学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．在某次试验中，事件A出现的概率为，则在n次独立重复试验中，出现k次的概率为________．(用含n，k的式子表示)
【解析】 由题意可知，出现k次等价于A出现n－k次，故所求事件的概率P＝Cn－kk.
【答案】 Cn－kk
2．种植某种树苗，成活率为0.9.若种植这种树苗5棵，则恰好成活4棵的概率约为________．(保留2位有效数字)
【解析】 P＝C0.94×0.1≈0.33.
【答案】 0.33
3．某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，该市的4位申请人中恰有2人申请A片区房源的概率为________．
【解析】 每位申请人申请房源为一次试验，这是4次独立重复试验，申请A片区房源记为A，则P(A)＝，所以恰有2人申请A片区的概率为C·2·2＝.
【答案】
4．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为________.
【导学号：29440052】
【解析】 P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝Cp0(1－p)2＋Cp(1－p)＝，∴p＝.
【答案】
5．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________．(保留2位有效数字)
【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＝C4×＋C5＝≈0.34.
【答案】 0.34
6．某电子管正品率为，次品率为，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝________.
【解析】 由题意可知，P(ξ＝3)＝2×＝.
【答案】
7．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y＝2)＝________.
【解析】 ∵X～B(2，p)，P(X≥1)＝，∴1－Cp0·(1－p)2＝，即1－(1－p)2＝，解得p＝.
又∵Y～B(3，p)，∴P(Y＝2)＝C×2×1＝.
【答案】
8．在等差数列{an}中，a4＝2，a7＝－4，现从{an}的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为________．
(用数字作答)
【解析】 由已知可求通项公式为an＝10－2n(n＝1,2,3，…)，其中a1，a2，a3，a4为正数，a5＝0，a6，a7，a8，a9，a10为负数，∴从中取一个数为正数的概率为＝，取得负数的概率为.
∴取出的数恰为两个正数和一个负数的概率为C×2×1＝.
【答案】
二、解答题
9．(2016·滨州高二检测)某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人就诊的医疗机构．若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区有A，B，C三家社区医院，并且他们的选择相互独立．设4名参加保险人员选择A社区医院的人数为X，求X的分布列．
【解】 由已知每位参加保险人员选择A社区的概率为，4名人员选择A社区即4次独立重复试验，
即X～B，所以P(X＝k)＝C·k·4－k(k＝0,1,2,3,4)，所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
10.(2016·泰州高二检测)甲、乙两队在进行一场五局三胜制的排球比赛中，规定先赢三局的队获胜，并且比赛就此结束，现已知甲、乙两队每比赛一局，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每局比赛的胜负是相互独立的．
(1)求甲队以3∶2获胜的概率；
(2)求乙队获胜的概率．
【解】 (1)设甲队以3∶2获胜的概率为P1，则P1＝C2·2·＝.
(2)设乙队获胜的概率为P2，则P2＝3＋C2··＋C2·2·＝.
[能力提升]
1．如果ξ～B(20，p)，当p＝且P(ξ＝k)取得最大值时，k＝________.
【导学号：29440053】
【解析】 当p＝时，P(ξ＝k)＝C×k×20－k＝C×20，显然当k＝10时，P(ξ＝k)取最大值．
【答案】 10
2．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，质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是________．
【解析】 如图，由题可知，质点P必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验向右恰好发生2次的概率．所求概率为P＝C×2×3＝C×5＝.
【答案】
3．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{an}：an＝
如果Sn为数列{an}的前n项和，那么S5＝3的概率为________．
【解析】 由题意知有放回地摸球为独立重复试验，且试验次数为5，摸得1次红球，每次摸取红球的概率为，所以S5＝3时，概率为C×1·4＝.
【答案】
4．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为和，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的4棵大树中，
(1)至少有1棵成活的概率；
(2)两种大树各成活1棵的概率．
【解】 设Ak表示第k棵甲种大树成活，k＝1,2，Bl表示第l棵乙种大树成活，l＝1,2，
则A1，A2，B1，B2相互独立，且P(A1)＝P(A2)＝，P(B1)＝P(B2)＝.
(1)至少有1棵成活的概率为
1－P(···)
＝1－P()·P()·P()·P()
＝1－2×2＝.
(2)由独立重复试验中事件发生的概率公式知，所求概率为P＝C×·C×＝×＝＝.章末综合测评(二) 概率
(时间120分钟，满分160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)
1．(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为________．
【解析】 甲、乙两名运动员选择运动服颜色有(红，红)，(红，白)，(红，蓝)，(白，白)，(白，红)，(白，蓝)，(蓝，蓝)，(蓝，白)，(蓝，红)，共9种．
而同色的有(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．
所以所求概率P＝＝.
