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1．从甲地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙地的方法有( )21·cn·jy·com
A．2种 B．3种
C．5种 D．6种
答案 C
解析 从甲地到乙地有2类办法(坐飞机和坐火车)，坐飞机有3种方法(三次航班)，坐火车有2种方法(两趟火车)，所以结合分类加法计数原理，从甲地赶往乙地的方法有5种．
2．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有( )
A．3种 B．6种
C．8种 D．9种
答案 C
解析 由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．
3．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( )21cnjy.com
A．34 B．43
C．12 D．16
答案 C
解析 确定A*B中元素(x，y)，可分为两步，第一步，确定x，共有3种方法；第二步确定y，共有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有3×4＝12种不同的方法，故选C.
4．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB型四种之一，依血型遗传学，当父母的血型中没有AB型时，子女的血型有可能是O型，若某人的血型是O型，则其父母血型的所有可能情况有( )21教育网
A．6种 B．9种
C．10种 D．12种
答案 B
解析 找出其父母血型的所有情况分两步完成，第一步找父亲的血型，依题意有3种；第二步找母亲的血型也有3种，由分步乘法计数原理得：其父母血型的所有可能情况有3×3＝9种．21世纪教育网版权所有
5．如图所示，从A→B→C，有________种不同的走法．从A→C，有________种不同的走法．www.21-cn-jy.com
答案 4 6
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1．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
答案 B
解析 若组成没有重复数字的三位偶数，可分为两种情况：①当个位上是0时，共有9×8＝72(种)情况；②当个位上是不为0的偶数时，共有4×8×8＝256(种)情况，综上，共有72＋256＝328(种)情况．21教育网
2．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．－15 B．85
C．－120 D．274
答案 A
解析 根据乘法原理，含x4的项是4个因式中取x，余下一个因式取常数项形成的，所以含x4的项的系数是(－1－2－3－4－5)，即－15.21cnjy.com
3．春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊羊、暖羊羊4只小羊要争夺5项比赛的冠军，则有________种不同的夺冠情况．
答案 45
4.
(2015·西安高二检测)湖北省(鄂)分别与湖南(湘)、安徽(皖)、陕西(陕)三省交界(如图)，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有五种不同颜色可供选用，则不同的涂色方法有________种．21世纪教育网版权所有
答案 320
解析 由题意知本题是一个分步乘法计数问题，首先涂陕西，有5种结果，再涂湖北省，有4种结果，第三步涂安徽，有4种结果，再涂湖南有4种，即5×4×4×4＝320.
5．由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?
思路 按自然数的位数多少，可以分为以下四类：一位，二位，三位，四位的自然数，而在每一类中，又可以分成几步进行．www.21-cn-jy.com
解析 组成的自然数可以分为以下四类：
第一类：一位自然数，共有4个；
第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；2·1·c·n·j·y
第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；21·cn·jy·com
第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．【来源：21·世纪·教育·网】
由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为
4＋16＋64＋256＝340(个)．
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1．乘积5×6×7×…×20等于( )
A．A B．A
C．A D．A
答案 B
解析 根据题意，由于乘积5×6×7×…×20表示的是从20到5的连续16个自然数的乘积，则可知表示的为A.21世纪教育网版权所有
2．设m∈N*，且m<15，则(15－m)(16－m)…(20－m)等于( )
A．A B．A
C．A D．A
答案 C
3．若x＝，则x＝( )
A．A B．A
C．A D．A
答案 B
解析 因为A＝n(n－1)…[n－(n－3)＋1]＝n(n－1)(n－2)…×4＝，所以x＝A.
4．计算：A＝________，6！＝________.
答案 720 720
解析 A＝10×9×8＝720；6！＝6×5×4×3×2×1＝720.
5．求证：＝1.
证明 左边＝
＝·(n－m)！·
＝·(n－m)！·＝1＝右边．
故原式成立．
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1．5名男生和1名女生排成一排，这名女生不在排头也不在排尾的排法种数有( )
A．720种 B．600种
C．480种 D．240种
答案 C
解析 先排女生有A种，再排5名男生有A种，共有A·A＝480种．
2．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )21世纪教育网版权所有
A．108种 B．186种
C．216种 D．270种
答案 B
解析 可选用间接法解决：A－A＝186(种)，故选B.
