【人教A版】2017-2018 数学选修2-3课时跟踪检测（22份打包，Word版，含解析）

阶段质量检测（二）
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．袋中装有大小相同的5只球，上面分别标有1,2,3,4,5，在有放回的条件下依次取出两球，设两球号码之和为随机变量X，则X所有可能值的个数是(　　)
A．25　　　　　　　　　
B．10
C．9
D．5
解析：选C　“有放回”地取和“不放回”地取是不同的，故X的所有可能取值有2,3,4,5,6,7,8,9,10共9种．
2．将一枚骰子连掷6次，恰好3次出现6点的概率为(　　)
A．C33
B．C34
C．C30
D．C5
解析：选A　每次抛掷出现6点的概率为，由二项分布的知识，可知选A.
3．已知随机变量ξ服从正态分布ξ～N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)等于(　　)
A．0.477
B．0.628
C．0.954
D．0.977
解析：选C　由ξ～N(0，σ2)知，P(ξ>2)＝P(ξ<－2)，P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ<－2)－P(ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954.
4.如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8，0.7，那么此系统的可靠性为(　　)
A．0.504
B．0.994
C．0.496
D．0.06
解析：选B　1－P(
)＝1－P()·P()·P()＝1－0.1×0.2×0.3＝1－0.006＝0.994.
5．已知X，Y为随机变量，且Y＝aX＋b，若E(X)＝1.6，E(Y)＝3.4，则a，b可能的值分别为(　　)
A．2,0.2
B．1,4
C．0.5,1.4
D．1.6,3.4
解析：选A　由E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b＝1.6a＋b＝3.4，把选项代入验证，可知选项A满足．
6．设随机变量X的分布列如下：
X
0
1
2
P
a
则E(X)的值为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　由题意得，a＝1－－＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
7．已知某人每天早晨乘坐的某一班次公共汽车的准时到站的概率为，则他在3天乘车中，此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为C·2·＋3＝.
8．设袋中有大小相同的黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白球的个数的均值为，则口袋中黑球的个数为(　　)
A．5
B．4
C．3
D．2
解析：选B　设白球的个数为a.取到白球的个数服从参数N＝7，M＝a，n＝2的超几何分布，所以取到白球的个数的均值为2×＝，解得a＝3，故袋中白球有3个，黑球有4个．
9．已知随机变量X～N(0，σ2)．若P(X>4)＝0.02，则P(0≤X≤4)等于(　　)
A．0.47
B．0.52
C．0.48
D．0.98
解析：选C　因为随机变量X～N(0，σ
2)，所以正态曲线关于直线x＝0对称．又P(X>4)＝0.02，
所以P(0≤X≤4)＝0.5－P(X>4)＝0.5－0.02＝0.48.
10．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且E(X1)＝2，D(X2)＝，则D(X3)的值为(　　)
A．0.5
B．1.5
C．2.5
D．3.5
解析：选C　由已知得解得故D(X3)＝10×0.5×(1－0.5)＝2.5.
11．设随机变量ξ等可能地取1,2,3,4，…，10，又设随机变量η＝2ξ－1，则P(η<6)等于(　　)
A．0.3
B．0.5
C．0.1
D．0.2
解析：选A　因为P(ξ＝k)＝，k＝1,2，…，10，又由η＝2ξ－1<6，得ξ<，即ξ＝1,2,3，所以P(η<6)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＝0.3.
12．端午节假期，甲回老家过节的概率为，乙、丙回老家过节的概率分别为，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人回老家过节的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选B　因甲、乙、丙回老家过节的概率分别为，，，所以他们不回老家过节的概率分别为，，，“至少有1人回老家过节”的对立事件是“没有人回老家过节”，所以至少有1人回老家过节的概率为P＝1－××＝.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1,2,3,4,5,6)，则P(1.5<ξ<3.5)＝________.
解析：由概率和为1可求得n＝21.则P(1.5<ξ<3.5)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝.
答案：
14．已知X～N(－1，σ2)，若P(－3≤X≤－1)＝0.4，则P(－3≤X≤1)的值是________．
解析：由于X～N(－1，σ2)，且区间[－3，－1]与[－1,1]关于x＝－1对称，所以P(－3≤X≤1)＝2P(－3≤X≤－1)＝0.8.
答案：0.8
15．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任选3道题作答．已知所选的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立，则张同学恰好答对2道题的概率为________．
解析：设张同学答对的甲类题的数目为x，答对的乙类题的数目为y，答对的题的总数为X，则X＝x＋y.所以P(X＝2)＝P(x＝2，y＝0)＋P(x＝1，y＝1)＝C×2×＋C×××＝.
答案：
16．某家公司有三台机器A1，A2，A3生产同一种产品，生产量分别占总产量的，，，且其产品的不良率分别各占其产量的2.0%,1.2%，1.0%，任取此公司的一件产品为不良品的概率为________，若已知此产品为不良品，则此产品由A1所生产出的概率为_______．
解析：令A，B，C分别表示A1，A2，A3生产的不良品，则任取一件产品为不良品的概率为
P(A)＋P(B)＋P(C)
＝×2.0%＋×1.2%＋×1.0%
＝.
令D表示任取一件为不良品，则
P(A|D)＝＝＝.
答案：　
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)实力相当的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛)．试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．
解：甲、乙两队实力相当，所以每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.记事件A为“甲打完3局就能取胜”，记事件B为“甲打完4局才能取胜”，记事件C为“甲打完5局才能取胜”，则
甲打完3局取胜的概率为
P(A)＝C×3＝.
甲打完4局才能取胜的概率为
P(B)＝C×2××＝.
甲打完5局才能取胜的概率为
P(C)＝C×2×2×＝.
18．(本小题满分12分)甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：
(1)甲试跳三次，第三次才成功的概率；
(2)甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率．
解：记“甲第i次试跳成功”为事件Ai，“乙第i次试跳成功”为事件Bi，依题意得P(Ai)＝0.7，P(Bi)＝0.6，且Ai，Bi(i＝1,2,3)相互独立．
(1)“甲第三次试跳才成功”为事件12A3，且三次试跳相互独立，
所以P(12A3)＝P(1)P(2)P(A3)
＝0.3×0.3×0.7＝0.063.
故甲第三次试跳才成功的概率为0.063.
(2)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi(i＝0,1,2)，
“乙在两次试跳中成功i次”为事件Ni(i＝0,1,2)，
因为事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为M1N0＋M2N1，且M1N0，M2N1为互斥事件，
所以所求的概率为P(M1N0＋M2N1)
＝P(M1N0)＋P(M2N1)
＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)
＝C×0.7×0.3×0.42＋0.72×C×0.6×0.4
＝0.067
2＋0.235
2＝0.302
4.
故甲、乙每人试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为0.302
4.
19．(本小题满分12分)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和均值．
解：(1)由已知，有P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
随机变量X的均值E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
20．(本小题满分12分)现有长分别为1
m,2
m,3
m的钢管各3根(每根钢管质地均匀、粗细相同且附有不同的编号)，从中随机抽取n根(假设各钢管被抽取的可能性是均等的，1≤n≤9)，再将抽取的钢管相接焊成笔直的一根．
(1)当n＝3时，记事件A＝{抽取的3根钢管中恰有2根长度相等}，求P(A)．
(2)当n＝2时，若用ξ表示新焊成的钢管的长度(焊接误差不计)：
①求ξ的分布列；
②令η＝－λ2ξ＋λ＋1，E(η)>1，求实数λ的取值范围．
解：(1)当n＝3时，即从9根中抽取3根，故总的基本事件数为C，事件A，可从三类中任取一类共C种，再从该类的3个中任取2个共C种，然后再从其余两类的6个中任取1个共C种，故总共CCC种，故P(A)＝＝.
(2)①由题意可知：ξ可能的取值为2,3,4,5,6，
可得P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝＝，
P(ξ＝6)＝＝，故ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
②E(ξ)＝2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝4.因为η＝－λ2ξ＋λ＋1，
所以E(η)＝－λ2E(ξ)＋λ＋1＝－4λ2＋λ＋1，
因为E(η)>1，所以－4λ2＋λ＋1>1，
解得0<λ<.故实数λ的取值范围为.
21．(本小题满分12分)云南省2014年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省100
000名男生的身高服从正态分布N(170.5,16)．现从我校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于157.5
cm和187.5
cm之间，将测量结果按如下方式分成6组：第一组[157.5,162.5)，第二组[162.5,167.5)，…，第六组[182.5,187.5]．下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
(1)试评估我校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况．
(2)求这50名男生身高在177.5
cm以上(含177.5
cm)的人数．
(3)在这50名男生身高在177.5
cm以上(含177.5
cm)的人中任意抽取2人，该2人中身高排名(从高到低)在全省前130名的人数记为ξ，求ξ的均值．参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.682
6，P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.954
4，P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝0.997
4.
解：(1)由直方图，经过计算得我校高三年级男生平均身高为160×0.1＋165×0.2＋170×0.3＋175×0.2＋180×0.1＋185×0.1＝171.5，高于全省的平均值170.5.
(2)由频率分布直方图知，后两组频率和为0.2，人数为0.2×50＝10，即这50名男生身高在177.5
cm以上(含177.5
cm)的人数为10人．
(3)∵P(170.5－3×4<ξ≤170.5＋3×4)＝0.997
4，
∴P(ξ≥182.5)＝＝0.001
3，
0．001
3×100
000＝130.
所以，全省前130名的身高在182.5
cm以上，这50人中182.5
cm以上的有5人.
随机变量ξ可取0,1,2，于是
P(ξ＝0)＝＝＝，
P(ξ＝1)＝＝＝，
P(ξ＝2)＝＝＝，
∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
22．(本小题满分12分)某中学随机抽取部分高一学生调查其上学路上所需时间(单位：分)，并将所得
数据绘制成频率分布直方图(如图)，其中上学路上所需时间的范围是[0,100]，样本数据分组为[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]．
(1)求直方图中x的值；
(2)如果上学路上所需时间不少于1小时的学生可申请在学校住宿，若招生1
200名，请估计新生中有多少名学生可以申请住宿；
(3)从学校的高一学生中任选4名学生，这4名学生中上学路上所需时间少于20分钟的人数记为X，求X的分布列和均值．(以直方图中的频率作为概率)
解：(1)由直方图可得：20×x＋0.025×20＋0.006
5×20＋0.003×2×20＝1.所以x＝0.012
5.
(2)新生上学所需时间不少于1小时的频率为0.003×2×20＝0.12，因为1
200×0.12＝144，所以1
200名新生中有144名学生可以申请住宿．
(3)X的可能取值为0,1,2,3,4.由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的概率为，
P(X＝0)＝4＝，P(X＝1)＝C3＝，P(X＝2)＝C22＝，
P(X＝3)＝C3＝，
P(X＝4)＝4＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.
所以X的均值为1.
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知10件产品中有2件次品，从中任取3件，取到次品的件数为随机变量，用X表示，那么X的取值为(　　)
A．0,1　　　　　　　　
B．0,2
C．1,2
D．0,1,2
解析：选D　由于次品有2件，从中任取3件，则次品数可以是0,1,2.
2．离散型随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.4
c
则c等于(　　)
A．0.1
B．0.24
C．0.01
D．0.76
解析：选A　c＝1－(0.2＋0.3＋0.4)＝0.1.
3．随机变量X的分布列为
X
1
2
4
P
0.4
0.3
0.3
则E(5X＋4)等于(　　)
A．15
B．11
C．2.2
D．2.3
解析：选A　∵E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，
∴E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝11＋4＝15.
4．设随机变量ξ服从二项分布B(n，p)，且E(ξ)＝1.6，D(ξ)＝1.28，则(　　)
A．n＝8，p＝0.2
B．n＝4，p＝0.4
C．n＝5，p＝0.32
D．n＝7，p＝0.45
解析：选A　随机变量ξ服从二项分布B(n，p)，且E(ξ)＝1.6，D(ξ)＝1.28，所以E(ξ)＝np＝1.6，D(ξ)＝np(1－p)＝1.28相除得p＝0.2，n＝8，故选A.
5．已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)等于(　　)
A.　　　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：选B　P(B|A)＝＝＝.
6.如图所示的电路，有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　由图示及题意可知，灯泡甲亮是开关a，c闭合和b打开同时发生，其概率为××＝.
7．甲、乙两歼击机的飞行员向同一架敌机射击，设击中的概率分别为0.4、0.5，则恰有一人击中敌机的概率为(　　)
A．0.9
B．0.2
C．0.7
D．0.5
解析：选D　设事件A，B分别表示甲、乙飞行员击中敌机，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，事件恰有一人击中敌机的概率为P(A＋B)＝P(A)·[1－P(B)]＋[1－P(A)]·P(B)＝0.5.
8．设由“0”“1”组成的三位数组中，若用A表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P(A|B)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　∵P(B)＝＝，
P(A∩B)＝＝，
∴P(A|B)＝＝.
9．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　左边圆盘指针落在奇数区域的概率为＝，右边圆盘指针落在奇数区域的概率为，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为×＝.
10．设随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，若P(ξ＞c)＝a，则P(ξ＞4－c)等于(　　)
A．a
B．1－a
C．2a
D．1－2a
解析：选B　由于ξ服从正态分布N(2，σ2)，
所以正态曲线关于直线x＝2对称，
所以P(ξ＞4－c)＝P(ξ＜c)＝1－P(ξ＞c)＝1－a.
11．盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是
的事件为(　　)
A．恰有1只是坏的
B．4只全是好的
C．恰有2只是好的
D．至多有2只是坏的
解析：选C　X＝k表示取出的螺丝钉恰有k只为好的，则P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
∴P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝，
∴选C.
12．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，有放回地每次取一个球，定义数列{an}：an＝如果Sn为数列{an}的前n项和，那么S7＝3的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选B　S7＝3即为7次摸球中，有5次摸到白球，2次摸到红球．又摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，故所求概率为P＝C2·5＝.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．一用户在打电话时忘记了号码的最后三个数字，只记得最后三个数字两两不同，且都大于5，于是他随机拨最后三个数字(两两不同)，设他拨到所要号码的次数为ξ，则随机变量ξ的可能取值共有________种．
解析：后三个数字两两不同且都大于5的电话号码共有A＝24(种)．
答案：24
14．(浙江高考)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
解析：由题意设P(ξ＝1)＝p，ξ的分布列如下
ξ
0
1
2
P
p
－p
由E(ξ)＝1，可得p＝，
所以D(ξ)＝12×＋02×＋12×＝.
答案：
15．(新课标全国卷)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1
000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1
000小时的概率为________．
解析：依题意，部件正常工作就是该部件使用寿命超过1
000小时，元件正常工作的概率为0.5，则部件正常工作的概率为××＋×＋×＝.
答案：
16．下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________．
①随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数；
②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ；
③有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用有放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数(M④有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数．
解析：对于①，设事件A为“抛掷一枚骰子出现的点数是3的倍数”，P(A)＝.而在n次独立重复试验中事件A恰好发生了k次(k＝0,1,2，…，n)的概率P(ξ＝k)＝C×k×n－k，符合二项分布的定义，即有ξ～B.对于②，ξ的取值是1,2,3，…，P(ξ＝k)＝0.9×0.1k－1(k＝1,2,3，…，n)，显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布．
③和④的区别是：③是“有放回”抽取，而④是“无放回”抽取，显然④中n次试验是不独立的，因此ξ不服从二项分布，对于③有ξ～B.故应填①③.
答案：①③
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)某校举行综合知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分，初赛采用选手选一题答一题的方式进行，每位选手最多有6次答题的机会，选手累计答对4题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对4题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰．已知选手甲答题连续两次答错的概率为(已知甲回答每道题的正确率相同，并且相互之间没有影响)．
(1)求选手甲回答一个问题的正确率；
(2)求选手甲可以进入决赛的概率．
解：(1)设选手甲答对一个问题的正确率为P1，
则(1－P1)2＝，故选手甲回答一个问题的正确率P1＝.
(2)选手甲答了4道题进入决赛的概率为4＝；选手甲答了5道题进入决赛的概率为C3·＝；
选手甲答了6道题进入决赛的概率为C32·＝；故选手甲可进入决赛的概率P＝＋＋＝.
18．(本小题满分12分)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张，
编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．在取出的4张卡片中，
红色卡片编号的最大值设为X,
求随机变量X的分布列和均值．
解：随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以随机变量X的分布列是
X
1
2
3
4
P
随机变量X的均值E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
19．(本小题满分12分)甲、乙两人独立解某一道数学题，已知甲独立解出的概率为0.6，且两人中至少有一人解出的概率为0.92.
(1)求该题被乙独立解出的概率；
(2)求解出该题的人数X的分布列．
解：(1)设甲、乙分别解出此题的事件为A、B，
则P(A)＝0.6，
P＝1－P(∩)＝1－0.4·P()＝0.92，
解得P()＝0.2，
∴P(B)＝0.8.
(2)P(X＝0)＝P()·P()＝0.4×0.2＝0.08，
P(X＝1)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.44，
P(X＝2)＝P(A)·P(B)＝0.6×0.8＝0.48，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
0.08
0.44
0.48
20.(本小题满分12分)坛子里放着5个相同大小，相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：
(1)第一次拿出绿皮鸭蛋的概率；
(2)第1次和第2次都拿到绿皮鸭蛋的概率；
(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．
解：设第1次拿出绿皮鸭蛋为事件A，第2次拿出绿皮鸭蛋为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB.
(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个的基本事件数为n(Ω)＝A＝20.又n(A)＝A×A＝12.于是P(A)＝＝＝.
(2)因为n(AB)＝A＝6，
所以P(AB)＝＝＝.
(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为
P(B|A)＝＝＝.
法二：因为n(AB)＝6，n(A)＝12，
所以P(B|A)＝＝＝.
21．(本小题满分12分)现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．
解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，
则P(Ai)＝Ci4－i.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为
P(A2)＝C22＝.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4.
由于A3与A4互斥，
故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3＋C4＝.
所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
(3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故
P(ξ＝0)＝P(A2)＝，
P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，
P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
2
4
P
22.(本小题满分12分)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响．
(1)求甲获胜的概率；
(2)求投篮结束时甲的投球次数ξ的分布列与数学期望．
解：设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，
则P(Ak)＝，P(Bk)＝(k＝1,2,3)．
(1)记“甲获胜”为事件C，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P(C)＝P(A1)＋P(11A2)＋P(1122A3)
＝P(A1)＋P(1)P(1)P(A2)＋
P(1)P(1)P(2)P(2)P(A3)
＝＋××＋2×2×
＝＋＋＝.
(2)ξ的所有可能值为1,2,3.由独立性知
P(ξ＝1)＝P(A1)＋P(1B1)＝＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(11A2)＋P(112B2)＝××＋2×2＝，
P(ξ＝3)＝P(1122)＝2×2＝.