【答案】
2．设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
则T的数学期望E(T)＝________.
【解析】 由统计结果可得T的频率分布为
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．
【答案】 32分钟
3．甲、乙、丙三人独立地去破译一个密码，他们能译出的概率分别为，，，则此密码能被译出的概率为________．
【解析】 三人都不能译出密码的概率为P＝＝，故三人能破译密码的概率是1－P＝1－＝.
【答案】
4．已知X～N(0,1)，则P(－1＜X＜2)＝________.
【解析】 ∵P(－1＜X＜1)＝0.683，P(－2＜X＜2)＝0.954，
∴P(1＜X＜2)＝(0.954－0.683)＝0.135
5.
∴P(－1＜X＜2)＝0.683＋0.135
5＝0.818
5.
【答案】 0.818
5
5．已知随机变量X～B，则V(2X＋1)＝________.
【导学号：29440064】
【解析】 V(2X＋1)＝22×V(X)＝4V(X)，
V(X)＝6××＝，∴V(2X＋1)＝4×＝6.
【答案】 6
6．某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好任意去试拨．他第一次失败，第二次成功的概率是________．
【解析】 电话号码的最后一个数可能是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中的一个数，所以他第一次失败，第二次成功的概率为×＝.
【答案】
7．设随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p)，且E(X)＝3，p＝，则n＝________，V(X)＝________.
【解析】 ∵E(X)＝np＝3，p＝，∴n＝21，
并且V(X)＝np(1－p)＝21××＝.
【答案】 21
8．(2016·南通高二检测)某人参加驾照考试，共考6个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p.若此人未能通过的科目数ξ的均值是2，则p＝________.
【解析】 因为通过各科考试的概率为p，所以不能通过考试的概率为1－p，易知ξ～B(6,1－p)，
所以E(ξ)＝6(1－p)＝2，解得p＝.
【答案】
9．一个袋子装有大小相同的3个红球和2个白球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是________．
【解析】 法一 同时取出的2个球中含红球数X的概率分布为
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
法二 同时取出的2个球中含红球数X服从参数N＝5，M＝3，n＝2的超几何分布，所以E(X)＝＝.
【答案】
10．一个盒子里装有6张卡片，上面分别写着如下6个定义域为R的函数：f1(x)＝x，f2(x)＝x2，f3(x)＝x3，f4(x)＝sin
x，f5(x)＝cos
x，f6(x)＝2.现从盒子中逐一抽取卡片，且每次取出后不放回，若取到一张记有偶函数的卡片，则停止抽取，否则继续进行，则抽取次数ξ的数学期望为________．
【解析】 由于f2(x)，f5(x)，f6(x)为偶函数，f1(x)，f3(x)，f4(x)为奇函数，所以随机变量ξ可取1,2,3,4.
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝.
所以ξ的概率分布为
ξ
1
2
3
4
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
【答案】
11.
(2016·扬州高二检测)将一个半径适当的小球放入如图1所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入A袋中的概率为________．
图1
【解析】 小球落入B袋中的概率为P1＝×2＝，∴小球落入A袋中的概率为P＝1－P1＝.
【答案】
12．某一部件由三个电子元件按图2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________．
图2
【解析】 三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1
000，502)得：三个电子元件的使用寿命超过1
000小时的概率为p＝.超过1
000小时时元件1或元件2正常工作的概率p1＝1－(1－p)2＝，那么该部件的使用寿命超过1
000小时的概率为p2＝p1×p＝.
【答案】
13．(2016·苏州高二检测)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：
①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；
②从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为；
③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；
④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.
其中所有正确结论的序号是________.
【导学号：29440065】
【解析】 ①恰有一个白球的概率P＝＝，故①正确；②每次任取一球，取到红球次数X～B，其方差为6××＝，故②正确；
③设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．
则P(A)＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝，故③错；
④每次取到红球的概率P＝，
所以至少有一次取到红球的概率为
1－3＝，
故④正确．
【答案】 ①②④
14．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)．
则下列比较正确的序号是________．
①p1>p2，E(ξ1)
E(ξ2)；
③p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)；④p1【解析】 随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：
ξ1
1
2
P
ξ2
1
2
3
P
所以E(ξ1)＝＋＝，
E(ξ2)＝＋＋＝，
所以E(ξ1)因为p1＝＋·＝，
p2＝＋·＋·＝，
p1－p2＝>0，所以p1>p2.
【答案】 ①
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)(2016·全国卷Ⅰ)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
图3
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布列；
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
【解】 (1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，
故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当n＝19时，
E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4
040；
当n＝20时，
E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4
080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
16．(本小题满分14分)甲、乙两人独立解某一道数学题，已知甲独立解出的概率为0.6，且两人中至少有一人解出的概率为0.92.
