【人教B版】2017-2018年春高中数学选修2-3课时作业全套（32份打包，Word版，含解析）

习题课(2)
一、选择题
1．若X的分布列如下表所示：其中p∈(0,1)，则(　　)
X
0
1
P
p
q
A.
E(X)＝p，D(X)＝pq
B.
E(X)＝q，D(X)＝pq
C.
E(X)＝p，D(X)＝1－p2
D.
E(X)＝q，D(X)＝1－p2
解析：由分布列知随机变量X服从两点分布，所以E(X)＝q，D(X)＝pq.
答案：B
2．已知Y＝5X＋1，E(Y)＝6，则E(X)的值为(　　)
A．6
B．5
C．1
D．7
解析：∵E(Y)＝E(5X＋1)＝5E(X)＋1＝6，∴E(X)＝1.
答案：C
3．设随机变量ξ的分布列如下表：
ξ
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
且E(ξ)＝1.6，则a－b等于
(　　)
A.
0.2
B.
0.1
C.
－0.2
D.
－0.4
解析：由E(ξ)＝1.6得a＋2b＝1.3
由分布列知a＋b＝1－0.1－0.1＝0.8
解得a＝0.3，b＝0.5　∴a－b＝－0.2
答案：C
4．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，设发现目标的雷达台数为X，则E(X)＝(　　)
A．0.765
B．1.75
C．1.765
D．0.22
解析：P(X＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.1×0.15＝0.015；
P(X＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22；
P(X＝2)＝0.9×0.85＝0.765.
∴E(X)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
答案：B
5．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，设命中目标的人数为X，则D(X)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：X取0,1,2，
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
∴E(X)＝，D(X)＝.
答案：A
6．[2014·东莞高二检测]设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C()k()n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(ξ)＝24，则D(ξ)的值为(　　)
A．8
B．12
C.
D．16
解析：由题意可知ξ～B(n，)，
∴n＝E(ξ)＝24，∴n＝36，
又D(ξ)＝n××(1－)＝×36＝8.
答案：A
二、填空题
7．已知随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
x
P
p
且E(ξ)＝1.1，则D(ξ)＝__________.
解析：∵0×＋p＋x＝1.1，
又＋p＋＝1,
∴p＝，∴x＝2.
∴D(ξ)＝1.12×＋(1－1.1)2×＋(2－1.1)2×＝0.49.
答案：0.49
8．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数0，两个面上标有数1，一个面上标有数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是__________．
解析：设所得两数之积为ξ，则ξ的可能值为0,1,2,4，
P(ξ＝0)＝2××＋2××＋×＝，
P(ξ＝1)＝×＝，
P(ξ＝2)＝2××＝，
P(ξ＝4)＝×＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.
答案：
9．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
三、解答题
10．同寝室的四位同学分别写了一张贺年卡，先集中起来，然后每人去拿一张，记自己拿自己写的贺年卡的人数为X，求：
(1)随机变量X的分布列；
(2)X的数学期望和方差．
解：(1)随机变量X的可能取值为0,1,2,4，
则P(X＝4)＝＝；
P(X＝2)＝；
P(X＝1)＝；
P(X＝0)＝.
因此X的分布列为
X
0
1
2
4
P
(2)E(X)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1，
D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＋(4－1)2×＝1.
11．[2014·安徽高考]甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.
假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．
(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；
(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望)．
解：用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”，则P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1,2,3,4,5.
(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)
＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)
＝()2＋×()2＋××()2
＝.
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝，
P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)
＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)
＝，
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)
＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
12．[2012·福建高考]受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
品牌
甲
乙
首次出现故障的时间x(年)
01x>2
0x>2
轿车数量(辆)
2
3
45
5
45
每辆利润(万元)
1
2
3
1.8
2.9
将频率视为概率，解答下列问题：
(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；
(3)该厂预计今后这两种品牌轿车的销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝＝.
(2)依题意得，X1的分布列为
X1
1
2
3
P
X2的分布列为
X2
1.8
2.9
P
(3)由(2)得，
E(X1)＝1×＋2×＋3×＝＝2.86(万元)，
E(X2)＝1.8×＋2.9×＝2.79(万元)．
因为E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌轿车．第三章　单元综合检测
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．[2013·湖北高考]四名同学根据各自的样本数据研究变量x，y之间的相关关系，并求得回归直线方程，分别得到以下四个结论：
①y与x负相关且＝2.347x－6.423；
②y与x负相关且＝－3.476x＋5.648；
③y与x正相关且＝5.437x＋8.493；
④y与x正相关且＝－4.326x－4.578.
其中一定不正确的结论的序号是(　　)
A.
①②
B.
②③
C.
③④
D.
①④
解析：①中y与x负相关而斜率为正，不正确；④中y与x正相关而斜率为负，不正确．故选D.
答案：D
2．已知呈线性相关关系的变量x，y之间的关系如下表所示，则回归直线一定过点(　　)
x
0.1
0.2
0.3
0.5
y
2.11
2.85
4.08
10.15
A.(0.1,2.11)
B．(0.2,2.85)
C．(0.3,4.08)
D．(0.275,4.7975)
解析：回归直线一定过点(，)，通过表格中的数据计算出和，易知选D.
答案：D
3．[2014·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是(　　)
A.
＝0.4x＋2.3
B.
＝2x－2.4
C.
＝－2x＋9.5
D.
＝－0.3x＋4.4
解析：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．
答案：A
4．某工厂某产品单位成本y(元)与产量x(千件)满足线性回归方程
＝75.7－2.13x，则以下说法中正确的是(　　)
A．产量每增加1000件，单位成本下降2.13元
B．产量每减少1000件，单位成本下降2.13元
C．产量每增加1000件，单位成本上升75.7元
D．产量每减少1000件，单位成本上升75.7元
解析：在线性回归方程
＝
x＋
中，
＝－2.13，是斜率的估计值，说明产量每增加1000件，单位成本下降2.13元．
答案：A
5．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＝0.9533；②n＝15，r＝0.3012；
③n＝17，r＝0.9991；④n＝3，r＝0.9950.
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：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．
答案：B
6．在建立两个变量y与x的回归模型中，分别选择了4个不同模型，它们的相关指数R2如下，其中拟合得最好的模型为(　　)
A．模型1的相关指数R2为0.75
B．模型2的相关指数R2为0.90
C．模型3的相关指数R2为0.25
D．模型4的相关指数R2为0.55
解析：相关指数R2的值越大，意味着残差平方和越小，也就是说模型的拟合效果越好，故选B.
答案：B
7．下列说法中正确的有(　　)
①若r>0，则x增大时，y也相应增大；
②若r<0，则x增大时，y也相应增大；
③若r＝1或r＝－1，则x与y的关系完全对应(有函数关系)，在散点图上各个散点均在一条直线上．
A.
①②
B.
②③
C.
①③
D.
①②③
解析：若r>0，表示两个相关变量正相关，x增大时，y也相应增大，故①正确．r<0，表示两个变量负相关，x增大时，y相应减小，故②错误．|r|越接近1，表示两个变量相关性越高，|r|＝1表示两个变量有确定的关系(即函数关系)，故③正确．
答案：C
8．[2013·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：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′.
答案：C
9．下列说法中，正确的是(　　)
①回归方程适用于一切样本和总体；
②回归方程一般都有时间性；
③样本取值的范围会影响回归方程的适用范围；
④回归方程得到的预报值是预报变量的精确值．
A．①②
B．②③
C．③④
D．①③
解析：①回归方程只适用于我们所研究的样本总体，故①错误；④回归方程得到的预报值可能是取值的平均值，故④是错误的．
答案：B
10．为考察数学成绩与物理成绩的关系，在高二随机抽取了300名学生，得到下面列联表：
　　数学物理　　
85～100分
85分以下
合计
85～100分
37
85
122
85分以下
35
143
178
合计
72
228
300
现判断数学成绩与物理成绩有关系，则判断的出错率为(　　)
A．0.5%
B．1%
C．2%
D．5%
解析：代入公式得
χ2＝≈4.514>3.841，
所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为数学成绩与物理成绩有关系，即判断的出错率为5%.
答案：D
11．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：将
＝7.675代入回归方程，可计算得x≈9.262，所以该城市人均消费额占人均工资收入的百分比约为7.675÷9.262≈0.83≈83%，即约为83%.
答案：A
12．有一组观测数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x12，y12)得＝1.542，＝2.8475，＝29.808，＝99.208，iyi＝54.243，则回归直线方程为(　　)
A.
＝1.218x－0.969
B.
＝－1.218x＋0.969
C.
＝0.969x＋1.218
D.
＝1.218x＋0.969
解析：∵＝1.542，＝2.8475
利用公式可得
＝＝1.218，
又
＝－
＝0.969
∴回归直线方程为
＝1.218x＋0.969.
答案：D
二、填空题
13．下列说法中正确的有__________．(填序号)
①若r>0，则x增大时，y也相应增大；②若r<0，则x增大时，y也相应增大；③若r＝1，或r＝－1，则x与y的关系完全对应(有函数关系)，在散点图上各个散点均在一条直线上
答案：①③
14．许多因素都会影响贫穷，教育也许是其中之一．在研究这两个因素的关系时，收集了美国50个州的成年人受过9年或更少教育的百分比(x)和收入低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百分比(y)的数据，建立的回归直线方程为
＝0.8x＋4.6.斜率的估计值为0.8说明__________．
答案：美国一个地区的成年人受过9年或更少教育的百分比每增加1%，收入低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百分比将增加0.8%左右
15．若一组观测值(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)之间满足yi＝a＋bxi＋ei(i＝1,2，…，n)，若ei恒为0，则R2为__________．
解析：若ei恒为0，则残差平方和(yi－
i)2＝＝0，而R2＝1－＝1－0＝1.
答案：1
16．某数学老师身高176
cm，他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173
cm、170
cm和182
cm.因儿子的身高与父亲的身高有关，该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为__________cm.
解析：由题意知：设解释变量为x，预报变量为y，它们对应的取值如下表所示
x
173
170
176
y
170
176
182
于是有＝173，＝176，
＝＝1，
＝176－173×1＝3，
得
＝x＋3，所以当x＝182时，
＝185.
答案：185
三、解答题
17．(10分)某产品的广告费支出x与销售额y(单位：百万元)之间有如下对应数据：
x
2
4
5
6
8
y
30
40
60
50
70
请画出散点图并用散点图粗略地判断x、y是否线性相关．
解：散点图如下图．
从散点图可以看出散点呈条状分布，所以x、y具有较强的线性相关关系．
18．(12分)假设关于某设备的使用年限x和所支出的维修费用y(万元)，有如下的统计资料：
使用年限x
2
3
4
5
6
维修费用y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
(1)y与x间是否有线性相关关系？若有，求出线性回归方程；
(2)估计使用年限为10年时，维修费用是多少？
解：(1)作散点图，如下图：
由散点图可知，y与x呈线性相关关系，
＝4，＝5，所以
＝＝1.23，
＝－
＝5－1.23×4＝0.08.
所以线性回归方程为
＝1.23x＋0.08.
(2)当x＝10年时，
＝1.23×10＋0.08＝12.3＋0.08＝12.38(万元)，即估计使用10年时，维护费用是12.38万元．
19．(12分)针对时下的“韩剧热”，某校团委对“学生性别和是否喜欢韩剧有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的，男生喜欢韩剧的人数占男生人数的，女生喜欢韩剧的人数占女生人数的.
若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至少有多少人？
解：设男生人数为x，依题意可得列联表如下：
喜欢韩剧
不喜欢韩剧
总计
男生
x
女生
总计
x
x
若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则χ2>3.841，
由χ2＝＝x>3.841，
解得x>10.24，
∵，为整数，
∴若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至少有12人．
20．(12分)[2014·黑龙江鹤岗高二检测]为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样的方法从该地区调查了500位老年人，结果如下：
　　　　　　　　性别是否需要志愿者　　　　　　　
男
女
需要
40
30
不需要
160
270
(1)估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的比例；
(2)在犯错误的概率不超过0.01的前提下是否可认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关？
(3)根据(2)的结论，能否提出更好的调查方法来估计该地区的老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的比例？说明理由．
解：(1)调查的500位老人中有70位需要志愿者提供帮助，因此该地区老年人中，需要帮助的老年人的比例的估算值为＝14%.
(2)χ2＝≈9.967，
由于9.967>6.635，因此，在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关．
(3)由(2)的结论知，该地区的老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据中能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的比例有明显差异，因此在调查时，先确定该地区老年人中男、女的比例，再把老年人分成男、女两层并采用分层抽样方法比采用简单随机抽样的方法更好．
21．(12分)[2012·课标全国卷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．
22．(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．第一章　§1.1　课时作业26
一、选择题
1．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则xy可表示不同的值的个数为(　　)
A.
2　　　　　　　　
B.
3
C.
6
D.
9
解析：分二步：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同取法；第二步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法，故xy可表示3×3＝9个不同的值．
答案：D
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：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．
答案：C
3．[2013·福建高考]满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A.
14
B.
13
C.
12
D.
10
解析：当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，选B.
答案：B
4．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱离，整个电路就会不通，现发现电路不通了，那么焊接点脱离的可能情况共有(　　)
A．63种
B．64种
C．36种
D．6种
解析：电路不通可能是一个或多个焊接点脱落，问题比较复杂．但电路通的情况却只有一种，即各焊接点全未脱落．因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．
答案：A
二、填空题
5．有4名同学参加3项不同的比赛，每名学生必须参加一项比赛，则不同的结果有__________种．
解析：每名同学都有3种不同的选择，即参赛方法有3种，依据分步乘法计数原理共有3×3×3×3＝81(种)．
答案：81
6．若在登录某网站时弹出一个4位的验证码：XXXX(如2a8t)，第一位和第三位分别为0到9这10个数字中的一个，第二位和第四位分别为a到z这26个英文字母中的一个，则这样的验证码共有__________个．
解析：要完成这件事可分四步：第一步，确定验证码的第一位，共有10种方法；第二步，确定验证码的第二位，共有26种方法；第三步，确定验证码的第三位，共有10种方法；第四步，确定验证码的第四位，共有26种方法．由分步乘法计数原理可得，这样的验证码共有10×26×10×26＝67600个．
答案：67600
7．若把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有________对．
解析：
把六棱锥所有棱分成三类：
第一类：底面上的六条棱所在的直线共面，则每两条之间不能构成异面直线．
第二类：六条侧棱所在的直线共点，每两条之间也不能构成异面直线．
第三类：结合图形可知，只有底面棱中1条棱所在直线与和它不相交的4条侧棱所在的4条直线中1条才能构成异面
直线．再由分步乘法计数原理得，可构成异面直线6×4＝24(对)．
答案：24
三、解答题
8．某校高三共有三个班，其各班人数如下表
班级
男生数
女生数
总数
高三(1)
30
20
50
高三(2)
30
30
60
高三(3)
35
20
55
(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从1班、2班男生中或从3班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
解：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：
第一类：从1班任选一名学生，有50种不同选法；
第二类：从2班任选一名学生，有60种不同选法；
第三类：从3班任选一名学生，有55种不同选法．
由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝50＋60＋55＝165(种)．
(2)由题设知共有三类：
第一类：从1班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第二类：从2班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第三类：从3班女生中任选一名学生，有20种不同选法；
由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝30＋30＋20＝80(种)．
9．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？
(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？
解：(1)小明爸爸选凳子可以分两类：
第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法；
第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法．
根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14(种)坐法．
(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：
第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14(个)凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)
第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．
由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182(种)坐法．第二章　§2.2　课时作业40
一、选择题
1．口袋中有5只白色乒乓球，5只黄色乒乓球，从中任取5次，每次取1只后又放回，则5次中恰有3次取到白球的概率是(　　)
A.
B.
C.
D．C·0.55
解析：本题是独立重复试验，任意取球5次，取得白球3次的概率为C0.53(1－0.5)5－3＝C0.55.
答案：D
2．在4次独立重复试验中事件出现的概率相同．若事件A至少出现1次的概率为，则事件A在1次试验中出现的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设所求概率为P，则1－(1－P)4＝，
得P＝.
答案：A
3．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，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.则质点P移动5次后位于点(2,3)的概率为(　　)
A.
()5
B.
C()5
C.
C()3
D.
CC()5
解析：质点每次只能向上或向右移动，且概率均为，所以移动5次可看成做了5次独立重复试验．质点P移动5次后位于点(2,3)(即质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次)的概率为C()2()3＝C()5.
答案：B
4．若随机变量ξ～B(5，)，则P(ξ＝k)最大时，k的值为(　　)
A.
1或2
B.
2或3
C.
3或4
D.
5
解析：依题意P(ξ＝k)＝C×()k×()5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
可以求得P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，P(ξ＝3)＝，P(ξ＝4)＝，P(ξ＝5)＝.故当k＝2或1时P(ξ＝k)最大．
答案：A
二、填空题
5．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥1)＝__________.
解析：＝P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－p)2 p＝，
∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－(1－p)3＝.
答案：
6．甲、乙、丙三人在同一办公室工作，办公室内只有一部电话机，经该机打进的电话是打给甲、乙、丙的概率分别是，，，在一段时间内共打进三个电话，且各个电话之间相互独立，则这三个电话中恰有两个是打给乙的概率是__________．
解析：恰有两个打给乙可看成3次独立重复试验中，“打给乙”这一事件发生2次，故其概率为C()2·＝.
答案：
7．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否出现故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机才可成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行，要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则p的取值范围是________．
解析：4引擎飞机成功飞行的概率为Cp3(1－p)＋p4,2引擎飞机成功飞行的概率为p2，
要使Cp3(1－p)＋p4>p2，必有答案：(，1)
三、解答题
8．某同学练习投篮，已知他每次投篮命中率为，
(1)求在他第三次投篮后，首次把篮球投入篮筐内的概率；
(2)若想使他投入篮球的概率达到0.99，则他至少需投多少次？(lg2＝0.3)
解：(1)第三次首次投入则说明第一、二次未投入，所以“第三次首次投中”的概率
P＝(1－)2×＝.
(2)设需投n次，即在n次投篮中至少投进一个，则对立事件为“n次投篮中全未投入”，计算式为：
1－(1－)n≥0.99
0．2n≤0.01 lg0.2n≤lg0.01
n(lg2－1)≤－2 n≥
因为lg2＝0.3，所以n≥ n≥3.
即这位同学至少需投3次．
9．[2012·天津高考改编]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)＝C()i()4－i.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为
P(A2)＝C()2()2＝.
(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)＝C()3()＋C()4＝.
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)＝.