综上知，ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
数学期望为E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.课时跟踪检测(三)
排列(习题课)
一、选择题
1．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有(　　)
A．20种　　　　　　　　
B．30种
C．40种
D．60种
解析：选A　分类完成，甲排周一，乙、丙只能从周二至周五这4天中选2天排，有A种安排方法；甲排周二，乙、丙只能从周三至周五这3天中选2天排，有A种安排方法；甲排周三，乙、丙只能排周四和周五，有A种安排方法．由分类加法计数原理可知，共有A＋A＋A＝20种不同的安排方法．
2．高三(1)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目、2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是(　　)
A．1
800
B．3
600
C．4
320
D．5
040
解析：选B　利用插空法，先将4个音乐节目和1个曲艺节目全排列，有A种，然后从6个空中选出2个空将舞蹈节目插入，有A种排法，所以共有A·A＝3
600种排法．
3．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　)
A．324
B．328
C．360
D．648
解析：选B　若个位数是0，从其余9个数中取出两个数排在前两位，有A种排法；若个位数不是0,
先从2,4,6,8中取一个放在个位，在其余8个数(不包括0)中取出1个数排在百位，再从其余8个数(包括0)中取出一个数排在十位，有4×8×8＝256种排法，所以满足条件的三位偶数的个数共有A＋256＝328.
4．直线Ax＋By＝0的系数A，B可以在0,1,2,3,5,7这六个数字中选取，则这些方程所表示的不同直线有(　　)
A．30条
B．23条
C．22条
D．14条
解析：选B　当A＝B≠0时，表示同一直线x＋y＝0；当A＝0，B≠0时，表示直线y＝0；当A≠0，B＝0时，表示直线x＝0；当A≠0，B≠0，A≠B时有A条直线，故共有1＋1＋1＋A＝23条直线．
5．由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的6位数，其中个位数字小于十位数字的数共有(　　)
A．210个
B．300个
C．464个
D．600个
解析：选B　个位数要么小于十位数，要么大于十位数，故有AA＝300个．
二、填空题
6．8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有________种．
解析：将2次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外5次不命中留下的6个空进行排列，有A＝30种情形．
答案：30
7．要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各一节的课程表．要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为__________．(用数字作答)
解析：先在前3节课中选一节安排数学，有A种安排方法；
在除了数学课与第6节课外的4节课中选一节安排英语课，有A种安排方法；
其余4节课无约束条件，有A种安排方法．
根据分步乘法计数原理，不同的排法种数为A·A·A＝288.
答案：288
8．用1,2,3,4,5,6,7,8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，这样的八位数共有________个．(用数字作答)
解析：把相邻的两个数捆绑(看成一个整体)，三捆组内部都有A种排列方法，它们与另外2个数之间又有A种排列方法．根据分步乘法计数原理知，共有AAAA＝8×120＝960个八位数．
答案：960
三、解答题
9．有语文、数学、英语、物理、化学、生物6门课程，从中选4门安排在上午的4节课中，其中化学不排在第四节，共有多少种安排方法？
解：法一(分类法)：分两类：
第1类，化学被选上，有A·A种排法；
第2类，化学不被选上，有A种排法．
故共有A·A＋A＝300种不同的安排方法．
法二(分步法)：第1步，第四节有A种排法；
第2步，其余三节有A种排法，
故共有A·A＝300种不同的安排方法．
法三(间接法)：从6门课中选4门课有A种排法，而化学排第四节有A种排法，
故共有A－A＝300种不同的安排方法．
10．7名班委中有A，B，C三人，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工．
(1)若正、副班长两职只能从A，B，C三人中选两人担任，有多少种分工方案？
(2)若正、副班长两职至少要选A，B，C三人中的一人担任，有多少种分工方案？
解：(1)先排正、副班长有A种方法，再安排其余职务有A种方法，依分步计数原理，共有AA＝720种分工方案．
(2)7人中任意分工方案有A种，A，B，C三人中无一人任正、副班长的分工方案有AA种，因此A，B，C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A－AA＝3
600(种)．
11．用0,1,2，…，9十个数可组成多少个满足以下条件且没有重复数字的排列？
(1)五位奇数；
(2)大于30
000的五位偶数．
解：(1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7,9五个数字中取，有5种取法，取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法．首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有A种不同的排列方法．因此由分步乘法计数原理共有5×8×A＝13
440个没有重复数字的五位奇数．
(2)要得到偶数，末位应从0,2,4,6,8中选取，而要比30
000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0,2中选取，则首位可取3,4,5,6,7,8,9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除首尾两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A种取法．所以共有2×7×A种不同情况．
②末位数字从4,6,8中选取，则首位应从3,4,5,6,7,8,9中除去末位数字的六位数字中选取，其余三个数位仍有A种选法，所以共有3×6×A种不同情况．
由分类加法计数原理，比30
000大的无重复数字的五位偶数的个数共有2×7×A＋3×6×A＝10
752.课时跟踪检测(十四)
正态分布　
一、选择题
1．正态曲线关于y轴对称，当且仅当它所对应的正态总体的均值为(　　)
A．1　　　　　　　　　　
B．－1
C．0
D．不确定
解析：选C　均值即为其对称轴，∴μ＝0.
2．已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，P(X<4)＝0.84，则P(X≤0)等于(　　)
A．0.16
B．0.32
C．0.68
D．0.84
解析：选A　由X～N(2，σ2)，可知其正态曲线如图所示，对称轴为直线x＝2，则P(X≤0)＝P(X≥4)＝1－P(X<4)＝1－0.84＝0.16.
3．若随机变量X的密度函数为f(x)＝·e，X在区间(－2，－1)和(1,2)内取值的概率分别为p1，p2，则p1，p2的关系为(　　)
A．p1>p2
B．p1C．p1＝p2
D．不确定
解析：选C　由正态曲线的对称性及题意知，μ＝0，σ＝1，所以曲线关于直线x＝0对称，所以p1＝p2.
4．总体密度曲线是函数f(x)＝e－，x∈R的图象的正态总体有以下命题：
①正态曲线关于直线x＝μ对称；
②正态曲线关于直线x＝σ对称；
③正态曲线与x轴一定不相交；
④正态曲线与x轴一定相交．
其中正确的命题是(　　)
A．②④
B．①④
C．①③
D．②③
解析：选C　利用正态函数图象的基本特征判断．
5．如果提出统计假设：某工厂制造的零件尺寸X服从正态分布N(μ，σ2)，当随机抽取某一个测量值α时，可以说明假设不成立的是下列中的(　　)
A．α∈(μ－3σ，μ＋3σ)
B．α (μ－3σ，μ＋3σ)
C．α∈(μ－2σ，μ＋2σ)
D．α (μ－2σ，μ＋2σ)
解析：选B　由生产实际中的3σ原则可知，P(μ－3σ4，故α (μ－3σ，μ＋3σ)几乎为不可能事件．
二、填空题
6．已知正态分布落在区间(0.2，＋∞)内的概率为0.5，那么相应的正态曲线f(x)在x＝________时达到最高点．
解析：由正态曲线关于直线x＝μ对称且在x＝μ处达到峰值和其落在区间(0.2，＋∞)内的概率为0.5，得μ＝0.2.
答案：0.2
7．设随机变量ξ服从正态分布N(2,9)，若P(ξ>c＋1)＝P(ξ解析：ξ服从正态分布N(2,9)，
且P(ξ>c＋1)＝P(ξ∴μ＝2，σ＝3，＝2，则c＝2.
答案：2
8．设随机变量X～N(1,22)，则Y＝3X－1服从的总体分布可记为________．
解析：因为X～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
又Y＝3X－1，所以E(Y)＝3E(X)－1＝3μ－1＝2，D(Y)＝9D(X)＝62.
∴Y～N(2,62)．
答案：Y～N(2,62)
三、解答题
9．设ξ～N(1,1)，试求：
(1)P(0<ξ≤2)；
(2)P(2<ξ≤3)；
(3)P(ξ≥3)．
解：∵ξ～N(1,1)，
∴μ＝1，σ＝1.
(1)P(0<ξ≤2)＝P(1－1<ξ≤1＋1)
＝P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)
＝0.682
6.
(2)∵P(2<ξ≤3)＝P(－1<ξ≤0)，
∴P(2<ξ≤3)＝[P(－1<ξ≤3)－P(0<ξ≤2)]
＝[P(1－2<ξ≤1＋2)－P(1－1<ξ≤1＋1)]
＝[P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)－P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)]
＝×(0.954
4－0.682
6)＝0.135
9.
(3)∵P(ξ≥3)＝P(ξ≤－1)，
∴P(ξ≥3)＝[1－P(1－2<ξ≤1＋2)]
＝[1－P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)]
＝×(1－0.954
4)＝0.022
8.
10．在一次测试中，测量结果X服从正态分布N(2，σ2)(σ>0)，若X在(0,2)内取值的概率为0.2，求：
(1)X在(0,4)内取值的概率；
(2)P(X>4)．
解：(1)由于X～N(2，σ2)，对称轴x＝2，画出示意图如图：
∵P(0∴P(0(2)P(X>4)＝[1－P(0＝(1－0.4)＝0.3.
11．在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从一个正态分布，即ξ～N(90,100)．
(1)试求考试成绩ξ位于区间(70,110)上的概率是多少．
(2)若这次考试共有2
000名考生，试估计考试成绩在(80,100)的考生大约有多少人．
解：因为ξ～N(90,100)，
所以μ＝90，σ＝＝10.
(1)由于正态变量在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率是0.954
4，而该正态分布中，μ－2σ＝90－2×10＝70，μ＋2σ＝90＋2×10＝110，于是考试成绩ξ位于区间(70,110)内的概率就是0.954
4.
(2)由μ＝90，σ＝10，得μ－σ＝80，μ＋σ＝100.
由于正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率是0.682
6，所以考试成绩ξ位于区间(80,100)内的概率是0.682
6.一共有2
000名学生，
所以考试成绩在(80,100)的考生大约有2
000×0.682
6≈1
365(人)．课时跟踪检测(十二)
离散型随机变量的均值　
一、选择题
1．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且E(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值为(　　)
A．2×0.44　　　　　　　
B．2×0.45
C．3×0.44
D．3×0.64
解析：选C　因为ξ～B(n,0.6)，所以E(ξ)＝n×0.6，故有0.6n＝3，解得n＝5.P(ξ＝1)＝C×0.6×0.44＝3×0.44.
2．设ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
又设η＝2ξ＋5，则E(η)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D　E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，所以E(η)＝E(2ξ＋5)＝2E(ξ)＋5＝2×＋5＝.
3．今有两台独立工作的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达的台数为ξ，则E(ξ)等于(　　)
A．0.765
B．1.75
C．1.765
D．0.22
解析：选B　ξ可能的取值为0,1,2，P(ξ＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015，P(ξ＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22，P(ξ＝2)＝0.9×0.85＝0.765，所以E(ξ)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
4．现有10张奖券，8张2元的，2张5元的，某人从中随机抽取3张，则此人得奖金额的均值是(　　)
A．6
B．7.8
C．9
D．12
解析：选B　设此人的得奖金额为X，则X的所有可能取值为12,9,6.P(X＝12)＝＝，P(X＝9)＝＝，P(X＝6)＝＝，故E(X)＝7.8.
5．节日期间，某种鲜花进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后卖不出的鲜花以每束1.6元处理．根据节前的销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X(束)的分布列如下表．若进这种鲜花500束，则期望利润是(　　)
X
200
300
400
500
P
0.20
0.35
0.30
0.15
A．706元
B．690元
C．754元
D．720元
解析：选A　节日期间这种鲜花需求量的均值E(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝40＋105＋120＋75＝340，则利润Y＝5X＋1.6(500－X)－500×2.5＝3.4X－450，所以E(Y)＝3.4E(X)－450＝3.4×340－450＝706.故期望利润为706元．
二、填空题
6．某次考试中，第一大题由12个选择题组成，每题选对得5分，不选或错选得0分．小王选对每题的概率为0.8，则其第一大题得分的均值为________．
解析：设小王选对的个数为X，得分为Y＝5X，则
X～B(12,0.8)，E(X)＝np＝12×0.8＝9.6，
E(Y)＝E(5X)＝5E(X)＝5×9.6＝48.
答案：48
7．已知随机变量ξ的分布列为
ξ
－1
0
1
P
m
若η＝a(ξ)＋3，E(η)＝，则a＝________.
解析：由分布列的性质，得＋＋m＝1，即m＝，所以E(ξ)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
则E(η)＝E(aξ＋3)＝aE(ξ)＋3＝，
即－a＋3＝，得a＝2.
答案：2
8．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数，若P(X＝0)＝，则随机变量X的均值E(X)＝________.
解析：因为P(X＝0)＝＝(1－p)2×，
所以p＝.随机变量X的可能值为0,1,2,3，
因此P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝×2＋×2×2＝，
P(X＝2)＝×2×2＋×2＝，
P(X＝3)＝×2＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
答案：
三、解答题
9．A，B两个试验方案在某科学试验中成功的概率相同，已知A，B两个方案至少一个成功的概率为0.36.
(1)求两个方案均获成功的概率；
(2)设试验成功的方案的个数为随机变量X，求X的分布列及均值．
解：(1)设A方案、B方案独立进行科学试验成功的概率均为x，则A，B方案在试验中都未能成功的概率为(1－x)2，则1－(1－x)2＝0.36，x＝0.2，
所以两种方案均获成功的概率为0.22＝0.04.
(2)试验成功的方案种数X的分布列为
X
0
1
2
P
0.64
0.32
0.04
因此随机变量X的均值
E(X)＝0×0.64＋1×0.32＋2×0.04＝0.4.
10．某高中数学竞赛培训在某学段共开设有初等代数、平面几何、初等数论和微积分初步共四门课程，要求初等代数、平面几何都要合格，且初等数论和微积分初步至少有一门合格，则能取得参加数学竞赛复赛的资格．现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同(见下表)，且每一门课程是否合格相互独立.
课程
初等代数
平面几何
初等数论
微积分初步
合格的概率
(1)求甲同学取得参加数学竞赛复赛资格的概率；
(2)记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛资格的人数，求ξ的分布列及均值E(ξ)．
解：(1)分别记甲对初等代数、平面几何、初等数论、微积分初步这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，
“甲能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为P(ABCD)＋P(ABC)＋P(ABD)＝×××＋×××＋×××＝.
(2)由题设知ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
ξ～B，P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C2＝，
P(ξ＝2)＝C2＝，
P(ξ＝3)＝C3＝，
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
∵ξ～B，∴E(ξ)＝3×＝.
11．盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．
(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P.
(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数．求X的概率分布和均值E(X)．
解：(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，
所以P＝＝＝.
(2)随机变量X所有可能的取值为2,3,4.
{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝＝；
{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X＝3)＝＝＝.
于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝.
所以随机变量X的概率分布如下表：
X
2
3
4
P
因此随机变量X的均值
E(X)＝2×＋3×＋4×＝.课时跟踪检测(十)
事件的相互独立性
一、选择题
1．袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C的关系是(　　)
A．A与B，A与C均相互独立
B．A
与B相互独立，A与C互斥
C．A与B，A与C均互斥
D．A与B互斥，A与C相互独立
解析：选A　由于摸球过程是有放回的，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥，故选A.
2．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得到冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.　　　
解析：选D　设Ai(i＝1,2)表示继续比赛时，甲在第i局获胜，B事件表示甲队获得冠军．
法一：B＝A1＋1A2，故P(B)＝P(A1)＋P(1)P(A2)＝＋×＝.
法二：P(B)＝1－P(1
2)＝1－P(1)P(2)＝1－×＝.
3．设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P(A)是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D　由P(A)＝P(B)，得P(A)P()＝P(B)P()，即P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]，∴P(A)＝P(B)，又P(
)＝，
则P()＝P()＝.∴P(A)＝.
4.荷花池中，有只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　青蛙跳三次要回到A叶只有两条途径．第一条：按A→B→C→A，P1＝××＝；第二条：按A→C→B→A，P2＝××＝，所以跳三次之后停在A叶上的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.
5．在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选B　设开关a，b，c闭合的事件分别为A，B，C，则灯亮这一事件E＝ABC∪AB
∪A
C，且A，B，C相互独立，ABC，AB
，A
C互斥，所以P(E)＝P(ABC∪AB
∪A
C)
＝P(ABC)＋P(AB
)＋P(A
C)
＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P()＋P(A)P()P(C)
＝××＋××＋××＝.
二、填空题
6．已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝________，P(A|B)＝________.
解析：因为A，B相互独立，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)·P(B)＝0.3＋0.5－0.3×0.5＝0.65，P(A|B)＝P(A)＝0.3.
答案：0.65　0.3
7．甲、乙两人参加环保知识竞赛，在10道备选试题中，甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题．现规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题为合格．则甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为__________．
解析：设甲、乙两人考试合格的事件分别为A，B，事件A，B相互独立．
P(A)＝＝，P(B)＝＝.
所以甲、乙两人考试均不合格的概率为
P()＝P()()＝＝，
故甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为
P＝1－P()＝1－＝.
答案：
8．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分．假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8，0.6,0.5，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是________．
解析：设“同学甲答对第i个题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.6，P(A3)＝0.5，
且A1，A2，A3相互独立，同学甲得分不低于300分对应于事件A1A2A3∪A1
2A3∪1A2A3发生，
故所求概率为
P＝P(A1A2A3∪A1
2A3∪1A2A3)
＝P(A1A2A3)＋P(A1
2A3)＋P(1A2A3)
＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(2)P(A3)＋
P(1)P(A2)P(A3)＝0.8×0.6×0.5＋0.8×0.4×0.5＋0.2×0.6×0.5＝0.46.
答案：0.46
三、解答题
9．计算机考试分理论考试和上机操作考试两部分进行，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”则计算机考试合格并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中合格的概率分别为，，；在上机操作考试中合格的概率分别为，，.所有考试是否合格相互之间没有影响．
问：甲、乙、丙三人在同一计算机考试中谁获得合格证书的可能性最大？
解：记“甲计算机考试获得合格证书”为事件A，“乙计算机考试获得合格证书”为事件B，“丙计算机考试获得合格证书”为事件C，
则P(A)＝×＝，P(B)＝×＝，
P(C)＝×＝，
有P(B)>P(C)>P(A)，
故乙获得合格证书的可能性最大．
10．在某校运动会中，甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．在每一场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为.
(1)求甲队获第一名且丙队获第二名的概率；
(2)求在该次比赛中甲队至少得3分的概率．
解：(1)设甲队获第一且丙队获第二为事件A，
则P(A)＝××＝.
(2)甲队至少得3分有两种情况：两场只胜一场；两场都胜．设事件B为“甲两场只胜一场”，设事件C为“甲两场都胜”，则事件“甲队至少得3分”为B＋C，则P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝×＋×＋×＝＋＝.
11．A，B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验，每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效，若在一个试验组中，服用A有效的白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组．设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为.
(1)求一个试验组为甲类组的概率；
(2)观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率．
解：(1)设Ai表示事件“一个试验组中，服用A有效的小白鼠有i只”，i＝0,1,2.Bi表示事件“一个试验组中，服用B有效的小白鼠有i只”，i＝0,1,2.据题意有：P(A0)＝×＝，
P(A1)＝2××＝，
P(A2)＝×＝，
P(B0)＝×＝，
P(B1)＝2××＝.
所求概率为P＝P(B0A1)＋P(B0A2)＋P(B1A2)＝×＋×＋×＝.