(1)求该题被乙独立解出的概率；
(2)求解出该题的人数X的概率分布．
【解】 (1)设甲、乙分别解出此题的事件为A，B，
则P(A)＝0.6，
P＝1－P(·)＝1－0.4·P()＝0.92，
解得P()＝0.2，∴P(B)＝0.8.
(2)P(X＝0)＝P()·P()＝0.4×0.2＝0.08，
P(X＝1)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.44，
P(X＝2)＝P(A)·P(B)＝0.6×0.8＝0.48，
∴X的概率分布为：
X
0
1
2
P
0.08
0.44
0.48
17.(本小题满分14分)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1
000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
作物产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的概率分布；
(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2
000元的概率．
【解】 (1)设A表示事件“作物产量为300
kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
∵利润＝产量×市场价格－成本，
∴X所有可能的取值为
500×10－1
000＝4
000,500×6－1
000＝2
000，
300×10－1
000＝2
000,300×6－1
000＝800.
P(X＝4
000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2
000)＝P()P(B)＋P(A)P()＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
所以X的概率分布为
X
4
000
2
000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2
000元”(i＝1,2,3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，
P(Ci)＝P(X＝4
000)＋P(X＝2
000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，
3季的利润均不少于2
000元的概率为
P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季的利润不少于2
000元的概率为
P(1C2C3)＋P(C12C3)＋P(C1C23)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2
000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
18．(本小题满分16分)某饮料公司招聘了一名员工，现对其进行一项测试，以便确定工资级别．公司准备了两种不同的饮料共8杯，其颜色完全相同，并且其中4杯为A饮料，另外4杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从8杯饮料中选出4杯A饮料．若4杯都选对，则月工资定为3
500元；若4杯选对3杯，则月工资定为2
800元，否则月工资定为2
100元，令X表示此人选对A饮料的杯数，假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．
(1)求X的概率分布；
(2)求此员工月工资的期望．
【解】 (1)X的所有可能取值为：0,1,2,3,4.
P(X＝i)＝(i＝0,1,2,3,4)，
故X的概率分布为：
X
0
1
2
3
4
P
(2)令Y表示新录用员工的月工资，则Y的所有可能取值为2
100,2
800,3
500，则P(Y＝3
500)＝P(X＝4)＝，
P(Y＝2
800)＝P(X＝3)＝，
P(Y＝2
100)＝P(X≤2)＝，
所以E(Y)＝3
500×＋2
800×＋2
100×＝2
280(元)．
所以此员工工资的期望为2
280元．
19．(本小题满分16分)设甲、乙两家灯泡厂生产的灯泡寿命X(单位：小时)和Y的概率分布分别为：
X
900
1
000
1
100
P
0.1
0.8
0.1
Y
950
1
000
1
050
P
0.3
0.4
0.3
试问哪家工厂生产的灯泡质量较好？
【解】 由期望的定义，得
E(X)＝900×0.1＋1
000×0.8＋1
100×0.1＝1
000，
E(Y)＝950×0.3＋1
000×0.4＋1
050×0.3＝1
000.
两家灯泡厂生产的灯泡寿命的期望值相等，需进一步考查哪家工厂灯泡的质量比较稳定，即比较其方差．
由方差的定义，得
V(X)＝(900－1
000)2×0.1＋(1
000－1
000)2×0.8＋(1
100－1
000)2×0.1＝2
000，
V(Y)＝(950－1
000)2×0.3＋(1
000－1
000)2×0.4＋(1
050－1
000)2×0.3＝1
500.
∵V(X)＞V(Y)，∴乙厂生产的灯泡质量比甲稳定，
即乙厂生产的灯泡质量较好．
20．(本小题满分16分)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的概率分布及数学期望．
【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)＝，
所以以X的概率分布为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．10个人分成甲、乙两组，其中甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)
【解析】 由题意可知，共有CC＝210种分法．
【答案】 210种
2．某人决定投资3种股票和4种债券，经纪人向他推荐了6种股票和5种债券，则此人不同的投资方式有________种．
【解析】 由题意可知，共有CC＝100(种)．
【答案】 100
3．凸十边形的对角线的条数为________．
【解析】 C－10＝35(条)．
【答案】 35条
4．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有________个．
【解析】 此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以交点有C＝126(个)．
【答案】 126
5．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．
【解析】 6人中选4人的方案有C＝15种，没有女生的方案只有一种，所以满足要求的方案总数有14种．
【答案】 14种
6．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有________对．
【解析】 3(C－3)＝36(对)．
【答案】 36
7．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．
【解析】 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：
第一类：与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同，即从4个位置中选2个位置，使对应数字相同，其他2个不同，有C＝6个信息符合．
第二类：与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同，即从4个位置中选1个位置，使对应数字相同，其他3个不同，有C＝4个信息符合．
第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同，即4个对应位置上的数字都不同，有C＝1个信息符合．
由分类计数原理知，与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6＋4＋1＝11.