3．用1,2,3,4,5这五个数字可以组成比20 000大，且百位数字不是3的没有重复数字的五位数共有( )21·cn·jy·com
A．96个 B．78个
C．72个 D．64个
答案 B
解析 可先考虑特殊位置，分类讨论．
4．由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则a72等于( )21教育网
A．1 543 B．2 543
C．3 542 D．4 532
答案 C
解析 千位数为1时组成的四位数有A个，同理，千位数是2,3,4,5时均有A＝24(个)数，而千位数字为1,2,3时，从小到大排成数列的个数为3A＝72，即3 542是第72个(最大)．
5．若把英语单词“error”中字母的拼写顺序写错了，则可能出现的错误的种数为( )
A．20 B．19
C．10 D．9
答案 B
解析 五个字母中只要确定e和o的位置，另外三个都是r，故有A＝20种不同排列．其中只有一种是正确的，所以可能出现的错误有20－1＝19种，选B.21cnjy.com
6．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项工作，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________种．www.21-cn-jy.com
答案 240
解析 (位置分析法)第一步：从除去甲乙的4人中选1人从事翻译工作，有A种方法；
第二步：从剩余的5人中选3人从事另外三项工作，有A种方法．
∴共有A·A＝240种不同的方案．
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1．(2014·辽宁)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
答案 D
解析 利用排列和排列数的概念直接求解．
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.
2．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( )
A．36个 B．32个
C．28个 D．24个
答案 A
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．
3．(2014·四川)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( )21世纪教育网版权所有
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
答案 B
解析 根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类．
第一类，甲在左端，有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；
第二类，乙在最左端，有4A＝4×4×3×2×1＝96种方法．
所以共有120＋96＝216种方法．
4．某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同排法种数是________．(用数字作答)21教育网
思路 本题以工程问题为背景，是带有多个限制条件的排列组合混合问题，对题目中的3个条件可以采用直接法与插空法．21cnjy.com
解析 依题意可分两类，(1)剩余的两个工程不相邻，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的4个空中(丙、丁之间没有空位，因为工程丁必须在工程丙完成后立即进行)，可得有A种不同排法；(2)剩余的两个工程相邻(捆绑在一起看做一个元素)，有AA种不同排法．综上，符合要求的不同排法有A＋A·A＝20(种)．21·cn·jy·com
点评 对限制条件的理解是解带有多个限制条件的排列组合混合问题的关键，本题中剩余的两项工程，既可以相邻安排，也可以不相邻安排，学生往往将结果写为A而出错：“工程丁必须在工程丙完成后立即进行”这一条件也容易被忽视，而得到错误的结果A＋AA＝30.所以对于这一类排列组合混合问题必须认真阅读题目，理解题意．www.21-cn-jy.com
5．参加完国庆阅兵的7名女兵，站成一排合影留念，要求甲、乙两人之间恰好隔一人的站法有多少种？
解析 甲、乙及间隔的1人组成一个“小团体”，这1人可从其余5人中选，有5种选法．这个“小团体”与其余4人共5个元素全排列有A种排法，它的内部甲、乙两人有A种站法，故符合要求的站法共有5A·A＝1 200种．2·1·c·n·j·y
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1．下面几个问题是组合问题的有( )
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？
②从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有多少种不同的选法？
③有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？
④某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？
A．①② B．①③④
C．②③④ D．①②③④
答案 C
解析 ①与顺序有关，是排列问题，而②③④均与顺序无关，是组合问题，故选C项．
2．2C的值为( )
A．1 006 B．1 007
C．2 012 D．2 014
答案 D
解析 利用组合数的性质得2C＝2C＝2 014.
3．若A＝6C，则n的值是( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 B
解析 原方程可化为：
n(n－1)(n－2)＝6·，解得n＝7，经检验，n＝7是原方程的解．
4．若C＝C，则x＝________.
答案 7或9
解析 因为C＝C，
所以x＝2x－7或x＋2x－7＝20.
所以x＝7或x＝9，经检验，x＝7或x＝9是原方程的解．
5．若C＝A，求n.
解析 由C＝A，得
＝·，
即＝，解得n＝－1(舍)或n＝4.
故n＝4.
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1．从1到9这九个自然数中，任取三个数组成一个数组(a，b，c)，且aA．21个 B．28个
C．84个 D．343个
答案 C
解析 C＝84.
2．有10个红球，10个黄球，从中取出4个，要求必须包括两种不同颜色的球的抽法种数有( )
A．2C种 B．C·C种
C．CC＋CC种 D．2CC＋CC种
答案 D
3．从长度分别为1,2,3,4的四条线段中任取三条的不同取法共有n种，在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m，则等于( )www.21-cn-jy.com
A．0 B.
C. D.
答案 B
解析 n＝C＝4，m＝C＝1.
