝1，所以2xy≤＝，当且仅当x＝y＝时等号成立，即E（ξ）≤，故A、B错误；D（ξ）＝（x2y＋y2x）－（2xy）2＝xy（x＋y－4xy）＝xy（1－4xy），D（ξ）－E（ξ）＝xy（1－4xy－2）＝－xy（1＋4xy），由于xy＞0，所以D（ξ）－E（ξ）＜0，故C正确；令t＝xy，t∈（0，］，则D（ξ）＝t（1－4t）＝－4（t－）2＋，则D（ξ）≤，故D错误.
5.BD ∵随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝x，P（ξ＝2）＝－x，0＜x＜，∴E（ξ）＝x＋－2x＝－x，D（ξ）＝×＋×x＋×＝－x2－x＋＝－＋，∴E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小.故选B、D.
6.甲 解析：投资甲项目获利的期望E（甲）＝2×0.4＋3×0.3＋（－1）×0.3＝1.4（万元），投资乙项目获利的期望E（乙）＝1×0.6＋4×0.2＋（－2）×0.2＝1（万元）.因为E（甲）＞E（乙），故他应该选择经营甲种商品.
7. 解析：由题意，知b－a＋b＋a＝2b＝1，即b＝.所以E（ξ）＝0·（b－a）＋b＋2a＝2a＋，所以D（ξ）＝（0－2a－）2（b－a）＋（1－2a－）2b＋（2－2a－）2a＝－4a2＋2a＋＝－4（a－）2＋.又0＜a＜，所以当a＝时，D（ξ）有最大值.
8. 解析：由分布列的性质得＋＝1，即m＋n＝1，＝.所以E（ξ）＝m·＋n·＝＝，D（ξ）＝（m－）2×＋（n－）2×＝（m－）2×＋（1－m－）2×＝（m－）2≥0，当且仅当m＝n＝时等号成立，此时mn＝.
9.解：（1）由题意得ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4.
P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝，P（ξ＝2）＝，
P（ξ＝3）＝，P（ξ＝4）＝.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P
则E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
D（ξ）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＋（3－）2×＋（4－）2×＝.
（2）由D（η）＝a2D（ξ），得a2×＝11，得a＝±2.
又由E（η）＝aE（ξ）＋b，得a＋b＝1，
所以当a＝2时，由1＝2×＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×＋b，得b＝4.
所以或即为所求.
10.解：（1）由题意得，随机变量X的可能取值为200，300，500，
可得P（X＝200）＝＝0.2，P（X＝300）＝＝0.4，P（X＝500）＝＝0.4，
所以随机变量X的分布列为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶，
所以只需考虑200≤n≤500，
当300＜n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝6×300＋2（n－300）－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝800－2n，
所以E（Y）＝2n×0.4＋（1 200－2n）×0.4＋（800－2n）×0.2＝640－0.4n.
当200≤n≤300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝800－2n，
所以E（Y）＝2n×（0.4＋0.4）＋（800－2n）×0.2＝160＋1.2n，
所以当n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元.
11.解：（1）由条形图并以频率代替概率可得：1台机器在三年内需更换的易损零件为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.
可知X的所有可能取值为16，17，18，19，20，21，22，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04；
P（X＝17）＝2×0.2×0.4＝0.16；
P（X＝18）＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P（X＝19）＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P（X＝20）＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P（X＝21）＝2×0.2×0.2＝0.08；
P（X＝22）＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）知P（X≤18）＝0.44，P（X≤19）＝0.68，故n的最小值为19.
（3）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当n＝19时，E（Y）＝19×200×0.68＋（19×200＋500）×0.2＋（19×200＋2×500）×0.08＋（19×200＋3×500）×0.04＝4 040.
当n＝20时，E（Y）＝20×200×0.88＋（20×200＋500）×0.08＋（20×200＋2×500）×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
7.4 二项分布与超几何分布
7.4.1 二项分布
第1课时 二项分布
1.B 有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10次独立重复的伯努利实验，所以服从二项分布X～B（10，0.05）.故选B.
2.A 由题意可知中靶的概率为0.8，故打100发子弹有4发中靶的概率为×0.84×0.296.
3.A ∵X～B（2，p），∴P（X＝0）＝（1－p）2，∴P（X≥1）＝1－P（X＝0）＝1－（1－p）2＝，解得p＝.
4.A 该地在该季节内的连续三天中，至少有两天出现大潮包括两天和三天出现大潮两种情况，有两天出现大潮的概率为×（）2×＝，有三天出现大潮的概率为×（）3＝，所以至少有两天出现大潮的概率为＋＝.故选A.