【答案】 11
8．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种.
【导学号：29440016】
【解析】 6位游客选2人去A风景区，有C种，余下4位游客选2人去B风景区，有C种，余下2人去C，D风景区，有A种，所以分配方案共有CCA＝180(种)．
【答案】 180
二、解答题
9．α，β是两个平行平面，在α内取四个点，在β内取五个点．
(1)这些点最多能确定几条直线，几个平面？
(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？
【解】 (1)在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定直线才能达到最多，此时，最多能确定直线C＝36条．在此条件下，只有两直线平行时，所确定的平面才最多．又因为三个不共线的点确定一个平面，故最多可确定CC＋CC＋2＝72个平面．
(2)同理，在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才能达到最多．此时最多能作CC＋CC＋CC＝120个三棱锥．
10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？
(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；
(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．
【解】 (1)每个小球都有4种方法，根据分步计数原理，共有46＝4
096种不同放法．
(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放入盒中，共有C·C·A＋C·C·A＝1
560(种)不同放法．
(3)法一 按3,1,1,1放入有C种方法，按2,2,1,1，放入有C种方法，共有C＋C＝10(种)不同放法．
法二 (挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四份，共有C＝10(种)不同放法．
[能力提升]
1．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法有________种．
【解析】 最高的同学只能站在中间，它别无选择；从剩下的6名同学中任选3名，有C种不同的方法，他们由高到低的排列次序唯一；剩下的3名同学由高到低的排列次序也唯一．∴不同的排法共有CC＝20(种)．
【答案】 20
2．(2016·泰州高二检测)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有________种.
【导学号：29440017】
【解析】 1,2,3，…，9中奇数有1,3,5,7,9，偶数有2,4,6,8.若取出的4个不同数的和为奇数，则有以下几种可能．
(1)取出3个偶数和1个奇数，共有CC＝20(种)．
(2)取出3个奇数和1个偶数，共有CC＝40(种)．
故共有20＋40＝60种不同的取法．
【答案】 60
3．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为________．
【解析】 由“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”考虑x1，x2，x3，x4，x5的可能取值，设集合M＝{0}，N＝{－1，1}．
当x1，x2，x3，x4，x5中有2个取值为0时，另外3个从N中取，共有C×23种方法；当x1，x2，x3，x4，x5中有3个取值为0时，另外2个从N中取，共有C×22种方法；
当x1，x2，x3，x4，x5中有4个取值为0时，另外1个从N中取，共有C×2种方法．
故总共有C×23＋C×22＋C×2＝130种方法，即满足题意的元素个数为130.
【答案】 130个
4．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图1 3 1所示的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大．当3,4固定在图中位置时，所填写空格的方法共有多少种？
3
4
图1 3 1
【解】 由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的．如图所示，5,6,7,8四个数字在A，B，C，D四个位置上，A，B两个位置的填法有C种，C，D两个位置则只有C种填法．由分步计数原理知，不同的填法及总数共有C·C＝6(种).
1
3
C
2
4
D
A
B
9学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．
【解析】 由超几何分布的概率公式可得P(恰好取到一件次品)＝＝.
【答案】
2．有同一型号的电视机100台，其中一级品97台，二级品3台，从中任取4台，则二级品不多于1台的概率为________．(用式子表示)
【解析】 二级品不多于1台，即一级品有3台或者4台，其概率为.
【答案】
3．下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是________．
①将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数为X；
②从7男3女的10名学生干部中选出5名优秀学生干部，女生的人数为X；
③某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中的次数为X；
④盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是首次摸出黑球时摸球的总次数．
【解析】 ①③均为重复试验，不符合超几何分布总体的分类要求；②④总体分为明确的两类，但④中的随机变量X不是抽取样本中一类元素的个数．
【答案】 ②
4．一个盒子里装有相同大小的黑球10个，红球12个，白球4个，从中任取2个，其中白球的个数记为X，则P(X≤1)＝________.
【解析】 由已知X～H(2,4,26)，
则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
故P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＝.
【答案】
5．从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任取3台，其中两种品牌的彩电齐全的概率是________．
【解析】 P＝＋＝.
【答案】
6．某校从学生会中的10名女生干部与5名男生干部中随机选取6名学生干部组成“文明校园督察队”，则组成4女2男的“文明校园督察队”的概率是________．(用式子表示)
【解析】 组成4女2男的“文明校园督察队”的概率为.