4．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( )21cnjy.com
A．30种 B．35种
C．42种 D．48种
答案 A
解析 方法一 可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有CC种不同的选法；②A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．21世纪教育网版权所有
方法二 ∵事件“两类课程中至少选一门”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种类：C－C－C＝30种．
5．某考生打算从7所重点大学中选3所填在第一档次的3个志愿栏内，其中A校定为第一志愿；再从5所一般大学中选3所填在第二档次的三个志愿栏内，其中B、C两校必选，且B在C前．则此考生不同的填表方法共有________种．21教育网
答案 270
解析 选填第一档次的三个志愿栏：因A校定为第一档次的第一志愿，故第一档次的二、三志愿有A种填法；再填第二档次的三个志愿；B、C两校有C种填法，剩余的一个志愿栏有A种填法．由分步计数原理知，此考生不同的填表方法共有ACA＝270(种)．
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1．某车辆维修厂有甲、乙、丙3名工人，其中甲、乙都会维修摩托车与汽车，丙只会维修摩托车．现在要从这3名工人中选2名分别去维修摩托车与汽车，不同的选派方法有( )2·1·c·n·j·y
A．6种 B．5种
C．4种 D．3种
答案 C
解析 若选甲、乙，有2种选派方法；若选甲、丙，有1种选派方法；若选乙、丙，有1种选派方法．故共有2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法．21教育网
2．(2015·南昌高二期末)新学期开始，某校接受6名师大毕业生到校学习．学校要把他们分配到三个年级，每个年级2人，其中甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为( )
A．18 B．15
C．12 D．9
答案 D
解析 先安排高三年级，从除甲、乙、丙外的3人中选2人，有C种选法；再安排高一年级，有C种方法，最后安排高二年级，有C种方法．由分步乘法计数原理，不同的安排种数为CCC＝9.
3．(2015·北京海淀区期末)某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开三个班，选课结束后，有4名同学要求改修数学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有( )21世纪教育网版权所有
A．72种 B．54种
C．36种 D．18种
答案 B
解析 依题意，按要求改修数学的4名同学分配到三个班的具体人数分类：第一类，其中一个班接收2名，另两个班各接收1名，分配方案共有C·C·A＝36(种)；第二类，其中一个班不接收，另两个班各接收2名，分配方案共有C·C＝18(种)．因此，满足题意的不同的分配方案有36＋18＝54(种)．21cnjy.com
4．(2015·连云港高二期末)有4种不同的蔬菜，从中选出3种，分别种植在不同土质的3块土地上进行实验，则不同的种植方法共________种．21·cn·jy·com
答案 24
解析 种植的情况分两步完成：第1步，从4种不同的蔬菜中选出3种，有C种方法；第2步，把选出的3种蔬菜分别种植在不同土质的3块土地上，有A种方法．由分步乘法计数原理，不同的种植方法共有C·A＝24(种)．www.21-cn-jy.com
5．(2015·厦门高二期末)电影院某排有6个座位连成一排，三人就座，恰好只有2个空座位相邻的不同的坐法共有________种．(用数字作答)【来源：21·世纪·教育·网】
答案 72
解析 把3个空座位分成两组，2个相邻的，1个单一放置的．不同的坐法分步完成：先让三个人坐3个位置(不考虑空座位)，有A种坐法；再把两组不同的空座位插入到三个人产生的四个空当里，有A种方法．由分步乘法计数原理，不同坐法有A·A＝6×12＝72(种)．
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1．9名同学分别到数学、物理、化学3个学习小组，参加研究性学习活动，每组3人，则不同的分配方案种数为( )
A．CCA B.
C．CCC D．以上都不对
答案 C
解析 分配方案分三步完成：先从9名同学中选3人到数学学习小组，有C种选法；再从其余的6名同学中选3人到物理学习小组，有C种选法；剩余的3名同学到化学学习小组，有C种选法．根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有CCC种．21世纪教育网版权所有
2．由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有( )
A．60个 B．48个
C．36个 D．24个
答案 B
解析 组成满足题意的五位数分两步完成：从2,4中选1个作个位数字，有2种排法；剩下的4个数排4个位置，有A种排法．故组成的偶数的个数为2A＝48.21cnjy.com
3．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有( )
A．30种 B．90种
C．180种 D．270种
答案 B
解析 将5名教师分成2,2,1三个组，共有＝15(种)分法，然后看成三个元素对应三个位置的全排列，故共有15A＝90(种)方案．
4．(2015·厦门高二期末)A，B，C，D四人参加志愿者活动，从事翻译、礼仪、司机三项工作，每项工作至少一人参加，A，B不会开车但能从事其他两项工作，则不同安排方案的种数是________．
答案 14
解析 根据题意，A，B两人可从事翻译或礼仪工作，分情况讨论：
①A，B两人都从事同一项工作，有CA＝4(种)安排方案．
②A，B两人从事不同的工作，若C，D都从事司机工作，有A＝2(种)安排方案；若C，D只有一人从事司机工作，有CAA＝8(种)安排方案．21教育网
根据分类加法计数原理，不同安排方案的种数是4＋2＋8＝14.