5.AC 随机变量X，Y的可能取值都为0，1，2，3，A正确，B错误；根据二项分布的概念，X～B（3，），Y～B（3，），C正确，D错误.故选A、C.
6.BD 由题意，根据二项分布中概率的计算公式P（X＝k）＝·，k＝0，1，2，3，4，则P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝·＝，P（X＝3）＝＝，P（X＝4）＝＝，因此P（X＝2）＝3P（X＝1），P（X＝3）＝4P（X＝1）.故选B、D.
7. 解析：每位申请人申请房源为一次试验，这是4重伯努利试验，设申请A片区的房源记为事件A，则P（A）＝，所以恰有2人申请A片区的概率为××＝.
8.4 解析：由1－＞0.9，得＜0.1，∴n≥4.
9. 解析：正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次、5次或6次，所求概率P＝＋＋＝.
10.解：（1）由题意知，本题是一个独立重复试验，每次试验中事件发生的概率是0.8.
5次预报中恰有2次准确的概率是×0.82×0.23≈0.05.
（2）5次预报中至少有2次准确的对立事件是5次预报中只有1次准确和都不准确，
根据对立事件的概率和独立重复试验的概率公式得所求概率为1－×0.81×0.24－×0.80×0.25≈0.99.
11.C 小球每次遇到障碍物时，若有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落，则小球将落入A袋，所以P＝×（）×（1－）2＋×（）2×（1－）＝.
12.ACD 由题得小汽车的普及率为，这5个家庭均有小汽车的概率为＝，所以选项A结论成立；这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为×＝，所以选项B结论错误；这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，所以选项C结论成立；这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽车的概率为×＋＝，所以选项D结论成立，故选A、C、D.
13. 解析：由题意可知，逆时针方向移动的概率为，顺时针方向移动的概率为，由A点出发，3次移动后到达B点，则3次移动中有2次逆时针，1次顺时针，所以概率P＝·（）2·＝.
14.解：（1）根据题意得，ξ服从二项分布ξ～B（5，），则P（ξ＝k）＝（）k·（）5－k，k＝0，1，…，5.
ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4 5
P
（2）η的分布列为P（η＝k）＝P（前k个是绿灯，第k＋1个是红灯）＝（）k·，k＝0，1，2，3，4.
P（η＝5）＝P（5个均为绿灯）＝（）5.
故η的分布列为
η 0 1 2 3 4 5
P
15. 解析：S4＝2，即4次中有3次正面1次反面，则所求概率P＝××＝.
16.解：（1）至少3人同时上网包括3人、4人、5人或6人同时上网，记“至少3人同时上网”为事件A，则P（A）＝（）3（）3＋（）4（）2＋（）5（）1＋（）6（）0＝.
（2）由（1）知至少3人同时上网的概率大于0.3，
记“至少4人同时上网”为事件B，其概率为P（B）＝（）4（）2＋（）5（）1＋（）6×（）0＝＞0.3，
记“至少5人同时上网”为事件C，其概率为P（C）＝（）5（）1＋（）6×（）0＝＜0.3.所以至少5人同时上网的概率小于0.3.
第2课时 二项分布的综合问题
1.D 因为X～B（n，p），所以解得n＝10，p＝0.8.
2.D 因为随机变量X～B（n，0.4），所以E（X）＝0.4n＝2，解得n＝5，所以随机变量X～B（5，0.4），所以P（X＝1）＝（1－0.4）4×0.41＝2×0.64，故选D.
3.A 因为该同学经过每个路口时，是否遇到红灯互不影响，所以可看成3次独立重复试验，即X～B（3，）.X的方差D（X）＝3××（1－）＝，所以Y的方差D（Y）＝32·D（X）＝9×＝6，所以Y的标准差为＝.
4.C 由题意可知，不发芽的种子数（记为Y）服从二项分布，即Y～B（1 000，0.1），所以E（Y）＝1 000×0.1＝100，所以X的均值E（X）＝2×E（Y）＝200.
5.AD 因为E（3ξ＋2）＝3E（ξ）＋2＝9.2，D（3ξ＋2）＝9D（ξ）＝12.96，所以E（ξ）＝2.4，D（ξ）＝1.44，由ξ～B（n，p），所以E（ξ）＝np＝2.4，D（ξ）＝np（1－p）＝1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P（ξ＝4）＝×0.62×0.44，故C错误；P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－0.66，D正确.故选A、D.