(2)所求概率P′＝1－3＝.课时跟踪检测(四)
组合与组合数公式
一、选择题
1．某乡镇共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该乡镇内建“村村通”工程，共需建公路的条数为(　　)
A．4　　　　　　　　　　
B．8
C．28
D．64
解析：选C　由于“村村通”公路的修建是组合问题，故共需要建C＝28条公路．
2．已知C－C＝C，则n等于(　　)
A．14
B．12
C．13
D．15
解析：选A　∵C＝C，∴7＋8＝n＋1，∴n＝14.
3．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有(　　)
A．252种
B．112种
C．20种
D．56种
解析：选B　每个宿舍至少2名学生，故甲宿舍安排的人数可以为2人，3人，4人，5人，甲宿舍安排好后，乙宿舍随之确定，所以有C＋C＋C＋C＝112种分配方案．
4．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是(　　)
A．CC
B．CC
C．C
D．AA
解析：选B　按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有CC种抽法．
5．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是(　　)
A．20
B．9
C．C
D．CC＋CC
解析：选B　分两类：第1类，在直线a上任取一点，与直线b可确定C个平面；第2类，在直线b上任取一点，与直线a可确定C个平面．故可确定C＋C＝9个不同的平面．
二、填空题
6．从0,1，，，，2这六个数字中，任取两个数字作为直线y＝xtan
α＋b的倾斜角和截距，可组成________条平行于x轴的直线．
解析：要使得直线与x轴平行，则倾斜角为0，截距在0以外的五个数字均可，故有C＝5条满足条件．
答案：5
7．不等式C－n<5的解集为________．
解析：由C－n<5，得－n<5，
∴n2－3n－10<0.
解得－2，
∴n＝2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}．
答案：{2,3,4}
8．设集合A＝{a1，a2，a3，a4，a5}，则集合A中含有3个元素的子集共有________个．
解析：从5个元素中取出3个元素组成一组就是集合A的子集，则共有C＝10个子集．
答案：10
三、解答题
9．计算：(1)C＋C·C；
(2)C＋C＋C＋C＋C＋C；
(3)C·C.
解：(1)原式＝C＋C×1＝＋＝35＋1
225＝1
260.
(2)原式＝2(C＋C＋C)＝2(C＋C)
＝2＝32.
(3)法一：原式＝C·C＝·n＝·n＝(n＋1)·n＝n2＋n.
法二：原式＝(C＋C)·C＝(1＋C)·C＝(1＋n)·n＝n2＋n.
10．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？
(1)甲当选且乙不当选；
(2)至少有1女且至多有3男当选．
解：(1)甲当选且乙不当选，只需从余下的8人中任选4人，有C＝70种选法．
(2)至少有1女且至多有3男时，应分三类：
第1类是3男2女，有CC种选法；
第2类是2男3女，有CC种选法；
第3类是1男4女，有CC种选法．
由分类加法计数原理知，共有CC＋CC＋CC＝186种选法．
11．判断下列问题是组合问题还是排列问题，然后再算出问题的结果．
(1)集合{0,1,2,3,4}的含三个元素的子集的个数是多少？
(2)用没有任何三点共线的五个点可以连成多少条线段？如果连成有向线段，共有多少条？
(3)某小组有9位同学，从中选出正、副班长各一个，有多少种不同的选法？若从中选出2名代表参加一个会议，有多少种不同的选法？
解：(1)由于集合中的元素是不讲次序的，一个含三个元素的集合就是一个从集合{0,1,2,3,4}中取出3个数的组合．这是一个组合问题，组合的个数是C＝＝10，所以子集的个数是10.
(2)由5个点中取两个点恰好连成一条线段，不用考虑这两个点的次序，所以是组合问题，组合数是C＝＝10，连成的线段共有10条．再考虑有向线段问题，这时两个点的先后排列次序不同对应两个不同的有向线段，所以是排列问题，排列数是A＝5×4＝20，所以有向线段共有20条．
(3)选正、副班长时要考虑次序，所以是排列问题．排列数是A＝9×8＝72，所以选正、副班长共有72种选法．选代表参加会议是不用考虑次序的，所以是组合问题．组合数是C＝＝36，所以不同的选法有36种．课时跟踪检测(八)
离散型随机变量及其分布列
一、选择题
1．下列不是离散型随机变量的是(　　)
①某机场候车室中一天的游客量为X；
②某寻呼台一天内收到的寻呼次数为X；
③某水文站观察到一天中长江的水位为X；
④某立交桥一天经过的车辆数为X.
A．①中的X　　　　　　　
B．②中的X
C．③中的X
D．④中的X
解析：选C　①②④中随机变量X可能取的值，我们都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；③中的X可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故其不是离散型随机变量．
2．抛掷两枚骰子一次，X为第一枚骰子掷出的点数与第二枚掷出的点数之差，则X的所有可能的取值为(　　)
A．0≤X≤5，X∈N
B．－5≤X≤0，X∈Z
C．1≤X≤6，X∈N
D．－5≤X≤5，X∈Z
解析：选D　两次掷出点数均可取1～6所有整数，
∴X∈[－5,5]，X∈Z.
3．若随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则P(X＝2)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D　由分布列的性质，可得＋＋＝1，解得a＝3，则P(X＝2)＝＝.
4．某10人组成兴趣小组，其中有5名团员．从这10人中任选4人参加某项活动，用X表示4人中的团员人数，则P(X＝3)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D　P(X＝3)＝＝
5．一个盒子里装有相同大小的10个黑球、12个红球、4个白球，从中任取2个，其中白球的个数记为X，则下列概率等于的是(　　)
A．P(0B．P(X≤1)
C．P(X＝1)
D．P(X＝2)
解析：选B　本题相当于最多取出1个白球的概率，也就是取到1个白球或没有取到白球．
二、填空题
6．抛掷两枚骰子，设所得点数之和为X，那么X＝4表示的随机试验结果是____________________．
解析：抛掷一枚骰子，可能出现的点数是1,2,3,4,5,6，而X表示抛掷两枚骰子所得到的点数之和，所以X＝4＝1＋3＝3＋1＝2＋2表示的随机试验结果是一枚是1点、另一枚是3点，或者两枚都是2点．
答案：一枚是1点、另一枚是3点，或者两枚都是2点
7．某班有50名学生，其中15人选修A课程，另外35人选修B课程，从班级中任选两名学生，他们是选修不同课程的学生的概率是________．
解析：设X表示选修A课程的学生数，由题意知，X服从超几何分布，其中N＝50，M＝15，n＝2.
依题意所求概率为P(X＝1)＝＝.
答案：
8．从装有除颜色外其余均相同的3个红球、2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个红球，随机变量ξ的概率分布列如下：
ξ
0
1
2
P
x1
x2
x3
则x1，x2，x3的值分别为________．
解析：ξ的可能取值为0,1,2.P(ξ＝0)＝＝0.1，
P(ξ＝1)＝＝0.6，P(ξ＝2)＝＝0.3.
答案：0.1,0.6,0.3
三、解答题
9．一个袋中装有5个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数为ξ，若规定抽取3个球中，每抽到一个白球加5分，抽到黑球不加分，且最后不管结果都加上6分，求最终得分η的可能取值，并判定η的随机变量类型．
解：由题意可得η＝5ξ＋6，而ξ可能的取值范围为{0,1,2,3}，∴η对应的各值是：5×0＋6,5×1＋6,5×2＋6,5×3＋6.故η的可能取值为{6,11,16,21}．显然，η为离散型随机变量．
10．某商店试销某种商品20天，获得如下数据：
日销售量/件
0
1
2
3
频数
1
5
9
5
试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变，设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率．
(1)求当天商店不进货的概率．
(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列．
解：(1)P(当天商店不进货)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为1件)＝＋＝.
(2)由题意知，X的可能取值为2,3.
P(X＝2)＝P(当天商品销售量为1件)＝＝；
P(X＝3)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为2件)＋P(当天商品销售量为3件)＝＋＋＝.
故X的分布列为
X
2
3
P
11．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6道试题，乙能答对其中的8道试题．规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，答对一题得5分，答错一题得0分．
求：(1)甲答对试题数X的分布列；
(2)乙所得分数Y的分布列．
解：(1)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝.
所以甲答对试题数X的分布列为
X
0
1
2
3
P
(2)乙答对试题数可能为1,2,3，所以乙所得分数Y＝5,10,15.
P(Y＝5)＝＝＝，
P(Y＝10)＝＝＝，
P(Y＝15)＝＝＝.
所以乙所得分数Y的分布列为
Y
5
10
15
P阶段质量检测（三）
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．对于自变量x和因变量y，当x取值一定时，y的取值带有一定的随机性，x，y之间的这种非确定性关系叫做(　　)
A．函数关系　　　　　　
B．线性关系
C．相关关系
D．回归关系
解析：选C　由相关关系的概念可知，C正确．
2．设两个变量x和y之间具有线性相关关系，它们的相关系数是r，y关于x的回归直线的斜率是b，纵轴上的截距是a，那么必有(　　)
A．b与r的符号相同
B．a与r的符号相同
C．b与r的符号相反
D．a与r的符号相反
解析：选A　因为b＞0时，两变量正相关，此时r＞0；b＜0时，两变量负相关，此时r＜0.
3．身高与体重有关系可以用________来分析．(　　)
A．残差
B．回归分析
C．等高条形图
D．独立检验
解析：选B　因为身高与体重是两个具有相关关系的变量，所以要用回归分析来解决．
4．利用独立性检验来考虑两个分类变量X与Y是否有关系时，通过查阅下表来确定“X和Y有关系”的可信度．如果k>5.024，那么就有把握认为“X和Y有关系”的百分比为(　　)
P(K2>k0)
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.83
A.25%
B．95%
C．5%
D．97.5%
解析：选D　∵k＞5.024，而在观测值表中对应于5.024的是0.025，∴有1－0.025＝97.5%的把握认为“X和Y有关系”，故选D.
5．下表显示出样本中变量y随变量x变化的一组数据，由此判断它最可能是(　　)
x
4
5
6
7
8
9
10
y
14
18
19
20
23
25
28
A．线性函数模型
B．二次函数模型
C．指数函数模型
D．对数函数模型
解析：选A　画出散点图(图略)可以得到这些样本点在某一条直线上或该直线附近，故最可能是线性函数模型．
6．已知变量x，y之间具有线性相关关系，其回归方程为＝－3＋x，若i＝17，i＝4，则的值为(　　)
A．2
B．1
C．－2
D．－1
解析：选A　依题意知，＝＝1.7，＝＝0.4，
而直线＝－3＋x一定经过点(，)，
所以－3＋×1.7＝0.4，解得＝2.
7．对于P(K2≥k)，当k>2.706时，就推断“x与y有关系”，这种推断犯错误的概率不超过(　　)
A．0.01
B．0.05
C．0.10
D．以上都不对
解析：选C　已知P(K2≥2.706)≈0.10，若k>2.706，则在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为“x与y有关系”．
8．根据一位母亲记录儿子3～9岁的身高数据，建立儿子身高(单位：cm)对年龄(单位：岁)的线性回归方程为＝7.19x＋73.93，若用此方程预测儿子10岁时的身高，有关叙述正确的是(　　)
A．身高一定为145.83
cm
B．身高大于145.83
cm
C．身高小于145.83
cm
D．身高在145.83
cm左右
解析：选D　用线性回归方程预测的不是精确值，而是估计值．当x＝10时，y＝145.83，只能说身高在145.83
cm左右．
9．在2×2列联表中，下列哪两个比值相差越大，两个分类变量有关系的可能性就越大(　　)
A.与
B.与
C.与
D.与
解析：选A　当ad与bc相差越大，两个分类变量有关系的可能性越大，此时与相差越大．
10．如图，5个(x，y)数据，去掉D(3,10)后，下列说法错误的是(　　)
A．相关系数r变大
B．残差平方和变大
C．相关指数R2变大
D．解释变量x与预报变量y的相关性变强
解析：选B　由散点图知，去掉D后，x与y的相关性变强，且为正相关，所以r变大，R2变大，残差平方和变小．
11．为了解高中生作文成绩与课外阅读量之间的关系，某研究机构随机抽取了60名高中生，通过问卷调查，得到以下数据：
作文成绩优秀
作文成绩一般
总计
课外阅读量较大
22
10
32
课外阅读量一般
8
20
28
总计
30
30
60
由以上数据，计算得到K2的观测值k≈9.643，根据临界值表，以下说法正确的是(　　)
A．没有充足的理由认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关
B．有0.5%的把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关
C．有99.9%的把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关
D．有99.5%的把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关
解析：选D　根据临界值表，9.643＞7.879，在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关，即有99.5%的把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关．
12．两个分类变量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等于(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：选A　列2×2列联表如下：
x1
x2
总计
y1
10
21
31
y2
c
d
35
总计
10＋c
21＋d
66
故K2的观测值k＝≥5.024.
把选项A，B，C，D代入验证可知选A.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．给出下列关系：
①人的年龄与他(她)身高的关系；
②曲线上的点与该点的坐标之间的关系；
③苹果的产量与气候之间的关系；
④森林中的同一种树木，其断面直径与高度之间的关系；
⑤学生与他(她)的学号之间的关系．
其中有相关关系的是____________．
解析：利用相关关系的概念判断．②曲线上的点与该点坐标是一种对应关系，即每一个点对应一个坐标，是确定关系；⑤学生与其学号也是确定的对应关系．
答案：①③④
14．已知回归直线的斜率的估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程是________．
解析：设回归直线的方程为＝x＋.回归直线的斜率的估计值是1.23，即＝1.23，又回归直线过样本点的中心(4,5)，所以5＝1.23×4＋，解得＝0.08，故回归直线的方程为＝1.23x＋0.08.
答案：＝1.23x＋0.08
15．某单位为了了解用电量y(度)与气温x(℃)之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表，由表中数据得线性回归方程＝x＋，其中＝－2.现预测当气温为－4℃时，用电量的度数约为________．　
气温x/℃
18
13
10
－1
用电量y/度
24
34
38
64
解析：由题意可知，＝(18＋13＋10－1)＝10，
＝(24＋34＋38＋64)＝40，＝－2.
又回归直线＝－2x＋过点(10,40)，故＝60，
所以当x＝－4时，＝－2×(－4)＋60＝68.
答案：68
16．某部门通过随机调查89名工作人员的休闲方式是读书还是健身，得到的数据如下表：
读书
健身
总计
女
24
31
55
男
8
26
34
总计
32
57
89
在犯错误的概率不超过________的前提下性别与休闲方式有关系．
解析：由列联表中的数据，得K2的观测值为
k＝≈3.689＞2.706，
因此，在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为性别与休闲方式有关系．
答案：0.10
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)x与y有如下五组数据：
x
1
2
3
5
10
y
10
5
4
2
2
试分析x与y之间是否具有线性相关关系．若有，求出回归直线方程；若没有，说明理由．
解：作出散点图，如下图所示：
由散点图可以看出，x与y不具有线性相关关系．
18．(本小题满分12分)为了调查胃病是否与生活规律有关，在某地对540名40岁以上的人的调查结果如下：
患胃病
未患胃病
合计
生活不规律
60
260
320
生活有规律
20
200
220
合计
80
460
540
根据以上数据判断40岁以上的人患胃病与生活规律有关吗？
解：由公式得K2＝
≈9.638.
∵9.638>6.635，
∴有99%的把握说40岁以上的人患胃病与生活是否有规律有关，即生活不规律的人易患胃病．
19．(本小题满分12分)有两个分类变量x与y，其一组观测值如下面的2×2列联表所示：
y1
y2
x1
a
20－a
x2
15－a
30＋a
其中a,15－a均为大于5的整数，则a取何值时，在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系？
解：查表可知，要使在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系，则k≥2.706，而
k＝
＝＝.
由k≥2.706得a≥7.19或a≤2.04.
又a＞5且15－a＞5，a∈Z，
解得a＝8或9.
故a为8或9时，在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系．
20．(本小题满分12分)改革开放以来，我国高等教育事业有了突飞猛进的发展，有人记录了某村2005年到2014年十年间每年考入大学的人数．为方便计算，2005年编号为1,2006年编号为2，…，2014年编号为10.数据如下：
年份/x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人数/y
3
5
8
11
13
14
17
22
30
31
(1)从这10年中随机抽取两年，求考入大学的人数至少有1年多于15人的概率；
(2)根据前5年的数据，利用最小二乘法求出y关于x的回归方程y＝x＋，并计算第8年的估计值和实际值之间的差的绝对值．
解：(1)设“考入大学人数至少有1年多于15人”的事件为A，则P(A)＝1－＝.
(2)由已知数据得＝3，＝8，iyi＝3＋10＋24＋44＋65＝146，＝1＋4＋9＋16＋25＝55.
则＝＝2.6，＝8－2.6×3＝0.2.
故回归直线方程为＝2.6x＋0.2，第8年的估计值和真实值之间的差的绝对值为|2.6×8＋0.2－22|＝1.
21．(本小题满分12分)某工厂用甲、乙两种不同工艺生产一大批同一种零件，零件尺寸均在[21.7，22.3](单位：cm)之间，把零件尺寸在[21.9,22.1)的记为一等品，尺寸在[21.8,21.9)∪[22.1,22.2)的记为二等品，尺寸在[21.7，21.8)∪[22.2，22.3]的记为三等品，现从甲、乙工艺生产的零件中各随机抽取100件产品，所得零件尺寸的频率分布直方图如图所示．
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635
附：K2＝
(1)根据上述数据完成下列2×2列联表，根据此数据，你认为选择不同的工艺与生产出一等品是否有关？
甲工艺
乙工艺
总计
一等品
非一等品
总计
(2)以上述各种产品的频率作为各种产品发生的概率，若一等品、二等品、三等品的单件利润分别为30元、20元、15元，你认为以后该工厂应该选择哪种工艺生产该种零件？请说明理由．
解：(1)2×2列联表如下：
甲工艺
乙工艺
总计
一等品
50
60
110
非一等品
50
40
90
总计
100
100
200
K2＝≈2.02<2.706，所以没有理由认为选择不同的工艺与生产出一等品有关．
(2)由题知运用甲工艺生产单件产品的利润X的分布列为
X
30
20
15
P
0.5
0.3
0.2
X的均值为E(X)＝30×0.5＋20×0.3＋15×0.2＝24，
X的方差为D(X)＝(30－24)2×0.5＋(20－24)2×0.3＋(15－24)2×0.2＝39.
乙工艺生产单件产品的利润Y的分布列为
Y
30
20
15
P
0.6
0.1
0.3
Y的均值为E(Y)＝30×0.6＋20×0.1＋15×0.3＝24.5，Y的方差为D(Y)＝(30－24.5)2×0.6＋(20－24.5)2×0.1＋(15－24.5)2×0.3＝47.25.