∴ξ的分布列为
ξ
0
2
4
P选修2-3模块综合测试(二)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．方程C＝C的解集为(　　)
A.
{4}
B.
{14}
C.
{4,6}
D.
{14,2}
解析：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．
答案：C
2．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：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．不同的买法共有2＋3＋2＝7种．
答案：A
3．如果χ2≥5.024，那么认为“X与Y有关系”犯错的概率为(　　)
A.
25%
B.
75%
C.
2.5%
D.
97.5%
解析：χ2＝5.024对应的0.025，故犯错的概率为2.5%.
答案：C
4．已知离散型随机变量ξ的分布列如下，则其数学期望E(ξ)＝(　　)
ξ
1
3
5
P
0.5
m
0.2
A.1
B．0.6
C．2＋3m
D．2.4
解析：由分布列的性质知0.5＋m＋0.2＝1，解得m＝0.3，所以E(ξ)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4.
答案：D
5．(2x－)6的展开式的常数项是(　　)
A．20
B．－20
C．40
D．－40
解析：由题知(2x－)6的通项为
Tr＋1＝(－1)rC26－2rx6－2r，令6－2r＝0得r＝3，
故常数项为(－1)3C＝－20.
答案：B
6．[2014·大纲全国卷]有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(　　)
A．60种
B．70种
C．75种
D．150种
解析：从中选出2名男医生的选法有C＝15种，从中选出1名女医生的选法有C＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.
答案：C
7．从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：“所取的3个球中至少有1个白球”的对立事件是“所取的3个球都不是白球”，因而所求的概率P＝1－＝1－＝.
答案：D
8．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：记“第一次摸出正品”为事件A，“第二次摸到正品”为事件B，则
P(A)＝＝，
P(AB)＝＝.
故P(B|A)＝＝.
答案：D
9．为了研究男子的年龄与吸烟的关系，抽查了100个男子，按年龄超过和不超过40岁，吸烟量每天多于和不多于20支进行分组，如下表：
年龄
合计
不超过40岁
超过40岁
吸烟量不多于20支/天
50
15
65
吸烟量多于20支/天
10
25
35
合计
60
40
100
则在犯错误的概率不超过________的前提下认为吸烟量与年龄有关(　　)
A.
0.001
B.
0.01
C.
0.05
D.
没有理由
解析：利用题中列联表，代入公式计算．
χ2＝≈22.16>10.828，
所以我们在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为吸烟量与年龄有关．
答案：A
10．已知随机变量ξ，η满足ξ＋η＝8，且ξ服从二项分布B(10,0.6)，则E(η)和D(η)的值分别是(　　)
A．6和2.4
B．2和2.4
C．2和5.6
D．6和5.6
解析：∵ξ～B(10,0.6)
∴E(ξ)＝10×0.6＝6，
D(ξ)＝10×0.6×0.4＝2.4.
∵ξ＋η＝8，
∴η＝－ξ＋8，
∴E(η)＝－E(ξ)＋8＝－6＋8＝2.
D(η)＝(－1)2D(ξ)＝2.4.
答案：B
11．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若ξ表示取到次品的件数，则D(ξ)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：ξ的所有可能取值是0,1,2.则
P(ξ＝0)＝＝.
P(ξ＝1)＝＝.
P(ξ＝2)＝＝.
所以，ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
于是E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝，
D(ξ)＝(xi－E(X))2Pi＝.
答案：D
12．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机地并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：基本事件共有A＝120种，同一科目的书都不相邻的情况可用间接法求解，即A－AAA×2－AAA＝48，因此同一科目的书都不相邻的概率是.
答案：B
二、填空题
13．[2012·浙江高考]若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
解析：不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C(－1)2＝10.
答案：10
14．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1,2,3,4,5)，则P(<ξ<)的值为__________．
解析：P(<ξ<)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋＝.
答案：
15．在某次学校的游园活动中，高二(2)班设计了这样一个游戏：在一个纸箱里放进了5个红球和5个白球，这些球除了颜色不同外完全相同，一次性从中摸出5个球，摸到4个或4个以上红球即为中奖，则中奖的概率是________．(精确到0.001)
解析：设摸出的红球个数为X，则X服从超几何分布，其中N＝10，M＝5，n＝5，于是中奖的概率为P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝＋≈0.103.
答案：0.103
16．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如下表：
x
1
2
3
P(ξ＝x)
？
！
？
请小牛同学计算ξ的数学期望．尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案E(ξ)＝________.
解析：设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为1－2x，则E(ξ)＝1·x＋2×(1－2x)＋3x＝x＋2－4x＋3x＝2.
答案：2
三、解答题
17．(10分)某项化学实验，要把2种甲类物质和3种乙类物质按照先放甲类物质后放乙类物质的顺序，依次放入某种液体中，观察反应结果．现有符合条件的3种甲类物质和5种乙类物质可供使用．问：这个实验一共要进行多少次，才能得到所有的实验结果？
解：由于要把2种甲类物质和3种乙类物质按照先放甲类物质后放乙类物质的顺序依次放入某种液体中，因此需要分步计数．由于同一类物质不同的放入顺序，反应结果可能会不同，因此这是一个排列问题．
第1步，放入甲类物质，共有A种方案；
第2步，放入乙类物质，共有A种方案．
根据分步乘法计算原理，共有AA＝360种方案．
因此，共要进行360次实验，才能得到所有的实验结果．
18．(12分)[2014·深圳高二检测]在二项式(－)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式的第四项；
(2)求展开式的常数项．
解：Tr＋1＝C()n－r(－)r
＝(－)rCxn－r
由前三项系数的绝对值成等差数列，得
C＋(－)2C＝2×C，
解这个方程得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第4项为：
T4＝(－)3Cx＝－7.
(2)当－r＝0，即r＝4时，常数项为(－)4C＝.
19．(12分)[2013·天津高考]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)．
(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；
(2)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的分布列和数学期望．
解：(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A)＝＝.
所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为.
(2)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的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
20．(12分)某运动项目设计了难度不同的甲乙两个系列，每个系列都有K，D两个动作，比赛时每位运动员自选一个系列完成，两个动作得分之和为该运动员的成绩．假设每位运动员完成每个系列中的两个动作的得分是相互独立的，根据赛前训练的统计数据，某运动员完成甲系列和乙系列动作情况如下表：
动作
K动作
D动作
得分
100
80
40
10
概率
动作
K动作
D动作
得分
90
50
20
0
概率
现该运动员最后一个出场，之前其他运动员的最高得分为115分．
(1)若该运动员希望获得该项目的第一名，应选择哪个系列？说明理由，并求其获得第一名的概率；
(2)若该运动员选择乙系列，求其成绩ξ的分布列．
解：(1)若该运动员希望获得该项目的第一名，应选择甲系列．
理由如下：
选择甲系列最高得分为100＋40>115，
可能获得第一名；
而选择乙系列最高得分为90＋20<115，不可能获得第一名．
记“该运动员完成K动作得100分”为事件A，
记“该运动员完成D动作得40分”为事件B，
则P(A)＝，P(B)＝，由事件A与事件B相互独立，
记“该运动员获得第一名”为事件C，
解法一：依题意得P(C)＝P(AB)＋P(B)＝×＋×＝.
∴该运动员获得第一名的概率为.
解法二：由题意可知，该运动员只要D动作得40分就获得第一名，则P(C)＝P(B)＝.
(2)若该运动员选择乙系列，ξ可能取得的值为50,70,90,110.
则P(ξ＝50)＝×＝，
P(ξ＝70)＝×＝，
P(ξ＝90)＝×＝，
P(ξ＝110)＝×＝
ξ的分布列为：
ξ
50
70
90
110
P
21.(12分)[2014·湖南高考]某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；
(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．
解：记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}．
由题设知P(E)＝，P()＝，P(F)＝，P()＝.
且事件E与F、E与、与F、与都相互独立．
(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，
则
＝
，于是
P()＝P()P()＝×＝，
故所求的概率为P(H)＝1－P()＝1－＝.
(2)设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0,100,120,220.
因P(X＝0)＝P(
)＝×＝，
P(X＝100)＝P(F)＝×＝，
P(X＝120)＝P(E)＝×＝，
P(X＝220)＝P(EF)＝×＝.
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P
数学期望为
E(X)＝0×＋100×＋120×＋220×＝＝＝140.
22．(12分)[2013·安徽高考]某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有n位学生，每次活动均需该系k位学生参加(n和k都是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k位学生，且所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X.
(1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率；
(2)求使P(X＝m)取得最大值的整数m.
解：(1)因为事件A：“学生甲收到李老师所发信息”与事件B：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件，所以与相互独立．由于P(A)＝P(B)＝＝，故P()＝P()＝1－，因此学生甲收到活动通知信息的概率P＝1－(1－)2＝.
(2)当k＝n时，m只能取n，有P(X＝m)＝P(X＝n)＝1.
当kP(X＝m)＝＝.
当k≤m CC≤CC
(m－k＋1)2≤(n－m)(2k－m)
m≤2k－.
假如k≤2k－k≤2k－<2k＋1－≤t.
故P(X＝m)在m＝2k－和m＝2k＋1－处达最大值；
当(k＋1)2不能被n＋2整除时，P(X＝m)在m＝2k－[]处达最大值．(注：[x]表示不超过x的最大整数)
下面证明k≤2k－因为1≤k而2k－－n＝－<0，
故2k－因此k≤2k－<1.第二章　§2.3　课时作业41
一、选择题
1．设随机变量ξ的分布列为P(X＝k)＝，k＝1,2,3,4，则E(X)的值为(　　)
A．2.5
B．3.5
C．0.25
D．2
解析：E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝×10＝2.5.
答案：A
2．若X，Y是离散型随机变量，且Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则有E(Y)＝aE(X)＋b.利用这个公式计算E(E(X)－X)＝(　　)
A.
0
B.
1
C.
2
D.
不确定
解析：∵E(X)是常数，
∴E(E(X)－X)＝E(X)＋E(－X)＝E(X)－E(X)＝0.
答案：A
3．一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4发子弹，则命中后尚余子弹数目的均值为(　　)
A．2.44
B．3.376
C．2.376
D．2.4
解析：X＝k表示第(4－k)次命中目标，
P(X＝3)＝0.6，
P(X＝2)＝0.4×0.6，
P(X＝1)＝0.42×0.6，
P(X＝0)＝0.43×(0.6＋0.4)，
∴E(X)＝3×0.6＋2×0.4×0.6＋1×0.42×0.6＝2.376.
答案：C
4．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为X，则X的数学期望是(　　)
A．7.8
B．8
C．16
D．15.6
解析：X的取值为6,9,12，P(X＝6)＝＝，P(X＝9)＝＝，P(X＝12)＝＝.
E(X)＝6×＋9×＋12×＝7.8.
答案：A
二、填空题
5．设ξ是一个离散型随机变量，其分布列如下表，则E(ξ)＝__________.
ξ
－1
0
1
P
1－2q
q2
解析：因为随机变量的概率非负且随机变量取遍所有可能值时相应的概率之和等于1，所以
，解得q＝1－.
于是，ξ的分布列为
ξ
－1
0
1
P
－1
－
所以E(ξ)＝(－1)×＋0×(－1)＋1×(－)＝1－.
答案：1－
6．在一次商业活动中，某人获利300元的概率为0.6，亏损100元的概率为0.4，此人在这样的一次商业活动中获利的均值是__________．
解析：设此人获利为随机变量X，则X的取值是300，－100，其概率分布列为：
X
300
－100
P
0.6
0.4
所以E(X)＝300×0.6＋(－100)×0.4＝140.
答案：140
7．从1,2,3,4,5这5个数字中任取不同的两个，则这两个数乘积的数学期望是__________．
解析：从1,2,3,4,5中任取不同的两个数，其乘积X的值为2,3,4,5,6,8,10,12,15,20，取每个值的概率都是，∴E(X)＝×(2＋3＋4＋5＋6＋8＋10＋12＋15＋20)＝8.5.
答案：8.5
三、解答题
8．已知随机变量X的分布列，求：
X
－2
－1
0
1
2
P
m
(1)E(X)；(2)若Y＝2X－3，求E(Y)．
解：由分布列的性质得
＋＋＋m＋＝1，解得m＝.
(1)E(X)＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.
(2)法一：因为Y＝2X－3，所以Y的分布列为
Y
－7
－5
－3
－1
1
P
所以E(Y)＝(－7)×＋(－5)×＋(－3)×＋(－1)×＋1×＝－.
法二：利用离散型随机变量的性质求解．
E(Y)＝E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×(－)－3＝－.
9．[2014·大纲全国卷]设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立．
(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；
(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．
解：记Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i＝0,1,2，
B表示事件：甲需使用设备，
C表示事件：丁需使用设备，
D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．
(1)D＝A1·B·C＋A2·B＋A2··C，
P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝C×0.52，i＝0,1,2，
所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2··C)
＝P(A1
·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2··C)
＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P()P(C)
＝0.31.
(2)X的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为
P(X＝0)＝P(·A0·)
＝P()P(A0)P()
＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)
＝0.06，
P(X＝1)＝P(B·A0·＋·A0·C＋·A1·)
＝P(B)P(A0)P()＋P()P(A0)P(C)＋P()P(A1)P()
＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)
＝0.25，
P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，
P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，
P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)
＝1－0.06－0.25－0.25－0.06
＝0.38，
数学期望E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)
＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06
＝2.第一章　§1.2　§1.2.2　课时作业31
一、选择题
1．以下四个命题，属于组合问题的是(　　)
A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开同一辆车从甲地到乙地
解析：只是从100位幸运观众选出2位幸运之星，与顺序无关，是组合问题．
答案：C
2．从5人中选3人参加座谈会，则不同的选法有(　　)
A．60种
B．36种
C．10种
D．6种
解析：由于与顺序无关，是组合问题，共有C＝10种不同选法．
答案：C
3．若A＝12C，则n等于(　　)
A．8
B．5或6
C．3或4
D．4
解析：∵A＝12C，∴n(n－1)(n－2)＝12×.解得n＝8.
答案：A
4．方程C＝C的解为(　　)
A．4或9
B．4
C．9
D．其他
解析：法一：(验证法)当x＝4时，C＝C＝C；当x＝9时，C＝C＝C.
法二：(直接法)当x＝3x－8，解得x＝4；当28－x＝3x－8，解得x＝9.
答案：A
二、填空题
5．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}
6．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
7．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为__________．(用数字作答)
解析：从10人中任选出4人作为甲组，则剩下的人即为乙组，这是组合问题，共有C＝210种分法．
答案：210
三、解答题
8．(1)求值：C＋C；
(2)求证：C＝C.
解：(1)解得4≤n≤5.
又因为n∈N＋，所以n＝4或n＝5.
当n＝4时，原式＝C＋C＝5，
当n＝5时，原式＝C＋C＝16.
(2)证明：因为C＝，
C＝·
＝，所以C＝C.
9．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如下图)
(1)图中有多少个矩形？
(2)从A点走向B点最短的走法有多少种？
解：(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成矩形有C·C＝210个．
(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C＝C＝210种走法．第一章　§1.2　§1.2.1　课时作业29
一、选择题
1．一天有6节课，安排6门课程，则一天的课程表的排法有(　　)
A．66种
B．36种
C．A种
D．12种
解析：本题相当于对6个元素进行全排列，故有A种排法．
答案：C
2．若从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四种不同工作，则选派方案共有(　　)
A．180种
B．360种
C．15种
D．30种
解析：选派方案种数为6选4的排列数，即A＝360.
答案：B
3．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为(　　)
A．8
B．24
C．48
D．120
解析：个位数字有2种排法，十、百、千位有A种排法，从而共2×A＝48个不同的四位偶数．
答案：C
4．某会议室共有8个座位，现有3人就座，若要求每人左右均有空位，那么不同的坐法种数为(　　)
A．12
B．16
C．24
D．32
解析：将三个人插入五个空位中间的四个空档中，有A＝24种坐法．
答案：C
二、填空题
5．[2014·江苏省徐州市高二期末测试]用1、2、3、4这四个数字能组成没有重复数字的三位数________个．(用数字表示)
解析：这是一个排列问题由排列数公式可知，可组成A＝4×3×2＝24(个)没有重复数字的三位数．
答案：24
6．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
7．安排7位工作人员在10月1日到10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙两人都不能安排在10月1日和10月2日，不同的安排方法共有__________种．
解析：安排甲、乙两人在后5天值班，有A种排法；安排其余5人值班时无约束条件，有A种排法，故有A×A＝2400种不同的安排方法．
答案：2400
三、解答题
8．五名同学站成一排
(1)一共有多少种不同的站法？
(2)甲必须站在乙的右侧，共有多少种不同站法？
解：(1)五名同学站成一排，不同的排列对应不同的站法，故站法种数为A＝5×4×3×2×1＝120.
(2)五名同学站好后，甲位于乙右侧或左侧必属其一，故这时的站法种数为＝60.
9．用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数．
解：(1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有A种填法，第二步再填十万位，有A种填法，第三步填其他位，有A种填法，故共有AAA＝288(个)六位奇数．
法二：从特殊元素入手(直接法)
0不在两端有A种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A种排法，故共有AAA＝288(个)六位奇数．
法三：排除法．
6个数字的全排列有A个，0,2,4在个位上的六位数为3A个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3A个，故满足条件的六位奇数共有A－3A－3A＝288(个)．
(2)法一：排除法．
0在十万位的六位数和5在个位的六位数都有A个，0在十万位和5在个位的六位数有A个．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
法二：直接法．
十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同．因此需分两类．
第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有A个．
第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有AAA个．
故共有符合题意的六位数A＋AAA＝504(个)．第一章　§1.3　§1.3.2　课时作业35
一、选择题
1．满足C＋C＋C＋…＋C＋C>1000的最小偶数n为(　　)
A．8
B．10
C．12
D．14
解析：∵2n－1>1000，∴n≥11(n∈N
)．
答案：C
2．[2012·湖北高考]设a∈Z，且0≤a<13，若512012＋a能被13整除，则a＝(　　)
A.
0
B.
1
C.
11
D.
12
解析：512012＋a＝(52－1)2012＋a＝C522012－C522011＋…－C521＋C＋a，
由于C522012－C522011＋…－C521含有公因数52，
故能被52整除，要使512012＋a能被13整除，
又a∈Z,0≤a<13，则1＋a＝13，故a＝12.
答案：D
3．5310被8除的余数是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．7
解析：5310＝(56－3)10＝5610＋C569×(－3)＋C568×(－3)2＋…＋C56×(－3)9＋(－3)10.