5．连接正三棱柱的顶点，可以组成________个四面体，可以连成________对异面直线．
答案 12 36
解析 ①从正三棱柱的6个顶点中任取4个，有C种方法，其中4个点共面的有3种，则可以组成C－3＝12(个)四面体．
②过三棱柱任意2个顶点的直线共有C＝15(条)，其中异面直线分3类：三棱柱的底边三角形的边与侧面对角线、侧棱之间的异面直线，有6×3＝18(对)；侧面中，一条棱对应2条异面直线，3条棱一共就是6对；侧面中，面对角线之间有6对；上下底面之间的异面直线共有6对．则满足题意的异面直线共有18＋6＋6＋6＝36(对)．
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1．在(x－)10的展开式中，x6的系数是( )
A．－27C B．27C
C．－9C D．9C
答案 D
2．在(2x2－)5的二项展开式中，x的系数为( )
A．10 B．－10
C．40 D．－40
答案 D
3．若(x－)6展开式的常数项为60，则常数a的值为________．
答案 4
解析 二项式(x－)6展开式的通项公式是Tr＋1＝Cx6－r(－)rx－2r＝Cx6－3r(－)r，当r＝2时，Tr＋1为常数项，即常数项是Ca，根据已知Ca＝60，解得a＝4.21世纪教育网版权所有
4．对于二项式(x3＋)n(n∈N*)，四位同学作出了四种判断：
①存在n∈N*，使展开式中有常数项；
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．
上述判断中正确的是________．
答案 ①④
5．求(2x－)5的展开式．
解析 原式＝C(2x)5(－)0＋C(2x)4(－)＋C(2x)3(－)2＋C(2x)2(－)3＋C(2x)(－)4＋C(－)5＝32x5－120x2＋－＋－.21教育网
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1．在(a＋b)n的展开式中，第2项与第6项的二项式系数相等，则n＝( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 A
解析 由题意知，C＝C，解得n＝1＋5＝6.
2．在(1＋x)n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
答案 C
解析 x5的系数是第6项，它是中间项．∴n＝10，选C.
3．设(5x－)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，M－N＝240，则展开式中x3项的系数为( )21cnjy.com
A．500 B．－500
C．150 D．－150
答案 C
解析 N＝2n，令x＝1，则M＝(5－1)n＝4n＝(2n)2.
∴(2n)2－2n＝240，∴2n＝16，n＝4.
展开式中第r＋1项Tr＋1＝C·(5x)4－r·(－)r
＝(－1)r·C·54－r·x4－.
令4－＝3，即r＝2，此时C·52·(－1)2＝150.
4．二项展开式(2x－1)10中x的奇次幂项的系数之和为( )
A. B.
C. D．－
答案 B
解析 设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，令x＝1，得1＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，再令x＝－1，得310＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＋a10，两式相减可得a1＋a3＋…＋a9＝，故选B.21世纪教育网版权所有
5．若(1－2x)2 015＝a0＋a1x＋…＋a2 015x2 015(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )21教育网
A．2 B．0
C．－1 D．－2
答案 C
解析 ar＝C(－2)r，r＝0,1,2，…，2 015，
∴＋＋…＋＝－C＋C－C＋…－C.又C－C＋C－…－C＝0.
故原式＝－1.
6．在(1＋x)n(n为正整数)的二项展开式中奇数项的和为A，偶数项的和为B，则(1－x2)n的值为( )21·cn·jy·com
A．0 B．AB
C．A2－B2 D．A2＋B2
答案 C
解析 (1＋x)n＝A＋B，(1－x)n＝A－B，所以(1－x2)n＝A2－B2.
7．已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a5；
(2)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|；
(3)求a1＋a3＋a5.
解析 (1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
(2)令x＝－1，得－35＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.
因为偶数项的系数为负，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|
＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.
(3)由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35，
得2(a1＋a3＋a5)＝1－35.
所以a1＋a3＋a5＝＝－121.