由上述结果可以看出D(X)22．(本小题满分12分)假定小麦基本苗数x与成熟期有效穗y之间存在相关关系，今测得5组数据如下：
x
15.0
25.58
30.0
36.6
44.4
y
39.4
42.9
42.9
43.1
49.2
(1)以x为解释变量，y为预报变量，作出散点图；
(2)求y与x之间的线性回归方程，对于基本苗数56.7预报其有效穗；
(3)计算各组残差，并计算残差平方和；
(4)求R2，并说明残差变量对有效穗的影响占百分之几．
解：(1)如下图所示：
(2)由图看出，样本点呈条状分布，有比较好的线性相关关系，因此可以用线性回归方程刻画它们之间的关系．设回归方程为＝x＋，＝30.316，＝43.5，＝5
090.256
4，
　＝1
318.746，2＝1
892.25，2＝919.059
9，
iyi＝6
737.322.
则＝≈0.29.＝－≈34.708.
故所求的线性回归方程为＝0.29x＋34.708.
当x＝56.7时，＝0.29×56.7＋34.708＝51.151，估计成熟期有效穗51.151.
(3)由于y＝bx＋a＋e，可以算得i＝yi－i分别为1＝0.342，2＝0.773
8，3＝－0.508，4＝－2.222，5＝1.616.
残差平方和：＝8.521
30.
(4)总偏差平方和：(yi－)2＝50.18，
回归平方和：50.18－8.521
30＝41.658
7，
R2＝≈0.830.
∴解释变量小麦基本苗数对总效应贡献了约83%.
残差变量贡献了约1－83%＝17%.
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．某商品销售量y(件)与销售价格x(元/件)负相关，则其回归方程可能是(　　)
A.＝－10x＋200　　　
　B.＝10x＋200
C.＝－10x－200
D.＝10x－200
解析：选A　∵商品销售量y(件)与销售价格x(元/件)负相关，∴a<0，排除B、D.
又∵x＝0时，y≥0.
2．在对两个变量x，y进行线性回归分析时有下列步骤：
①对所求出的回归直线方程作出解释；②收集数据(xi，yi)，i＝1,2，…，n；③求线性回归方程；④求相关系数；⑤根据所搜集的数据绘制散点图．
如果根据可靠性要求能够作出变量x，y具有线性相关结论，则下列操作顺序正确的是(　　)
A．①②⑤③④
B．③②④⑤①
C．②④③①⑤
D．②⑤④③①
解析：选D　由对两个变量进行回归分析的步骤，知选D.
3．在一个2×2列联表中，由其数据计算得K2＝13.097，认为两个变量有关系犯错误的概率不超过(　　)
A．0.01
B．0.05
C．0.1
D．无关系
解析：选A　∵如果K2的观测值k>6.635时，认为“两变量有关系”犯错误的概率不超过0.01，结合选项，可知选项A最合适．
4．为了考察两个变量x和y之间的线性相关性，甲、乙两个同学各自独立做了10次和15次试验，并且利用线性回归方法，求得回归直线为l1和l2，已知在两人的试验中发现对变量x的观测数据的平均值恰好相等，都为s，对变量y的观测数据的平均值也恰好相等，都为t，那么下列说法正确的是(　　)
A．直线l1和直线l2有交点(s，t)
B．直线l1和直线l2相交，但交点未必是点(s，t)
C．直线l1和直线l2由于斜率相等，所以必定平行
D．直线l1和直线l2必定重合
解析：选A　l1与l2都过样本中心(，)．
5.如图所示，图中有5组数据，去掉________组数据后(填字母代号)，剩下的4组数据的线性相关性最大(　　)
A．E
B．C
C．D
D．A
解析：选A　∵A、B、C、D四点分布在一条直线附近且贴近某一直线，E点离得远，∴去掉E点剩下的4组数据的线性相关性最大，故选A.
6．在一次实验中，测得(x，y)的四组值分别是A(1,2)，B(2,3)，C(3,4)，D(4,5)，则y与x之间的线性回归方程为(　　)
A.＝2x＋1
B.＝x＋2
C.＝x＋1
D.＝x－1
解析：选C　∵＝＝2.5，＝＝3.5，
∴这组数据的样本中心点是(2.5,3.5)，把样本中心点代入四个选项中，只有＝x＋1成立，故选C.
7．观察下列各图，其中两个分类变量x，y之间关系最强的是(　　)
解析：选D　在四幅图中，D图中两个深色条的高相差最明显，说明两个分类变量之间关系最强．
8．已知一个线性回归方程为＝1.5x＋45，其中x的取值依次为1,7,5,13,19，则＝(　　)
A．58.5
B．46.5
C．60
D．75
解析：选A　＝＝9，因为线性回归方程过点(，)，所以＝1.5×＋45＝1.5×9＋45＝58.5.
9．某考察团对全国10大城市进行职工人均工资水平x(千元)与居民人均消费水平y(千元)统计调查，y与x具有相关关系，回归方程为＝0.66x＋1.562，若某城市居民人均消费水平为7.675(千元)，估计该城市人均消费额占人均工资收入的百分比约为(　　)
A．83%
B．72%
C．67%
D．66%
解析：选A　因为当＝7.675时，x＝≈9.262，所以≈0.829≈83%.
10．甲、乙、丙、丁四位同学各自对A，B两变量的线性相关性做试验，各自选取10组数据，并用回归分析方法分析求得相关系数r如下表：
甲
乙
丙
丁
r
0.82
0.78
0.69
0.85
则哪位同学的试验结果体现A，B两变量有更强的线性相关性(　　)
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
解析：选D　丁同学所得相关系数r＝0.85最接近1，所以A，B两变量线性相关性更强．
11．变量x，y具有线性相关关系，当x取值为16,14,12,8时，通过观测得到y的值分别为11,9,8,5.若在实际问题中，y最大取值是10，则x的最大取值不能超过(　　)
A．14　　　　　　　　　　
B．15
C．16
D．17
解析：选B　根据题意y与x呈正相关关系，由最小二乘法或计算器求得回归系数≈－0.857，≈0.729，所以线性回归方程为＝0.729x－0.857.当＝10时，得x≈15.
12．硕士学位与博士学位的一个随机样本给出了关于所获取学位类别与学生性别的分类数据如表所示：
性别
学位
总计
硕士
博士
男
162
27
189
女
143
8
151
总计
305
35
340
根据以上数据，则(　　)
A．性别与获取学位类别有关
B．性别与获取学位类别无关
C．性别决定获取学位的类别
D．以上都是错误的
解析：选A　由列联表可得K2＝≈7.34>6.635，所以有99%的把握认为性别与获取学位的类别有关．
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．若线性回归方程为＝0.5x－0.81，则x＝25时，y的估计值为________．
解析：将x＝25代入＝0.5x－0.81，
得＝0.5×25－0.81＝11.69.
答案：11.69
14．①残差就是随机误差e；
②在用K2公式进行运算推断两个变量“x与y有关系”的可信度时，观测数据a，b，c，d都应不小于5；③在独立性检验中，通过等高条形图可以直观判断两个分类变量是否相关．其中正确的命题是________．
解析：①残差是i＝yi－i，显然不是随机误差e；
②正确．公式适用的范围；
③正确．等高条形图的作用．
答案：②③
15．某校高二第二学期期中考试，按照甲、乙两个班级学生数学考试成绩优秀和及格统计人数后，得到如下列联表：
班级与成绩列联表
优秀
及格
总计
甲班
11
34
45
乙班
8
37
45
总计
19
71
90
则K2＝________.(精确到0.001)
解析：由列联表得则K2＝≈0.600.
答案：0.600
16．根据如图所示的等高条形图可知吸烟与患病是________关系的．(填“有”或“没有”)
解析：从等高条形图可以明显看出，吸烟患病的频率远远大于不吸烟患病的频率．
答案：有
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)针对某工厂某产品产量与单位成本的资料进行线性回归分析：
月份
产量(千件)x
单位成本(元/件)y
x2
xy
1
2
73
4
146
2
3
72
9
216
3
4
71
16
284
4
3
73
9
219
5
4
69
16
276
6
5
68
25
340
总计
21
426
79
1
481
求产量每增加1
000件，单位成本平均下降多少元？
解：设线性回归方程为＝x＋，
＝，＝＝71，＝79，iyi＝1
481，
代入公式，＝＝≈－1.818
2，＝71－(－1.818
2)×≈77.36，
故线性回归方程为y＝77.36－1.818
2x.
由于回归系数为－1.818
2，由回归系数的意义可知：产量每增加1
000件，单位成本下降1.818
2元．
18．(本小题满分12分)有甲乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩后，得到如下的列联表.
优秀
非优秀
总计
甲班
10
乙班
30
总计
105
已知在全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为.
(1)请完成上面的列联表；
(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”？
参考公式：K2＝
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
解：(1)
优秀
非优秀
总计
甲班
10
45
55
乙班
20
30
50
总计
30
75
105
(2)根据列联表中的数据，得到
K2＝≈6.109>3.841，
因此有95%的把握认为“成绩与班级有关系”．
19．(本小题满分12分)某研究机构对高三学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，所得数据如表所示：
x
6
8
10
12
y
2
3
5
6
画出上表数据的散点图为：
(1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)试根据(1)求出的线性回归方程，预测记忆力为9的学生的判断力其中＝，＝－.
解：(1)iyi＝6×2＋8×3＋10×5＋12×6＝158，
＝＝9，＝＝4，
＝62＋82＋102＋122＝344，
＝＝0.7，＝－＝4－0.7×9＝－2.3，
故线性回归方程为＝0.7x－2.3.
(2)由线性回归方程预测，记忆力为9的学生的判断力约为4.
20．(本小题满分12分)在某次试验中，有两个试验数据x，y统计的结果如下面的表格1.
x
1
2
3
4
5
y
2
3
4
4
5
表格1
序号
x
y
x2
xy
1
1
2
1
2
2
2
3
4
6
3
3
4
9
12
4
4
4
16
16
5
5
5
25
25
∑
表格2
(1)在给出的坐标系中画出x，y的散点图；
(2)补全表格2，然后根据表格2的内容和公式＝，＝－.
①求出y对x的线性回归方程＝x＋中回归系数，；
②估计当x为10时，的值是多少？
解：(1)x，y的散点图如图所示
(2)表格如下
序号
x
y
x2
xy
1
1
2
1
2
2
2
3
4
6
3
3
4
9
12
4
4
4
16
16
5
5
5
25
25
∑
15
18
55
61
计算得＝3，＝3.6，
＝＝＝0.7，
＝－＝3.6－0.7×3＝1.5，
所以＝x＋＝0.7x＋1.5，
故当x为10时，＝8.5.
21．(本小题满分12分)某高校共有学生15
000人，其中男生10
500人，女生4
500人．为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位：小时)．
(1)应收集多少位女生的样本数据？
(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据的分组区间为：[0,2]，(2,4]，(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率；
(3)在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．
附：
K2＝
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
解：(1)300×＝90，
所以应收集90位女生的样本数据．
(2)由频率分布直方图得1－2×(0.100＋0.025)＝0.75，所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0.75.
(3)由(2)知，300位学生中有300×0.75＝225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运动时间不超过4小时．又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的．所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下：
每周平均体育运动时间与性别列联表
男生
女生
总计
每周平均体育运动时间不超过4小时
45
30
75
每周平均体育运动时间超过4小时
165
60
225
总计
210
90
300
结合列联表可算得K2＝
≈4.762>3.841.
所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．
22．(本小题满分12分)某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子中
的发芽数，得到如下资料：
日期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差x(℃)
10
11
13
12
8
发芽数y(颗)
23
25
30
26
16
该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验．
(1)求选取的2组数据恰好是不相邻2天数据的概率；
(2)若选取的是12月1日与12月5日的两组数据，请根据12月2日至12月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程＝x＋；
(3)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颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问(2)中所得到的线性回归方程是否可靠？
解：(1)设抽到不相邻的两组数据为事件A，因为从5组数据中选取2组数据共有10种情况：(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,3)(2,4)(2,5)(3,4)(3,5)(4,5)，其中数据为12月份的日期数．
每种情况都是可能出现的，事件A包括的基本事件有6种．
所以P(A)＝＝.所以选取的2组数据恰好是不相邻2天数据的概率是.
(2)由数据，求得＝12，＝27.
由公式，求得＝，＝－＝－3.
所以y关于x的线性回归方程为＝x－3.
(3)当x＝10时，＝×10－3＝22，|22－23|＜2；
同样，当x＝8时，＝×8－3＝17，|17－16|＜2；
所以，该研究所得到的回归方程是可靠的．课时跟踪检测(十一)
独立重复试验与二项分布
一、选择题
1．某学生参加一次选拔考试，有5道题，每题10分．已知他解题的正确率为，若40分为最低分数线，则该生被选中的概率是(　　)
A．C4×
B．C5
C．C4×＋C5
D．1－C3×2
解析：选C　该生被选中包括“该生做对4道题”和“该生做对5道题”两种情形．
故所求概率为P＝C4×＋C5.
2．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测：方法一，在10箱中各任意抽查一枚；方法二，在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、方法二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p1和p2，则(　　)
A．p1＝p2　　　　　
B
.p1C
.p1>p2
D．以上三种情况都有可能
解析：选B　方法一：每箱选中劣币的概率为，则p1＝1－C×0.010×0.9910＝1－10；同理，方法二：所求事件的概率p2＝1－5＝1－5，∴p13．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率p的取值范围是(　　)
A．[0.4,1]
B．(0,0.4]
C．(0,0.6]
D．[0.6,1)
解析：选A　∵P4(1)≤P4(2)，∴C·p(1－p)3≤Cp2(1－p)2，∴4(1－p)≤6p，∴0.4≤p≤1.
4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队的实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为(　　)
A．C3·
B．C2·
C．C3·
D．C3·
解析：选A　甲打完4局才胜，说明在前三局中甲胜两局，且在第4局中获胜，其概率为P＝C2××＝C3×.
5．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位长度，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是(　　)
A.5
B．C5
C．C3
D．CC5
解析：选B　由于质点每次移动一个单位长度，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动二次，向上移动三次，故其概率为C3·2＝C5＝C5.
二、填空题
6．连续掷一枚硬币5次，恰好有3次正面向上的概率为________．　
解析：正面向上的次数ξ～B，所以P(ξ＝3)＝C·3·2＝10×＝.
答案：
7．设X～B(2，p)，若P(X≥1)＝，则p＝________.
解析：∵X～B(2，p)，
∴P(X＝k)＝Cpk(1－p)2－k，k＝0,1,2.
∴P(X≥1)＝1－P(X＜1)＝1－P(X＝0)
＝1－Cp0(1－p)2＝1－(1－p)2，
∴1－(1－p)2＝.结合0≤p≤1，解之得p＝.
答案：
8．如果ξ～B(20，p)，p＝，则P(ξ＝k)取得最大值时，k＝________.
解析：当p＝时，P(ξ＝k)＝C·k·20－k＝C·20，显然当k＝10时，P(ξ＝k)取得最大值．
答案：10
三、解答题
9．某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人就诊的医疗机构．若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区有A，B，C三家社区医院，并且他们的选择相互独立．设4名参加保险人员选择A社区医院的人数为X，求X的分布列．
解：由已知每位参加保险人员选择A社区医院的概率为，4名人员选择A社区医院即4次独立重复试验，
即X～B，所以P(X＝k)＝C·k·4－k＝C·(k＝0,1,2,3,4)，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
10．某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是(相对独立)．
(1)求至少3人同时上网的概率．
(2)至少几人同时上网的概率小于？
解：(1)至少3人同时上网的概率等于1减去至多2人同时上网的概率，即
P＝1－C6－C15－C2·4＝.
(2)至少4人同时上网的概率为
C6＋C6＋C6＝>.
至少5人同时上网的概率为
C6＋C6＝<.
∴至少5人同时上网的概率小于.
11．“蛟龙号”从海底中带回某种生物，甲乙两个生物小组分别独立开展对该生物离开恒温箱的成活情况进行研究，每次试验一个生物，甲组能使生物成
活的概率为，乙组能使生物成活的概率为，假定试验后生物成活，则称该次试验成功，如果生物不成活，则称该次试验是失败的．
(1)甲小组做了三次试验，求至少两次试验成功的概率；
(2)若甲乙两小组各进行2次试验，求两个小组试验成功至少3次的概率．
解：(1)设“甲小组做了三次实验，至少两次试验成功”为事件A，则其概率为P(A)＝C×2×＋C3＝.
(2)设“甲乙两小组试验成功3次”为事件B，则
P(B)＝C20·C2＋C11·C2＝，
设“甲乙两小组试验成功4次”为事件C，则P(C)＝C20·C2＝，
故两个小组试验成功至少3次的概率为P(B)＋P(C)＝＋＝.课时跟踪检测(十五)
回归分析的基本思想及其初步应用　
一、选择题
1．(重庆高考)已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数＝3，＝3.5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能为(　　)
A.＝0.4x＋2.3　　　
B.＝2x－2.4
C.＝－2x＋9.5
D.＝－0.3x＋4.4
解析：选A　依题意知，相应的回归直线的斜率应为正，排除C，D.且直线必过点(3,3.5)代入A，B得A正确．
2．甲、乙、丙、丁四位同学在建立变量x，y的回归模型时，分别选择了4种不同模型，计算可得它们的相关指数R2分别如下表：
甲
乙
丙
丁
R2
0.98
0.78
0.50
0.85
哪位同学建立的回归模型拟合效果最好？(　　)
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
解析：选A　相关指数R2越大，表示回归模型的拟合效果越好．
3．对变量x，y进行回归分析时，依据得到的4个不同的回归模型画出残差图，则下列模型拟合精度最高的是(　　)
解析：选A　用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适．带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高．
4．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
广告费用x/万元
4
2
3
5
销售额y/万元
49
26
39
54
根据上表可得回归方程＝x＋中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为(　　)
A．63.6万元
B．65.5万元
C．67.7万元
D．72.0万元
解析：选B　样本点的中心是(3.5,42)，
则＝－＝42－9.4×3.5＝9.1，
所以回归直线方程是＝9.4x＋9.1，
把x＝6代入得＝65.5.
5．(福建高考)已知x与y之间的几组数据如下表：
x
1
2
3
4
5
6
y
0
2
1
3
3
4
假设根据上表数据所得线性回归直线方程为＝x＋，若某同学根据上表中的前两组数据(1,0)和(2,2)求得的直线方程为y＝b′x＋a′，则以下结论正确的是(　　)
A.>b′，>a′
B.>b′，C.a′
D.解析：选C　由两组数据(1,0)和(2,2)可求得直线方程为y＝2x－2，b′＝2，a′＝－2.而利用线性回归方程的公式与已知表格中的数据，可求得＝＝＝，＝－＝－×＝－，所以a′.
二、填空题
6．在一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n≥2，x1，x2，…，xn不全相等)的散点图中，若所有样本点(xi，yi)(i＝1,2，…，n)都在直线y＝x＋1上，则这组样本数据的样本相关系数为________．
解析：根据样本相关系数的定义可知，当所有样本点都在直线上时，相关系数为1.
答案：1
7．若一个样本的总偏差平方和为80，残差平方和为60，则相关指数R2为________．
解析：回归平方和＝总偏差平方和－残差平方和＝80－60＝20，
故R2＝＝0.25.