∴5310被8除的余数等于310被8除的余数．
又310＝95＝(8＋1)5＝85＋C84＋…＋C×8＋1.
∴所求余数为1.
答案：A
4．若(1－2x)2009＝a0＋a1x＋…＋a2009x2009(x∈R)，则＋＋…＋的值为(　　)
A．2
B．0
C．－1
D．－2
解析：令x＝0，得a0＝1.令x＝，得a0＋＋＋…＋＝0，所以＋＋…＋＝－1.
答案：C
二、填空题
5．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是第__________项．
解析：由题意，第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，
∴C＝C，由组合数的性质，得n＝10.
∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
答案：6
6．x(x－)7的展开式中，x4的系数是________．(用数字作答)
解析：(x－)7的通项Tr＋1＝Cx7－r(－)r＝(－2)rCx7－2r令7－2r＝3，得r＝2，因而(x－)7展开式中含x3项的系数为(－2)2·C＝＝84.故x(x－)7的展开式中x4的系数为84.
答案：84
7．今天是星期一，如果今天算第一天，那么第810天是星期________．
解析：810＝(7＋1)10＝C710＋C79＋…＋C7＋C＝7M＋1(M∈Z)，故810除以7余1，所以第810天是星期一．
答案：一
三、解答题
8．计算1.9975精确到0.001的近似值．
解：∵1.9975＝(2－0.003)5＝25－C×24×0.003＋C×23×0.0032＋…－C(0.003)5.又第三项的值为10×8×0.0032＝0.00072，第四、五、六项都比0.0007更小．
∴1.9975≈32－0.24＋0.00072≈31.761.
9．已知f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋4x)n(m，n∈N
)的展开式中含x项的系数为36，求展开式中含x2项的系数的最小值．
解：(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x的项为C·2x＋C·4x＝(2C＋4C)x，所以2C＋4C＝36，即m＋2n＝18.
(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x2的项的系数为t＝C22＋C42＝2m2－2m＋8n2－8n.因为m＋2n＝18，所以m＝18－2n，所以t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n＝16n2－148n＋612＝16(n2－n＋)，所以当n＝时，t取最小值，但n∈N
，所以n＝5时，t最小即含x2项的系数最小，最小值为272，此时n＝5，m＝8.第二章　§2.2　课时作业39
一、选择题
1．生产某零件要经过两道工序，第一道工序的次品率为0.1，第二道工序的次品率为0.03，则该零件的次品率是(　　)
A．0.13
B．0.03
C．0.127
D．0.873
解析：两道工序的次品率相互独立，该零件的正品率为(1－0.1)×(1－0.03)＝0.873.
∴该零件的次品率是1－0.873＝0.127.
答案：C
2．打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一目标，则他们都中靶的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，依题意知，P(A)＝＝，P(B)＝，且A与B相互独立．
故他们都命中目标的概率为
P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
答案：A
3．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：设A表示：“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(A)＝，
B表示：“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(B)＝.
则P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
答案：A
4．[2014·杭州市高二统考]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：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)＝.
答案：D
二、填空题
5．有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是，乙能解决的概率是，两人试图独立地在半小时内解决它，则两人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为__________．
解析：设事件A：“甲解决这道难题”，
事件B：“乙解决这道难题”，
∴A，B相互独立．
∴两人都未能解决的概率为
P(
)＝(1－)×(1－)＝.
问题得到解决的概率为P(A)＋P(B)＋P(AB)＝1－P(
)＝1－＝.
答案：　
6．某条道路的A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内平均开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是__________．
解析：P＝××＝.
答案：
7．[2014·福建季延中学高二期末]在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜甲的概率为0.6，比赛顺序如下：第一局，甲对乙；第二局，第一局胜者对丙；第三局，第二局胜者对第一局败者；第四局，第三局胜者对第二局败者，则乙连胜四局的概率为________．
解析：乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最后再胜丙，∴概率P＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09.
答案：0.09
三、解答题
8．甲、乙、丙三位大学毕业生，同时到一个用人单位应聘，其中被选中的概率分别为甲：P(A)＝；乙：P(B)＝；丙：P(C)＝.且各自能否被选中是无关的．求：
(1)三人都被选中的概率；
(2)只有两人被选中的概率；
(3)三人中有几人被选中的事件最易发生？
解：(1)∵三个事件A、B、C相互独立，
∴三人都被选中的概率P(ABC)
＝P(A)·P(B)·P(C)＝××＝.
(2)只有两人被选中的事件为BC＋AC＋AB
∵事件BC、AC、AB彼此互斥，
且A、B、C相互独立，
∴P(BC∪AC∪AB)
＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋
P(A)P(B)P()
＝××＋××＋××＝.
故只有两人被选中的概率为.
(3)∵三人都不被选中的概率P()
＝P()·P()·P()＝××＝，
∴三人中有且仅有1人被选中的概率为
1－P(ABC)－P(BC∪AC∪AB)－P()＝.
∵>>，∴三人中只有一人被选中的概率最大，此事件最容易发生．
9．甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约．乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设每人面试合格的概率都是，且面试是否合格互不影响．求：
(1)至少有1人面试合格的概率；
(2)没有人签约的概率．
解：用A、B、C分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A、B、C相互独立，
且P(A)＝P(B)＝P(C)＝.
(1)至少有1人面试合格的概率是
1－P(
)＝1－P()P()P()＝1－()3＝.
(2)没有人签约的概率为
P(B)＋P(
C)＋P(
)
＝P()P(B)P()＋P()P()P(C)＋P()·P()P()
＝()3＋()3＋()3＝.第二章　单元综合检测(一)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
2．已知随机变量ξ～B(6，)，则P(ξ＝2)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：P(ξ＝2)＝C()2(1－)4＝.
答案：D
3．若随机变量ξ的分布列如下表所示，则表中m的值为(　　)
ξ
－1
0
1
P
m
A.0
B.
C.
D．1
解析：由分布列的性质知＋＋m＝1.所以m＝.
答案：B
4．已知P(B|A)＝，P(A)＝，P(AB)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.
答案：C
5．小王乘车到学校，途中有3个交通岗，假设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.5，则他上班途中遇见红灯次数的数学期望是(　　)
A.
0.4
B.
1.5
C.
0.43
D.
0.6
解析：途中遇到红灯次数X服从二项分布，所以E(X)＝3×0.5＝1.5.
答案：B
6．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次概率不大于恰好发生2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．(0,0.4]
B．[0.4,1)
C．(0,0.6]
D．[0.6,1)
解析：设事件A在一次试验中发生的概率P＝x，则0答案：B
7．设X～B(10,0.8)，则D(2X＋1)等于(　　)
A．1.6
B．3.2
C．6.4
D．12.8
解析：D(2X＋1)＝4D(X)＝4×10×0.8(1－0.8)＝6.4.
答案：C
8．正态分布N1(μ1，σ)，N2(μ2，σ)，N3(μ3，σ)(其中σ1，σ2，σ3均大于0)所对应的密度函数图象如下图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．μ1最大，σ1最大
B．μ3最大，σ3最大
C．μ1最大，σ3最大
D．μ3最大，σ1最大
解析：在正态曲线N(μ，σ2)中，x＝μ为正态曲线的对称轴，结合图象可知，μ3最大；又参数σ确定了曲线的形式：σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“高瘦”．故由图象知σ1最大．故选D.
答案：D
9．[2014·陕西高考]设样本数据x1，x2，…，x10的均值和方差分别为1和4，若yi＝xi＋a(a为非零常数，i＝1,2，…，10)，则y1，y2，…，y10的均值和方差分别为(　　)
A．1＋a,4
B．1＋a,4＋a
C．1,4
D．1,4＋a
解析：结合每个数据都加上常数a后，均值也增加a，方差不变，故选A.
答案：A
10．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．C()4×
B．C()5
C．C()4×＋C()5
D．1－C()3×()2
解析：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＝C×()4×＋C×()5.故应选C.
答案：C
11．[2014·武安高二检测]已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ≤0)＝(　　)
A．0.84
B．0.32
C．0.16
D．0.08
解析：由题意P(ξ≤4)＝0.84，
则P(ξ>4)＝0.16.
又μ＝2
P(ξ≤0)＝P(ξ>4)＝0.16.
答案：C
12．[2014·浙江高考]已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1,2)个球放入甲盒中．
(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1,2)；
(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1,2)．
则(　　)
A．p1>p2，E(ξ1)B．p1E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)
D．p1解析：解法一：(特值法)　取m＝n＝3进行计算、比较即可．
解法二：(标准解法)　从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为ξ，则ξ的所有可能取值为0,1，则P(ξ＝0)＝＝P(ξ1＝1)，P(ξ＝1)＝＝P(ξ1＝2)，所以E(ξ1)＝1·P(ξ1＝1)＋2·P(ξ1＝2)＝＋1，所以p1＝＝；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，则η的所有可能取值为0,1,2，则P(η＝0)＝＝P(ξ2＝1)，P(η＝1)＝＝P(ξ2＝2)，P(η＝2)＝＝P(ξ2＝3)，所以E(ξ2)＝1·P(ξ2＝1)＋2P(ξ2＝2)＋3P(ξ2＝3)＝＋1，所以p2＝＝，
所以p1>p2，E(ξ1)答案：A
二、填空题
13．某人从某城市的A地乘公交车到火车站，由于交通拥挤，所需时间(单位：分钟)X～N(50,102)，则他在时间段(30,70]内赶到火车站的概率为________．
解析：∵X～N(50,102)，
∴μ＝50，σ＝10.
∴P(30答案：0.9544
14．一牧场的10头牛，因误食含疯牛病毒的饲料被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病的牛的头数为ξ，则D(ξ)＝________.
解析：由已知ξ服从二项分布：ξ～B(10,0.02)，所以D(ξ)＝10×0.02×0.98＝0.196.
答案：0.196
15．[2012·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(1000,502)，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1000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1000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
×[×＋×(1－)＋(1－)×]＝.
答案：
16．设l为平面上过点(0,1)的直线，l的斜率等可能的取－2，－，－，0，，，2.用ξ表示坐标原点到l的距离，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝__________.
解析：设直线l的方程为y＝kx＋1.
则原点到直线l的距离d＝.
当k＝0时，d＝1；当k＝±时，d＝；
当k＝±时，
d＝；当k＝±2时，d＝.
所以，ξ的分布列为
ξ
1
P
E(ξ)＝×＋×＋×＋1×＝.
答案：
三、解答题
17．(10分)某跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率是失败概率的4倍，且每次试跳成功与否相互之间没有影响．
(1)求甲试跳三次，第三次才成功的概率；
(2)求甲在三次试跳中恰有两次试跳成功的概率．
解：设该跳高运动员在一次试跳中成功的概率为p，则失败概率为1－p.依题意有p＝4(1－p)，解得p＝.
(1)由于每次试跳成功与否相互之间没有影响，所以试跳三次中第三次才成功的概率为(1－p)2p＝()2×＝.
(2)甲的三次试跳可看成三次独立重复试验，故甲在三次试跳中恰有两次成功的概率为
P(2)＝C()2＝.
18．(12分)掷3枚均匀硬币一次，求正面个数与反面个数之差X的分布列，并求其均值和方差．
解：X＝－3，－1,1,3，且P(X＝－3)＝××＝；P(X＝－1)＝C××()2＝；P(X＝1)＝C×()2×＝；P(X＝3)＝××＝，∴X的分布列为
X
－3
－1
1
3
P
∴E(X)＝0，D(X)＝3.
19．(12分)[2014·北京高考]李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：
场次
投篮次数
命中次数
场次
投篮次数
命中次数
主场1
22
12
客场1
18
8
主场2
15
12
客场2
13
12
主场3
12
8
客场3
21
7
主场4
23
8
客场4
18
15
主场5
24
20
客场5
25
12
(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；
(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；
(3)记为表中10个命中次数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数．比较E(X)与的大小．(只需写出结论)
解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.
所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.
(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，
事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，
事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．
则C＝A∪B，A，B独立．
根据投篮统计数据，P(A)＝，P(B)＝.
P(C)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝.
所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为.
(3)E(X)＝.
20．(12分)在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．
解：分别记这段时间内开关SA，SB，SC能够闭合为事件A，B，C.
由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响．根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是：
P(··)＝P()·P()·P()＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027，
所以这段时间内线路正常工作的概率是：
1－P(··)＝1－0.027＝0.973.
21．(12分)[2014·山东高考]乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
(2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．
解：(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i＝0,1,3)，
则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝；
记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i＝0,1,3)，
则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝.
记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．
由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，
由事件的独立性和互斥性，
P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)
＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)
＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)
＝×＋×＋×＋×＝，
所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.
(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6，
由事件的独立性和互斥性，得
P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝×＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，
P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.
可得随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
22．(12分)[2013·课标全国卷Ⅰ]一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以
P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝×＋×＝.
(2)X可能的取值为400,500,800，并且
P(X＝400)＝1－－＝，
P(X＝500)＝，P(X＝800)＝.
所以X的分布列为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.第二章　§2.1　课时作业36
一、选择题
1．①某机场候机室中一天的乘客流量为ξ；②某网站一天内被访问的次数为ξ；③某水文站观测到的一天中长江的水位为ξ；④某立交桥一天经过的车辆数为ξ.
上述随机变量中离散型随机变量的个数为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：①②④中的随机变量ξ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ξ可以取某一区间内的一切值，无法一一列出，故不是离散型随机变量．
答案：C
2．袋中有大小相同的红球6个，白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球为止，所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为
(　　)
A.
1,2,3，…，6
B.
1,2,3，…，7
C.
0,1,2，…，5
D.
1,2，…，5
解析：由于取到白球游戏结束，那么取球次数可以是1,2,3，…，7.故选B.
答案：B
3．一串钥匙有6把，只有一把能打开锁，依次试验，打不开的扔掉，直到找到能开锁的钥匙为止，则试验次数X的最大可能取值为
(　　)
A.
6
B.
5
C.
4
D.
2
解析：由于是逐次试验，可能前5次都打不开锁，那么剩余钥匙一定能打开锁，故选B.
答案：B
4．设实数x∈R，记随机变量ξ＝
则不等式≥1的解集所对应的ξ的值为(　　)
A．1
B．0
C．－1
D．1或0
解析：解≥1得其解集为{x|0∴ξ＝1.
答案：A
二、填空题
5．在一次比赛中，需回答三个问题，比赛规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则选手甲回答这三个问题的总得分ξ的所有可能取值是________．
解析：可能回答全对，两对一错，两错一对，全错四种结果，相应得分为300分，100分，－100分，－300分．
答案：300,100，－100，－300
6．连续不断地射击某一目标，首次击中目标需要的射击次数X是一个随机变量，则X＝4表示的试验结果是__________．
解析：由于随机变量X表示首次击中目标需要的射击次数，所以当X＝k时，表示前k－1次均未击中目标，第k次击中目标，故X＝4表示的试验结果为前3次未击中，第4次击中目标．
答案：前3次未击中目标，第4次击中目标
7．某射手射击一次所击中的环数为ξ，则“ξ>7”表示的试验结果是__________．
解析：射击一次所中环数ξ的所有可能取值为0,1,2，…，10，故“ξ>7”表示的试验结果为“该射手射击一次所中环数为8环或9环或10环”．
答案：射击一次所中环数为8环或9环或10环
三、解答题
8．一个袋中装有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.
(1)列表说明可能出现的结果与对应的ξ的值．
(2)若规定抽取的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：(1)
ξ
0
1
2
3
结果
取得3个黑球
取得1个白球2个黑球
取得2个白球1个黑球
取得3个白球
(2)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．
9．抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为ξ，试求ξ的值域，并说明“ξ>4”表示的试验结果．
解：设第一枚骰子掷出的点数为x，
第二枚骰子掷出的点数为y，其中x，y＝1,2,3,4,5,6，依题意得ξ＝x－y.则－5≤ξ≤5，
即ξ的值域为{－5，－4，－3，－2，－1,0,1,2,3,4,5}．
则ξ>4 ξ＝5，表示x＝6，y＝1，
即第一枚骰子掷出6点，第二枚骰子掷出1点．第一章　§1.2　§1.2.2　课时作业32
一、选择题
1．[2013·河南开封一模]某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有
(　　)
A．4种
B．10种
C．18种
D．20种
解析：分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)，故选B.
答案：B
2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有(　　)
A．30种
B．35种
C．42种
D．48种
解析：方法一：可分为以下2种情况：(1)A类选修课选1门，B类选修课选2门，有CC种不同的选法；(2)A类选修课选2门，B类选修课选1门，有CC种不同的选法．所以不同的选法共有CC＋CC＝18＋12＝30种．
方法二：∵事件“两类课程中各至少选一门”的对立事件是“全部选修A和全部选修B”，
∴两类课程中各至少选一门的种数：C－C－C＝30种．
答案：A
3．将4个颜色互不相同的球全部放入编号分别为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法共有(　　)
A．10种
B．20种
C．36种
D．52种
解析：1号盒中放入1个球，2号盒中放入3个球，有C·C种放法；1号盒中放入2个球，2号盒中放入2个球，有C·C种放法．所以不同的放球方法共有C·C＋C·C＝10种．
答案：A
4．由0,1,2,3,5这5个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的个数为
(　　)
A.
16
B.
18
C.
24
D.
36
解析：由题意知，满足条件的三位数可分为两类：第一类：三个数字中一个奇数两个偶数，有C·C·C·A个不同的三位数；
第二类：三个数字均为奇数有A个不同的三位数．
由分类加法计数原理知，满足条件的三位数有C·C·C·A＋A＝18个，故选B.