6.AC 设小明为a，其他两位同学分别为b，c，每次游戏三人选择的手势组合如下表：
a b c
手心 手心 手背
手心 手心 手心
手心 手背 手背
手心 手背 手心
手背 手心 手背
手背 手心 手心
手背 手背 手背
手背 手背 手心
共有8种情况，小明得1分有6种情况，所以小明每次游戏得1分的概率P＝，故A正确；由题意，X～B（4，），所以E（X）＝4×＝3，D（X）＝4××＝，故B错误，C正确，D错误.故选A、C.
7.0.196 解析：因为ξ～B（10，0.02），所以D（ξ）＝10×0.02×（1－0.02）＝0.196.
8. 解析：因为他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，所以此人通过的科目数X～B（4，p），又此人通过的科目数X的方差是，所以4p（1－p）＝，解得p＝或p＝（舍去），所以E（X）＝4×＝.
9. 解析：因为3≤n≤8，ξ服从二项分布B（n，），且P（ξ＝1）＝，所以·（）·（1－）n－1＝，即n（）n＝，解得n＝6，所以方差D（ξ）＝np（1－p）＝6××（1－）＝.
10.解：（1）依题意知，ξ＝2表示4盏装饰灯闪烁一次时，恰好有2盏灯出现红灯，而每盏灯出现红灯的概率都是，
故P（ξ＝2）＝×（）2×（）2＝.
（2）法一 ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，
依题意知，P（ξ＝k）＝（）k·（）4－k（k＝0，1，2，3，4）.
∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P
∴E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
法二 ∵ξ服从二项分布，即ξ～B（4，），
∴E（ξ）＝4×＝.
11.B X1的可能取值为0，1，2，X1～B（2，），E（X1）＝2×＝，D（X1）＝2××＝；X2的可能取值为0，1，P（X2＝0）＝×＝，P（X2＝1）＝×＋×＝，∴E（X2）＝0×＋1×＝，D（X2）＝（0－）2×＋（1－）2×＝.∴E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）.
12.410 解析：由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，其概率为×0.84＋×（1－0.8）×0.83＝0.819 2，即一个小组能被评为“阳光小组”的概率为0.819 2，且被评为“阳光小组”的个数X服从二项分布X～B（500，0.819 2），所以能被评为“阳光小组”的约有500×0.819 2＝409.6≈410个.
13.解：（1）起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝（）3＝，
P（X＝1）＝××（）2＝，
P（X＝2）＝×（）2×＝，
P（X＝3）＝（）3＝.
∴X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
∵X～B（3，），∴E（X）＝3×＝.
（2）击中一次被扑灭的概率为P1＝×（）1×（）2×＝，
击中两次被扑灭的概率为P2＝×（）2××＝，
击中三次被扑灭的概率为P3＝（）3＝，
∴所求概率P＝＋＋＝.
14.D 由题意可知，（x＋p）n＝pn＋pn－1x＋pn－2x2＋pn－3x3＋…＋xn，又（x＋p）n＝a0＋x＋x2＋…＋anxn，所以化简得n－1＝6p ①，此时n－1＜6.若选项A成立，则解得故A错误；若选项B成立，则解得故B错误；若选项C成立，则解得代入①验证不成立，故C错误；若选项D成立，则解得代入①验证成立，故D正确.故选D.
15.解：（1）由已知X～B（6，），所以P（X≤2）＝P（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）＝（）6＋·（）5＋（）2·（）4＝＋＋＝ .
（2）由已知X～B（n，0.5），所以E（X）＝0.5n，D（X）＝0.25n，
若0.4≤≤0.6，则0.4n≤X≤0.6n，即－0.1n≤X－0.5n≤0.1n，即｜X－0.5n｜≤0.1n.
由切比雪夫不等式知P（｜X－0.5n｜≤0.1n）≥1－，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，则1－≥0.98，
解得n≥1 250，所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
7.4.2 超几何分布
1.A 随机变量X服从N＝15，M＝5，n＝4的超几何分布，所以P（X＝3）＝＝.
2.D 设X为抽出的5张扑克牌中含A的张数，则P（X≥3）＝P（X＝3）＋P（X＝4）＝＋.
3.C 设袋中白球个数为x，由题意得1－＝，解得x＝5.X服从超几何分布，其中P（X＝2）＝＝.
4.C 设语文课本有n（n≥2）本，则数学课本有（7－n）本，则从中任取2本，2本都是语文课本的概率是＝.所以n2－n－12＝0，解得n＝4或n＝－3（舍去），所以n＝4.
5.CD 选项A、B不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，即A、B错；选项C、D符合超几何分布的定义，将黑球视作次品，白球视作正品，则可以用超几何分布的数学模型计算概率，即C、D正确.故选C、D.
6.CD 对于A，答对0道题的概率为P0＝＝，答对3道题的概率为P3＝＝，故A错误；对于B，答对1道题的概率为P1＝＝，故B错误；对于C，答对2道题的概率为P2＝＝，故C正确；对于D，合格的概率为P＝＋＝，故D正确.