答案：0.25
8．面对竞争日益激烈的消费市场，众多商家不断扩大自己的销售市场，以降低生产成本．某白酒酿造企业市场部对该企业9月份的产品销量(单位：千箱)与单位成本(单位：元)的资料进行线性回归分析，结果如下：
＝，＝71，＝79，iyi＝1
481.
则销量每增加1
000箱，单位成本下降________元．
解析：由题意知，＝≈－1.818
2，
＝71－(－1.818
2)×≈77.36，＝－1.818
2x＋77.36，销量每增加1
000箱，则单位成本下降1.818
2元．
答案：1.818
2
9．某中高二某班为了对即将上市的班刊进行合理定价，将对班刊按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价x(元)
8
8.2
8.4
8.6
8.8
9
销量y(元)
90
84
83
80
75
68
(1)求线性回归方程＝x＋.
(2)预计今后的销售中，销量与单价服从(1)中的关系，且班刊的成本是4元/件，为了获得最大利润，班刊的单价定为多少元？
解：(1)＝＝8.5，
＝＝80，
iyi＝8×90＋8.2×84＋8.4×83＋8.6×80＋8.8×75＋9×68＝4
066，
＝82＋8.22＋8.42＋8.62＋8.82＋92＝434.2，
＝＝＝－20，
＝－＝80＋20×8.5＝250，
所求线性回归方程为＝－20x＋250.
(2)获得利润z＝(x－4)y＝－20x2＋330x－1
000，
当x＝8.25时，zmax＝361.25(元)，
所以当单价定为8.25元时，可获得最大利润．
10．(全国卷Ⅱ)某地区2007年至2013年农村居民家庭人均纯收入y(单位：千元)的数据如下表：
年份
2007
2008
2009
2010
2011
2012
2013
年份代号t
1
2
3
4
5
6
7
人均纯收入y
2.9
3.3
3.6
4.4
4.8
5.2
5.9
(1)求y关于t的线性回归方程．
(2)利用(1)中的回归方程，分析2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入．
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝－.
解：(1)由所给数据计算得
＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，
＝×(2.9＋3.3＋3.6＋4.4＋4.8＋5.2＋5.9)＝4.3，
(ti－)2＝9＋4＋1＋0＋1＋4＋9＝28，
(ti－)(yi－)＝(－3)×(－1.4)＋(－2)×(－1)＋(－1)×(－0.7)＋0×0.1＋1×0.5＋2×0.9＋3×1.6＝14，
＝＝＝0.5，
＝－＝4.3－0.5×4＝2.3，
所求回归方程为＝0.5t＋2.3.
(2)由(1)知，＝0.5>0，
故2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入逐年增加，平均每年增加0.5千元．
将2015年的年份代号t＝9代入(1)中的回归方程，得＝0.5×9＋2.3＝6.8，
故预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入为6.8千元．
11．假设关于某设备使用年限x(年)和所支出的维修费用y(万元)有如下统计资料：
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
若由资料知，y对x呈线性相关关系，试求：
(1)回归直线方程；
(2)估计使用年限为10年时，维修费用约是多少？
解：(1)由表格中的数据可得
＝(2＋3＋4＋5＋6)＝4
＝(2.2＋3.8＋5.5＋6.5＋7.0)＝5.
＝22＋32＋42＋52＋62＝90，
iyi＝2×2.2＋3×3.8＋4×5.5＋5×6.5＋6×7.0＝112.3，所以回归系数
＝＝＝＝1.23.
可得＝－＝5－1.23×4＝0.08.
所以回归直线方程为＝1.23x＋0.08.
(2)当x＝10时，＝1.23×10＋0.08＝12.38(万元)
即估计用10年时，维修费约为12.38万元．课时跟踪检测(十六)
独立性检验的基本思想及其初步应用　
一、选择题
1．判断两个分类变量是彼此相关还是相互独立的常用的方法中，最为精确的是(　　)
A．2×2列联表　　　　　
B．独立性检验
C．等高条形图
D．其他
解析：选B　A、C只能直观地看出两个分类变量x与y是否相关，但看不出相关的程度；独立性检验通过计算得出相关的可能性，较为准确．
2．对于分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k，下列说法正确的是(　　)
A．k越大，“X与Y有关系”的可信程度越小
B．k越小，“X与Y有关系”的可信程度越小
C．k越接近于0，“X与Y没有关系”的可信程度越小
D．k越大，“X与Y没有关系”的可信程度越大
解析：选B　k越大，“X与Y没有关系”的可信程度越小，则“X与Y有关系”的可信程度越大，即k越小，“X与Y有关系”的可信程度越小．
3．利用独立性检验对两个分类变量是否有关系进行研究时，若有99.5%的把握认为事件A和B有关系，则具体计算出的数据应该是(　　)
A．k≥6.635
B．k＜6.635
C．k≥7.879
D．k＜7.879
解析：选C　有99.5%的把握认为事件A和B有关系，即犯错误的概率为0.5%，对应的k0的值为7.879，由独立性检验的思想可知应为k≥7.879.
4．(江西高考)某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这4个变量的关系，随机抽查52名中学生，得到统计数据如表1至表4，则与性别有关联的可能性最大的变量是(　　)
表1　
成绩性别
不及格
及格
总计
男
6
14
20
女
10
22
32
总计
16
36
52
　　　
表2
视力性别
好
差
总计
男
4
16
20
女
12
20
32
总计
16
36
52
表3　　　
智商性别
偏高
正常
总计
男
8
12
20
女
8
24
32
总计
16
36
52
　
表4
阅读量性别
丰富
不丰富
总计
男
14
6
20
女
2
30
32
总计
16
36
52
A．成绩
B．视力
C．智商
D．阅读量
解析：选D　根据列联表中的数据，由公式得K2的观测值：
k1＝＝，
k2＝＝，
k3＝＝，
k4＝＝，
则有k4>k2>k3>k1，
所以阅读量与性别关联的可能性最大．
5．通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男
女
总计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
总计
60
50
110
由K2＝算得，观测值
k＝≈7.8.
附表：
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
参照附表，得到的正确结论是(　　)
A．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
B．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
C．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
D．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
解析：选A　由k≈7.8及P(K2≥6.635)＝0.010可知，在犯错误的概率不超过1%的前提下认为“爱好该项运动与性别有关”，也就是有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”．
二、填空题
6．下列关于K2的说法中，正确的有________．
①K2的值越大，两个分类变量的相关性越大；
②K2的计算公式是
K2＝；
③若求出K2＝4＞3.841，则有95%的把握认为两个分类变量有关系，即有5%的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误；
④独立性检验就是选取一个假设H0条件下的小概率事件，若在一次试验中该事件发生了，这是与实际推断相抵触的“不合理”现象，则作出拒绝H0的推断．
解析：对于①，K2的值越大，只能说明我们有更大的把握认为二者有关系，却不能判断相关性大小，故①错；对于②，(ad－bc)应为(ad－bc)2，故②错；③④对．
答案：③④
7．某电视台在一次对收看文艺节目和新闻节目的观众抽样调查中，随机抽取了100名电视观众，相关的数据如下表所示.
文艺节目
新闻节目
总计
20岁至40岁
40
18
58
大于40岁
15
27
42
总计
55
45
100
由表中数据直观分析，收看新闻节目的观众是否与年龄有关：________(填“是”或“否”)．
解析：因为在20岁至40岁的58名观众中有18名观众收看新闻节目，而在大于40岁的42名观众中有27名观众收看新闻节目，即＝，＝，两者相差较大，所以经直观分析，收看新闻节目的观众与年龄是有关的．
答案：是
8．某班主任对全班30名男生进行了认为作业量多少的调查，数据如下表：
认为作业多
认为作业不多
总计
喜欢玩电脑游戏
12
8
20
不喜欢玩电脑游戏
2
8
10
总计
14
16
30
该班主任据此推断男生认为作业多与喜欢玩电脑游戏有关系，则这种推断犯错误的概率不超过________．
解析：计算得K2的观测值为k
＝≈4.286＞3.841，则推断犯错误的概率不超过0.050.
答案：0.050
三、解答题
9．用两种检验方法对某食品做沙门氏菌检验，结果如下表：
阳性
阴性
总计
荧光抗体法
160
5
165
常规培养法
26
48
74
总计
186
53
239
附：
P(K2≥k0)
0.010
0.005
0.001
k0
6.635
7.879
10.828
能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为采用荧光抗体法与检验结果呈阳性有关系？
解：通过计算K2＝≈113.184
6.而查表可知，因为P(K2≥10.828)≈0.001，而113.184
6远大于10.828，所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为采用荧光抗体法与检验结果呈阳性有关系．
10．某校在两个班进行教学方式对比实验，两个月后进行了一次检测，实验班与对照班成绩统计如下表所示(单位：人).
80分及80分以上
80分以下
总计
实验班
35
15
50
对照班
20
m
50
总计
55
45
n
(1)求m，n.
(2)能否在犯错误的概率不超过0.005的情况下认为教学方式与成绩有关系？
解：(1)m＝45－15＝30，n＝50＋50＝100.
(2)由表中的数据，得K2的观测值为
k＝≈9.091.
因为9.091>7.879，所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为教学方式与成绩有关系．
11．某旅行社为调查市民喜欢“人文景观”景点是否与年龄有关，随机抽取了55名市民，得到数据如下表：
喜欢
不喜欢
总计
大于40岁
20
5
25
20岁至40岁
10
20
30
总计
30
25
55
(1)判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关．
(2)用分层抽样的方法从喜欢“人文景观”景点的市民中随机抽取6人作进一步调查，将这6位市民作为一个样本，从中任选2人，求恰有1位“大于40岁”的市民和1位“20岁至40岁”的市民的概率．
解：(1)由公式K2＝
≈11.978>7.8709，所以在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关．
(2)设所抽样本中有m个“大于40岁”市民，
则＝，得m＝4人，
所以样本中有4个“大于40岁”的市民，2个“20岁至40岁”的市民，分别记作B1，B2，B3，B4，C1，C2，从中任选2人的基本事件有(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B1，C1)，(B1，C2)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B2，C1)，(B2，C2)，(B3，B4)，(B3，C1)，(B3，C2)，(B4，C1)，(B4，C2)，(C1，C2)，共15个，其中恰有1名“大于40岁”和1名“20岁至40岁”之间的市民的事件有(B1，C1)，(B1，C2)，(B2，C1)，(B2，C2)，(B3，C1)，(B3，C2)，(B4，C1)，(B4，C2)，共8个，所以恰有1名“大于40岁”和1名“20岁至40岁”之间的市民的概率为P＝.课时跟踪检测(一)
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
一、选择题
1．若x∈{1,2,3}，y∈{5,7,9}，则x·y的不同值个数是(　　)
A．2　　　　　　　　　　
B．6
C．9
D．8
解析：选C　求积x·y需分两步取值：第1步，x的取值有3种；第2步，y的取值有3种，故有3×3＝9个不同的值．
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40
B．16
C．13
D．10
解析：选C　分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．故可以确定8＋5＝13个不同的平面．
3．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有(　　)
A．24种
B．18种
C．12种
D．6种
解析：选B　法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故共有6×3＝18种不同的种植方法．
法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有24－6＝18种不同的种植方法．
4．设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A
B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A
B
中元素个数是(　　)
A．7
B．10
C．25
D．52
解析：选B　A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，x有2种取法，y有5种取法．由分步乘法计数原理得2×5＝10.
5．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有(　　)
A．36个
B．18个
C．9个
D．6个
解析：选B　分三步完成，1,2,3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次．
第1步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．
故有3×3×2＝18个不同的四位数．
二、填空题
6．加工某个零件分三道工序．第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．
解析：从第一、第二、第三道工序中各选一人的方法数依次为5,6,4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.
答案：120
7．如图，从A→C有________种不同的走法．
解析：分为两类，不过B点有2种走法，过B点有2×2＝4种走法，共有4＋2＝6种走法．
答案：6
8.如图所示，由电键组A，B组成的串联电路中，合上两个电键使电灯发光的方法有________种．
解析：只有在合上A组两个电键中的任意一个之后，再合上B组三个电键中的任意一个，才能使电灯发光．根据分步乘法计数原理共有2×3＝6种不同的方法接通电源，使电灯发光．
答案：6
三、解答题
9．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
解：分两类完成：
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成：
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．
10．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
解：(1)分三步完成：第一步选国画有5种；第二步选油画有2种；第三步选水彩画有7种．根据分步乘法计数原理得，共有5×2×7＝70种不同的选法．
(2)分三类：第一类，选国画和油画共有5×2＝10种；第二类，选国画和水彩画共有5×7＝35种；第三类，选油画和水彩画共有2×7＝14种．根据分类加法计数原理共有10＋35＋14＝59种不同的选法．
11.如图所示，要给“三”“维”“设”“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解：“三”“维”“设”“计”四个区域依次涂色，分四步完成：
第1步，涂“三”区域，有3种选择；
第2步，涂“维”区域，有2种选择；
第3步，涂“设”区域，由于它与“三”“维”区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂“计”区域，由于它与“维”“设”区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，共有3×2×1×1＝6种不同的涂色方法．阶段质量检测（一）
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡，若他至少买一张，则不同的买法共有(　　)
A．7种　　　　　　　　　
B．8种
C．6种
D．9种
解析：选A　要完成的一件事是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC卡，买2张IC卡，买3张IC卡．而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC卡有2种方法，买2张IC卡有3种方法，买3张IC卡有2种方法，共有2＋3＋2＝7种不同的买法．
2．若A＝6C，则m等于(　　)
A．9
B．8
C．7
D．6
解析：选C　由m(m－1)(m－2)
＝6·，解得m＝7.
3．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合的个数为(　　)
A．24
B．36
C．26
D．27
解析：选C　CC＋CC＋CC＝26.
4．(山东高考)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)
A．243
B．252
C．261
D．279
解析：选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的个数共有9×9×8＝648，∴有重复数字的三位数的个数共有900－648＝252.
5．(辽宁高考)使n(n∈N
)的展开式中含有常数项的最小的n为(　　)
A．4
B．5
C．6
D．7
解析：选B　由二项式定理得，Tk＋1＝C(3x)n－k·k＝C3n－kx，令n－k＝0，当k＝2时，n＝5，此时n最小．
6．五种不同商品在货架上排成一排，其中A，B两种必须连排，而C，D两种不能连排，则不同排法共有(　　)
A．12
B．20
C．24
D．48
解析：选C　先排除C，D外的商品，利用捆绑法，将A，B看成一个整体，有AA种排法，再将C，D插空，共有AAA＝24种排法．
7．从1,2,3,4,5,6这六个数字中，任取三个组成无重复数字的三位数，但当三个数字中有2和3时，2必须排在3前面(不一定相邻)，这样的三位数有(　　)
A．108个
B．102个
C．98个
D．96个
解析：选A　从1,2,3,4,5,6这六个数字中，任取三个组成无重复数字的三位数共有A个，3在2前的数字有CC＋C＝12，所以满足2必须排在3前面(不一定相邻)的三位数有108个．
8．(浙江高考)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)等于(　　)
A．45
B．60
C．120
D．210
解析：选C　由题意知，f(3,0)＝CC，f(2,1)＝CC，f(1，2)＝CC，f(0,3)＝CC，因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝120，选C.
9.9的展开式中的常数项是(　　)
A．84
B.
C.
D．－
解析：选B　Tr＋1＝Cr(x2)9－r＝Crx18－3r，由18－3r＝0，
解得r＝6，因此常数项为C6＝.
10．形如45
132的数称为“波浪数”，即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为(　　)
A．20
B．18
C．16
D．11
解析：选C　由题可知，十位和千位只能是4,5或3,5，若十位和千位排4,5，则其他位置任意排1,2,3，这样的数的个数有AA＝12；若十位和千位排5,3，这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻，1,2在其余位置上任意排列，则这样的数的个数有AA＝4，综上，共有16个．
11．如果n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是(　　)
A．7
B．－7
C．21
D．－21
解析：选C　由题意知2n＝128，∴n＝7.
设二项式7的展开式中第r＋1项为含的项．则Tr＋1＝C·37－r·(－1)r·x7－r，
令7－r＝－3，得r＝6.
∴的系数为C·37－6(－1)6＝21.
12.如图所示，环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块地种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)
A．96
B．84
C．60
D．48
解析：选B　分三种情况讨论．①种四种颜色的花：有A种种法．②种三种颜色的花：若A，C同色，有(4×A)种种法；若B，D同色，有(4×A)种种法．③种两种颜色的花：只能是A，C同色，B，D同色，有(4×3)种种法．综上可知，一共有A＋4×A＋4×A＋4×3＝84种不同的种法．
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13.9的展开式中常数项为________．(用数字作答)
解析：∵Tr＋1＝Cx18－3r(r＝0,1,2，…，9)，令18－3r＝0，得r＝6，∴常数项为T7＝C＝84.
答案：84
14．(浙江高考)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)
解析：“小集团”处理，特殊元素优先，共有CCAA＝480种不同的排法．
答案：480
15．5名大人要带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头、尾，则共有________种排法．(用数字作答)
解析：先让5名大人全排列，有A种排法，两个小孩再依条件插空，有A种方法，故共有AA＝1
440种排法．
答案：1
440
16．设(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝________.
解析：由通项可知，(1－3x)9的展开式中含x的奇次幂的项的系数的符号均为负，所以|a0|＋|a1|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，因而在(1－3x)9＝a0＋a1x＋…＋a9x9中令x＝－1，可得结果．
答案：49
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)若n的展开式中的所有二项式系数之和为64，求展开式中二项式系数最大的项．
解：由题意知2n＝64，所以n＝6，所以6的展开式中二项式系数最大的项为T4＝C·x3·3＝C＝20.
18．(本小题满分12分)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
(3)全体站成一排，女生必须站在一起；
(4)全体站成一排，男生互不相邻．
解：(1)共有A＝5
040种方法．
(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A种方法，故共有5×A＝3
600种方法．
(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A种方法，再将4名女生进行全排列，有A种方法，故共有A×A＝576种方法．
(4)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A种方法，故共有A×A＝1
440种方法．
19．(本小题满分12分)已知n，i是虚数单位，x>0，n∈N
.
(1)如果展开式中的倒数第3项的系数是－180，求n的值；
(2)对(1)中的n，求展开式中系数为正实数的项．
解：(1)由已知得，C(2i)2＝－180，
即4C＝180，所以n2－n－90＝0，
又n∈N
，解得n＝10.
(2)10展开式的通项为Tk＋1＝C·(2i)10－kx－2k＝C(2i)10－kx.
因为系数为正实数，且k∈{0,1,2，…，10}，
所以k＝2,6,10.所以所求的项为T3＝11
520，T7＝3
360x－10，T11＝x－20.
20．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1}，B＝{4,5，6,7,8}．
(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？
(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4
000大的自然数？
解：由1，
所以x为3,4,5,6,7，
即A＝{3,4,5,6,7}，
所以A∪B＝{3,4,5,6,7,8}．
(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A＝120个三位数．
(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，有C·C·A＝180个满足题意的自然数；
若不从集合A中取元素3，则有C·C·A＝384个满足题意的自然数．
所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564.
21．(本小题满分12分)已知(1＋2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它前一项系数的2倍，而且是它后一项系数的，求展开式中二项式系数最大的项．
解：由题意设展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的，
∴
解得n＝7.