答案：B
二、填空题
5．某球队有2名队长和10名队员，现选派6人上场参加比赛，如果场上最少有1名队长，那么共有________种不同的选法(答案用数字表示)．
解析：若只有1名队长入选，则选法种数为C·C；若两名队长均入选，则选法种数为C，故不同选法有C·C＋C＝714(种)．
答案：714
6．5人站成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同的站法的种数为________．
解析：先排甲，有C种方法，再排乙，有C种方法，其余3人站在3个位置上，有A种方法，故不同的站法种数为CCA＝36(种)．
答案：36
7．把4名男乒乓球选手和4名女乒乓球选手同时平均分成两组进行混合双打表演，不同的比赛分配方案有__________种．
解析：混合双打比赛要求每一队必须是一名男队员和一名女队员．
可以分以下几步：
第1步：将4名男选手平均分成两组，有＝3(种)不同分法；
第2步：将4名女选手平均分成两组，有＝3(种)不同分法；
第3步：从每组的2名男队员中选1名，有C种不同的选法；从每组的2名女队员中选1名，也有C种不同的选法，男队和女队都各有2个小组，应有C·C种不同的搭配方式．
由分步乘法计数原理，不同的分配方案共有
3·3·C·C·C·C＝144(种)．
答案：144
三、解答题
8．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果：
(1)4只鞋子恰成两双；
(2)4只鞋子中有2只成双，另两只不成双．
解：(1)从10双鞋子中选取2双，有C种取法，共45种不同取法．∴有45种不同的取法．
(2)解法一：先选取一双有C种选法，再从9双鞋中选取2双鞋有C种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据乘法原理，不同取法为N＝CC·22＝1440(种)．
解法二：先选取一双鞋子有C种选法，再从18只鞋子中选取2只鞋有C种，而其中成双的可能性有9种，根据乘法原理，不同取法为N＝C(C－9)＝1440(种)．
∴有1440种不同取法．
9．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)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)队长中至少有1人参加．
解：(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法．
第二步：选2名女运动员，有C种选法．
共有C·C＝120种选法．
(2)方法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：
1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理可得总选法数为
CC＋CC＋CC＋CC＝246种．
方法二：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．
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．
(3)方法一：可分类求解：
“只有男队长”的选法为C种；“只有女队长”的选法为C种；
“男、女队长都入选”的选法为C种；
所以共有2C＋C＝196种选法．
方法二：间接法：
从10人中任选5人有C种选法．
其中不选队长的方法有C种，所以“至少有1名队长”的选法为C－C＝196种．第二章　§2.3　课时作业42
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：E(ξ)＝0.6n＝3，∴n＝5，∴ξ～B(5,0.6)，
∴P(ξ＝1)＝C×0.6×0.44＝3×0.44.
答案：C
2．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球的命中率是0.7，则他罚球6次的总得分的均值是(　　)
A．0.70
B．6
C．4.2
D．0.42
解析：设得分X即罚中X次，故X～B(6,0.7)．
∴E(X)＝6×0.7＝4.2.
答案：C
3．某一供电网络，有n个用电单位，每个单位在一天中使用电的机会是p，供电网络中一天平均用电的单位个数是(　　)
A．np(1－p)
B．np
C．n
D．p(1－p)
解析：供电网络中一天用电的单位个数服从B～(n，p)，故所求为np.
答案：B
4．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为(　　)
A．100
B．200
C．300
D．400
解析：E(X)＝1000×0.9×0＋1000×0.1×2＝200.
答案：B
二、填空题
5．设15000件产品中有1000件次品，从中抽取150件进行检查，则查得次品数的数学期望为__________．
解析：设查得的次品数为随机变量ξ，
由题意得ξ～B(150，)，所以E(ξ)＝150×＝10.
答案：10
6．袋中装有6个红球，4个白球，从中任取1个球，记下颜色后再放回，连续摸取4次，设X是取得红球的次数，则E(X)＝________.
解析：每一次摸得红球的概率为＝，由X～B(4，)，则E(X)＝4×＝.
答案：
7．一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每题答案选择正确得4分，不作选择或选错不得分，满分100分．某同学选对任一题的概率为0.6，则此同学在这次测验中得分的均值为________．
解析：设X为答案选择正确的题的个数，则
X～B(25,0.6)，E(X)＝25×0.6＝15.
设得分为Y，则Y＝4X，E(Y)＝E(4X)＝4E(X)＝60.
答案：60
三、解答题
8．某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失．现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率分别为0.9和0.85，若预防方案允许甲、乙两种措施单独采用，联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少．(总费用＝采取预防措施的费用＋发生突发事件损失的均值)
解：①不采取预防措施时，总费用损失期望值为400×0.3＝120(万元)；
②若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为1－0.9＝0.1，
损失期望值为400×0.1＝40(万元)，
所以总费用为45＋40＝85(万元)．
③若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0.85＝0.15，
损失均值为400×0.15＝60(万元)，
所以总费用30＋60＝90(万元)．
④若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用45＋30＝75(万元)，
发生突发事件的概率为(1－0.9)(1－0.85)＝0.015，
损失均值为400×0.015＝6(万元)，
所示总费用为75＋6＝81(万元)．
综合①②③④，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少．
9．[2014·四川高考]一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.
请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
解：(1)X可能的取值为：10,20,100，－200.根据题意，有
P(X＝10)＝C×()1×(1－)2＝，
P(X＝20)＝C×()2×(1－)1＝，
P(X＝100)＝C×()3×(1－)0＝，
P(X＝－200)＝C×()0×(1－)3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则
P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.
所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－()3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)X的数学期望为E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．第一章　单元综合检测(二)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．[2012·课标全国卷]将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)
A.
12种
B.
10种
C.
9种
D.
8种
解析：先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有CC＝12种安排方案．
答案：A
2．如右图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　)
A．400种
B．460种
C．480种
D．496种
解析：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种，故选C.
答案：C
3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，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：分两类计算，CC＋CC＝49，故选C.
答案：C
4．编号为1,2,3,4,5的5人，入座编号也为1,2,3,4,5的5个座位，至多有2人对号入座的坐法种数为(　　)
A．120
B．130
C．90
D．109
解析：问题的正面有3种情况：
有且仅有1人对号入座，有且仅有2人对号入座和全未对号入座，这种3种情况都难以求解．
从反面入手，只有2种情况：
全对号入座(4人对号入座时必定全对号入座)，有且仅有3人对号入座．全对号入座时只有1种坐法；有3人对号入座时，分2步完成：从5人中选3人有C种选法，安排其余2人不对号入座，只有1种坐法．
因此，反面情况共有1＋C·1＝11(种)不同坐法．
5人无约束条件入座5个座位，有A＝120(种)不同坐法．
所以满足要求的坐法种数为120－11＝109.
答案：D
5．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是(　　)
A．－5
B．5
C．－10
D．10
解析：(1－x)5中x3的系数为－C＝－10，－(1－x)6中x3的系数为－C·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.
答案：D
6．用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有(　　)
A．48个
B．36个
C．24个
D．18个
解析：个位数字是2的有3A＝18个，个位数字是4的有3A＝18个，所以共有36个．
答案：B
7．4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，共有出场方案的种数是(　　)
A.
6A
B.
3A
C.
2A
D.
AAA
解析：先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有A种选法，这两名女歌手有A种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有A种排法，根据分步乘法计数原理，有AAA种出场方案．
答案：D
8．张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数共有(　　)
A．12
B．24
C．36
D．48
解析：第1步，将两位爸爸排在两端有2种排法；第2步，将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A种排法，故总的排法种数有2×2×A＝24.
答案：B
9．有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，则不同的站法有(　　)
A.
24种
B.
36种
C.
60种
D.
66种
解析：先排甲、乙外的3人，有A种排法，再插入甲、乙两人，有A种方法，又甲排在乙的左边和甲排在乙的右边各占，故所求不同的站法有AA＝36(种)．
答案：B
10．若C＝C(n∈N
)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于(　　)
A.
81
B.
27
C.
243
D.
729
解析：由题知，2n＋6＝n＋2或2n＋6＋n＋2＝20,
得n＝－4(舍)或n＝4.
此时令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.
答案：A
11．若(2x－)n展开式中含项的系数与含项的系数之比为－5，则n等于(　　)
A．4
B．6
C．8
D．10
解析：展开式通项为Tr＋1＝C(2x)n－r(－)r＝(－1)r2n－rC·xn－2r.选项A中若n＝4，则Tr＋1＝(－1)r·24－rCx4－2r，
当4－2r＝－2时，r＝3，当4－2r＝－4时，
r＝4，则T4＝(－1)3·24－3Cx－2＝－8x－2，
T5＝(－1)420Cx－4＝x－4，此时系数比不是－5.
选项B中若n＝6，则Tr＋1＝(－1)r26－rCx6－2r，当6－2r＝－2时，r＝4，当6－2r＝－4时，r＝5，则T5＝(－1)4·22Cx－2＝60x－2，T6＝(－1)521Cx－4＝－12x－4，此时系数比为－5，所以B正确，同理可以验证C、D选项不正确．故选B.
答案：B
12．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是(　　)
A.
72
B.
96
C.
108
D.
144
解析：从2,4,6三个偶数中选一个数放在个位，有C种方法，将其余两个偶数全排列，有A种排法，当1,3不相邻且不与5相邻时有A种方法，当1,3相邻且不与5相邻时有A·A种方法，故满足题意的偶数个数有C·A(A＋A·A)＝108个．
答案：C
二、填空题
13．[2013·天津高考](x－)6的二项展开式中的常数项为________．
解析：通项Tr＋1＝C·x6－r·(－1)r·(x－)r＝(－1)r·Cx6－，令6－r＝0，得r＝4，所以常数项为(－1)4·C＝15.
答案：15
14．从甲、乙、丙、丁四名同学中选出三名同学，分别参加三个不同科目的竞赛，其中甲同学必须参赛，则不同的参赛方案共有________种．
解析：从除甲外的乙，丙，丁三名同学中选出两人有C种选法，再将3人安排到三个科目，有A种不同排法，因此共有CA＝18种不同方案．
答案：18
15．5名乒乓球队员中，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CC×A＝36种排法，即共有48种排法．
答案：48
16.
[2014·安徽高考]设a≠0，n是大于1的自然数，(1＋)n的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0,1,2)的位置如图所示，则a＝________.
解析：由题图可知a0＝1，a1＝3，a2＝4，由题意知
故可得
答案：3
三、解答题
17．(10分)一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，求满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况的种数．
解：由题意知需要分两类：第1类，甲上7楼，乙和丙在2,3,4,5,6层楼每个人有5种下法，共有52种；
第2类，甲不上7楼，则甲有4种下法，乙和丙选一人上7楼，另一人有5种下法，共有4×2×5种．
根据分类加法计数原理知，共有52＋4×2×5＝65种可能情况．
18．(12分)求证：4×6n＋5n＋1－9能被20整除(n∈N)．
证明：4×6n＋5n＋1－9＝4×(5＋1)n＋5(4＋1)n－9＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C5＋C)＋5(C4n＋C4n－1＋…＋C4＋C)－9＝4×5(C5n－1＋C5n－2＋…＋C)＋4＋5×4(C4n－1＋C4n－2＋…＋C)＋5－9＝20(C5n－1＋C5n－2＋…＋C)＋20(C4n－1＋…＋C)
故4×6n＋5n＋1－9能被20整除．
19．(12分)4名男生与4名女生坐成一排照相．
(1)女同学坐在一起；
(2)女同学互不相邻；
(3)男女生交叉坐．
问：各有多少种不同的排法？
解：(1)(捆绑法)将4名女生看成一个整体，与4名男生进行排列，有A种排法；女生之间又可互换位置进行排列，有A种排法．
所以共有AA＝2880种不同的排法．
(2)(插空法)4名男生先排，有A种排法，4名女生插入5个空当中，有A种排法．
所以共有AA＝2880种不同的排法．
(3)先排男生后可有5个空当可供女生插空，即①男②男③男④男⑤.
依题意，女生只能排在1～4号或2～5号空当内，故共有2A×A＝1152种不同的排法．
20．(12分)已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于(x2＋)5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求a的值．
解：(x2＋)5的展开式的通项为
Tr＋1＝C(x2)5－r()r＝()5－rCx，
令20－5r＝0，得r＝4，
故常数项T5＝C×＝16.
又(a2＋1)n展开式的各项系数之和等于2n，
由题意知2n＝16，得n＝4.
由二项式系数的性质知，(a2＋1)n展开式中系数最大的项是中间项T3，
故有Ca4＝54，解得a＝±.
21．(12分)有6名男医生，4名女医生．
(1)选3名男医生，2名女医生，让这5名医生到5个不同地区去巡回医疗，共有多少种分派方法？
(2)把10名医生分成两组，每组5人且每组都要有女医生，则有多少种不同分法？若将这两组医生分派到两地去，并且每组选出正副组长两人，又有多少种分派方案？
解：(1)方法一：分三步完成．
第一步：从6名男医生中选3名有C种方法；
第二步：从4名女医生中选2名有C种方法；
第三步：对选出的5人分配到5个地区有A种方法．
根据分步乘法计数原理，共有N＝CCA＝14400(种)．
方法二：分两步完成．
第一步：从5个地区中选出3个地区，再将3个地区的工作分配给6名男医生中的3人，有CA种；
第二步：将余下的2个地区的工作分给4名女医生中的2人，有A种．
根据分步乘法计数原理，
共有N＝CAA＝14400(种)．
(2)医生的选法有以下两类情况：
第一类：一组中女医生1人，男医生4人，另一组中女医生3人，男医生2人．共有CC种不同的分法；
第二类：两组中人数都有女医生2人男医生3人．因为组与组之间无顺序，故共有CC种不同的分法．
因此，把10名医生分成两组，每组5人且每组都要有女医生的不同的分法共有CC＋CC＝120种．
若将这两组医生分派到两地去，并且每组选出正副组长两人，则共有(CC＋CC)AAA＝96000种分派方案．
22．(12分)已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解：令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)，或2n＝32，∴n＝5.
(1)由于n＝5为奇数，所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是
T3＝C(x)3(3x2)2＝90x6，
T4＝C(x)2(3x2)3＝270x.
(2)展开式的通项公式为Tr＋1＝C3r·x(5＋2r)．
假设Tr＋1项系数最大，
则有
∴
∴∴≤r≤，
∵r∈N，∴r＝4.
∴展开式中系数最大的项为T5＝Cx(3x2)4＝405x.选修2-3模块综合测试(一)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．某校教学楼共有5层，每层均有2个楼梯，则由一楼至五楼的不同走法共有(　　)
A．25种
B．52种
C．10种
D．7种
解析：因为每层均有2个楼梯，所以每层有两种不同的走法，由分步乘法计数原理可知，从一楼至五楼共有25种不同走法．
答案：A
2．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则不同的种植方法共有(　　)
A.
24种
B.
18种
C.
12种
D.
6种
解析：先选择一块土地种植黄瓜，有C种选择，再从剩余的3种蔬菜选出2种分别种在剩余的两块土地上有A种法，所以有C·A＝18种不同的种植方法．
答案：B
3．由数字1,2,3,4,5,6可以组成没有重复数字的两位数的个数是(　　)
A．11
B．12
C．30
D．36
解析：两位数字分两步把十位数字和个位数字分别取好，共有6×5＝30(个)．
答案：C
4．(x－1)5的展开式中第3项的系数是(　　)
A．－20
B．20
C．－20
D．20
解析：Tr＋1＝C·(x)5－r·(－1)r，令r＝2，则T3＝C·(x)3·(－1)2＝10×2x3，即第3项系数为20.
答案：D
5．变量X与Y相对应的一组数据为(10,1)，(11.3,2)，(11.8,3)，(12.5,4)，(13,5)；变量U与V相对应的一组数据为(10,5)，(11.3,4)，(11.8,3)，(12.5,2)，(13,1)．r1表示变量Y与X之间的线性相关系数，r2表示变量V与U之间的线性相关系数，则(　　)
A.
r2B.
0C.
r2<0D.
r2＝r1
解析：对于变量Y与X而言，Y随X的增大而增大，故Y与X正相关，即r1>0；对于变量V与U而言，V随U的增大而减小，故V与U负相关，即r2<0，所以有r2<0答案：C
6．从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为，身体关节构造合格的概率为，从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设“儿童体型合格”为事件A，“身体关节构造合格”为事件B，则P(A)＝，P(B)＝.又A，B相互独立，则，也相互独立，则P(
)＝P()P()＝×＝，故至少有一项合格的概率为P＝1－P(
)＝.
答案：D
7．[2014·重庆高考]某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A.
72
B.
120
C.
144
D.
168
解析：依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为AA＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为AAA＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B.
答案：B
8．设随机变量X满足两点分布，P(X＝1)＝p，P(X＝0)＝q，其中p＋q＝1，则D(X)为(　　)
A．p
B．q
C．pq
D．p＋q
解析：由题意知，X服从两点分布，
∴D(X)＝p(1－p)＝pq.
答案：C
9．已知ξ～B(n，)，η～B(n，)，且E(ξ)＝15，则E(η)等于(　　)
A.
5
B.
10
C.
15
D.
20
解析：∵ξ～B(n，)，∴E(ξ)＝n·＝15，∴n＝30
又∵η～B(n，)，∴E(η)＝30·＝10，故选B.
答案：B
10．某机械零件由两道工序组成，第一道工序的废品率为a，第二道工序的废品率为b，假设这两道工序出废品是彼此无关的，那么产品的合格率为(　　)
A．ab－a－b＋1
B．1－a－b
C．1－ab
D．1－2ab
解析：产品合格率＝第一道工序的合格率×第二道工序的合格率．
答案：A
11．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{an}：an＝，如果Sn为数列{an}的前n项和，那么S7＝3的概率为(　　)
A．C()2·()5
B．C()2·()5
C．C()2·()5
D．C()2·()5
解析：S7＝－1－1＋1＋1＋1＋1＋1＝3，即7次摸球中摸到白球5次，摸到红球2次，摸到白球的概率为P白＝，摸到红球的概率为P红＝，由独立重复试验的概率公式知P＝C()2·()5.
答案：B
12．在一次独立性检验中，得出列联表如下：
A
合计
B
200
800
1000
180
a
180＋a
合计
380
800＋a
1180＋a
且最后发现，两个分类变量A和B没有任何关系，则a的可能值是(　　)
A.
200
B.
720
C.
100
D.
180
解析：A和B没有任何关系，也就是说，对应的比例和基本相等，根据列联表可得和基本相等，检验可知，B选项满足条件．
答案：B
二、填空题
13．用数字0,1,2,3,5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列起来，得到一个数列{an}，则a25＝__________.
解析：首位数字为1的五位偶数有C·A＝12(个)．
首位数字为2的五位偶数有A＝6(个)．
首位数字是3，第2位为0的五位偶数有A＝2(个)．
首位数字是3，第2位为1的五位偶数有C·A＝4(个)，而12＋6＋2＋4＝24，
∴a25＝32150.
答案：32150
14．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为__________．
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a5＝35.
∴a0＋a2＋a4＝＝122，
a1＋a3＋a5＝－121.
又a5＝－1，
∴a1＋a3＝－120.
∴＝－.