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1．下列变量是相关关系的是( )
A．人的身高与视力
B．圆心角的大小与其所对的圆弧长
C．直线上某点的横坐标与纵坐标
D．人的年龄与身高
答案 D
解析 A不是相关关系；B、C是函数关系；D人的年龄与身高存在相关关系，因为身高不仅受年龄的影响，还受遗传、饮食、环境等因素的影响．21教育网
2．对于线性相关系数r，叙述正确的是( )
A．|r|∈(0，＋∞)，|r|越大，相关程度越大，反之，相关程度越小
B．r∈(－∞，＋∞)，r越大，相关程度越大，反之，相关程度越小
C．|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越大；|r|越接近于0，相关程度越小
D．以上说法都不对
答案 C
3．由一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)得到的线性回归方程为＝x＋，那么下面说法不正确的是( )21cnjy.com
A．直线＝x＋必经过点(，)
B．直线＝x＋至少经过点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)中的一个点
C．直线＝x＋的斜率为
D．直线＝x＋和各点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)的残差平方和(yi－i)2是该坐标平面上所有直线与这些点残差平方和中最小的21·cn·jy·com
答案 B
4．甲、乙、丙、丁四位同学各自对A、B两变量的线性相关性作试验，并用回归分析方法分别求得相关系数r与残差平方和m如下表：www.21-cn-jy.com
甲
乙
丙
丁
r
0.82
0.78
0.69
0.85
m
106
115
124
103
则试验结果体现A、B两变量更强的线性相关性的是同学( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
答案 D
解析 由表可知，丁同学的相关系数r最大且残差平方和m最小，故丁同学的试验结果体现A、B两变量更强的线性相关性．21世纪教育网版权所有
5．为了研究某种细菌随时间x变化繁殖个数y的变化情况，收集数据如下：
时间x(天)
1
2
3
4
5
6
系列个数y
6
12
25
49
95
190
(1)用时间作解释变量，繁殖个数作预报变量作出这些数据的散点图；
(2)求y与x之间的回归方程；
(3)计算残差，R2，并描述解释变量与预报变量之间的关系．
解析 (1)散点图如图所示：
(2)由散点图看出样本点分布在一条指数曲线y＝c1ec2x的周围，于是令z＝lny，则
x
1
2
3
4
5
6
z
1.79
2.48
3.22
3.89
4.55
5.25
所以＝0.69x＋1.112，则有＝e0.69x＋1.112.
(3)
6.06
12.09
24.09
48.04
95.77
190.9
y
6
12
25
49
95
190
＝ (yi－i)2＝3.164 3，
(yi－)2＝y－62≈24 642.83，
R2＝≈1－≈0.999 9，
即解释变量时间对预报变量系列细菌的个数解释了99.99%.
课后巩固
1．在研究吸烟与患肺癌的关系中，通过收集数据、整理分析数据得“吸烟与患肺癌有关”的结论，并有99%以上的把握认为这个结论是成立的，下列说法中正确的( )
A．100个吸烟者中至少有99个患有肺癌
B．1个人吸烟，那么这个人一定患有肺癌
C．在100个吸烟者中一定有患肺癌的人
D．在100个吸烟者中可能一个患肺癌的人也没有
答案 D
2．经过对K2的统计量的研究，得到了若干个观测值，当K2<2.706时，我们认为两分类变量A、B( )21cnjy.com
A．有95%的把握认为A与B有关系
B．有99%的把握认为A与B有关系
C．没有充分理由说明A与B有关系
D．不能确定
答案 C
3．若两个分类变量X和Y的2×2列联表为：
y1
y2
x1
5
15
x2
40
10
则X与Y之间有关系的可信度为________．
答案 99.9%
解析 K2≈18.8>10.828.
故有99.9%的把握认为X与Y有关系．
4．为了探究电离辐射的剂量与人体的受损程度是否有关，用两种不同剂量的电离辐射照射小白鼠．在照射后14天内的结果如下表所示：21教育网
死亡
存活
合计
第一种剂量
14
11
25
第二种剂量
6
19
25
合计
20
30
50
进行统计分析时的统计假设是____________________．
答案 假设电离辐射的剂量与人体受损程度无关
5．在研究某种药物对“H7N9”病毒的治疗效果时，进行动物试验，得到以下数据，对150只动物服用药物，其中132只动物存活，18只动物死亡，对照组150只动物进行常规治疗，其中114只动物存活，36只动物死亡．21世纪教育网版权所有
(1)根据以上数据建立一个2×2列联表．
(2)试问该种药物以治疗“H7N9”病毒是否有效？
解析 (1)2×2列联表如下：
存活数
死亡数
合计
服用药物
132
18
150
未服药物
114
36
150
合计
246
54
300
(2)由(1)知
K2＝≈7.317>6.635.