【答案】
7．在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期．从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到1瓶已过了保质期饮料的概率为________．(结果用最简分数表示)
【解析】 从这30瓶饮料中任取2瓶，设至少取到1瓶已过了保质期饮料为事件A，则P(A)＝＋＝.
【答案】
8．50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取n张，为了使这n张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5，n至少为________.
【导学号：29440040】
【解析】 用X表示中奖票数，
P(X≥1)＝＋>0.5，
解得n≥15.
【答案】 15
二、解答题
9．老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，试求：
(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；
(2)他能及格的概率．
【解】 (1)设抽到他能背诵的课文的数量为X，X～H(3,6,10)．
则P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
(2)他能及格的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
10．袋中有形状大小完全相同的4个红球，3个黑球，从袋中随机取球，设取到一个红球得2分，取到一个黑球得1分，从袋中任取4个球．
(1)求得分X的概率分布；
(2)求得分大于6分的概率．
【解】 (1)从袋中随机取4个球有1红3黑，2红2黑，3红1黑，4红四种情况，分别得分为5分，6分，7分，8分，故X的可能取值为5,6,7,8.
∴P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝，
P(X＝7)＝＝，P(X＝8)＝＝.
故所求概率分布为
X
5
6
7
8
P
(2)根据随机变量X的概率分布，可以得到得分大于6分的概率为P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.
[能力提升]
1．在六个数字1,2,3,4,5,7中，若随机取出三个数字，则剩下三个数字都是奇数的概率是________．
【解析】 剩下三个数字都是奇数，则取出的三个数字为两偶一奇．故P＝＝＝0.2.
【答案】 0.2
2．现有语文、数学课本共7本(其中语文课本不少于2本)，从中任取2本，至多有1本语文课本的概率是，则语文课本有________本.
【导学号：29440041】
【解析】 设语文课本有m本，任取2本书中的语文课本数为X，则X服从参数为N＝7，M＝m，n＝2的超几何分布，其中X的所有可能取值为0,1,2，且P(X＝k)＝(k＝0,1,2)．
由题意，得P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝×＋＝，
∴m2－m－12＝0，解得m＝4或m＝－3(舍去)．
即7本书中语文课本有4本．
【答案】 4
3．某电视台在一次对收看新闻节目观众的抽样调查中，随机抽取了45名电视观众，其中20至40岁的有18人，大于40岁的有27人．用分层抽样方法在收看新闻节目的观众中随机抽取5名，在这5名观众中再任取2名，则恰有1名观众的年龄为20至40岁的概率为_____________________________________．
【解析】 由于是分层抽样，所以5名观众中，年龄为20至40岁的有×5＝2人．设随机变量X表示20至40岁的人数，则X服从超几何分布H(2,2,5)，故P(X＝1)＝＝.
【答案】
4．从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A“取出的2件产品都是二等品”的概率P(A)＝0.04.
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率；
(2)若该批产品共10件，从中任意抽取2件，X表示取出的2件产品中二等品的件数，求X的概率分布．
【解】 (1)设任取一件产品是二等品的概率为p，依题意有P(A)＝p2＝0.04，解得p1＝0.2，p2＝－0.2(舍去)．
故从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.2.
(2)若该批产品共10件，由(1)知其二等品有10×0.2＝2件，故X的可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以X的概率分布为
X
0
1
2
P学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有________种．
【解析】 分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C种方法；第2步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A种．故有CA＝300种．
【答案】 300
2．将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有________种．
【解析】 先把4名教师分成2,1,1三组，再分配到3所中学，共有CA＝36种分配方案．
【答案】 36
3．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】 分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有CA＝36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A＝24种．故共有60种获奖情况．
【答案】 60
4．某外商计划在5个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________．
【解析】 分两类：第一类，每个城市只能投资1个项目，共有A种方案；第二类，有一个城市投资2个项目，共有C·A·A种方案．由分类计数原理得共有A＋CAA＝120(种)方案．
【答案】 120种
5．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3都不与5相邻的六位偶数共________个.
【导学号：29440020】
【解析】 分两类：若1与3相邻，有ACAA＝72(个)，
若1与3不相邻，有A·A＝36(个)．
故共有72＋36＝108个．
【答案】 108
6．甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．
【解析】 由题意分类计数：若7个台阶上每一个台阶只站一人，则“3人站到7级的台阶上”有A种不同的站法；若选用2个台阶，有一个台阶站2人，另一个站1人，则“3人站到7级的台阶上”有CA种不同的站法．
因此不同的站法种数是A＋CA＝336.