∴展开式中二项式系数最大的项是第6项，C25＝672.
22．(本小题满分12分)已知二项式n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式的第4项；
(2)求展开式的常数项．
解：因为第1,2,3项系数的绝对值分别为C，，，所以C＋＝×2，
即n2－9n＋8＝0，n≥2.解得n＝8.
(1)第4项T4＝C()53＝－7x.
(2)通项公式为Tk＋1＝C()8－kk＝
Ck·()8－2k＝Ckx.
令＝0，得k＝4.
所以展开式中的常数项为T5＝C4＝.
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．从甲地到乙地一天有汽车8班、火车3班、轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的方法种数为(　　)
A．13　　　　　　　　　
B．16
C．24
D．48
解析：选A　根据分类加法计数原理，不同方法的种数为8＋3＋2＝13.
2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为(　　)
A．182
B．14
C．48
D．91
解析：选C　由分步乘法计数原理，得不同取法的种数为6×8＝48.
3．若C＝28，则m等于(　　)
A．9
B．8
C．7
D．6
解析：选B　C＝＝28(m>2，且m∈N
)，解得m＝8.
4．(辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)
A．144
B．120
C．72
D．24
解析：选D　剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.
5．从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(　　)
A．85
B．56
C．49
D．28
解析：选C　丙没有入选共C＝84种，其中甲乙都没有入选有C＝35种，故共84－35＝49种．
6．不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有(　　)
A．12种
B．20种
C．24种
D．48种
解析：选C　甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AA·A＝24种不同排法．
7．(x＋2)6的展开式中x3的系数为(　　)
A．20　　　　　　　　　　
B．40
C．80
D．160
解析：选D　(x＋2)6的展开式的通项为Tk＋1＝C·x6－k·2k，要求含x3的项的系数，只需令6－k＝3，解得k＝3，故展开式中x3的系数为C·23＝160.
8．(江西高考)5展开式中的常数项为(　　)
A．80
B．－80
C．40
D．－40
解析：选C　Tr＋1＝C·(x2)5－r·(－)r＝C·(－2)r·x10－5r，令10－5r＝0，得r＝2，故常数项为C×(－2)2＝40.
9．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有(　　)
A．C
B．CA
C．CA
D．3C
解析：选C　从8人中任选3人有C种，3人位置全调有A种，故有CA种．故选C.
10．用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同涂法有
A
B
C
D
A.72种
B．48种
C．24种
D．12种
解析：选A　涂A共4种涂法，则B有3种涂法，C有2种涂法，D有3种涂法．∴共有4×3×2×3＝72种涂法．
11．将5名学生分到A，B，C三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A宿舍的不同分法有(　　)
A．18种
B．36种
C．48种
D．60种
解析：选D　第一步：先安排甲学生，他可以去B或C宿舍，共有2种安排方法；第二步：若甲在B宿舍，B宿舍可以不安排其他学生，那么其余4人平均安排在A、C宿舍有CC种；B宿舍也可再安排一个学生有C种，其余3人安排在A、C宿舍，其中一个1人、一个2人，有CC＋CC种，所以共有C(CC＋CC)．综上两步有：2[CC＋C(CC＋CC)]＝2×[6＋4×(3＋3)]＝60种，故选D.
12．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数为(　　)
A．CA
B．CA
C．CA
D．CA
解析：选C　从后排抽2人的方法种数是C；前排的排列方法种数是A，故由分步乘法计数原理知不同调整方法共有CA种．
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．(新课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝.
答案：
14．将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子，每个盒子至少有一个球，则一共有________种放法．
解析：把编号为1,2,3,4,5的五个球，分成3组：①1,1,3分法，共有C＝10种；②1,2,2分法，共有＝15种，故共有25种方法；再放入编号为1,2,3的三个盒子中，有A＝6种方法，根据分步乘法计数原理，可得不同放法的总数是25×6＝150种．
答案：150
15．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N
)，且a∶b＝3∶1，那么n＝________.
解析：a＝C，b＝C，
又∵a∶b＝3∶1，
∴＝＝，
即＝3，解得n＝11.
答案：11
16．为配制某种染色剂，需要加入3种有机染料、2种无机染料和2种添加剂，其中有机染料的添加顺序不能相邻．现要研究所有不同添加顺序对染色效果的影响，总共要进行的试验次数为________．(用数字作答)
解析：先排无机染料和添加剂，有A种不同的排法，再排有机染料．因为它们不能相邻，所以用插空的方法排有机染料，有A种不同的排法．共有AA＝1
440种不同的试验方法．
答案：1
440
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？
解：∵前排中间3个座位不能坐，∴实际可坐的位置前排8个，后排12个．
(1)两人一个前排，一个后排，方法数为C·C·A种；
(2)两人均在后排左右不相邻，方法数为A－A·A＝A种；
(3)两人均在前排，又分两类：
①两人一左一右，共C·C·A种；
②两人同左或同右，有2(A－A·A)种．
综上，不同排法种数为C·C·A＋A＋C·C·A＋2(A－A·A)＝346种．
18．(本小题满分12分)已知m，n∈N
，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为19，求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数．
解：由题设知m＋n＝19.
又m，n∈N
，
∴1≤m≤18.
x2的系数为C＋C＝(m2－m)＋(n2－n)＝m2－19m＋171.
∴当m＝9或10时，x2的系数取最小值81，此时x7的系数为C＋C＝156.
19．(本小题满分12分)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
解：由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则选出说日语的有2＋1＝3种方法，此时共有6×3＝18种；
第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2种；
所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20种选法．
20．(本小题满分12分)已知n的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求：
(1)展开式的二项式系数和；
(2)展开式中a－1项的二项式系数．
解：依题意，令a＝1，得(－)n展开式中各项系数和为(3－1)n＝2n，(4－)5展开式中的通项为Tr＋1＝C(4
)5－rr＝(－1)rC45－r·5－b.
若Tr＋1为常数项，则＝0，即r＝2，
故常数项为T3＝(－1)2C·43·5－1＝27，
于是有2n＝27，得n＝7.
(1)(－)n展开式的二项式系数和为2n＝27＝128.
(2)(－)7的通项为
Tr＋1＝C()7－r·(－)r＝C(－1)r·37－r·a，
令＝－1，得r＝3，
∴所求a－1项的二项式系数为C＝35.
21．(本小题满分12分)用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)如果组成的四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？
(2)如果组成的四位数必须大于6
500，那么这样的四位数有多少个？
解：(1)第一步排个位上的数，因为组成的四位数必须是偶数，个位数字只能是2,4,6之一，所以有A种排法；第二步排千、百、十这三个数位上的数，有A种排法．根据分步乘法计数原理，适合条件的四位数的个数是A·A＝3×6×5×4＝360.故这样的四位数有360个．
(2)因为组成的四位数要大于6
500，所以千位上的数字只能取7或6.排法可以分两类．
第一类：千位上排7，有A种不同的排法；
第二类：千位上排6，则百位上可排7或5，十位和个位可以从余下的数字中取2个来排，共有A·A种不同的排法．根据分类加法计数原理，适合条件的四位数的个数是：A＋A·A＝160(个)．故这样的四位数有160个．
22．(本小题满分12分)已知二项式n展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240，
(1)求n；
(2)求展开式中含x项的系数；
(3)求展开式中所有含x的有理项．
解：(1)由已知得：4n－2n＝240,2n＝16，n＝4.
(2)二项展开式的通项为：
C(5x)4－r(－)r＝C54－r(－1)rx4－r，
令4－r＝1 r＝2
所以含x项的系数：C52(－1)2＝150.
(3)由(2)得：4－r∈Z，(r＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4.
所以展开式中所有含x的有理项为：
第1项625x4，第3项150x，第5项x－2.课时跟踪检测(五)
组合(习题课)
一、选择题
1．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告．要求最后必须播放公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有(　　)
A．120种　　　　　　　　　
B．48种
C．36种
D．18种
解析：选C　最后必须播放公益广告有C种，2个公益广告不能连续播放，倒数第2个广告有C种，故共有CCA＝36种不同的播放方式．
2．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的亮灯方案有(　　)
A．60种
B．20种
C．10种
D．8种
解析：选C　四盏熄灭的灯产生的5个空当中放入3盏亮灯，有C＝10种方案．
3．(陕西高考)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(每人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)
A．10种
B．15种
C．20种
D．30种
解析：选C　分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局、输1局，第4局赢)，共有2C＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局、输2局，第5局赢)，共有2C＝12种情形．共有2＋6＋12＝20种可能出现的情形．
4．将5本不同的书分给4人，每人至少1本，不同的分法有(　　)
A．120种
B．5种
C．240种
D．180种
解析：选C　先从5本中选出2本，有C种选法，再与其他三本一起分给4人，有A种分法，故共有C·A＝240种不同的分法．
5．从0,1,2,3,4,5这六个数中每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有(　　)
A．40个
B．120个
C．360个
D．720个
解析：选A　先选取3个不同的数，有C种方法；然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A种排法，故共有CA＝40个三位数．
二、填空题
6．某校开设9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4门，共有________种不同选修方案．(用数字作答)
解析：这里A，B，C三门课程“至多选一门”，即A，B，C三门课程都不选，或A，B，C这三门课程恰好选一门，所以分两类完成：第1类，A，B，C三门课程都不选，有C种不同选修方案；第2类，A，B，C三门课程恰好选修一门，有C·C种不同选修方案．故共有C＋C·C＝75种不同的选修方案．
答案：75
7．5名羽毛球队员中，有2名老队员和3名新队员，现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．
解析：两老一新时，有C×CA＝12种排法；两新一老时，有C×CA＝36种排法，故共有48种排法．
答案：48
8．如图，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．
解析：四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封闭三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C－4＝16种不同的建桥方案．
答案：16
三、解答题
9．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法？(用数字作答)
(1)男、女同学各2名；
(2)男、女同学分别至少有1名．
解：(1)(CC)A＝1
440(种)，所以男、女同学各2名共有1
440种选法．
(2)(CC＋CC＋CC)A＝2
880(种)，所以男、女同学分别至少有1名共有2
880种选法．
10．从1到9的9个数中取3个偶数和4个奇数，则：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
(4)在(1)中任意2个偶数都不相邻的七位数有几个？
解：(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，可有C种情况；第2步，在5个奇数中取4个，可有C种情况；第3步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有A种情况，所以有C·C·A＝100
800个符合题意的七位数．
(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的个数共有C·C·A·A＝14
400.
(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的个数共有C·C·A·A·A＝5
760.
(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空的当中，共有C·C·A·A＝28
800个符合题意的七位数．
11．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数(如13
456和35
678都是五位的“渐升数”)．
(1)共有多少个五位“渐升数”？(用数字作答)
(2)如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第110个五位“渐升数”是多少？
解：(1)根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应一个“渐升数”，则共有“渐升数”C＝126个，
(2)对于这些“渐升数”，1在首位的有C＝70个，2在首位的有C＝35个，前四位数字是3
456的五位“渐升数”有C＝3个，前四位数字是3
457的“渐升数”有2个，为34
578,34
579.所以第110个五位“渐升数”是34
579.模块综合检测(二)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．下列关于残差的叙述正确的是(　　)
A．残差就是随机误差
B．残差就是方差
C．残差都是正数
D．残差可用来判断模型拟合的效果
解析：选D　由残差的相关知识可知．
2．已知A＝132，则n等于(　　)
A．11　　　　　　　　　
B．12
C．13
D．14
解析：选B　A＝n(n－1)＝132，即n2－n－132＝0，
解得n＝12.
3．已知P(B|A)＝，P(A)＝，P(AB)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝.
4．某同学通过计算机测试的概率为，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为P＝C12＝.
5．已知某车间加工零件的个数x与所花费的时间y(h)之间的线性回归方程为＝0.01x＋0.5，则加工600个零件大约需要(　　)
A．6.5
h
B．5.5
h
C．3.5
h
D．0.5
h
解析：选A　根据回归方程知当x＝600时，＝0.01×600＋0.5＝6.5(h)．
6．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝，k＝1,2，…，则P(2＜X≤4)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　P(2＜X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝＋＝.
7．在一个2×2列联表中，由其数据计算K2＝7.097，则判断这两个变量间有关系的概率大约为(　　)
A．1%
B．5%
C．99%
D．95%
解析：选C　因为K2>6.635，所以概率约为99%.
8．将标号为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子中，若每个盒子放2个，其中标为1,2的小球放入同一个盒子中，则不同的方法共有(　　)
A．12种
B．16种
C．18种
D．36种
解析：选C　可先分组再排列，所以有CA＝18种方法．
9．(x2＋2)5展开式中x2项的系数250，则实数m的值为(　　)
A．±5
B．5
C．±
D.
解析：选C　若第一个因式取2，第二个因式中项x2为2Cx－2(5－r)(－mx)r＝2C(－m)rx3r－10，由3r－10＝2得r＝4，系数为C(－m)4＝5m4，因第二个因式中没有常数项，所以展开式x2系数为2×5m4＝250，m＝±.
10．有三箱粉笔，每箱中有100盒，其中有一盒是次品，从这三箱粉笔中各抽出一盒，则这三盒中至少有一盒是次品的概率是(　　)
A．0.01×0.992
B．0.012×0.99
C．C×0.01×0.992
D．1－0.993
解析：选D　设A＝“三盒中至少有一盒是次品”，则＝“三盒中没有次品”．又因为在一箱中取出的一盒是次品的概率为＝0.01，不是次品的概率为0.99，可知P()＝0.993，所以P(A)＝1－0.993.
11．把一枚硬币任意抛掷两次，记第一次出现正面为事件A，第二次出现正面为事件B，则P(B|A)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　在第一次出现正面后，第二次可出现正面或反面，故基本事件有(正，正)，(正，反)，而第一次出现正面，第二次也出现正面的只有(正，正)，因此P(B|A)＝.
12．在某项测量中，测量结果X服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，若X在(0,2)内取值的概率为0.8，则X在[0，＋∞)内取值的概率为(　　)
A．0.9
B．0.8
C．0.3
D．0.1
解析：选A　因为X服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，所以正态分布曲线关于x＝1对称；又因为X在(0,2)内取值的概率为0.8，所以X在(0,1)内取值的概率为0.4，所以X在[0，＋∞)内取值的概率为0.4＋0.5＝0.9.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．随机变量ξ的分布列如下：
ξ
－1
0
1
P
a
b
c
其中a、b、c是等差数列．若E(ξ)＝，则D(ξ)＝________.
解析：由题意得
解得
∴D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝.
答案：
14．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，以ξ表示取到白球的个数，则P(ξ＝1)＝________.
解析：P(ξ＝1)＝＝＝0.6.
答案：0.6
15．若(1－2x)2
015＝a0＋a1x＋…＋a2
015x2
015(x∈R)，则＋＋＋…＋的值为________．
解析：令x＝0 a0＝1，令x＝ a0＋＋＋＋…＋＝0，所以＋＋＋…＋＝－1.
答案：－1
16．从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是，设X为途中遇到红灯的次数，则随机变量X的方差为________．
解析：∵X～B(3，)，∴D(X)＝3××＝.
答案：
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)至少有1名女运动员；
(2)既要有队长，又要有女运动员．
解：(1)“至少有1名女运动员”的反面是“全为男运动员”，从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，所以“至少有1名女运动员”的选法为C－C＝246种．
(2)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长的选法共有C－C种选法，所以既有队长又有女运动员共有C＋C－C＝191种选法．
18．(本小题满分12分)已知n的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等，
(1)求n；
(2)求展开式中x的一次项的系数．
解：(1)由第4项和第9项的二项式系数相等可得C＝C，解得n＝11.
(2)由(1)知，展开式的第r＋1项为：
Tr＋1＝C()11－rr＝(－2)rCx，
令＝1得，r＝3，
此时T3＋1＝(－2)3Cx＝－1
320x，
所以展开式中x的一次项的系数为－1
320.
19．(本小题满分12分)某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8、0.7、0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．
(1)求这名同学得300分的概率；
(2)求这名同学至少得300分的概率．
解：记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6.
(1)这名同学得300分的概率P1＝P(A12A3)＋P(1A2A3)
＝P(A1)P(2)P(A3)＋P(1)P(A2)P(A3)
＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6
＝0.228.
(2)这名同学至少得300分的概率
P2＝P1＋P(A1A2A3)＝0.228＋P(A1)P(A2)P(A3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.
20．(本小题满分12分)某单位餐厅的固定餐椅经常有损坏，于是该单位领导决定在餐厅墙壁上张贴文明标语看是否有效果，并对文明标语张贴前后餐椅的损坏情况作了一个统计，具体数据如下：
损坏餐椅数
未损坏餐椅数
总计
文明标语张贴前
39
157
196
文明标语张贴后
29
167
196
总计
68
324
392
请你判断在餐厅墙壁上张贴文明标语对减少餐椅损坏数是否有效果？
解：根据题中的数据计算
K2＝
＝≈1.78.
因为1.78＜2.706，所以我们没有理由说在餐厅墙壁上张贴文明标语对减少餐椅损坏数有效果，即效果不明显．
21．(本小题满分12分)(安徽高考)某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A类型试题和一道B类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n＋m道试题，其中有n道A类型试题和m道B类型试题．以X表示两次调题工作完成后，试题库中A类型试题的数量．
(1)求X＝n＋2的概率；
(2)设m＝n，求X的分布列和均值(数学期望)．解：以Ai表示第i次调题调用到A类型试题，i＝1,2.
(1)P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝.
(2)X的可能取值为n，n＋1，n＋2.
P(X＝n)＝P(12)＝·＝，
P(X＝n＋1)＝P(A12)＋P(1A2)＝·＋·＝，
P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝.
从而X的分布列是
X
n
n＋1
n＋2
P
E(X)＝n×＋(n＋1)×＋(n＋2)×＝n＋1.
22．(本小题满分12分)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ξ.
(1)求ξ的分布列；
(2)求1件产品的平均利润(即ξ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1%，一等品率提高为70%.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：(1)由于1件产品的利润为ξ，则ξ的所有可能取值为6,2,1，－2，
所以P(ξ＝6)＝＝0.63，
P(ξ＝2)＝＝0.25，
P(ξ＝1)＝＝0.1，
P(ξ＝－2)＝＝0.02.
故ξ的分布列为
ξ
6
2
1
－2
P
0.63
0.25
0.1
0.02
(2)1件产品的平均利润为E(ξ)＝6×0.63＋2×0.25＋1×0.1＋(－2)×0.02＝4.34(万元)．
(3)设技术革新后三等品率为x，则此时1件产品的平均利润为E(ξ)＝6×0.7＋2×(1－0.7－0.01－x)＋1×x＋(－2)×0.01＝4.76－x(0≤x≤0.29)．
依题意，E(ξ)≥4.73，即4.76－x≥4.73，解得x≤0.03，
所以三等品率最多为3%.模块综合检测(一)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．方程C＝C的解集为(　　)
A．{4}　　B．{14}　　C．{4,6}　　D．{14,2}
解析：选C　由C＝C得x＝2x－4或x＋2x－4＝14，解得x＝4或x＝6.经检验知x＝4或x＝6符合题意．
2．设X是一个离散型随机变量，则下列不能成为X的概率分布列的一组数据是(　　)
A．0，，0,0，　　　B．0.1,0.2,0.3,0.4
C．p,1－p(0≤p≤1)
D.，，…，
解析：选D　利用分布列的性质判断，任一离散型随机变量X的分布列都具有下述两个性质：①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；②p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1.