故我们有99%的把握认为该种药物对“H7N9”病毒有治疗效果．
课后巩固
1．由“0”“1”组成的三位数组中，若用事件A表示“第二位数字为0”，用事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)等于( )21cnjy.com
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由题知P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，
P(A|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( )21教育网
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由题意可知，
n(B)＝C22＝12，n(AB)＝A＝6.
∴P(A|B)＝＝＝.
3．从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张，将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞，则第2张也是假钞的概率为( )21世纪教育网版权所有
A. B.
C. D.
答案 D
解析 设事件A表示“抽到2张都是假钞”，
事件B为“2张中至少有一张假钞”，所以为P(A|B)．
而P(AB)＝，P(B)＝.
∴P(A|B)＝＝.
4．已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)＝________.
答案
解析 P(B|A)＝＝＝.
5．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
解析 设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A，“第2次抽到舞蹈节目”为事件B，则“第1次和第2次都抽到舞蹈节目”为事件AB.21·cn·jy·com
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2次的事件数为n(Ω)＝A＝30，
根据分步计数原理n(A)＝AA＝20，于是
P(A)＝＝＝.
(2)因为n(AB)＝A＝12，于是
P(AB)＝＝＝.
(3)方法一 由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为
P(B|A)＝＝＝.
方法二 因为n(AB)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝＝＝.
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1．设A与B是相互独立事件，则下列命题中正确的命题是( )
A．A与B是对立事件 B．A与B是互斥事件
C.与不相互独立 D．A与是相互独立事件
答案 D
2．已知P(B)>0，A1A2＝?，则下列成立的是( )
A．P(A1|B)>0
B．P(A1∪A2|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)
C．P(A1)≠0
D．P( )＝1
答案 B
解析 由A1A2＝?，可知A1与A2互斥．
3．若事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(AB)＝( )
A．0 B.
C. D.
答案 C
解析 因为事件A，B相互独立，故
P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
4．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1，乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是( )21世纪教育网版权所有
A．p1p2 B．p1(1－p2)＋p2(1－p1)
C．1－p1p2 D．1－(1－p1)(1－p2)
答案 B
5．在一个选拔项目中，每个选手都需要进行四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响．21教育网
(1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；
(2)求该选手至多进入第三轮考核的概率；
(3)该选手在考核过程中回答过的问题的个数记为X，求随机变量X的分布列．
解析 设事件Ai(i＝1,2,3,4)表示“该选手能正确回答第i轮问题”，
由已知P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(A4)＝，
(1)设事件B表示“该选手进入第三轮才被淘汰”，
则P(B)＝P(A1A2 )＝P(A1)P(A2)P(3)
＝××(1－)＝.
(2)设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”，
则P(C)＝P(＋A1 ＋A1A2 )
＝P()＋P(A1 )＋P(A1A2 )
＝＋×＋××(1－)＝.
(3)X的可能取值为1,2,3,4.
P(X＝1)＝P()＝，
P(X＝2)＝P(A1 )＝×(1－)＝，
P(X＝3)＝P(A1A2)＝××(1－)＝，
P(X＝4)＝P(A1A2A3)＝××＝，
所以，X的分布列为
X
1
2
3
4
P
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1．若ξ～B(10，)，则P(ξ≥2)＝( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由ξ～B(10，)可知，P(ξ≥2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)＝1－C()10－C()10＝.21世纪教育网版权所有
2．有5粒种子，每粒种子发芽的概率均为98%，在这5粒种子中恰有4粒发芽的概率是( )
A．0.984×0.02 B．0.98×0.24
C．C×0.984×0.02 D．C×0.98×0.024
答案 C
解析 由于5粒种子，其发芽是相互独立的，每粒种子相当于一次试验，共做了5次试验，故所求概率为P＝C(0.98)4×0.02.21·cn·jy·com
3．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的值等于( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 C
解析 事件A＝“正面向上”发生的次数ξ～B(5，)，由题设C()5＝C·()5，∴k＋k＋1＝5，∴k＝2.21教育网
4．一名同学通过某种外语听力测试的概率为，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．www.21-cn-jy.com
答案
解析 P＝C()1(1－)2＝.