7. 解析：恰有2人会说日语的概率为＝.
8. 解析：由题意可得：X服从超几何分布，E（X）＝＝.所以E（2X＋1）＝2E（X）＋1＝.
9.7 解析：8.3.2 独立性检验
1.对两个分类变量A，B的下列说法中正确的个数为（ ）
①A与B无关，即A与B互不影响；②A与B关系越密切，则χ2的值就越大；③χ2的大小是判定A与B是否相关的唯一依据.
A.0 B.1
C.2 D.3
2.在2×2列联表中，若每个数据变为原来的2倍，则χ2的值变为原来的倍数为（ ）
A.8 B.4
C.2 D.不变
3.根据分类变量x与y的观测数据，计算得到χ2＝3.974.依据α＝0.05的独立性检验，结论为（ ）
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
B.变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C.变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
D.变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
4.（多选）某机构通过抽样调查，利用2×2列联表和χ2统计量研究患肺病是否与吸烟有关，计算得χ2＝3.305，经查对临界值表知P（χ2≥2.706）≈0.10，P（χ2≥3.841）≈0.05，现给出四个结论，其中正确的是（ ）
A.因为χ2＞2.706，故依据小概率值α＝0.1的独立性检验，认为“患肺病与吸烟有关”
B.因为χ2＜3.841，故依据小概率值α＝0.05的独立性检验，认为“患肺病与吸烟有关”
C.因为χ2＞2.706，故依据小概率值α＝0.1的独立性检验，认为“患肺病与吸烟无关”
D.因为χ2＜3.841，故依据小概率值α＝0.05的独立性检验，认为“患肺病与吸烟无关”
5.（多选）有两个分类变量X，Y，其一组的调查数据如表所示，
X Y
Y1 Y2
X1 a 20－a
X2 15－a 30＋a
其中a，15－a均为大于5的整数，若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为X，Y有关，则a的值可以为（ ）
A.6 B.7
C.8 D.9
6.为了探究电离辐射的剂量与人体的受损程度是否有关，用两种不同剂量的电离辐射照射小白鼠.照射14天后的结果如下表所示：
剂量 小白鼠 合计
死亡 存活
第一种剂量 14 11 25
第二种剂量 6 19 25
合计 20 30 50
进行独立性检验的零假设是 ，χ2≈ .（结果保留两位小数）
7.某校为了研究学生的性别和对待某一活动的态度（支持与不支持）的关系，运用2×2列联表进行独立性检验.整理所得数据后发现，若依据α＝0.010的独立性检验，则认为学生性别与是否支持该活动无关；若依据α＝0.025的独立性检验，则认为学生性别与是否支持该活动有关，则χ2可取的整数值为 .
附表：
α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
8.体育比赛既是运动员展示个人实力的舞台，也是教练团队排兵布阵的战场.在某团体比赛项目中，教练组想研究主力队员甲对运动队得奖牌的贡献，根据以往的比赛数据得到如下统计：
甲是否 参加 运动队是否得奖牌 合 计
运动队赢得奖牌 运动队未得奖牌
甲参加 40 b 70
甲未参加 c 40 f
合计 50 e n
根据小概率值α＝0.001的独立性检验， （填“能”或“不能”）认为该运动队赢得奖牌与甲参赛有关联.
9.两个分类变量X和Y，值域分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数分别是a＝10，b＝21，c＋d＝35.若X与Y有关系的可信程度不小于97.5%，则c＝（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
附：
α 0.05 0.025
xα 3.841 5.024
10.针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若有95%的把握认为是否追星和性别有关，则调查样本中男生至少有 人.
参考数据及公式如下：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
11.在某校对有心理障碍的学生进行测试得到如下列联表：
性别 心理障碍 合计
焦虑 说谎 懒惰
女生 5 10 15 30
男生 20 10 50 80
合计 25 20 65 110
则在这三种心理障碍中 与性别关系最大.
12.某校组织在校学生观看学习“天宫课堂”，并对其中1 000名学生进行了一次“飞天宇航梦”的调查，得到如图所示的两个等高堆积条形图，其中被调查的男、女学生比例为3∶2.
（1）求m，n的值（结果用分数表示）；
（2）完成以下表格，并根据表格数据，依据小概率值α＝0.001的χ2独立性检验，能否判断学生性别和是否有飞天宇航梦有关？
性别 有无飞天宇航梦 合计
有飞天宇航梦 无飞天宇航梦
男
女
合计
附临界值表及参考公式：
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
3 / 3