【答案】 336
7．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有________种．
【解析】 (1)若甲乙安排在开始两天，则丁有4种选择，共有安排方案AAA＝192种；
(2)若甲乙安排在最后两天，则丙有4种选择，共有AAA＝192种；
(3)若甲乙安排在中间5天，选择两天有4种可能，
①若丙安排在10月7日，丁有4种安排法，共有4×AAA＝192种；
②若丙安排在中间5天的其它3天，则丁有3种安排法，共有4×AAAA＝432种，
所有共有192＋192＋192＋432＝1
008种．
【答案】 1
008
8．若集合{a，b，c，d}＝{1,2,3,4}，且下列四个关系：
①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4.
有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．
【解析】 由题意知①②③④中有且只有一个正确，其余三个均不正确，下面分类讨论满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数；
(1)若①正确，即a＝1，则②③④都错误，即b＝1，c≠2，d＝4.其中a＝1与b＝1矛盾，显然此种情况不存在．
(2)若②正确，即b≠1，则①③④都错误，即a≠1，c≠2，d＝4，则当b＝2时，有a＝3，c＝1；当b＝3时，有a＝2；c＝1此时有2种有序数组．
(3)若③正确，即c＝2，则①②④都错误，即a≠1，b＝1，d＝4，
则a＝3，即此种情况有1种有序数组．
(4)若④正确，即d≠4，则①②③都错误，即a≠1，b＝1，c≠2，则当d＝2时，有a＝3，c＝4或a＝4，c＝3，有2种有序数组；当d＝3时，有c＝4，a＝2，仅1种有序数组．
综上可得共有2＋1＋2＋1＝6(种)有序数组．
【答案】 6
二、解答题
9．3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务，
(1)若每辆车上都需要人但最多安排男女各一名，有多少种安排方法？
(2)若男女各包2辆车，有多少种安排方法？
【解】 (1)先将3名男同志安排到车上有A种方法，在未安排男同志的那辆车安排女同志有C种方法，还有2个女同志有A种安排方法，故共有ACA＝432种安排方法．
(2)男同志分2组有C种方法，女同志分2组有C种方法，将4组安排到4辆车上有A种方法，故共有CCA＝216种安排方法．
10．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，则有多少种不同的选法？
【解】 设集合A＝{只会划左舷的3个人}，B＝{只会划右舷的4个人}，C＝{既会划左舷又会划右舷的5个人}．先分类，以集合A为基准，划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A中有3人；②A中有2人，C中有1人；③A中有1人，C中有2人；④C中有3人．第①类，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在B∪C中选3人，即有C种选法．因是分步问题，所以有C·C种选法．第②类，划左舷的人在A中选2人，有C种选法，在C中选1人，有C种选法，划右舷的人在B∪C中剩下的8个人中选3人，有C种选法．因是分步问题，所以有C·C·C种选法．类似地，第③类有C·C·C种选法，第④类有C·C·C种选法．故有C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝84＋840＋1
050＋200＝2
174种不同的选法．
[能力提升]
1．如果一个三位正整数a1a2a3满足a1＜a2＜a3，则称这样的三位数为“好数”(如123,367,378)，那么三位数中所有“好数”的个数是________．(用数字作答)
【解析】 由题意，在1,2，…，9这九个数字中任取3个，只能组成1个“好数”(0不能选，因为若选0，则0只能排在首位，此时已不是三位数)，故有好数C＝84个．
【答案】 84个
2．今有2个红球，3个黄球，4个白球，若同色球不加以区分，将这9个球排成一列共有________种不同的方法(用数字作答).
【导学号：29440021】
【解析】 法一：只需找到不同颜色的球所在的位置即可，共有CCC＝1
260种方法．
法二：同色球不加以区分(即属相同元素排列的消序问题)，
先全排列，再消去各自的顺序即可，则将这9个球排成一列共有＝1
260种不同的方法．
【答案】 1
260
3．如图1 4 3，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．
图1 4 3
【解析】 如图，构造三棱锥ABCD；四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁．由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法．这可由间接法完成：从六条棱中任取三条棱的不同取法有C种，任取三条共面棱的不同取法有4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C－4＝16种．故不同的建桥方案共有16种．
【答案】 16
4．如图1 4 4所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：
(1)以这12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
图1 4 4
(2)以这10个点(不包括A，B)中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？
【解】 (1)构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：
①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C个四边形；
②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有CC个四边形；
③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有CC个四边形．
故满足条件的四边形共有N＝C＋CC＋CC＝360(个)．
(2)类似于(1)可分三种情况讨论得三角形个数为C＋CC＋CC＝116(个)．
其中含点C1的有C＋CC＋C＝36(个)．学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．若A＝9×8，则m＝________.
【解析】 A＝m(m－1)＝9×8，整理得m2－m－72＝0，解得m＝9或m＝－8(舍)．
【答案】 9
2．A＝________，＝________.