5．一名学生骑自行车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他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.21cnjy.com
(1)设ξ为这名学生在途中遇到的红灯次数，求ξ的分布列；
(2)设η为这名学生在首次停车前经过的路口数，求η的分布列；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
思路 正确求得变量取各值的概率是解题的关键，找出(1)、(3)问中概率的区别与联系．
解析 (1)将遇到每个交通岗看做一次试验，遇到红灯的概率都是，且每次试验结果相互独立，故ξ～B(6，)．所以ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C6·()k·()6－k(k＝0,1,2，…，6)．
(2)η＝k(k＝0,1,2，…，5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，其概率为P(η＝k)＝()k·，η＝6表示一路没有遇上红灯，故其概率为P(η＝6)＝()6.所以η的分布列为2·1·c·n·j·y
η
0
1
2
3
4
5
6
P
·
·()2
·()3
·()4
·()5
()6
(3)所求概率即P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－()6＝.
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1．若随机变量X服从二项分布B(4，)，则E(X)的值为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 E(X)＝4×＝.
2．已知η＝2ξ＋3，且E(ξ)＝，则E(η)＝( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 E(η)＝E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝2×＋3＝.
3．两封信随机投入A、B、C三个空邮箱，则A邮箱的信件数ξ的数学期望是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由题意知ξ～B(2，)，∴E(ξ)＝2×＝.
4．由于电脑故障，使得随机变量ξ的分布列中部分数据丢失(以□代替)，其表如下.
ξ
1
2
3
4
5
6
P
0.20
0.10
0.□5
0.10
0.1□
0.20
则随机变量的数学期望为__________．
答案 3.5
解析 随机变量分布列中各概率之和恒为1.
故P(ξ＝5)＝0.15，进而P(ξ＝3)＝0.25.
∴E(ξ)＝1×0.20＋2×0.10＋3×0.25＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.20＝3.5.∴填3.5.
5．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为，求此人试验次数ξ的期望．
解析 试验次数ξ的可能取值为ξ＝1,2,3，
且P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝×＝，
P(ξ＝3)＝××(＋)＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
P
∴E(ξ)＝.
课后巩固
1．已知离散型随机变量X的分布列为( )
X
1
2
3
P
则X的数学期望E(X)＝( )
A. B．2
C. D．3
答案 A
解析 E(X)＝1×＋2×＋3×＝＝.
2．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理．根据前5年节日期间对这种鲜花销售情况需求量X(束)的统计(如下表)，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是( )21世纪教育网版权所有
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
答案 A
解析 节日期间这种鲜花需求量的均值为E(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束)．21教育网
∴期望利润为340×(5－2.5)－(500－340)×(2.5－1.6)＝706.
3．如果袋中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后放回，连续摸取4次，设ξ为取得红球的次数，那么ξ的期望E(ξ)＝( )21cnjy.com
A. B.
C. D.
答案 B
解析 每次摸到红球的概率都为＝，且每次相互独立，因此符合独立重复试验，因此该分布列应为二项分布：21·cn·jy·com
E(ξ)＝4×＝.
4．设随机变量X等可能地取1,2,3，…，n，若P(X<4)＝0.3，则E(X)等于________．
答案 5.5
解析 根据题意，X取1,2,3，…，n的概率都是，
则P(X<4)＝＝0.3，解得n＝10，
则E(X)＝1×＋2×＋…＋10×＝5.5.
5．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
ξ
9
3
1
P
求η＝log3ξ的期望．
解析 当ξ＝9时，η＝log39＝2，此时P(η＝2)＝P(ξ＝9)＝；
当ξ＝3时，η＝log33＝1，此时P(η＝1)＝P(ξ＝3)＝；
当ξ＝1时，η＝log31＝0，此时P(η＝0)＝P(ξ＝1)＝；
当ξ＝时，η＝log3＝－2，此时P(η＝－2)＝P(ξ＝)＝.
因此，η＝log3ξ的分布列为
η
2
1
0
－2
P
∴E(η)＝2×＋1×＋0×－2×＝.
课后巩固
1．下面说法中正确的是( )
A．离散型随机变量ξ的期望E(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值
B．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的平均水平
C．离散型随机变量ξ的期望E(ξ)反映了ξ取值的波动水平
D．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的波动水平
答案 D
解析 由于离散型随机变量ξ的期望E(ξ)反映的是随机变量的平均取值水平，而不是概率的平均值，故A错．而D(ξ)则反映随机变量的集中(或稳定)的程度，即波动水平．
2．若X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝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
答案 A
解析 由E(X)＝np＝1.6，D(X)＝np(1－p)＝1.28，可知1－p＝0.8，所以p＝0.2，n＝8.21世纪教育网版权所有
3．已知随机变量X，D(10X)＝，则X的标准差为________．
答案
解析 ∵D(10X)＝100D(X)＝，
∴D(X)＝，∴σ(X)＝＝.