答案：－
15．已知某地区成年男子的身高X～N(170,72)(单位：cm)，则该地区约有99.74%的男子身高在以170为中心的区间__________内．
解析：X在(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率约为99.74%，现μ＝170，σ＝7，(μ－3σ，μ＋3σ]＝(149,191]．
答案：(149,191]
16．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有________种．
解析：因为10÷8的余数为2，所以可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C＝28种走法．
答案：28
三、解答题
17．(10分)从数字0,1,3,5,7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？其中有实根的方程有多少个？
解：首先确定a，只能从1,3,5,7中选一个，有A种，然后从余下的4个数中任选两个作b，c，有A种．
∴共组成一元二次方程A·A＝48(个)．
方程要有实根，必满足Δ＝b2－4ac≥0，故当c＝0时，a、b可在1,3,5,7中任取两个排列，有A个；当c≠0时，b只能从5,7中取一个，当b取5时，a、c只能从1,3中取，有A种；当b取7时，a、c可取1、3成1、5这两组数，有2A种，此时共有A＋2A种取法．
综上，有实根的一元二次方程共有A＋A＋2A＝18个．
18．(12分)已知(＋)n展开式中，各项系数的和与其二项式系数的和之比为64.
(1)求x3项的系数；
(2)求二项式系数最大的项．
解：令x＝1，得各项系数和为4n，
又二项式系数和为2n，故有＝2n＝64，∴n＝6.
(1)由Tr＋1＝C()6－r()r＝3rCx3－可知当r＝0时，x3项的系数为30C＝1.
(2)∵此展开式共有7项，
∴二项式系数最大的项为第4项，
∴T4＝C()3()3＝540.
19．(12分)一个盒子里装有标号为1,2,3，…，n的n(n>3且n∈N
)张标签，现随机地从盒子里无放回地抽取两张标签．记X为两张标签上的数字之和，若X＝3的概率为.
(1)求n的值；(2)求X的分布列．
解：(1)P(X＝3)＝2×(×)＝，
∴＝(n∈N
)，∴n＝5.
(2)X的值可以是3,4,5,6,7,8,9.
P(X＝3)＝，
P(X＝4)＝2××＝，
P(X＝5)＝2×2××＝，
P(X＝6)＝2×2××＝，
P(X＝7)＝2×2××＝，
P(X＝8)＝2××＝，
P(X＝9)＝2××＝，
X的分布列为
X
3
4
5
6
7
8
9
P
20.(12分)[2013·福建高考]某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
解：解法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
因为P(X＝5)＝×＝，
所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B(2，)，X2～B，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
解法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X＝0)＝(1－)×(1－)＝，P(X＝2)＝×(1－)＝，P(X＝3)＝(1－)×＝，
所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：
X1
0
2
4
P
X2
0
3
6
P
所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝，E(X2)＝0×＋3×＋6×＝.
因为E(X1)>E(X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
21．(12分)[2013·课标全国卷Ⅰ]从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(187.8②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数．利用①的结果，求E(X)．
附：≈12.2.
若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为
＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，
s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.
(2)①由(1)知，Z～N(200,150)，从而
P(187.8②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826，依题意知X～B(100,0.6826)，所以E(X)＝100×0.6826＝68.26.
22．(12分)[2014·珠江高二检测]下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨标准煤)的几组对照数据
x
3
4
5
6
y
2.5
3
4
4.5
(1)请画出上表数据的散点图；
(2)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＋
；
(3)已知该厂技改前100吨甲产品的生产能耗为90吨标准煤．试根据(2)求出的线性回归方程，预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降低多少吨标准煤？(参考数值：3×2.5＋4×3＋5×4＋6×4.5＝66.5)
解：(1)由题设所给数据，可得散点图如图．
(2)由数据，计算得：＝86，
＝＝4.5，
＝＝3.5，
已知iyi＝66.5.
所以，由最小二乘法确定的回归方程的系数为：
＝＝＝0.7，
＝－
＝3.5－0.7×4.5＝0.35，
因此，所求的线性回归方程为
＝0.7x＋0.35.
(3)由(2)的回归方程及技改前生产100吨甲产品的生产能耗，得降低的生产能耗为90－(0.7×100＋0.35)＝19.65(吨标准煤)．第一章　§1.3　§1.3.1　课时作业33
一、选择题
1．[2013·山东枣庄一模]若(1＋)4＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b＝(　　)
A.
36　　　　　　　
B.
46
C.
34
D.
44
解析：二项式的展开式为1＋C()1＋C()2＋C()3＋()4＝1＋4＋18＋12＋9＝28＋16，所以a＝28，b＝16，a＋b＝28＋16＝44，选D.
答案：D
2．[2012·天津高考]在(2x2－)5的二项展开式中，x项的系数为(　　)
A.
10
B.
－10
C.
40
D.
－40
解析：(2x2－)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(2x2)5－r·(－x－1)r＝25－r(－1)rCx10－3r，令10－3r＝1，解得r＝3，因此x的系数为25－3×(－1)3×C＝－40.
答案：D
3．如果(3x2－)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为(　　)
A．3
B．5
C．6
D．10
解析：因为Tk＋1＝C(3x2)n－k(－2x－3)k
＝(－2)k·3n－kCx2n－5k，则2n－5k＝0，即5k＝2n，
所以或….故n的最小值为5.
答案：B
4．已知(x2－)n的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是(　　)
A.
－1
B.
1
C.
－45
D.
45
解析：由题知第三项的系数为C(－1)2＝C，第五项的系数为C(－1)4＝C，则有＝，解之得n＝10，
由Tr＋1＝Cx20－2r·x－(－1)r，
当20－2r－＝0时，即当r＝8时，常数项为C(－1)8＝C＝45，选D.
答案：D
二、填空题
5．(－)6的展开式中含有x3项的系数为__________．
解析：设含有x3项为第(r＋1)项，则Tr＋1＝C·()6－r·()r＝C·x6－r·y·(－y)r·x－＝C·x6－r－·y·(－y)r，
令6－r－＝3，即r＝2，
∴T3＝C·x3··y2＝C·x3，
系数为C＝＝15.
答案：15
6．[2013·安徽高考]若(x＋)8的展开式中x4项的系数为7，则实数a＝________.
解析：通项公式Tr＋1＝Cx8－r·()r＝Car·x8－r，
由8－r＝4得r＝3.
故C·a3＝7，解得a＝.
答案：
7．[2014·课标全国卷Ⅰ](x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
答案：－20
三、解答题
8．已知(－)n(n∈N
)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1，
求：(1)证明展开式中没有常数项；
(2)求展开式中含x的项．
解：(1)证明：由题意知第5项的系数为C·(－2)4，
第3项的系数为C·(－2)2，
则＝，
解得n＝8或n＝－3(舍去)．
通项公式Tr＋1＝C()8－r·(－)r
＝C(－2)r·x.
若Tr＋1为常数项，当且仅当＝0，即5r＝8，且r∈N，这是不可能的，所以展开式中没有常数项．
(2)由(1)知，展开式中含x的项需＝，
则r＝1，故展开式中含x的项为T2＝－16x.
9．已知在(－)n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
解：(1)通项公式为
Tr＋1＝Cx(－)rx－＝C(－)rx，
因为第6项为常数项，
所以r＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得
r＝(n－6)＝×(10－6)＝2，
∴含x2的项的系数为C(－)2＝.
(3)根据通项公式，由题意得
令＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，
即r＝5－k，
∵r∈N，∴k应为偶数．
∴k可取2,0，－2，即r可取2,5,8.
所以第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为
C(－)2x2，C(－)5，C(－)8x－2.习题课(1)
一、选择题
1．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有(　　)
A．6个
B．10个
C．12个
D．16个
解析：法一：列举可得：，，，，，，，，，，，共12个．
法二：从2,3,5,7四个数中任选两个数分别相除，所得结果有A＝4×3＝12个．
答案：C
2．从1,2,3，…，100中任取2个数相乘，其积能被3整除的有(　　)
A．33组
B．528组
C．2111组
D．2739组
解析：乘法满足交换律，因此是组合问题．
把1,2,3，…，99,100分成2组：{3,6,9，…，99}，共计33个元素；{1,2,4,5，…，100}，共计67个元素，故积能被3整除的有C＋C·C＝2739(组)．
答案：D
3．从4男3女志愿者中，选1女2男分别到A，B，C地执行任务，则不同的选派方法有(　　)
A．36种
B．108种
C．210种
D．72种
解析：选1女派往某地有方法A·A种，选2男派往另外两地有A种方法，则不同的选派方法共有A·A·A＝108(种)．
答案：B
4．[2013·四川绵阳一模]从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　)
A．280种
B．240种
C．180种
D．96种
解析：根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A＝360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A＝60种，乙从事翻译工作，有A＝60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360－60－60＝240种．
答案：
B
5．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(　　)
A．CA
B．CA
C．CA
D．CA
解析：从后排8人中选2人安排到前排6个位置中的任意两个位置即可，所以选法种数是CA，故选C.
答案：C
6．[2014·四川高考]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：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．
答案：B
二、填空题
7．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女一定不是O型，若某人的血型为O型，则父母血型所有可能情况有__________种．
解析：父母应为A或B或O，C·C＝9(种)．
答案：9
8．[2013·北京高考]将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
解析：5张参观券分成4份，1份2张，另外3份各1张，且2张参观券连号，则有4种分法，把这4份参观券分给4人，则不同的分法种数是4A＝96.
答案：96
9．[2014·浙江高考]在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.
将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
解析：分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为CCA＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为A＝24，则获奖情况总共有36＋24＝60(种)．
答案：60
三、解答题
10．[2014·福州市高二期末第二学期联考]用0,1,2,3,4,5这六个数字：
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则这个数为凹数，如524、746等都是凹数．那么这六个数字能组成多少个无重复数字的凹数？
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有A个；
第二类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A种，十位和百位从余下的数字中选有A种，于是有A·A个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A·A个．
由分类加法计数原理知，共有四位偶数：
A＋A·A＋A·A＝156(个)．
(2)符合要求的凹数可分为四类：
第一类：十位数字为0的有A个；第二类：十位数字为1的有A个；
第三类：十位数字为2的有A个；第四类：十位数字为3的有A个，由分类加法计数原理知，凹数共有：
A＋A＋A＋A＝40(个)．
即这六个数字能组成40个无重复数字的凹数．
11．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．
解：法一：设A，B代表两名老师傅．
A，B都不在内的选派方法有：C·C＝5(种)；
A，B都在内且当钳工的选派方法有：
C·C·C＝10(种)；
A，B都在内且当车工的选派方法有：
C·C·C＝30(种)；
A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：
C·A·C·C＝80(种)；
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：
C·C·C＝20(种)；
A，B有一人在内且当车工的选派方法有：
C·C·C＝40(种)；
所以共有C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·A·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝185(种)选派方法．
法二：5名钳工有4名被选上的方法有：
C·C＋C·C·C＋C·C·C＝75(种)；
5名钳工有3名被选上的方法有：
C·C·C＋C·C·A＝100(种)；
5名钳工有2名被选上的方法有：C·C·C＝10(种)．
所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．
12．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法：
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；
(2)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；
(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
解：(1)根据分步计数原理得到：CCC＝90种．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有CCC种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A种方法．根据分步乘法计数原理可得：CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有CCC＝60(种)方法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360(种)方法．
(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有CCC＝90(种)方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有CCCA＝360(种)方法；③“1、1、4型”，有CA＝90(种)方法．所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．第二章　§2.4　课时作业44
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均值为(　　)
A．1
B．－1
C．0
D．不确定
解析：均值即为其对称轴，∴μ＝0.
答案：C
2．[2014·深圳高二检测]正态总体N(0,1)在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率为P1，P2，则二者大小关系为(　　)
A．P1>P2
B．P1C．P1＝P2
D．不确定
解析：根据正态曲线的特点，图象关于x＝0对称，可得在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率P1，P2相等．
答案：C
3．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，已知P(ξ<－1.96)＝0.025，则P(|ξ|<1.96)＝(　　)
A.
0.025
B.
0.050
C.
0.950
D.
0.975
解析：ξ服从正态分布N(0,1)，则P(ξ<1.96)＝1－P(ξ≤－1.96)，从而P(|ξ|<1.96)＝P(－1.96<ξ<1.96)＝P(ξ<1.96)－P(ξ≤－1.96)＝1－2P(ξ≤－1.96)＝1－2×0.025＝0.950.
答案：C
4．某厂生产的零件直径ξ～N(10,0.22)，今从该厂上、下午生产的零件中各随机取出一个，测得其外直径分别为9.9
cm和9.3
cm，则可认为(　　)
A．上午生产情况未见异常现象，下午生产情况出现了异常现象
B．上午生产情况出现了异常，而下午生产情况正常
C．上、下午生产情况均是正常
D．上、下午生产情况均出现了异常现象
解析：3σ原则：(10－3×0.2,10＋3×0.2)，即(9.4,10.6)，9.9∈(9.4,10.6)，9.3 (9.4,10.6)，
所以，上午生产情况未见异常，下午生产情况出现了异常．
答案：A
二、填空题
5．已知正态分布落在区间(0.2，＋∞)上的概率为0.5，那么相应的正态曲线f(x)在x＝________时，达到最高点．
解析：由于正态曲线关于直线x＝μ对称和其落在区间(0.2，＋∞)上的概率为0.5，得μ＝0.2.
答案：0.2
6．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为________．
解析：测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，正态曲线的对称轴为x＝1，ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，可知，随机变量ξ在(1,2)内取值的概率与ξ在(0,1)内取值的概率相同，也为0.4，这样随机变量ξ在(0,2)内取值的概率为0.8.
答案：0.8
7．若随机变量ξ～N(10，σ2)，若ξ在(5,10)上的概率等于a，a∈(0,0.5)，则ξ在(－∞，15)上的概率等于________．
解析：P(10<ξ<15)＝a，故P(－∞<ξ≤5)＝(1－2a)＝－a，所以ξ在(－∞，15)的概率等于－a＋a＋a＝＋a.
答案：＋a
三、解答题
8．已知某地农民工年均收入ξ服从正态分布，其密度函数图象如右图所示．
(1)写出此地农民工年均收入的概率密度曲线函数式；
(2)求此地农民工年均收入在8000～8500元之间的人数百分比．
解：设农民工年均收入ξ～N(μ，σ2)，结合图象可知μ＝8000，σ＝500.
(1)此地农民工年均收入的正态分布密度函数表达式为
P(x)＝e－
＝e－，x∈(－∞，＋∞)．
(2)∵P(7500<ξ≤8500)
＝P(8000－500<ξ≤8000＋500)
＝0.6826.
∴P(8000<ξ≤8500)
＝P(7500<ξ≤8500)
＝0.3413.
即农民工年均收入在8000～8500之间的人数占总体的34.13%.
9．在某次数学测试中，考生的成绩ξ服从正态分布N(90,100)．
(1)求考试成绩ξ位于区间(70,110]内的概率；
(2)若这次考试共有2000名考生，试估计考试成绩在(80,100]内的考生约有多少人？
解：(1)∵ξ～N(90,102)，∴μ＝90，σ＝10，
所以(1)P(70<ξ≤110)＝P(90－20<ξ≤90＋20)＝0.9544.
(2)P(80<ξ≤100)＝P(90－10<ξ≤90＋10)＝0.6826，所以考试成绩在(80,100]内的考生约有2000×0.6826≈1365人．第一章　§1.1　课时作业27
一、选择题
1．(a1＋a2)(b1＋b2)(c1＋c2＋c3)完全展开后的项数为(　　)
A．9
B．12
C．18
D．24
解析：由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
答案：B
2．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示出(　　)条不同的直线．(　　)
A．19
B．20
C．21
D．22
解析：当A或B中有一个为零时，则可表示出2条不同的直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，则可表示出5×4＝20条不同的直线．由分类加法计数原理知，共可表示出20＋2＝22条不同的直线．
答案：D
3．五名护士上班前将外衣放在护士站，下班后回护士站取外衣，由于灯光暗淡，只有两人拿到了自己的外衣，另外三人拿到别人外衣的情况有(　　)
A．60种
B．40种
C．20种
D．10种
解析：设五名护士分别为A，B，C，D，E.其中两人拿到自己的外衣，可能是AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共10种情况，假设A，B两人拿到自己的外衣，则C，D，E三人不能拿到自己的外衣，所以只有C取D，D取E，E取C或C取E，D取C，E取D两种情况．所以根据分步乘法计数原理，应有10×2＝20种情况．
答案：C
4．[2014·安徽高考]从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对
B．30对
C．48对
D．60对
解析：
如图，在上底面中选B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A1C1对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对．所以全部共有48对．
答案：C
二、填空题
5．如图，从A→C有________种不同的走法．
解析：分为两类，不过B点有2种方法，过B点有2×2＝4种方法，共有4＋2＝6种方法．
答案：6
6．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被传给甲，则共有__________种不同的传递方法．
解析：分两类：第一类，若甲先传给乙，则有：甲→乙→甲→乙→甲；甲→乙→甲→丙→甲；甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，第二类，甲先传给丙，也有3种不同的传法，共有6种不同的传递方法．
答案：6
7．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种．(用数字作答)
解析：分两步：第1步，先选垄，如图，共有6种选法．
第2步，种植A，B两种作物，有2种选法．
因此，由分步乘法计数原理知，不同的选垄种植方法有6×2＝12种．
答案：12
三、解答题
8．如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线共有多少条？
解：从总体上看有三类方法：分别经过AB，AD，AA1.从局部上看每一类又需分两步完成，故第一类：经过AB，有m1＝1×2＝2条；第二类：经过AD，有m2＝1×2＝2条；第三类：经过AA1，有m3＝1×2＝2条．根据分类加法计数原理，从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N＝2＋2＋2＝6条．
9．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：依题意得，既会英语又会日语的有7＋3－9＝1人，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选会英语的一人有6种方法，此时选会日语的有2＋1＝3(种)．
由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18(种)．
第二类：不从只会英语的6人中选会英语的一人有1种方法，此时选会日语的有2种．
由分步乘法计数原理N2＝1×2＝2(种)
综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20(种)．第二章　单元综合检测(二)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．将一颗质地均匀的骰子掷两次，不能作为随机变量的是(　　)
A．第一次出现的点数
B．第二次出现的点数
C．两次出现点数之和
D．两次出现相同点的种数
解析：因为两次出现相同点的种数是定值6，故不是随机变量．
答案：D
2．抛掷2颗骰子，所得点数之和ξ是一个随机变量，则P(ξ≤4)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：P(ξ≤4)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)
＝＋＋＝.
答案：A
3．设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
P
，则E(X＋2)的值为(　　)
A.
B．9
C.
D.
解析：∵E(X)＝1×＋2×＋3×＝＋＋＝＝.
∴E(X＋2)＝E(X)＋2＝＋2＝.