【导学号：29440005】
【解析】 A＝15×14＝210，＝＝.
【答案】 210
3．给出以下问题：
(1)从3,5,7,9四个数字中任取两个数作为对数的底数和真数，有多少个不同的值？
(2)从1到9这9个数字中任取两个数，作除法运算．
其中是排列问题的是________．(只填序号)
【解析】 (1)是．对数的值与底数和真数的取值不同，与顺序有关．同理(2)也是排列问题．
【答案】 (1)(2)
4．不等式A－n<7的解集为________．
【解析】 由不等式A－n<7，
得(n－1)(n－2)－n<7，
整理得n2－4n－5<0，
解得－1又因为n－1≥2且n∈N
，
即n≥3且n∈N
，
所以n＝3或n＝4，
故不等式A－n<7的解集为{3,4}．
【答案】 {3,4}
5．若n∈N
且n＜20，则(20－n)(21－n)…(100－n)用排列数表示为________．
【解析】 ∵100－n＞99－n＞…＞20－n，且共有81个数，故用排列数表示为A.
【答案】 A
6.＝________.
【解析】 原式＝
＝＝.
【答案】
7．若A＝2A，则m＝________.
【解析】 由A＝2A，得＝，
∴(m－3)(m－4)＝2，∴m＝5或m＝2(舍)．
【答案】 5
8．如果A＝15×14×13×12×11×10，那么n＝______，m＝________.
【解析】 15×14×13×12×11×10＝A，故n＝15，m＝6.
【答案】 15 6
二、解答题
9．四个人A，B，C，D坐成一排，其中A不坐排头，写出所有的坐法．
【解】
由“树形图”可知，所有坐法为BACD，BADC，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CADB，CBAD，CBDA，CDAB，CDBA，DACB，DABC，DBAC，DBCA，DCAB，DCBA.
10．解不等式：A>6A.
【解】 原不等式可化为>，其中2≤x≤9，x∈N
，即(11－x)(10－x)>6，∴x2－21x＋104>0，∴(x－8)(x－13)>0，∴x<8或x>13.
但2≤x≤9，x∈N
，故x＝2,3,4,5,6,7.
[能力提升]
1．S＝1！＋2！＋3！＋…＋7！，则S的个位数字是________．
【解析】 ∵1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24，
5！＝120,6！＝720,7！＝5
040，
∴S的个位数字的和为1＋2＋6＋4＝13，其个位数字是3.
【答案】 3
2．(2016·南通高二检测)A－A(n∈N
)的值为________.
【导学号：29440006】
【解析】 由题意可知
∴n＝3.
∴A－A＝6！－4！＝24×29＝696.
【答案】 696
3．有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方法有________种．
【解析】 司机、售票员各有A种安排方法，由分步计数原理知共有AA种不同的安排方法．
【答案】 576
4．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站准备(这六个大站间)多少种不同的火车票？
【解】 对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为从6个不同元素中取出2个不同元素的排列数A＝6×5＝30.
故一共需要为这六大站准备30种不同的火车票．学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．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，则不同的种植方法有________种．
【解析】 A＝4×3×2＝24(种)．
【答案】 24
2．用1,2,3,4,5这5个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数共有________个．
【解析】 分2步完成：个位必为奇数，有A种选法；从余下的4个数中任选2个排在三位数的百位、十位上，有A种选法．由分步计数原理，得共有A×A＝36(个)无重复数字的三位奇数．
【答案】 36
3．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为________种．
【解析】 (间接法)甲、乙、丙三人在一起的排法种数为A×A；不考虑任何限制，6人的全排列有A，所以符合题意的排法种数为：A－A×A＝576.
【答案】 576
4．从0,1,2,3这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c中的参数a，b，c，可组成不同的二次函数共有________个．
【解析】 若得到二次函数，则a≠0，a有A种选择，故二次函数有AA＝3×3×2＝18(个)．
【答案】 18
5．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有________种.