4．已知离散型随机变量X的可能取值为x1＝－1，x2＝0，x3＝1，且E(X)＝0.1，D(X)＝0.89，则对应x1，x2，x3的概率p1，p2，p3分别为________，________，________.
答案 0.4 0.1 0.5
解析 由题意知，－p1＋p3＝0.1，
1．21p1＋0.01p2＋0.81p3＝0.89.
又p1＋p2＋p3＝1，解得p1＝0.4，p2＝0.1，p3＝0.5.
5．有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，在每张卡片上写上0,1,2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令ξ＝x·y.求：
(1)ξ所取各值的分布列；
(2)随机变量ξ的数学期望与方差．
解析 (1)随机变量ξ的可能取值有0,1,2,4，“ξ＝0”是指两次取的卡片上至少有一次为0，其概率为21教育网
P(ξ＝0)＝1－×＝；
“ξ＝1”是指两次取的卡片上都标着1，其概率为
P(ξ＝1)＝×＝；
“ξ＝2”是指两次取的卡片上一个标着1，另一个标着2，其概率为P(ξ＝2)＝2××＝；
“ξ＝4”是指两次取的卡片上都标着2，其概率为
P(ξ＝4)＝×＝.
则ξ的分布列为
ξ
0
1
2
4
P
(2)E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1，
D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＋(4－1)2×＝.
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1．若随机变量满足正态分布N(μ，σ2)，则关于正态曲线性质的叙述正确的是( )
A．σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“瘦高”
B．σ越大，曲线越“瘦高”，σ越小，曲线越“矮胖”
C．σ的大小，和曲线的“瘦高”、“矮胖”没有关系
D．曲线的“瘦高”、“矮胖”受到μ的影响
答案 A
2．已知随机变量ξ服从正态分布N(4，σ2)，则P(ξ>4)＝( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由正态分布图像可知，μ＝4是该图像的对称轴，
∴P(ξ<4)＝P(ξ>4)＝.
3．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝( )
A.＋p B.－p
C．1－2p D．1－p
答案 B
解析 P(－1<ξ<0)＝P(－1<ξ<1)＝[1－2P(ξ>1)]＝－P(ξ>1)＝－p.
4．若随机变量ξ～N(2,100)，若ξ落在区间(－∞，k)和(k，＋∞)内的概率是相等的，则k等于( )21世纪教育网版权所有
A．2 B．10
C. D．可以是任意实数
答案 A
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．21教育网
答案 0.2
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.
课后巩固
1．正态分布N(μ，σ2)在下面几个区间内的取值概率依次为( )
①(μ－3σ，μ＋3σ]
②(μ－2σ，μ＋2σ]
③(μ－σ，μ＋σ]
A．①68.26% ②95.44% ③99.74%
B．①99.74% ②95.44% ③68.26%
C．①68.26% ②99.74% ③95.44%
D．①95.44% ②68.26% ③99.74%
答案 B
解析 结合“3σ”原则易知答案选B.
2．正态总体N(0，)，数值落在(－∞，－2)∪(2，＋∞)的概率为( )
A．0.46 B．0.997 4
C．0.03 D．0.002 6
答案 D
解析 P(－2<ξ≤2)＝P(0－3×<ξ≤0＋3×)＝P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝0.997 4，
∴数值落在(－∞，2)∪(2，＋∞)的概率为1－0.997 4＝0.002 6.
3．若随机变量η服从标准正态分布N(0,1)，则η在区间(－3,3]上取值的概率等于( )
A．0.682 6 B．0.954 4
C．0.997 4 D．0.317 4
答案 C
解析 μ＝0，σ＝1，∴(－3,3]内概率就是(μ－3σ，μ＋3σ)内的概率0.997 4.
4．在某市2015年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(98,100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9 450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( )21世纪教育网版权所有
A．1 500 B．1 700
C．4 500 D．8 000
答案 A
解析 因为学生的数学成绩X～N(98,100)，所以P(X≥108)＝[1－P(885．某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，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________．21cnjy.com
答案
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＝.
6．已知X～N(2.5,0.12)，求X落在区间(2.4,2.6]中的概率．
解析 ∵X～N(2.5,0.12)，∴μ＝2.5，σ＝0.1.
∴X落在区间(2.4,2.6]中的概率为
P(2.5－0.1