答案：C
4．甲、乙、丙三人参加某项测试，他们能达到标准的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人中至少有一人达标的概率是(　　)
A.
0.16
B.
0.24
C.
0.96
D.
0.04
解析：三人都不达标的概率是(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.04，故三人中至少有一人达标的概率为1－0.04＝0.96.
答案：C
5．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：连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为
P＝C××(1－)2＝.
答案：A
6．在篮球比赛中，罚球命中得1分，不中得0分，若某球员罚球一次得分ξ的均值为0.6，则他的命中率为(　　)
A．0.5
B．0.6
C．0.7
D．0.8
解析：设命中率为P，ξ服从两点分布，
∴E(ξ)＝p＝0.6.
答案：B
7．一名射手击中靶心的概率为0.8，如果同样条件射击3次，则他击中靶心次数的均值为(　　)
A．3
B．2.5
C．2.4
D．2.3
解析：击中靶心的次数ξ～B(3,0.8)，
∴E(ξ)＝3×0.8＝2.4.
答案：C
8．设随机变量ξ的分布列P(ξ＝i)＝c·()i，i＝1,2,3，则c＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：由P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝1，得c＝.
答案：B
9．已知一次考试共有60名同学参加，考生成绩X～N(110,52)，据此估计，大约有57人的分数所在的区间为(　　)
A．(90,100]
B．(95,125]
C．(100,120]
D．(105,115]
解析：∵X～N(110,52)，
∴μ＝110，σ＝5，
又＝0.95≈P(μ－2σ＝P(100答案：C
10．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0.6，则本次比赛甲获胜的概率是(　　)
A．0.216
B．0.36
C．0.432
D．0.648
解析：甲获胜有两种情况，一是甲以2∶0获胜，此时p1＝0.62＝0.36；二是甲以2∶1获胜，此时p2＝C·0.6×0.4×0.6＝0.288，故甲获胜的概率为p1＋p2＝0.648.
答案：D
11．一袋中装有5个白球和3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)等于(　　)
A.
C×()10×()2
B.
C×()9×()2×
C.
C×()9×()2
D.
C×()9×()2
解析：ξ＝12表示第12次取到红球，前11次中有9次取到红球，从而P(ξ＝12)＝C×()9×()2×.
答案：B
12．一个人有n把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数X为随机变量，则P(X＝k)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：X＝k表示第k次恰好打开，前k－1次没有打开，
∴P(X＝k)＝··…··＝.
答案：B
二、填空题
13．设随机变量ξ只能取5,6,7，…，16这12个值，且取每一个值的概率均相等，若P(ξ解析：由题意知，ξ的分布列为
ξ
5
6
7
…
16
P
…
由分布列知，P(ξ故x∈(5,6]．
答案：(5,6]
14．一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有4个选项，有且只有一个选项正确，每选一个正确答案得4分，不选或选错的不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率是0.8，设本次测试的得分为η，则此学生在这一次测试中所得成绩的E(η)＝__________，D(η)＝________.
解析：设ξ表示这次测试选正确题目的个数．则ξ～B(25,0.8)，则E(ξ)＝25×0.8＝20，D(ξ)＝25×0.8×0.2＝4.
由题意知，本次测试的得分η＝4ξ.故E(η)＝E(4ξ)＝4E(ξ)＝80，D(η)＝D(4ξ)＝16D(ξ)＝64.
答案：80　64
15．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η>1)＝__________.
解析：由P(ξ≥1)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝Cp(1－p)＋Cp2＝，得p＝，从而η～B(4，)．
∴P(η>1)＝P(η＝2)＋P(η＝3)＋P(η＝4)
＝C()2()2＋C()1()3＋C()4＝.
答案：
16．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件．则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．
①P(B)＝；
②P(B|A1)＝；
③事件B与事件A1相互独立；
④A1，A2，A3是两两互斥的事件；
⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关．
解析：由题意知P(B)的值是由A1，A2，A3中某一个事件发生所决定的，故①③错误；
因为P(B|A1)＝＝＝，故②正确；由互斥事件的定义知④正确，
P(B)＝×＋×＝.
答案：②④
三、解答题
17．(10分)抛掷一枚骰子(六个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6)．
(1)连续抛掷2次，求向上的数不同的概率；
(2)连续抛掷2次，求向上的数之和为6的概率；
(3)连续抛掷5次，求向上的数为奇数恰好出现3次的概率．
解：(1)设A表示事件“抛掷2次，向上的数不同”，
则P(A)＝＝.
(2)设B表示事件“抛掷2次，向上的数之和为6”．
∵向上的数之和为6的结果有(1,5)、(2,4)、(3,3)、(4,2)、(5,1)5种，∴P(B)＝＝.
(3)设C表示事件“抛掷5次，向上的数为奇数恰好出现3次”．
∴P(C)＝C()2()3＝.
18．(12分)某厂工人在2010年里有1个季度完成生产任务，则得奖金300元；如果有2个季度完成生产任务，则可得奖金750元；如果有3个季度完成生产任务，则可得奖金1260元；如果有4个季度完成生产任务，可得奖金1800元；如果工人四个季度都未完成任务，则没有奖金，假设某工人每季度完成任务与否是等可能的，求他在2010年一年里所得奖金的分布列．
解：设该工人在2010年一年里所得奖金为X，
则X是一个离散型随机变量．
由于该工人每季度完成任务与否是等可能的，所以他每季度完成任务的概率等于，所以
P(X＝0)＝C()0()4＝，
P(X＝300)＝C()1()3＝，
P(X＝750)＝C()2()2＝，
P(X＝1260)＝C()3()1＝，
P(X＝1800)＝C()4()0＝.
∴其分布列为
X
0
300
750
1260
1800
P
19.(12分)[2013·江西高考]小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．
(1)求小波参加学校合唱团的概率；
(2)求X的分布列和数学期望．
解：(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C＝28种，X＝0时，两向量夹角为直角共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为P(X＝0)＝＝.
(2)两向量数量积X的所有可能取值为－2，－1,0,1，X＝－2时，有2种情形；X＝1时，有8种情形；X＝－1时，有10种情形．所以X的分布列为：
X
－2
－1
0
1
P
E(X)＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＝－.
20．(12分)[2014·济南高二检测]甲、乙两人进行投篮比赛，甲的命中率为0.5，乙的命中率为0.75，甲投4次，乙投3次，甲投中的次数为ξ，乙投中的次数为η.
(1)求甲、乙两人投中次数相同的概率；
(2)若ξ>η，则甲胜，求甲获胜的概率．
解：P(ξ＝0)＝C()4＝；
P(ξ＝1)＝C()4＝；
P(ξ＝2)＝C()4＝；
P(ξ＝3)＝C()4＝；
P(ξ＝4)＝C()4＝；
P(η＝0)＝C()3＝；
P(η＝1)＝C()()2＝；
P(η＝2)＝C()2()＝；
P(η＝3)＝C()3＝.
(1)甲、乙两人投中次数相同的概率P1＝×＋×＋×＋×＝.
(2)甲胜的情形有ξ＝1，η＝0；ξ＝2，η＝0,1；ξ＝3，η＝0,1,2；ξ＝4，η＝0,1,2,3.
∴甲胜的概率为P2＝×＋×(＋)＋×(＋＋)＋×1＝.
21．(12分)[2014·福建高考]为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；
(2)商场对奖励总额的预算是60000，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解：(1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
②依题意，得X的所有可能取值为20,60.
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X
20
60
P
所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×＋60×＝40(元)．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.
所以，先寻找期望为60元的可能方案.
对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X1
20
60
100
P
X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
22．(12分)[2013·湖北高考]假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.
(1)求p0的值；
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ(2)某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？
解：(1)由于随机变量X服从正态分布N(800,502)，故有μ＝800，σ＝50，
P(700由正态分布的对称性，可得
p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800(2)设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1600x＋2400y.
依题意，x，y还需满足：x＋y≤21，y≤x＋7，P(X≤36x＋60y)≥p0.
由(1)知，p0＝P(X≤900)，故P(X≤36x＋60y)≥p0等价于36x＋60y≥900.
于是问题等价于求满足约束条件
且使目标函数z＝1600x＋2400y达到最小的x，y.
作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12)，Q(7,14)，R(15,6)．
由图可知，当直线z＝1600x＋2400y经过可行域的点P时，直线z＝1600x＋2400y在y轴上截距最小，即z取得最小值．
故应配备A型车5辆、B型车12辆．第一章　§1.2　§1.2.1　课时作业30
一、选择题
1．[2012·辽宁高考]一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　)
A.
3×3！　　　　　　　
B.
3×(3！)3
C.
(3！)4
D.
9!
解析：利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为A(A)3＝(3！)4.
答案：C
2．[2013·四川高考]从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是(　　)
A.
9
B.
10
C.
18
D.
20
解析：lga－lgb＝lg，
从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a，b，共有A＝20种结果，其中lg＝lg，lg＝lg，故共可得到不同值的个数为20－2＝18.故选C.
答案：C
3．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有(　　)
A．240种
B．600种
C．408种
D．480种
解析：将四人排成一排共有A种排法；产生5个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个元素插入共有A种方法；由分步乘法计数原理，满足条件的坐法共有A·A＝480(种)．
答案：D
4．要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　　)
A．1440种
B．960种
C．720种
D．480种
解析：从5名志愿者中选2人排在两端有A种方法，2位老人排列有A种，其余3人和老人排有A种，共有不同的排法种数是AAA＝960种．
答案：B
二、填空题
5．A，B，C，D，E五人并排站成一行，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数是__________．
解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，A＝24种．
答案：24
6．由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是________．
解析：将3,4两个数全排列，有A种排法，当1,2不相邻且不与5相邻时有A种方法，当1,2相邻且不与5相邻时有A·A种方法，故满足题意的数有A(A＋A·A)
＝36个．
答案：36
7．[2013·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：从左往右看，若C排在第1位，共有排法A＝120种；若C排在第2位，共有排法A·A＝72种；若C排在第3位，则A、B可排C的左侧或右侧，共有排法A·A＋A·A＝48种；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有排法2×(120＋72＋48)＝480种．
答案：480
三、解答题
8．三个女生和五个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？
(5)甲必须在乙的右边，可有多少种不同的排法？
解：(1)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有A种不同的排法，因此共有AA＝4320种不同的排法．
(2)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空位，这样共有四个空位，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有A种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有A种方法，因此共有AA＝14400种不同的排法．
(3)解法一：因为两端不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个，有A种排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A种排法，所以共有AA＝14400种不同的排法．
解法二：三个女生和五个男生排成一排共有A种不同的排法，从中去掉女生排在首位的AA种排法和女生排在末位的AA种排法，但这样两端都是女生的排法在去掉女生排在首位的情况时被去掉一次，在去掉女生在末位的情况时又被去掉一次，所以还需加上一次，由于两端都是女生有AA种不同的排法，所以共有A－2AA＋AA＝14400种不同的排法．
(4)解法一：因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有AA种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，这样末位就只能排男生，这样可有AAA种不同排法，因此共有AA＋AAA＝36000种不同的排法．
解法二：三个女生和五个男生排成一排有A种排法，从中扣去两端都是女生的排法AA种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－AA＝36000种不同的排法．
(5)甲必须在乙的右边即为所有排列的，因此共有＝20160种不同的排法．
9．用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？
(1)偶数不相邻；
(2)偶数一定在奇数位上；
(3)1和2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数．
解：(1)用插空法，共有AA＝1440个．
(2)先把偶数排在奇数位上有A种排法，再排奇数有A种排法．
所以共有AA＝576个．
(3)在1和2间放一个奇数有A种方法，把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有A种排法，所以共有AAA＝720个．第二章　§2.2　课时作业38
一、选择题
1．100件产品中有6件次品，现在从中不放回地任取3件产品，在前两次抽取为正品的条件下，第三次抽取为次品的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设事件A为“前两次抽取为正品”，事件B为“第三次抽取为次品”，则P(A)＝，P(AB)＝，则P(B|A)＝＝.
答案：C
2．盒中有10支螺丝钉，其中3支是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两支，那么在第一支抽取为好的的条件下，第二支是坏的的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设事件A为“第一支抽取为好的”，事件B为“第二支是坏的”，则P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝.
答案：B
3．下列说法正确的是(　　)
A.
P(B|A)＝P(AB)
B.
P(B|A)＝是可能的
C.
0D.
P(A|A)＝0
解析：∵P(B|A)＝，≥1，
∴P(B|A)≥P(AB)，故A不正确；
当P(A)＝1时，P(B)＝P(AB)，
则P(B|A)＝P(B)＝，所以B正确；
而0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，∴C、D不正确．
答案：B
4．[2014·山东莱州一中高二期末]某地一农业科技试验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为(　　)
A.
0.02
B.
0.08
C.
0.18
D.
0.72
解析：设“这粒水稻种子发芽”为事件A，“这粒水稻种子发芽又成长为幼苗”为事件B|A，“这粒水稻种子能成长为幼苗”为事件AB，且P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.9，由条件概率计算公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案：D
二、填空题
5．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班所占的概率为__________．
解析：设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”，则P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝.
答案：
6．抛掷骰子2次，每次结果用(x1，x2)表示，其中x1，x2分别表示第一次、二次骰子的点数．若设A＝{(x1，x2)|x1＋x2＝10}，B＝{(x1，x2)|x1>x2}．则P(B|A)＝________.
解析：∵P(A)＝＝，P(AB)＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
答案：
7．袋中有7只白球，3只红球，白球中有4只木球，3只塑料球，红球中有2只木球，1只塑料球，现从袋中任取1球，假设每个球被取到的可能性相同，若已知取到的球是白球，则它是木球的概率是__________．
解析：设A表示“取到的球是白球”；
B表示“取到的球是木球”．则n(A)＝7，n(AB)＝4，所以P(B|A)＝＝.
答案：
三、解答题
8．一只口袋内装有2个白球和2个黑球，那么
(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？
(2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？
解：(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸到白球”为A∩B，先摸一球不放回，再摸一球共有4×3种结果．
∴P(A)＝＝，P(AB)＝＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
(2)设“先摸出一个白球放回”为事件A1，
“再摸出一个白球”为事件B1，两次都摸到白球为事件A1∩B1.
P(A1)＝＝，P(A1B1)＝＝，
∴P(B1|A1)＝＝＝.
∴先摸一个白球不放回，再摸一个白球的概率为；先摸一个白球后放回再摸出一个白球的概率为.
9．把外形相同的30个球分装在三个盒子里，每盒装10个．其中，第一个盒子中7个球标有字母a,3个球标有字母b；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一球，若取得标有字母a的球，则在第二个盒子中任取一个球；若在第一个盒子中取得标有字母b的球，则在第三个盒子中任取一个球．若第二次取出的是红球，则称试验成功．求试验成功的概率．
解：设从第一个盒子中取得标有字母a的球为事件A，从第一个盒子中取得标有字母b的球为事件B，第二次取出的球是红球为事件R，第二次取出的球是白球为事件W，
则容易求得P(A)＝，P(B)＝，
P(R|A)＝，P(W|A)＝，
P(R|B)＝，P(W|B)＝.
事件“试验成功”表示为(RA)∪(RB)，又事件RA与事件RB互斥，由概率的加法公式得
P[(RA)∪(RB)]＝P(RA)＋P(RB)
＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)
＝×＋×＝0.59.第三章　§3.1　课时作业45
一、选择题
1．对于独立性检验，下列说法中错误的是(　　)
A.
χ2的值越大，说明两事件相关程度越大
B.
χ2的值越小，说明两事件相关程度越小
C.
χ2≤3.841时，有95%的把握说事件A与B无关
D.
χ2>6.635时，有99%的把握说事件A与B有关
解析：在独立性检验中，随机变量χ2的取值大小可说明两个变量相关的程度．一般地随机变量χ2的值越大，两变量的相关程度越大，反之就越小．两个临界值χ2>6.635说明有99%的把握认为二者有关系，χ2≤3.841则说明二者几乎无关．因此可知C中说法是不正确的．
答案：C
2．变量X和Y的列联表如下：
y1
y2
总计
x1
a
b
a＋b
x2
c
d
c＋d
总计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
则下列说法正确的是
(　　)
A.
ad－bc越小，说明X与Y关系越弱
B.
ad－bc越大，说明X与Y关系越弱
C.
(ad－bc)2越大，说明X与Y关系越强
D.
(ad－bc)2越接近于0，说明X与Y关系越强
解析：对于同一样本，|ad－bc|越小，说明X与Y之间关系越弱；|ad－bc|越大，说明X与Y之间的关系越强．
答案：C
3．[2014·广州高二检测]利用随机变量χ2来判断“两个分类变量有关系”的方法称为独立性检验，现通过计算高中生的性别与喜欢数学课程列联表中的数据，得到χ2≈5.12，并且知道P(χ2≥3.841)≈0.05，那么下列结论中正确的是(　　)
A．100个高中生中只有5个不喜欢数学
B．100个高中生中只有5个喜欢数学
C．在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为高中生的性别与喜欢数学课程有关系
D．在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为高中生的性别与喜欢数学课程没有关系
解析：当χ2≈5.12时，P(χ2≥3.841)≈0.05，说明在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为高中生性别与喜欢数学课程有关系．
答案：C
4．[2014·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：因为χ＝
＝，
χ＝
＝，
χ＝＝，
χ＝＝，
则有χ>χ>χ>χ，所以阅读量与性别关联的可能性最大．
答案：D
二、填空题
5．下列说法正确的是__________．
①对事件A与B的检验无关，即两个事件互不影响
②事件A与B关系越密切，χ2就越大
③χ2的大小是判断事件A与B是否相关的唯一数据
④若判定两事件A与B有关，则A发生B一定发生
解析：对于①，事件A与B的检验无关，只是说两事件的相关性较小，并不一定两事件互不影响，故①错．②是正确的．
对于③，判断A与B是否相关的方式很多，可以用列联表，也可以借助于概率运算，故③错．
对于④，两事件A与B有关，说明两者同时发生的可能性相对来说较大，但并不是A发生B一定发生，故④错．
答案：②
6．在一次独立性检验中，有300人按性别和是否色弱分类如下表：
男
女
正常
142
140
色弱
13
5
由此表计算得χ2≈________.(结果保留两位小数)
解析：代入χ2公式计算即可．
答案：3.24
7．[2013·广东湛江一模]为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对该班50名学生进行了问卷调查，得到了如下的2×2列联表：
喜爱打篮球
不喜爱打篮球
总计
男生
20
5
25
女生
10
15
25
总计
30
20
50
则在犯错误的概率不超过________的前提下认为喜爱打篮球与性别有关(请用百分数表示)．
附：χ2＝
解析：χ2＝＝
≈8.333>6.635，所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为喜爱打篮球与性别有关．
答案：1%
三、解答题
8．为了调查胃病是否与生活规律有关，在某地对540名40岁以上的人进行了调查，结果是：患胃病者生活不规律的共60人，患胃病者生活规律的共20人，未患胃病者生活不规律的共260人，未患胃病者生活规律的共200人．
(1)根据以上数据列出2×2列联表；
(2)在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为40岁以上的人患胃病与否和生活规律有关系吗？为什么？
解：(1)由已知可列2×2列联表：
患胃病
未患胃病
总计
生活规律
20
200
220
生活不规律
60
260
320
总计
80
460
540
(2)根据列联表中的数据，由计算公式得χ2的值：
χ2＝≈9.638.