选C　如图，由正态曲线的对称性可得P(a≤X<4－a)＝1－2P(X3．已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(XA．0.32　　B．0.68　　C．0.36　　D．0.64
解析：选C　如图，由正态曲线的对称性可得P(a≤X<4－a)＝1－2P(X4．已知x，y取值如下表：
x
0
1
4
5
6
8
y
1.3
1.8
5.6
6.1
7.4
9.3
从所得的散点图分析可知：y与x线性相关，且＝0.95x＋a，则a等于(　　)
A．1.30　　B．1.45　　C．1.65　　D．1.80
解析：选B　依题意得，＝×(0＋1＋4＋5＋6＋8)＝4，＝×(1.3＋1.8＋5.6＋6.1＋7.4＋9.3)＝5.25.
又直线＝0.95x＋a必过样本中心点(，)，
即点(4，5.25)，
于是有5.25＝0.95×4＋a，
由此解得a＝1.45.
5．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，其命中率分别为0.6,0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率是(　　)
A．0.45
B．0.6
C．0.65
D．0.75
解析：选D　目标被击中P1＝1－0.4×0.5＝0.8，
∴P＝＝0.75.
6．从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法有(　　)
A．36种
B．30种
C．42种
D．60种
解析：选A　直接法：选出3名志愿者中含有1名女生和2名男生或2名女生和1名男生，故共有CC＋CC＝2×15＋6＝36种选法；间接法：从8名学生中选出3名，减去全部是男生的情况，故共有C－C＝56－20＝36种选法．
7.n的展开式中只有第6项二项式系数最大，则展开式中的常数项是(　　)
A．180
B．90
C．45
D．360
解析：选A　由已知得，n＝10，Tr＋1＝C()10－rr＝2r·Cx5－r，令5－r＝0，得r＝2，T3＝4C＝180.
8．(四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　　)
A．192种
B．216种
C．240种
D．288种
解析：选B　当最左端排甲时，不同的排法共有A种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有CA种．故不同的排法共有A＋CA＝9×24＝216种．
9．箱子里有5个黑球和4个白球，每次随机取出一个球．若取出黑球，则放回箱中，重新取球，若取出白球，则停止取球．那么在第4次取球之后停止的概率为(　　)
A.　　　　　　　
B
.3×
C.×　　　
D．C3×
解析：选B　记“从箱子里取出一球是黑球”为事件A，“从箱子里取出一个球是白球”为事件B，则P(A)＝，P(B)＝，在第4次取球后停止，说明前3次取到的都是黑球，第4次取到的是白球，又每次取球是相互独立的，由独立事件同时发生的概率公式，在第4次取球后停止的概率为×××＝3×.
10．下列说法：
①将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差恒不变；
②设有一个回归方程＝3－5x，变量x增加一个单位时，y平均增加5个单位；
③线性回归直线＝x＋必过(，)；
④曲线上的点与该点的坐标之间具有相关关系；
⑤在一个2×2列联表中，由计算得k＝13.079.则其两个变量间有关系的可能性是90%.
其中错误的个数是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选C　由方差的定义知①正确，由线性回归直线的特点知③正确，②④⑤都错误．
11．对两个变量y和x进行线性相关检验，已知n是观察值组数，r是相关系数，且已知：
①n＝10，r＝0.953
3；②n＝15，r＝0.301
2；③n＝17，r＝0.999
1；④n＝3，r＝0.995
0.
则变量y和x具有线性相关关系的是(　　)
A．①和②
B．①和③
C．②和④
D．③和④
解析：选B　相关系数r的绝对值越接近1，变量x，y的线性相关性越强．②中的r太小，④中观察值组数太小．
12．某市政府调查市民收入与旅游欲望时，采用独立性检验法抽取3
000人，计算发现k＝6.023，则根据这一数据查阅下表，市政府断言市民收入增减与旅游欲望有关系的把握是(　　)
P(K2≥k)
…
0.25
0.15
0.10
0.025
0.010
0.005
…
k
…
1.323
2.072
2.706
5.024
6.635
7.879
…
A.90%
B．95%
C．97.5%
D．99.5%
解析：选C　∵k＝6.023＞5.024，∴可断言市民收入增减与旅游欲望有关的把握为97.5%.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．有5名男生和3名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，若某女生必须担任语文科代表，则不同的选法共有________种．(用数字作答)
解析：由题意知，从剩余7人中选出4人担任4个学科的科代表，共有A＝840(种)选法．
答案：840
14．某射手对目标进行射击，直到第一次命中为止，每次射击的命中率为0.6，现共有子弹4颗，命中后剩余子弹数目的均值是________．
解析：设ξ为命中后剩余子弹数目，则P(ξ＝3)＝0.6，P(ξ＝2)＝0.4×0.6＝0.24，P(ξ＝1)＝0.4×0.4×0.6＝0.096，P(ξ＝0)＝0.4×0.4×0.4＝0.064，E(ξ)＝3×0.6＋2×0.24＋0.096＝2.376.
答案：2.376
15．抽样调查表明，某校高三学生成绩(总分750分)X近似服从正态分布，平均成绩为500分．已知P(400＜X＜450)＝0.3，则P(550＜X＜600)＝________.
解析：由下图可以看出P(550＜X＜600)＝P(400＜X＜450)＝0.3.
答案：0.3
16．某高校“统计初步”课程的教师随机调查了选该课的一些学生情况，具体数据如下表：
　　　专业性别
非统计专业
统计专业
男
13
10
女
7
20
为了判断主修统计专业是否与性别有关系，根据表中的数据，计算得到K2＝________(保留三位小数)，所以判定________(填“能”或“不能”)在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为主修统计专业与性别有关系．
解析：根据提供的表格得
K2＝≈4.844>3.841.
所以可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为主修统计专业与性别有关系．
答案：4.844　能
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)若n展开式中第2,3,4项的二项式系数成等差数列．
(1)求n的值．
(2)此展开式中是否有常数项？为什么？
解：(1)Tk＋1＝C·n－k·k＝C·x，
由题意可知C＋C＝2C，即n2－9n＋14＝0，
解得n＝2(舍)或n＝7.∴n＝7.
(2)由(1)知Tk＋1＝C·x.
当＝0时，k＝，由于k N
，
所以此展开式中无常数项．
18．(本小题满分12分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是.
(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了2场的概率；
(2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率；
(3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的均值和方差．
解：(1)这支篮球队首次胜场前已负2场的概率为P＝2×＝.
(2)这支篮球队在6场比赛中恰好胜3场的概率为P＝C×3×3＝20××＝.
(3)由于X服从二项分布，即X～B，
∴E(X)＝6×＝2，
D(X)＝6××＝.
故在6场比赛中这支篮球队胜场的均值为2，方差为.
19．(本小题满分12分)某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
0.4
0.2
0.2
0.1
0.1
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．Y表示经销一件该商品的利润．
(1)求事件：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)；
(2)求Y的分布列及E(Y)．
解：(1)由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”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()＝(1－0.4)3＝0.216，
P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784.
(2)Y的可能取值为200元，250元，300元．
P(Y＝200)＝P(X＝1)＝0.4，
P(Y＝250)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，
P(Y＝300)＝1－P(Y＝200)－P(Y＝250)＝1－0.4－0.4＝0.2，
Y的分布列为
Y
200
250
300
P
0.4
0.4
0.2
E(Y)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．
20．(本小题满分12分)(陕西高考)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎的歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．
(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；
(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及均值．
解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，则
P(A)＝＝，P(B)＝＝.
∵事件A与B相互独立，
∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝.
(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则
P(C)＝＝.
∵X可能的取值为0,1,2,3，且取这些值的概率分别为
P(X＝0)＝P(
)＝××＝，
P(X＝1)＝P(A
)＋P(
B
)＋P(
C)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝P(AB
)＋P(A
C)＋P(BC)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.
21．(本小题满分12分)甲、乙两厂生产同一产品，为了解甲、乙两厂的产品质量，以确定这一产品最终的供货商，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品中分别抽取14件和5件，测量产品中的微量元素x，y的含量(单位：毫克)．下表是乙厂的5件产品的测量数据：
编号
1
2
3
4
5
x
169
178
166
175
180
y
75
80
77
70
81
(1)已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量．
(2)当产品中的微量元素x，y满足x≥175，且y≥75，该产品为优等品．用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量．
(3)从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数ξ的分布列及其均值．
解：(1)乙厂生产的产品总数为5÷＝35.
(2)样品中优等品的频率为，乙厂生产的优等品的数量为35×＝14.
(3)ξ＝0,1,2，P(ξ＝i)＝(i＝0,1,2)，
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
均值E(ξ)＝1×＋2×＝.
22．(本小题满分12分)某煤矿发生透水事故时，作业区有若干人员被困．救援队从入口进入之后有L1，L2两条巷道通往作业区(如下图)，L1巷道有A1，A2，A3三个易堵塞点，各点被堵塞的概率都是；L2巷道有B1，B2两个易堵塞点，被堵塞的概率分别为，.
(1)求L1巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞的概率；
(2)若L2巷道中堵塞点个数为X，求X的分布列及均值E(X)，并按照“平均堵塞点少的巷道是较好的抢险路线”的标准，请你帮助救援队选择一条抢险路线，并说明理由．
解：(1)设“L1巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞”为事件A，则
P(A)＝C×3＋C××2＝.
(2)依题意，X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝，
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
法一：设L1巷道中堵塞点个数为Y，则Y的可能取值为0,1,2,3，
P(Y＝0)＝C×3＝，
P(Y＝1)＝C××2＝，
P(Y＝2)＝C×2×＝，
P(Y＝3)＝C×3＝，
所以，随机变量Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，因为E(X)法二：设L1巷道中堵塞点个数为Y，则随机变量Y～B，
所以，E(Y)＝3×＝，
因为E(X)二项式定理
一、选择题
1．二项式(a＋b)2n的展开式的项数是(　　)
A．2n　　　　　　　　　　
B．2n＋1
C．2n－1
D．2(n＋1)
解析：选B　根据二项式定理可知，展开式共有2n＋1项．
2．化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是(　　)
A．(2x＋2)5
B．2x5
C．(2x－1)5
D．32x5
解析：选D　原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
3．在24的展开式中，x的幂指数是整数的项共有(　　)
A．3项
B．4项
C．5项
D．6项
解析：选C　Tk＋1＝C·x·x－＝C·x12－k，则k＝0,6,12,18,24时，x的幂指数为整数．
4．在n(n∈N
)的展开式中，若存在常数项，则n的最小值是(　　)
A．3
B．5
C．8
D．10
解析：选B　Tk＋1＝C(2x3)n－kk＝2n－k·Cx3n－5k.令3n－5k＝0，∵0≤k≤n，
∴n的最小值为5.
5．对于二项式n(n∈N
)，有以下四种判断：
①存在n∈N
，展开式中有常数项；
②对任意n∈N
，展开式中没有常数项；
③对任意n∈N
，展开式中没有x的一次项；
④存在n∈N
，展开式中有x的一次项．
其中正确的是(　　)
A．①与③
B．②与③
C．②与④
D．①与④
解析：选D　二项式n的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx4k－n，由通项公式可知，当n＝4k(k∈N
)和n＝4k－1(k∈N
)时，展开式中分别存在常数项和一次项．
二、填空题
6．若(1＋2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是________．
解析：由得
解得答案：
7．(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中含x4的项的系数为________．　
解析：因为(1＋x＋x2)(1－x)10＝(1＋x＋x2)(1－x)·(1－x)9＝(1－x3)(1－x)9，
所以展开式中含x4的项的系数为1×C(－1)4＋(－1)×C(－1)＝135.
答案：135
8．230＋3除以7的余数是________．
解析：230＋3＝(23)10＋3＝810＋3＝(7＋1)10＋3＝C·710＋C·79＋…＋C·7＋C＋3＝7×(C·79＋C·78＋…＋C)＋4，所以230＋3除以7的余数为4.
答案：4
三、解答题
9．已知在n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比为56∶3，求展开式中的常数项．
解：T5＝C()n－424x－8＝16Cx，
T3＝C()n－222x－4＝4Cx.
由题意知，＝，解得n＝10.
Tk＋1＝C()10－k2kx－2k＝2kCx，
令5－＝0，解得k＝2.
∴展开式中的常数项为C22＝180.
10．在6的展开式中，求：
(1)第3项的二项式系数及系数；
(2)含x2的项．
解：(1)第3项的二项式系数为C＝15，
又T3＝C(2)42＝24·Cx，
所以第3项的系数为24C＝240.
(2)Tk＋1＝C(2)6－kk＝
(－1)k26－kCx3－k.
令3－k＝2，得k＝1.
所以含x2的项为第2项，
且T2＝－192x2.
11．已知在n的展开式中，第9项为常数项．求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数．
解：二项展开式的通项为Tk＋1＝Cn－k·k＝(－1)kn－kCx.
(1)因为第9项为常数项，
即当k＝8时，2n－k＝0，解得n＝10.
(2)令2n－k＝5，得k＝(2n－5)＝6，
所以x5的系数为(－1)64C＝.
(3)要使2n－k，即为整数，只需k为偶数，由于k＝0,1,2,3，…，9,10，故符合要求的有6项，分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项．课时跟踪检测(十三)
离散型随机变量的方差
一、选择题
1．如果ξ是离散型随机变量，η＝3ξ＋2，那么(　　)
A．E(η)＝3E(ξ)＋2，D(η)＝9D(ξ)
B．E(η)＝3E(ξ)，D(η)＝3D(ξ)＋2
C．E(η)＝3E(ξ)＋2，D(η)＝9D(ξ)＋4
D．E(η)＝3E(ξ)＋4，D(η)＝3D(ξ)＋2
解析：选A　直接代入均值与方差的公式中．
2．同时抛两枚均匀硬币10次，设两枚硬币同时出现反面的次数为X，则D(X)等于(　　)
A.　　　　　　　
B.
C.
D．5
解析：选A　∵X～B，∴D(X)＝10××＝.
3．已知ξ的分布列如下表：
ξ
－1
0
1
P
若η＝2ξ＋2，则D(η)的值为(　　)
A．－
B.
C.
D.
解析：选D　E(ξ)＝－1×＋0×＋1×＝－，D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝，所以D(η)＝D(2ξ＋2)＝4D(ξ)＝.
4．随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
P
x
y
若E(X)＝，则D(X)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D　由得
所以D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
5．已知随机变量X＋Y＝8，若X～B(10,0.6)，则E(Y)，D(Y)分别是(　　)
A．6,2.4
B．2,2.4
C．2,5.6
D．6,5.6
解析：选B　由已知随机变量X＋Y＝8，有Y＝8－X.因此，求得E(Y)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(Y)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
二、填空题
6．设投掷一枚骰子的点数为随机变量X，则X的方差为________．
解析：解析：依题意X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
故E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝，
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＋2×＋2×＝.
答案：
7．一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为0.6，则此学生在这一次测验中的成绩的均值与方差分别为________．
解析：设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数(成绩)为Y，则Y＝4X.
由题知X～B(25,0.6)，
所以E(X)＝25×0.6＝15，D(X)＝25×0.6×0.4＝6，
E(Y)＝E(4X)＝4E(X)＝60，D(Y)＝D(4X)＝42×D(X)＝16×6＝96，所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.
答案：60,96
8．若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1解析：由题意可得E(X)＝x1＋x2，
D(X)＝2×＋2×，
∴
解得x1＋x2＝.
答案：
三、解答题
9．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列如下：
ξ
1
2
3
P
a
0.1
0.6
η
1
2
3
P
0.3
b
0.3
求：(1)a，b的值；
(2)计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
解：(1)由离散型随机变量的分布列的性质可知a＋0.1＋0.6＝1，∴a＝0.3.
同理0.3＋b＋0.3＝1，b＝0.4.
(2)E(ξ)＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3，
E(η)＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2，
D(ξ)＝(1－2.3)2×0.3＋(2－2.3)2×0.1＋(3－2.3)2×0.6＝0.81，
D(η)＝(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.4＋(3－2)2×0.3＝0.6.
由于E(ξ)＞E(η)，说明在一次射击中，甲的平均得分比乙高，但D(ξ)>D(η)，说明甲得分的稳定性不如乙，因此甲、乙两人技术水平都不够全面，各有优势与劣势．
10．某班从5名班干部(其中男生3人，女生2人)中选3人参加学校学生会的干部竞选．设所选3人中女生人数为X，求随机变量X的方差．
解：X的所有可能取值为0,1,2，所以依题意得
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
11．A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析，X1和X2的分布列分别为
X1
5%
10%
P
0.8
0.2
X22%8%12%P0.20.50.3
(1)在A，B两个项目上各投资100万元，Y1(万元)和Y2(万元)分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)．
(2)将x(0≤x≤100)万元投资A项目，(100－x)万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取到最小值．
解：(1)由题设可知Y1和Y2的分布列分别为
Y1
5
10
P
0.8
0.2
Y2
2
8
12
P
0.2
0.5
0.3
E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4；
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)f(x)＝D＋D
＝2D(Y1)＋2D(Y2)
＝[x2＋3(100－x)2]
＝(4x2－600x＋3×1002)．
所以当x＝＝75时，f(x)＝3为最小值．模块综合检测(三)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是(　　)
A．0.26　　　　　　　　　
B．0.08
C．0.18
D．0.72
解析：选A　P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.
2．某产品分甲、乙、丙三级，其中甲为正品，乙、丙均属于次品，若生产中出现乙级品的概率为0.03，出现丙级品的概率为0.01，则对成品抽查一件，恰好得正品的概率为(　　)
A．0.99
B．0.98
C．0.97
D．0.96
解析：选D　记事件A＝{甲级品}，B＝{乙级品}，C＝{丙级品}．事件A、B、C彼此互斥，且A与B∪C是对立事件．所以P(A)＝1－P(B∪C)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.03－0.01＝0.96.
3．将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件A、B必须放入相邻的抽屉内，文件C、D也必须放在相邻的抽屉内，则所有不同的放法有(　　)
A．192种
B．144种
C．288种
D．240种
解析：选D　本题为相邻排列问题，可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件做排列，则有AAA＝240种排法，所以选D.
4．若随机变量X的分布列如表：
X
0
1
2
3
4
5
P
2x
3x
7x
2x
3x
x
则E(X)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　首先2x＋3x＋7x＋2x＋3x＋x＝18x＝1，所以x＝，因此E(X)＝0×2x＋1×3x＋2×7x＋3×2x＋4×3x＋5×x＝40x＝40×＝，故选C.
5．若n＝2xdx，则n的展开式中常数项为(　　)
A.
B．－
C.
D．－
解析：选C　n＝2xdx＝x2|＝4－0＝4，∴4通项公式为Tr＋1＝rCx4－2r，∴4－2r＝0 r＝2，C2＝6×＝，所以选C.