因为9.638>6.635，
所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为40岁以上的人患胃病与否和生活规律有关．
9．某大型企业人力资源部为了研究企业员工工作积极性和对待企业改革态度的关系，随机抽取了189名员工进行调查，所得数据如下表所示：
积极支持改革
不太赞成改革
合计
工作积极
54
40
94
工作一般
32
63
95
合计
86
103
189
依据表中的数据对人力资源部的研究项目进行分析，能够得出什么结论？
解：计算χ2＝
≈10.759.
由于10.759>7.879，所以在犯错误的概率不超过0.005的前提下，可以认为企业的全体员工对待企业改革的态度与其工作积极性是有关的．第三章　§3.2　课时作业46
一、选择题
1．下列命题中正确的是(　　)
①任何两个变量都具有相关关系
②圆的周长与圆的半径具有相关关系
③某商品的需求量与该商品的价格是一种非确定性关系
④根据散点图求得的线性回归方程可能是没有意义的
⑤两个变量的线性相关关系可以通过线性回归方程，把非确定性问题转化为确定性问题进行研究
A.
①③④
B.
②④⑤
C.
③④⑤
D.
②③⑤
解析：显然①是错误的，而②中圆的周长与圆的半径的关系为；C＝2πR，是一种确定性的函数关系，故应选C。
答案：C
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：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.
答案：A
3.
在判断两个变量y与x是否相关时，选择了4个不同的模型，它们的相关指数R2分别为：模型1的相关指数R2为0.98，模型2的相关指数R2为0.80，模型3的相关指数R2为0.50，模型4的相关指数R2为0.25.
其中拟合效果最好的模型是(　　)
A.
模型1
B.
模型2
C.
模型3
D.
模型4
解析：相关指数R2能够刻画用回归模型拟合数据的效果，相关指数R2的值越接近于1，说明回归模型拟合数据的效果越好．
答案：A
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：由表可计算＝＝，＝＝42，因为点(，42)在回归直线
＝
x＋
上，且
为9.4，所以42＝9.4×＋
，解得
＝9.1，故回归方程为
＝9.4x＋9.1，令x＝6得
＝65.5，选B.
答案：B
二、填空题
5．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)与单位成本的资料进行线性回归分析，结果如下：＝，＝71，＝79，iyi＝1481.
＝≈－1.8182，
＝71－(－1.8182)×≈77.36，则销量每增加1000箱，单位成本下降__________元．
解析：由上表可得，
＝－1.8182x＋77.36，销量每增加1千箱，则单位成本下降1.8182元．
答案：1.8182
6．已知回归直线的斜率的估计值为1.23.样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程是________．
解析：由斜率的估计值为1.23，且回归直线一定经过样本点的中心(4,5)，可得
－5＝1.23(x－4)，
即
＝1.23x＋0.08.
答案：
＝1.23x＋0.08
7．[2014·宁夏吴忠模拟]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：
气温(℃)
18
13
10
－1
用电量(度)
24
34
38
64
由表中数据得线性回归方程
＝
x＋
中
＝－2，预测当气温为－4℃时，用电量的度数约为________．
解析：＝10，＝40，回归方程过点(，)，∴40＝－2×10＋
.
∴
＝60.∴
＝－2x＋60.
令x＝－4，∴
＝(－2)×(－4)＋60＝68.
答案：68
三、解答题
8．某地最近十年粮食需求量逐年上升，下表是部分统计数据：
年份
2002
2004
2006
2008
2010
需求量(万吨)
236
246
257
276
286
(1)利用所给数据求年需求量与年份之间的回归直线方程
＝
x＋
；
(2)利用(1)中所求出的直线方程预测该地2012年的粮食需求量．
解：(1)由所给数据看出，年需求量与年份之间是近似直线上升，下面来求回归直线方程，先将数据预处理如下：
年份－2006
－4
－2
0
2
4
需求量－257
－21
－11
0
19
29
由预处理后的数据，容易算得
＝0，＝3.2，
＝6.5，
＝－
＝3.2.由上述计算结果知，所求回归直线方程为
－257＝
(x－2006)＋
＝6.5(x－2006)＋3.2.
即
＝6.5(x－2006)＋260.2.
(2)利用所求得的直线方程，可预测2012年的粮食需求量为
6．5×(2012－2006)＋260.2＝6.5×6＋260.2＝299.2(万吨)≈300(万吨)．
9．[2013·重庆高考]从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i个家庭的月收入xi(单位：千元)与月储蓄yi(单位：千元)的数据资料，算得i＝80，i＝20，iyi＝184，＝720.
(1)求家庭的月储蓄y对月收入x的线性回归方程
＝
x＋
；
(2)判断变量x与y之间是正相关还是负相关；
(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄．
附：线性回归方程＝x＋中，
＝，
＝－
，
其中，为样本平均值，线性回归方程也可写为
＝
x＋
.
解：(1)由题意知n＝10，＝i＝＝8，＝i＝＝2，又－n2＝720－10×82＝80，iyi－n＝184－10×8×2＝24，
由此得
＝＝＝0.3，
＝－
＝2－0.3×8＝－0.4，
故所求回归方程为
＝0.3x－0.4.
(2)由于变量y的值随x的值增加而增加(
＝0.3>0)，故x与y之间是正相关．
(3)将x＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y＝0.3×7－0.4＝1.7(千元)．第一章　单元综合检测(一)
(时间120分钟　　满分150分)
一、选择题
1．从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为(　　)
A．6
B．5
C．3
D．2
解析：由题意可得不同的选法为C＝5.
答案：B
2．将(x－q)(x－q－1)(x－q－2)…(x－19)写成A的形式是(　　)
A.
A
B.
A
C.
A
D.
A
解析：由式子的形式可以看出(x－q)为最大因式，共有20－q个因式连乘．
答案：D
3．从甲、乙等10个同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有(　　)
A.
70种
B.
112种
C.
140种
D.
168种
解析：法一(直接法)：
分类完成：
第1类，甲参加或乙参加，有CC种挑选方法；
第2类，甲、乙都参加，有CC种挑选方法．
所以不同的挑选方法共有CC＋CC＝140种．
法二(间接法)：
从甲、乙等10人中挑选4人共有C种挑选方法，甲、乙两人都不参加挑选方法有C种，所以甲、乙两人中至少有1人参加的不同的挑选方法有C－C＝140种．
答案：C
4．从1,2，－1，－2，－3中任取不同的3个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，其中表示开口向上的抛物线的条数为(　　)
A．10
B．24
C．48
D．60
解析：因为y＝ax2＋bx＋c表示开口向上的抛物线，a必须大于0，因此共有C·A＝24条抛物线．
答案：B
5．(x2－)n的展开式中，常数项为15，则n＝(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：(x2－)n的展开式中，Cn(x2)(－)＝15，
Tr＋1＝C(x2)n－r，(－1)rx－r＝C(－1)rx2n－3r
令2n－3r＝0，得r＝n，
所以n可以被3整除，
当n＝3时，C＝3≠15，当n＝6时，C＝15.
答案：D
6．若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　)
A.
1
B.
－1
C.
0
D.
2
解析：(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋)4×(－2＋)4＝1.
答案：A
7．如右图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五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颜色，则不同的涂色方法种数为(　　)
A．320
B．160
C．96
D．60
解析：不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．
答案：A
8．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：甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之处的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．
答案：C
9．在下图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读(不能跳读)，共有不同的读法种数是(　　)
构
建　建
和　和　和
谐　谐　谐　谐
社　社　社　社　社
会　会　会　会　会　会
创　创　创　创　创
美　美　美　美
好　好　好
未　未
来
A．250
B．240
C．252
D．300
解析：每一种读法相当于从“构”字出发，一步一步地走到“来”字的走法，每一种走法需要走10步，其中5步是按从右上角到左下角方向走的，故读法总数为C＝＝252种．
答案：C
10．将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球．恰好有3个球的标号与其放在盒子的标号不一致的放入方法种数为(　　)
A．120
B．240
C．360
D．720
解析：在10个球中选3个，有C种方法，每3个球与3个盒子标号不一致的方法有两种，所以放入方法种数为2C＝240.故选B.
答案：B
11．[2013·陕西高考]设函数f(x)＝则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(　　)
A.
－20
B.
20
C.
－15
D.
15
解析：x>0时，f(x)＝－<0，故f[f(x)]＝(－＋)6，其展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－)6－r·()r＝(－1)6－r·C·()6－2r，由6－2r＝0得r＝3，故常数项为(－1)3·C＝－20.
答案：A
12．[2014·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)＝(　　)
A．45
B．60
C．120
D．210
解析：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.
答案：C
二、填空题
13．某同学去逛书店，喜欢三本书，决定至少买其中的一本，则购买方案有__________种．
解析：分类：第一类：买其中的一本，方法有3种；
第二类：买其中的两本，方法有3种；
第三类：三本书全买，方法有1种．
由分类加法计数原理知，N＝3＋3＋1＝7种购买方案．
答案：7
14．[2013·重庆高考]从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．
解析：按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类．
当选派人数为3、1、1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝200(种)．
当选派人数为2、2、1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝390(种)．
故共有590种．
答案：590
15．(＋)8展开式中含x的整数次幂的项的系数之和为__________．(用数字作答)
解析：Tr＋1＝C()8－r()r＝Cx4－r，当r＝0,4,8时为含x的整数次幂的项，所以展开式中含x的整数次幂的项的系数之和为C＋C＋C＝72.
答案：72
16．[2014·北京高考]把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：将A、B捆绑在一起，有A种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA＝48种摆法，而A、B、C
3件在一起，且A、B相邻，A、C相邻有CAB、BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A＝12种摆法，故A、B相邻，A、C不相邻的摆法有48－12＝36种．
答案：36
三、解答题
17．(10分)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
(1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
解：(1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分类加法计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法．
(2)每种选法分三步：每一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分步乘法计数原理，共有6×7×8＝336种不同的选法．
(3)分三类，每类又分两步．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同选法．
18．(12分)五位老师和五名学生站成一排：
(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法；
(2)五名学生不能相邻共有多少种排法；
(3)老师和学生相间隔共有多少种排法．
解：(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A种排法，五名学生再内部全排列有A种，故共有A·A＝86400种排法．
(2)先将五位老师全排列有A种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A种排法，故共有A·A＝86400种排法．
可用图表示：□○□○□○□○□○□(用○表示老师所在位置，用□表示中间的空档)
(3)排列方式只能有两类，如图所示：
○□○□○□○□○□
□○□○□○□○□○
(用□表示老师所在位置，用○表示学生所在位置)
故有2A·A＝28800种排法．
19．(12分)设a>0，若(1＋ax)n的展开式中含x2项的系数等于含x项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x，那么a等于多少？
解：Tr＋1＝C(ax)r＝Carx，
∴
∴
即
∴＝.
∴3n2－23n＋30＝0.
解得n＝(舍去)或n＝6，
a2＝＝9，又a>0，∴a＝3.
20．(12分)由1、2、3、4、5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…直到末项(第120项)是54321.问：
(1)43251是第几项？
(2)第93项是怎样的一个五位数？
解：(1)由题意知，共有五位数为A＝120(个)
比43251大的数有下列几类：
①万位数是5的有A＝24(个)；
②万位数是4，千位数是5的有A＝6(个)；
③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A＝2(个)；
所以比43251大的数共有A＋A＋A＝32个，
所以43251是第120－32＝88项．
(2)从(1)知万位数是5的有A＝24个，
万位数是4，千位数是5的有A＝6(个)；
但比第93项大的数有120－93＝27个，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321、45312、45231、45213、45132、45123，从此可见第93项是45213.
21．(12分)已知(2i＋)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)(2i＋)10展开式的通项为
Tr＋1＝C(2i)10－rx－2r＝C(2i)10－rx5－r.
因为系数为正实数，且r∈{0,1,2，…，10}，
所以r＝10,6,2.所以所求的项为T11＝x－20，T7＝3360x－10，T3＝11520.
22．(12分)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择I的两个非空子集A和B，求使B中最小的数大于A中最大的数的不同选择方法有多少种？
解：当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，有24－1＝15种选择方法；
当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，有2×(23－1)＝14种选择方法；
当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}或{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，有4×(22－1)＝12种选择方法；
当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}或{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝8种选择方法．
所以满足条件的非空子集共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．习题课(2)
一、选择题
1．C·2n＋C·2n－1＋…＋C·2n－k＋…＋C等于(　　)
A．2n
B．2n－1
C．3n
D．1
解析：原式＝(2＋1)n＝3n.
答案：C
2．[2013·辽宁高考]使(3x＋)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：Tr＋1＝C(3x)n－r·x－r＝C·3n－r·xn－r－r＝C·3n－r·xn－(r＝0,1,2，…，n)，若Tr＋1是常数项，则有n－r＝0，即2n＝5r(r＝0,1，…，n)，当r＝0,1时，n＝0，，不满足条件；当r＝2时，n＝5，故选B.
答案：B
3．已知(＋)n的展开式的第三项与第二项的系数比为11∶2，则n是(　　)
A．10
B．11
C．12
D．13
解析：第三项的系数与第二项的系数比为C∶C＝∶n＝11∶2，解得n＝12.
答案：C
4．已知数列{an}是等差数列，且a6＋a7＝10，则在(x－a1)(x－a2)…(x－a12)的展开式中，x11项的系数是(　　)
A．60
B．－60
C．30
D．－30
解析：一共有12个括号相乘，要得到x11，则每次应取11个括号中的x相乘，
剩余一个括号选－a1，－a2，…，－a12中的一个，
故可得x11的系数为－(a1＋a2＋…＋a12)，
由等差数列的性质可得a1＋a12＝a6＋a7＝10，
∴a1＋a2＋…＋a12＝＝60.故选B.
答案：B
5．(1＋ax＋by)n展开式中不含x的项的系数的绝对值的和为243，不含y的项的系数的绝对值的和为32，则a，b，n的值可能为(　　)
A.
a＝2，b＝－1，n＝5
B.
a＝－2，b＝－1，n＝6
C.
a＝－1，b＝2，n＝6
D.
a＝1，b＝2，n＝5
解析：令a＝0，y＝1，则(1＋b)n＝243＝35；令b＝0，x＝1，则(1＋a)n＝32＝25，则可取a＝1，b＝2，n＝5，选D.
答案：D
6．对于二项式(＋x3)n(n∈N)，四位同学作出了四种判断，下列判断中正确的是(　　)
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
A．①与③
B．②与③
C．②与④
D．①与④
解析：二项式(＋x3)n展开式的通项为Tr＋1＝C()n－r·(x3)r＝Cxr－n·x3r＝Cx4r－n，当展开式中有常数项时，有4r－n＝0，即存在n、r使方程有解；当展开式中有x的一次项时，有4r－n＝1，即存在n，r使方程有解，即分别存在n，使展开式中有常数项和一次项．
答案：D
二、填空题
7．C＋3C＋9C＋…＋3nC＝__________.
解析：C＋3C＋32·C＋…＋3nC＝(1＋3)n＝4n.
答案：4n
8．[2014·山东高考]若(ax2＋)6的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
解析：Tr＋1＝C(ax2)6－r()r＝Ca6－rbrx12－3r,
令12－3r＝3，得r＝3,
故Ca3b3＝20,
所以ab＝1,
a2＋b2≥2ab＝2,
当且仅当a＝b＝1或a＝b＝－1时，等号成立．
答案：2
9．已知(x2－)n的展开式中含x的项为第6项，设(1－x＋2x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则a1＋a2＋…＋a2n＝________.
解析：(x2－)n的展开式的通项为Tk＋1＝Cx2n－2k·(－)k＝(－1)kCx2n－3k，含x的项为第6项，所以当k＝5时，2n－3k＝1，得n＝8.又在所给等式中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2n＝28＝256，令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a2n＝256－1＝255.
答案：255
三、解答题
10．在(＋)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项．
解：∵(＋)n的展开式的前三项的系数分别是1，，n(n－1)，
∴2·＝1＋n(n－1)，解得n＝8或n＝1(不符合题意，舍去)，
∴(＋)8的展开式的通项为Tr＋1＝Cx()r＝C2－rx4－r，
当4－r∈Z时，Tr＋1为有理项．
∵0≤r≤8且r∈Z，∴r＝0,4,8.
故有理项有3项，分别是T1＝x4，T5＝x，T9＝x－2.
∵n＝8，∴展开式中共有9项，中间一项即第5项的二项式系数最大，且该项为T5＝x.
11．应用二项式定理证明2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N
)．
证明：当n＝1时，21＋1＝4,12＋1＋2＝4，
所以2n＋1＝n2＋n＋2；
当n≥2时，
2n＋1＝2(1＋1)n＝2(1＋C＋C＋…＋C)
≥2(1＋C＋C)＝2[1＋n＋]＝n2＋n＋2.
所以2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N
)成立．
12．已知如下图数阵，其中第n行含有n个元素，每一行元素都由连续正奇数组成，并且每一行元素中的最大数与后一行元素中的最小数是连续奇数．
1　
1
2　
3　5
3　
7　9　11
4　
13　15　17　19
5　
21　23　25　27　29
　　　…　…　…　…　…　…
(1)求数阵序列第n行中最大数an的表达式；
(2)设数阵序列第n行中各数之和为Tn，求Tn的表达式．
解：(1)∵第n行有n个奇数，
∴在前n行中奇数个数为1＋2＋…＋n＝.
∴第n行中最大数an＝2×－1＝n2＋n－1.
(2)Tn＝n(n2＋n－1)－×2＝n3.第一章　§1.2　§1.2.1　课时作业28
一、选择题
1．下列问题中：
(1)10本不同的书分给10名同学，每人一本；
(2)10位同学互通一次电话；
(3)10位同学互通一封信；
(4)10个没有任何三点共线的点构成的线段．
属于排列的有(　　)
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
解析：由排列与顺序是否有关决定，可知(1)(3)是排列，(2)(4)不是排列，故选B.
答案：B
2．20×19×18×…×9＝(　　)
A.
A
B.
A
C.
A
D.
A
解析：∵20×19×18×…×9是从20开始，表示12个数字的乘积，∴20×19×18×…×9＝A.
答案：A
3．若M＝A＋A＋A＋…＋A，则M的个位数字是(　　)
A.
3
B.
8
C.
0
D.
5
解析：∵当n≥5时，
A＝1×2×3×4×5×…×n＝120×6×…×n，
∴当n≥5时A的个位数字为0，
又∵A＋A＋A＋A＝1＋2＋6＋24＝33，
∴M的个位数字为3.
答案：A
4．下列各式中与排列数A相等的是(　　)
A.
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C.
D．A·A
解析：∵A＝＝n·(n－1)·(n－2)…(n－m＋1)
而A·A＝n·＝
∴A＝A·A，故选D.
答案：D
二、填空题
5．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为__________．(把代号填上)
①甲乙，乙甲，甲丙，丙甲
②甲乙丙，乙丙甲
③甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙
④甲乙，甲丙，乙丙
解析：这是一个排列问题，与顺序有关，任意两人对应的是两种站法，故③正确．
答案：③
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．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
三、解答题
8．解下列各式中的n值．
(1)90A＝A；
(2)A·A＝42A.
解：(1)∵90A＝A，
∴90n(n－1)＝n·(n－1)(n－2)(n－3)，
∴n2－5n＋6＝90，
n2－5n－84＝0，(n－12)(n＋7)＝0，
n＝12或n＝－7.
由排列数定义知n≥4，n∈N
，∴n＝12.
(2)·(n－4)！＝42(n－2)！，
∴n(n－1)＝42，
n2－n－42＝0，n＝7或n＝－6.
由排列数定义知n≥4，n∈N
.
∴n＝7.
9．某国的篮球职业联赛共有16支球队参加．
(1)每队与其余各队在主客场分别比赛一次，共要进行多少场比赛？
(2)若16支球队恰好8支来自北部赛区，8支来自南部赛区，为增加比赛观赏度，各自赛区分别采用(1)中的赛制决出赛区冠军后，再进行一场总冠军赛，共要进行多少场比赛？
解：(1)任意两队之间要进行一场主场比赛及一场客场比赛，对应于从16支球队任取两支的一个排列，比赛的总场次是A＝16×15＝240.
(2)由(1)中的分析，比赛的总场次是A×2＋1＝8×7×2＋1＝113.第一章　§1.3　§1.3.2　课时作业34
一、选择题
1．(x－)11的展开式中二项式系数最大的项是(　　)
A.
第3项　　　　　　
B.
第6项
C.
第6、7项
D.
第5、7项
解析：(x－)11的展开式中第项和第＋1项，即第6、7项的二项式系数相等，且最大．
答案：C
2．若(3－)n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为(　　)
A．－540
B．－162
C．162
D．540
解析：令x＝1,2n＝64 n＝6.由Tr＋1＝C·36－r·x·(－1)r·x－＝(－1)rC36－rx3－r，令3－r＝0 r＝3.
所以常数项为－C33＝－20×27＝－540.
答案：A
3．[2013·课标全国卷Ⅰ]设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝(　　)
A.
5
B.
6
C.
7
D.
8
解析：由题意得：a＝C，b＝C，所以13C＝7C，∴＝，∴＝13，解得m＝6，经检验为原方程的解，选B.
答案：B
4．若对于任意实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2的值为(　　)
A．3
B．6
C．9
D．12
解析：解法一：x3＝[2＋(x－2)]3
＝C23＋C22(x－2)＋C2(x－2)2＋C(x－2)3
＝8＋12(x－2)＋6(x－2)2＋(x－2)3，
∴a2＝6.
解法二：右边x2的系数为Ca2＋C(－2)a3＝a2－6a3，右边x3的系数为a3，
利用左右两边对应系数相等，得
∴a2＝6.故选B.
答案：B
二、填空题
5．若(x＋3y)n的展开式中各项系数的和等于(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和，则n的值为________．
解析：(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210，令(x＋3y)n中x＝y＝1，则由题设知，4n＝210，即22n＝210，解得n＝5.
答案：5
6．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)6展开式中，x2项的系数是__________．(用数字作答)
解析：x2项的系数是C＋C＋…＋C＝C＝35.
答案：35
7．已知(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝__________.
解析：由展开式判断a0，a2，a4，…，a8为正，a1，a3，a5，…，a9为负，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9
令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝49.
答案：49
三、解答题
8．已知(1－x)8的展开式，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数最小的项．
解：(1)因为(1－x)8的幂指数8是偶数，所以由二项式系数的性质知，中间一项(即第5项)的二项式系数最大，该项为
T5＝C(－x)4＝70x4.
(2)二项展开式系数的最小值应在各负项中确定，
由题意知第4项和第6项系数相等且最小，分别为
T4＝C(－x)3＝－56x3，T6＝C(－x)5＝－56x5.
9．已知(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9，求：
(1)各项系数之和；
(2)所有奇数项系数之和；
(3)系数绝对值的和；
(4)分别求出奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和．
解：(1)令x＝1，y＝1，得
a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(2)由(1)知，a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1.
令x＝1，y＝－1，可得a0－a1＋a2－…－a9＝59.
将两式相加，可得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝.
(3)法一：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，
令x＝1，y＝－1，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝59.
法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|即为(2x＋3y)9的展开式中各项的系数和，令x＝1，y＝1，得
|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59.
(4)奇数项的二项式系数之和为
C＋C＋…＋C＝28.
偶数项的二项式系数之和为C＋C＋…＋C＝28.习题课(1)
一、选择题
1．设某动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它活到25岁的概率是(　　)
A．0.4
B．0.5
C．0.6
D．0.8
解析：设动物活到20岁的事件为A，活动25岁的事件为B，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，由于AB＝B，所以P(AB)＝P(B)，
所以活到20岁的动物活到25岁的概率是P(B|A)＝＝＝＝0.5.
答案：B
2．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则概率P(A|B)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：由题意可知，
n(B)＝C22＝12，n(AB)＝A＝6.
∴P(A|B)＝＝＝.
答案：C
3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；
事件B：乙实习生加工的零件为一等品，
则P(A)＝，P(B)＝，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为：P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×(1－)＋(1－)×＝.
答案：B
4．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：先从3个兴趣小组中选1个，有C＝3种方法；
甲、乙两位同学都参加这个兴趣小组的概率为×＝.
故这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为C()2＝.
答案：A
5．假设流星穿过大气层落在地面上的概率为，现有流星数量为5的流星群穿过大气层有2个落在地面的上概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：此问题相当于一个试验独立重复5次，有2次发生的概率，所以P＝C·()2·()3＝.
答案：B
6．[2013·山东聊城一模]1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：记事件A：最后从2号箱中取出的是红球；事件B：从1号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为1，可知：
P(B)＝＝，P()＝1－＝；
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝.
从而P(A)＝P(AB)＋P(A)＝P(A|B)·P(B)＋P(A|)·P()＝，选A.
答案：A
二、填空题
7．[2013·江苏盐城二模]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________．
解析：理解事件之间的关系，设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则灯亮应为事件AC，且A，C，之间彼此独立，且P(A)＝P()＝P(C)＝.所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝.
答案：
8.
将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k＋1次正面的概率，那么k的值为________．
解析：∵C()k·()5－k＝C()k＋1·()5－k－1，即C＝C.∴k＋(k＋1)＝5.∴k＝2.
答案：2
9.
某单位6个员工借助互联网开展工作，每天每个员工上网的概率是0.5(相互独立)，则一天内至少3人同时上网的概率为________．
解析：记Ak(k＝0,1,2，…，6)为“k个人同时上网”这个事件，则其概率为P(Ak)＝C0.5k(1－0.5)6－k＝C0.56＝C，“一天内至少有3人同时上网”即为事件A3∪A4∪A5∪A6，因为A3，A4，A5，A6为彼此互斥事件，所以可应用概率加法公式，得“一天内至少有3人同时上网”的概率为：
P＝P(A3∪A4∪A5∪A6)＝P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＋P(A6)＝(C＋C＋C＋C)＝×(20＋15＋6＋1)＝.
答案：
三、解答题
10．如右图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位：吨)的频率分布直方图．
(1)求直方图中x的值；
(2)若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民(看作有放回的抽样)，求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列．
解：(1)依题意及频率分布直方图知，
0．02＋0.1＋x＋0.37＋0.39＝1，
解得x＝0.12.
(2)由题意知，X～B(3,0.1)．
因为P(X＝0)＝C×0.93＝0.729，
P(X＝1)＝C×0.1×0.92＝0.243，
P(X＝2)＝C×0.12×0.9＝0.027，
P(X＝3)＝C×0.13＝0.001.
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.729
0.243
0.027
0.001
11.某同学参加3门课程的考试．假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(p>q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为
ξ
0
1
2
3
P
a
b
(1)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；
(2)求p，q的值；
(3)求a，b的值．
解：事件Ai表示“该生第i门课程取得优秀成绩”，i＝1,2,3，由题意知
P(A1)＝，P(A2)＝p，P(A3)＝q.
(1)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“ξ＝0”是对立的，所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是1－P(ξ＝0)＝1－＝.
(2)由题意知P(ξ＝0)＝P()
＝(1－p)(1－q)＝，
P(ξ＝3)＝P(A1A2A3)＝pq＝，
整理得pq＝，p＋q＝1，
由p>q，可得p＝，q＝.
(3)由题意知a＝P(ξ＝1)＝
P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝×(1－)×(1－)＋××(1－)＋×(1－)×＝，
b＝P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)
＝1－－－＝.
12．某市民参加一个闯关游戏，游戏一共有两关，规定第一关闯过方可闯第二关，两关全通过算闯关成功即可获得奖品．第一关可以有三次机会，第二关有两次机会．假设该市民每次闯第一关成功的概率为，每次闯第二关成功的概率为p(0(1)若该市民闯关成功的概率为，求p的值；
(2)在(1)的条件下，设该市民在这次游戏中闯关的次数为ξ，求ξ的分布列．
解：(1)设该市民“第1次闯关成功”为事件A，该市民“第2次闯关成功”为事件B，该市民“闯关成功”为事件C，
则P(A)＝1－()3＝，P(B)＝1－(1－p)2，
P(C)＝×[1－(1－p)2]＝，
解得p＝.
(2)由题意知，ξ可能取得的值为：2,3,4,5.
则P(ξ＝2)＝×＝；
P(ξ＝3)＝××＋××＋××＋××＝＝；
P(ξ＝4)＝×××＋×××＋×××＝；
P(ξ＝5)＝××××＋××××＝，
所以ξ的分布列为：
ξ
2
3
4
5
P第二章　§2.3　课时作业43
一、选择题
1．一批产品中，次品率为，现有放回地连续抽取4次若抽的次品件数记为X，则D(X)的值为(　　)
A.　　　　
B.　　　　
C.　　　　
D.
解析：由题意，次品件数X服从二项分布，即X～B(4，)，故D(X)＝np·(1－p)＝4××＝.
答案：C
2．抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X的均值与方差分别为(　　)
A．E(X)＝0，D(X)＝1
B．E(X)＝，D(X)＝
C．E(X)＝0，D(X)＝
D．E(X)＝，D(X)＝1
解析：E(X)＝1×0.5＋(－1)×0.5＝0，D(X)＝(1－0)2×0.5＋(－1－0)2×0.5＝1.
答案：A
3．甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ
0
1
2
P
η
0
1
2
P
甲、乙两名工人的技术水平较好的为(　　)
A.
一样好
B.
甲
C.
乙
D.
无法比较
解析：工人甲生产出次品数ξ的期望和方差分别为：
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝0.7，
D(ξ)＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.81.
工人乙生产出次品数η的期望和方差分别为：
E(η)＝0×＋1×＋2×＝0.7，
D(η)＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.61.由E(ξ)＝E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)>D(η)，可见乙的技术比较稳定．
答案：C
4．若随机变量ξ的分布列为P(ξ＝m)＝，P(ξ＝n)＝a，若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于(　　)
A.
0
B.
2
C.
4
D.
无法计算
解析：由分布列中，概率和为1，则a＋＝1，a＝.
∵E(ξ)＝2，∴＋＝2.∴m＝6－2n.
∴D(ξ)＝×(m－2)2＋×(n－2)2＝×(n－2)2＋×(6－2n－2)2＝2n2－8n＋8＝2(n－2)2.
∴n＝2时，D(ξ)取最小值0.
答案：A
二、填空题
5．如果X是离散型随机变量，E(X)＝6，D(X)＝0.5，Y＝2X－5，则E(Y)＝__________，D(Y)＝________.
解析：E(Y)＝E(2X－5)＝2E(X)－5＝2×6－5＝7，
D(Y)＝D(2X－5)＝4D(X)＝4×0.5＝2.
答案：7　2
6．已知随机变量ξ～B(36，p)，且E(ξ)＝12，则D(ξ)＝__________.
解析：由E(ξ)＝np＝36×p＝12得p＝，又∵D(ξ)＝np(1－p)＝36××＝8.
答案：8
7．[2014·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：
三、解答题
8．已知随机变量X的分布列为
X
0
10
20
50
60
P
(1)求X的方差及标准差；
(2)设Y＝2X－E(X)，求D(Y)．
解：(1)E(X)＝0×＋10×＋20×＋50×＋60×＝16，
D(X)＝(0－16)2×＋(10－16)2×＋(20－16)2×＋(50－16)2×＋(60－16)2×＝384.
∴＝8.
(2)∵Y＝2X－E(X)，
∴D(Y)＝D(2X－E(X))＝4D(X)＝4×384＝1536.
9．为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物．某人一次种植了n株沙柳，各株沙柳成活与否是相互独立的，成活率为p，设ξ为成活沙柳的株数，数学期望E(ξ)＝3，标准差为.
(1)求n，p的值并写出ξ的分布列；
(2)若有3株或3株以上的沙柳未成活，则需要补种，求需要补种沙柳的概率．
解：因为每一株沙柳成活率均为p，种植了n株沙柳，相当于做n次独立重复试验，因此ξ服从二项分布，可以用二项分布来解决．
(1)由E(ξ)＝np＝3，D(ξ)＝np(1－p)＝，得1－p＝，从而n＝6，p＝.
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)记“需要补种沙柳”为事件A，
则P(A)＝P(ξ≤3)，
得P(A)＝＝，
或P(A)＝1－P(ξ>3)＝1－＝.第二章　§2.1　课时作业37
一、选择题
1．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述一次试验的成功次数，则P(ξ＝0)等于(　　)
A．0　　　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝0)＝1－p.
依题意知，p＝2(1－p),
解得p＝.
故P(ξ＝0)＝1－p＝.
答案：B
2．设离散型随机变量ξ的概率分布列为
ξ
－1
0
1
2
3
P
m
n
则下列各式中不成立的是(　　)
A.
P(ξ＝1.5)＝0
B.
P(ξ≥－1)＝1
C.
P(ξ≤3)＝1
D.
P(ξ<0)＝0
解析：选项B、C中变量ξ可取到所有值，所以B、C是正确的；由于ξ不能取1.5，故选项A也是正确的；对于D，P(ξ<0)＝P(ξ＝－1)＝，故D是错误的，故选D.
答案：D
3．设ξ是一个离散型随机变量，其分布列为：
ξ
－1
0
1
P
1－2q
q2
则q为(　　)
A.
1
B.
1±
C.
1＋
D.
1－
解析：由分布列性质(2)知＋1－2q＋q2＝1，
解得q＝1±，
又由性质(1)知1－2q≥0,
∴q≤，
∴q＝1－，
故选D.
答案：D
4．一次骨干教师培训中，共邀请了15名教师，其中男、女教师使用教材情况如下表．
版本
人教A版
人教B版
性别
男教师
女教师
男教师
女教师
人数
6
3
4
2
从中随机选2名代表发言．记X＝
则X的分布列为(　　)
A.
X
0
1
P
B.
X
0
1
P
C.
X
0
1
P
　　D.
X
0
1
P
解析：P(X＝0)＝＋＝.
P(X＝1)＝＝.
答案：D
二、填空题
5．若P(X≤x2)＝1－β，P(X≥x1)＝1－α，其中x1解析：P(x1≤X≤x2)＝P(X≤x2)＋P(X≥x1)－1＝(1－β)＋(1－α)－1＝1－α－β.
答案：1－α－β
6．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有X个红球，则随机变量X的分布列为__________．
解析：当有0个红球时，P(X＝0)＝＝0.1；当有1个红球时，P(X＝1)＝＝0.6；当有2个红球时，P(X＝2)＝＝0.3.
答案：
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
7.已知离散型随机变量X的分布列P(X＝k)＝，k＝1,2,3,4,5，令Y＝2X－2，则P(Y>0)＝________.
解析：由已知Y取值为0,2,4,6,8，且P(Y＝0)＝，P(Y＝2)＝，P(Y＝4)＝＝，P(Y＝6)＝，P(Y＝8)＝.则P(Y>0)＝P(Y＝2)＋P(Y＝4)＋P(Y＝6)＋P(Y＝8)＝.
答案：
三、解答题
8．袋中有5个红球，4个黑球，从袋中随机取球，设取到一个红球得1分，取到一个黑球得0分，现从袋中随机摸4个球，求所得分数X的概率分布列．
解：从袋中随机摸4个球的情况为：0红4黑，1红3黑，2红2黑，3红1黑，4红0黑，这五种情况分别得0分，1分，2分，3分，4分，故X的可能取值为0,1,2,3,4，P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝；P(X＝4)＝＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
9.[2013·重庆高考节选]某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：
奖级
摸出红、蓝球个数
获奖金额
一等奖
3红1蓝
200元
二等奖
3红0蓝
50元
三等奖
2红1蓝
10元
其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级．
(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；
(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列．
解：设Ai表示摸到i个红球，Bj表示摸到j个蓝球，则Ai(i＝0,1,2,3)与Bj(j＝0,1)独立．
(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1)＝＝.
(2)X的所有可能的值为：0,10,50,200，且P(X＝200)＝P(A3B1)＝P(A3)P(B1)＝·＝，
P(X＝50)＝P(A3B0)＝P(A3)P(B0)＝·＝，
P(X＝10)＝P(A2B1)＝P(A2)P(B1)＝·＝＝，
P(X＝0)＝1－－－＝.
综上知X的分布列为
X
0
10
50
200
P