6．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于(　　)
A.
B.
C.
D．1
解析：选A　离散型随机变量X服从N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，∴E(X)＝＝＝.
7．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝，k＝2,4,6,8,10.则D(X)等于(　　)
A．6
B．8
C．3
D．4
解析：选B　E(X)＝×(2＋4＋6＋8＋10)＝6.
D(X)＝×(42＋22＋02＋22＋42)＝8.
8．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有(　　)
A．9种
B．16种
C．20种
D．28种
解析：选D　当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数，当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形．
9．用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为(　　)
A．432
B．288
C．216
D．144
解析：选B　从2,4,6三个偶数中任意选出2个看作一个“整体”，方法有A＝6种，先排3个奇数：①若1排在左端，方法有A种，则将“整体”和另一个偶数中选出一个插在1的左边，方法有C种，另一个偶数插在3个奇数形成的3个空中，方法有C种，根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×A×C×C＝72种；
②若1排在右端，同理求得满足条件的六位数也有72种；
③若1排在中间，方法有A种，则将“整体”和另一个偶数插入3个奇数形成的4个空中，根据分步计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×A×A＝144种．
综上，满足条件的六位数共有72＋72＋144＝288种，故选B.
10．有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计(　　)
A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐
B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐
C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同
D．甲、乙两种水稻分蘖整齐不能比较
解析：选B　∵D(X甲)>D(X乙)，
∴乙种水稻比甲种水稻整齐．
1
2
3
4
5
11.如图，用4种不同颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有(　　)
A．72
B．96
C．108
D．120
解析：选B　颜色都用上时，必定有两块同色，在图中，同色的可能是1,3或1,5或2,5或3,5.对每种情况涂色有A＝24种，所以一共有96种．
12．甲、乙、丙、丁4位同学各自对A，B两变量做回归分析，分别得到散点图与残差平方和(yi－i)2，如下表：
甲
乙
丙
丁
散点图
残差平方和
115
106
124
103
哪位同学的试验结果体现拟合A，B两变量关系的模型拟合精度高？(　　)
A．甲　　　　　　　　　　
B．乙
C．丙
D．丁
解析：选D　根据线性相关知识知，散点图中各样本点条状分布越均匀，同时保持残差平方和越小(对于已经获取的样本数据，R2表达式中(yi－)2为确定的数，则残差平方和越小，R2越大)，由回归分析建立的线性回归模型的拟合效果就越好，由试验结果知丁要好些．
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有车站数是________．
解析：设车站数为n，则A＝132，即n(n－1)＝132，
所以n＝12(n＝－11舍去)．
答案：12
14．若(3x－1)2
015＝a0＋a1x＋…＋a2
015x2
015(x∈R)，记S2
015＝，则S2
015的值为________．
解析：因为(3x－1)2
015＝－(1－3x)2
015＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
015x2
015，
所以ai＝－C3i(－1)i，
S2
015＝＝－C(－1)i]＝－(－C＋C－C＋…－C)，又因为C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…，且C＝1，所以S2
015＝1.
答案：1
15．已知随机变量x～N(2，σ2)，若P(x＜a)＝0.32，则P(a≤x＜4－a)＝________.
解析：由正态分布图象的对称性可得：P(a≤x＜4－a)＝1－2P(x＜a)＝0.36.
答案：0.36
16．如果根据性别与是否爱好运动的列联表得到K2≈3.852＞3.841，所以判断性别与运动有关，那么这种判断犯错的可能性不超过________．
解析：因为P(K2≥3.841)≈0.05，
故“判断性别与运动有关”出错的可能性为5%.
答案：5%
三、解答题(共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)袋中有7个球，其中3个黑球、4个红球，从袋中任取3个球，求取出的红球数X的分布列，并求至少有一个红球的概率．
解：X＝0,1,2,3，X＝0表示取出的三个球全是黑球，P(X＝0)＝＝.
同理P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
至少有一个红球的概率为P(X≥1)＝1－＝.
18．(本小题满分12分)(1)若(1－2x)2
015＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
015x2
015(x∈R)，求(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋…＋(a0＋a2
015)的值；
(2)如果(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|的值．
解：(1)令x＝0，得a0＝1，
再令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2
015＝－1，
那么a1＋a2＋…＋a2
015＝－2，
(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋…＋(a0＋a2
015)＝2
015－2＝2
013.
(2)因为展开式的通项为Tr＋1＝(－2)rCxr，r∈{0,1,2,3，…，8}，所以当r为偶数时，系数为正；当r为奇数时，系数为负，故有|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－…＋a8.令展开式中的x＝－1，
即可得到(1＋2)8＝a0－a1＋a2－a3＋a4－…＋a8＝38，即|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝38.
19.(本小题满分12分)有6个球，其中3个一样的黑球，红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？
解：分三类：
(1)若取1个黑球，和另三个球，排4个位置，
有A＝24种；
(2)若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有CA＝36种；
(3)若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有CA＝12种．综上，共有24＋36＋12＝72(种)．
20．(本小题满分12分)市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，若用事件A、分别表示甲、乙两厂的产品，用B表示产品为合格品．
(1)试写出有关事件的概率；
(2)求从市场上买到一个灯泡是甲厂生产的合格灯泡的概率．
解：(1)依题意，P(A)＝70%，P()＝30%，
P(B|A)＝95%，P(B|)＝80%.
进一步可得P(|A)＝5%，P(|)＝20%.
(2)要计算从市场上买到的灯泡既是甲厂生产的(事件A发生)，又是合格的(事件B发生)的概率，也就是求A与B同时发生的概率，有P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.
21．(本小题满分12分)有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一组组成.
第一排
明文字符
A
B
C
D
密码字符
11
12
13
14
第二排
明文字符
E
F
G
H
密码字符
21
22
23
24
第三排
明文字符
M
N
P
Q
密码字符
1
2
3
4
设随机变量ξ表示密码中所含不同数字的个数．
(1)求P(ξ＝2)；
(2)求随机变量ξ的分布列和它的均值．
解：(1)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1,2列分别总有1,2，即只能取表格第1,2列中的数字作为密码．
∴P(ξ＝2)＝＝.
(2)由题意可知，ξ的取值为2,3,4三种情形．
若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2，则密码中只可能取数字1,2,3或1,2,4.
∴P(ξ＝3)＝＝.
若ξ＝4，则P(ξ＝4)＝＝(或用1－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)求得)．
∴ξ的分布列为：
ξ
2
3
4
P
∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.
22．(本小题满分12分)
“开门大吉”是某电视台推出的游戏益智节目．选手面对1－4号4扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐(将一首经典流行歌曲以单音色旋律的方式演绎)，选手需正确回答出这首歌的名字，方可获得该扇门对应的家庭梦想基金．正确回答每一扇门后，选手可自由选择带着奖金离开比赛，还可继续挑战后面的门以获得更多奖金(奖金金额累加)．但是一旦回答错误，奖金将清零，选手也会离开比赛．在一次场外调查中，发现参加比赛的选手多数分为两个年龄段：20～30；30～40(单位：岁)，其中猜对歌曲名称与否的人数如图所示．
每扇门对应的梦想基金：(单位：元)
第一扇门
第二扇门
第三扇门
第四扇门
1
000
2
000
3
000
5
000
(1)写出2×2列联表；判断是否有90%的把握认为猜对歌曲名称与否与年龄有关？说明你的理由．(下面的临界值表供参考)
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
(2)若某选手能正确回答第一、二、三、四扇门的概率分别为，，，，正确回答一个问题后，选择继续回答下一个问题的概率是，且各个问题回答正确与否互不影响．设该选手所获梦想基金总数为ξ，求ξ的分布列及均值．参考公式其中K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
解：(1)根据所给的二维条形图得到列联表，
正确
错误
总计
20～30(岁)
10
30
40
30～40(岁)
10
70
80
总计
20
100
120
根据列联表所给的数据代入观测值的公式得到k2＝＝3，
∵3>2.706，
∴有1－0.10＝90%的把握认为猜对歌曲名称与否与年龄有关．
(2)ξ的所有可能取值分别为：0,1
000,3
000，6
000，11
000.
则P(ξ＝1
000)＝×＝，
P(ξ＝3
000)＝×××＝，
P(ξ＝6
000)＝×××××＝，
P(ξ＝11
000)＝××××××＝，
P(ξ＝0)＝1－－－－＝.
ξ的分布列为
ξ
0
1
000
3
000
6
000
11
000
P
ξ的均值E(ξ)＝0×＋1
000×＋3
000×＋6
000×＋11
000×≈1
333.33.课时跟踪检测(二)
排列与排列数公式
一、选择题
1．已知下列问题：
①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组；
②从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动；
③从a，b，c，d四个字母中取出2个字母；
④从1,2,3,4四个数字中取出2个数字组成一个两位数．
其中是排列问题的有(　　)
A．1个　　　　　　　
B．2个
C．3个
D．4个
解析：选B　①是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序有关；②不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；③不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；④是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
2．计算：等于(　　)
A．12
B．24
C．30
D．36
解析：选D　A＝7×6×A，A＝6×A，所以原式＝＝36.
3．已知A＝2A，则logn25的值为(　　)
A．1
B．2
C．4
D．不确定
解析：选B　因为A＝2A，所以2n·(2n－1)·(2n－2)＝2(n＋1)·n·(n－1)·(n－2)，由题意知n≥3，整理方程，解得n＝5，所以logn25＝2.
4．若n∈N
，n<20，则(20－n)·(21－n)·(22－n)·…·(29－n)·(30－n)等于(　　)
A．A
B．A
C．A
D．A
解析：选D　从(20－n)到(30－n)共有11个数，其中最大的数为30－n.
5．要从a，b，c，d，e
5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是(　　)
A．20
B．16
C．10
D．6
解析：选B　不考虑限制条件有A种选法，若a当副组长，有A种选法，故a不当副组长，有A－A＝16种不同的选法．
二、填空题
6．从a，b，c，d，e五个元素中每次取出三个元素，可组成______________个以b为首的不同的排列，它们分别是__________________________________________________．
解析：画出树形图如下：
可知共12个，它们分别是bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.
答案：12　bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed
7．集合P＝{x|x＝A，m∈N
}，则集合P中共有________个元素．
解析：因为m∈N
，且m≤4，所以P中的元素为A＝4，A＝12，A＝A＝24，即集合P中有3个元素．
答案：3
8．从集合{0,1,2,5,7,9,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．
解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A，B，有A种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有A＝30条．
答案：30
三、解答题
9．解不等式：A<140A.
解：根据原方程，x∈N
，且应满足
解得x≥3.
根据排列数公式，原不等式可化为
(2x＋1)·2x·(2x－1)·(2x－2)<140x·(x－1)·(x－2)．　
∵x≥3，∴两边同除以4x(x－1)，得(2x＋1)·(2x－1)<35(x－2)，即
4x2－35x＋69<0，
解得3∵x∈N
，
∴x＝4或x＝5.
10．求证：(1)A＝A·A；
(2)k·A＝(k＋1)！－k！.
证明：(1)A·A＝(n－m)！＝n！＝A，∴等式成立．
(2)左边＝k·A＝k·k！＝(k＋1－1)·k！＝(k＋1)！－k！＝右边，∴等式成立．
11．写出下列问题的所有排列．
(1)甲、乙、丙、丁四名同学站成一排；
(2)从编号为1,2,3,4,5的五名同学中选出两名同学任正、副班长．
解：(1)四名同学站成一排，共有A＝24个不同的排列，它们是：
甲乙丙丁，甲丙乙丁，甲丁乙丙，甲乙丁丙，甲丙丁乙，甲丁丙乙；
乙甲丙丁，乙甲丁丙，乙丙甲丁，乙丙丁甲，乙丁甲丙，乙丁丙甲；
丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙乙甲丁，丙乙丁甲，丙丁甲乙，丙丁乙甲；
丁甲乙丙，丁甲丙乙，丁乙甲丙，丁乙丙甲，丁丙甲乙，丁丙乙甲．
(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A＝20种选法，形成的排列是：
12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54.课时跟踪检测(九)
条件概率　
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．P(B|A)＝P(A|B)
B．P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
C．P(B|A)＝
D．P(AB)＝P(B|A)·P(A)
解析：选D　∵P(B|A)＝，
∴P(AB)＝P(B|A)·P(A)．
2．为考察某种药物预防疾病的效果，科研人员进行了动物试验，结果如下表：
患病
未患病
总计
服用药
10
45
55
未服药
20
30
50
总计
30
75
105
在服药的前提下，未患病的概率为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：选C　在服药的前提下，未患病的概率P＝＝.
3．抛掷两枚骰子，则在已知它们点数不同的情况下，至少有一枚出现6点的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　设“至少有一枚出现6点”为事件A，“两枚骰子的点数不同”为事件B.
则n(B)＝6×5＝30，n(AB)＝10，
所以P(A|B)＝＝＝.
4．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选A　设A为事件“数学不及格”，B为事件“语文不及格”，P(B|A)＝＝＝.所以数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为.
5．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A等于“取到的2个数之和为偶数”，事件B等于“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选B　∵P(A)＝＝，P(AB)＝＝，∴P(B|A)＝＝.
二、填空题
6．设A，B为两个事件，若事件A和B同时发生的概率为，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为，则事件A发生的概率为________．
解析：由题意知，P(AB)＝，P(B|A)＝.
由P(B|A)＝，得P(A)＝＝.
答案：
7．分别用集合M＝{2,4,6,7,8,11,12}中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，已知取出的一个元素是12，则取出的另一个元素与之构成可约分数的概率是________．
解析：设取的两个元素中有一个是12为事件A，取出的两个元素构成可约分数为事件B，则n(A)＝6，n(AB)＝4.所以P(B|A)＝＝.
答案：
8．根据历年气象资料统计，某地4月份刮东风的概率是，既刮东风又下雨的概率是.则在4月份刮东风的条件下，该地4月份下雨的概率为________．
解析：设某地4月份刮东风为事件A，该地4月份下雨为事件B，则AB为该地4月份既刮东风又下雨，则P(A)＝，P(AB)＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
答案：
三、解答题
9．某个兴趣小组有学生10人，其中有4人是三好学生．现已把这10人分成两小组进行竞赛辅导，第一小组5人，其中三好学生2人．
(1)如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的概率是多少？
(2)现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，这名同学在第一小组内的概率是多少？
解：设A表示“在兴趣小组内任选一名同学，该同学在第一小组内”，B表示“在兴趣小组内任选一名同学，该同学是三好学生”，而第二问中所求概率为P(A|B)．
(1)由等可能事件概率的定义知，P(A)＝＝.
(2)P(B)＝＝，P(AB)＝＝.
所以P(A|B)＝＝.
10．某班从6名班干部中(其中男生4人，女生2人)，任选3人参加学校的义务劳动．
(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；
(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．
解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，依题意得
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P(C)＝＝＝，
∴所求概率为P()＝1－P(C)＝1－＝.
(3)P(B)＝＝＝，P(B|A)＝＝＝.
11．一袋中共有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为.
(1)求白球的个数．
(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第2次取得白球，求第1次取得黑球的概率．
解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A，记袋中白球数为x个．
则P(A)＝1－＝，
故x＝5，即白球的个数为5.
(2)令“第2次取得白球”为事件B,
“第1次取得黑球”为事件C，则
P(BC)＝·＝＝，
P(B)＝＝＝.
故P(C|B)＝＝＝.课时跟踪检测(七)
“杨辉三角”与二项式系数的性质
一、选择题
1．已知(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a8等于(　　)
A．180　　　　　　　　　　
B．－180
C．45
D．－45
解析：选A　a8＝C·22＝180.
2．在(a－b)20的二项展开式中，二项式系数与第6项的二项式系数相同的项是(　　)
A．第15项
B．第16项
C．第17项
D．第18项
解析：选B　第6项的二项式系数为C，又C＝C，所以第16项符合条件．
3．“杨辉三角”如图所示，“杨辉三角”中的第5行除两端数字1外，均能被
5整除，则具有类似性质的行是(　　)
1
第1行　1　1
第2行　1　2　1
第3行　1　3　3　1
第4行　1　4　6　4　1
第5行　1　5　10　10　5　1
　
…　　　　
　　　　　…
A．第6行
B．第7行
C．第8行
D．第9行
解析：选B　由题意，第6行为1　6　15　20　15
6　1，第7行为1　7　21　35　35　21　7　1，故第7行除去两端数字1外，均能被7整除．
4．关于(a－b)10的说法，错误的是(　　)
A．展开式中的二项式系数之和为1
024
B．展开式中的第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选C　根据二项式系数的性质进行判断，由二项式系数的性质知：二项式系数之和为2n，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数，所以是系数中最小的．
5．在(x－)2
010的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S等于(　　)
A．23
015
B．－23
014
C．23
014
D．－23
008
解析：选B　因为S＝，当x＝时，S＝－＝－23
014.
二、填空题
6．在(1＋2x)7的展开式中，C是第________项的二项式系数，第3项的系数是________．
解析：由二项式系数的定义知C为第k＋1项的系数，∴C为第3项的二项式系数．
∵T2＋1＝C·(2x)2＝22·Cx2，
∴第3项的系数为22·C＝84.
答案：3　84
7．(1－3a＋2b)5的展开式中不含b的项的系数之和是________．　
解析：令a＝1，b＝0，
即得不含b的项的系数和为(1－3)5＝－32.
答案：－32
8．设(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)50＝a0＋a1·x＋a2·x2＋…＋a50·x50，则a3等于________．
解析：a3＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C.
答案：C
三、解答题
9．(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
解：T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26 n＝8.∴(1＋2x)n的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C(2x)4＝1
120x4.
设第k＋1项系数最大，则有
∴5≤k≤6.
又∵k∈{0,1,2，…，8}，∴k＝5或k＝6.
∴系数最大的项为T6＝1
792x5，T7＝1
792x6.
10．设m，n∈N，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n.
(1)当m＝n＝7时，f(x)＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求a0＋a2＋a4＋a6；
(2)当m＝n时，f(x)展开式中x2的系数是20，求n的值；
(3)f(x)展开式中x的系数是19，当m，n变化时，求x2系数的最小值．
解：(1)赋值法：分别令x＝1，x＝－1，得a0＋a2＋a4＋a6＝128.
(2)T3＝2Cx2＝20x2，∴n＝5.
(3)m＋n＝19，x2的系数为C＋C＝m(m－1)
＋n·(n－1)＝[(m＋n)2－2mn－(m＋n)]＝171－mn＝171－(19－n)n＝2＋，
所以，当n＝10或n＝9时，f(x)展开式中x2的系数最小值为81.
11．(2x－3y)9展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值的和．
解：设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)令x＝1，y＝1，得各项系数之和
a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)令x＝1，y＝－1，得
a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝59，
又a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
两式相加得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，
故所有奇数项系数之和为.
(4)∵Tk＋1＝C(2x)9－k(－3y)k
＝(－1)k29－k·3kCx9－k·yk，
∴a1<0，a3<0，a5<0，a7<0，a9<0.
∴|a0|＋|a1|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，
令x＝1，y＝－1，
得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59.