【导学号：29440008】
【解析】 没有女生的选法有A种，一共有A种选法，则至少有1名女生的选派方案共有A－A＝186(种)．
【答案】 186
6．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个新节目插入原节目单中，那么不同插法共有________种．
【解析】 分两种情况：第一种，增加的两个新节目相连；第二种，增加的两个新节目不相连，不同插法的种数为AA＋A＝42(种)．
【答案】 42
7．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．
【解析】 “o，o”为重复元素，故共有＝12(种)排列顺序，所以出现错误的共有12－1＝11(种)．
【答案】 11
8．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1,2相邻，这样的六位数的个数是________．
【解析】 可分为三步来完成这件事：
第一步：先将3,5进行排列，共有A种排法；
第二步：再将4,6插空排列，共有2A种排法；
第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A种排法．
由分步计数原理得，共有A2AA＝40种不同的排法．
【答案】 40
二、解答题
9．喜羊羊家族的四位成员与灰太狼、红太狼进行谈判，通过谈判他们握手言和，准备一起照合影像(排成一排)．
(1)要求喜羊羊家族的四位成员必须相邻，有多少种排法？
(2)要求灰太狼、红太狼不相邻，有多少种排法？
【解】 (1)把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素，排法为A.又因为四位成员交换顺序产生不同排列，所以共有A·A＝144种排法．
(2)第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有A种排法；第二步，让灰太狼、红太狼插入四人形成的空(包括两端)，有A种排法，共有A·A＝480种排法．
10．(2016·上饶二模)有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数．
【解】 所标数字互不相邻的方法有135,136,146,246，共4种方法.3个颜色互不相同有4A＝4×3×2×1＝24种，所以这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数有4×24＝96种．
[能力提升]
1．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】 设其他不同的产品分别为D，E，先把产品A与产品B捆绑有A种，再与产品D，E全排有A种，最后把产品C插空有A种，所以共有AAA＝36种不同摆法．
【答案】 36
2．六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________种．
【解析】 当甲在最左端时，有A＝120(种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有AAA＝4×24＝96(种)排法，共计120＋96＝216(种)排法．
【答案】 216
3．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2日，不同的安排方法共有________种(用数字作答)．
【解析】 法一：(直接法)先安排甲、乙两人在后5天值班，有A＝20种排法，其余5天再进行排列，有A＝120种排法，所以共有20×120＝2
400种安排方法．
法二：(间接法)不考虑甲、乙两人的特殊情况，其安排方法有A＝7×6×5×4×3×2×1＝5
040种方法，其中不符合要求的有AA＋AAAA＝2
640种方法，所以共有5
040－2
640＝2
400种方法．
【答案】 2
400
4．(2016·盐城月考)有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？
(1)甲不在中间也不在两端；
(2)甲、乙两人必须排在两端；
(3)女生互不相邻．
【解】 (1)法一：元素分析法．先排甲有6种，再排其余人有A种，故共有6·A＝241
920(种)排法．
法二：位置分析法．中间和两端有A种排法，包括甲在内的其余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241
920(种)排法．
法三：等机会法.9个人全排列有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数是A×＝241
920(种)．
法四：间接法．A－3·A＝6A＝241
920(种)．
(2)先排甲、乙，再排其余7人．
共有A·A＝10
080(种)排法．
(3)插空法．先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2
880(种)排法．学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．(2016·徐州高二检测)抛掷一枚骰子，观察出现的点数，若已知出现的点数不超过3，则出现的点数是奇数的概率为________．
【解析】 设A＝{出现的点数不超过3}，B＝{出现的点数为奇数}，
∴n(A)＝3，n(AB)＝2，
∴P(B|A)＝＝.
【答案】
2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是________.
【导学号：29440044】
【解析】 设“第一天空气质量为优良”为事件A，“第二天空气质量为优良”为事件B，则P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6，由题知要求的是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，根据条件概率公式得P(B|A)＝＝＝0.8.
【答案】 0.8
3．用集合A＝{2,4,6,7,8,11,12,13}中的任意两个元素分别为分子与分母构成分数，已知取出的一个数是12，则取出的数构成可约分数的概率是________．
【解析】 A＝{取出的两个数中有一个数为12}，
B＝{取出的两个数构成可约分数}．
则n(A)＝7，n(AB)＝4，
所以P(B|A)＝＝.
【答案】
4．有下列说法：
①P(B|A)＝P(AB)；
②P(B|A)＝是可能的；
③0④P(A|A)＝0.
其中正确的说法有________．(填序号)
【解析】 ∵P(B|A)＝，而0∴≥1，∴P(B|A)≥P(AB)，
∴①不正确．
当P(A)＝1时，P(AB)＝P(B)，
P(B|A)＝＝，
故②正确．
又∵0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，
∴③④不正确．
【答案】 ②
5．已知某种产品的合格率是95%，合格品中的一级品率是20%，则这种产品的一级品率为________．
【解析】 A＝{产品为合格品}，B＝{产品为一级品}，P(B)＝P(AB)＝P(B|A)P(A)＝0.2×0.95＝0.19.所以这种产品的一级品率为19%.
【答案】 19%
6．某种电子元件用满3
000小时不坏的概率为，用满8
000小时不坏的概率为.现有一此种电子元件，已经用满3
000小时不坏，还能用满8
000小时的概率是________．
【解析】 记事件A：“用满3
000小时不坏”，P(A)＝；
记事件B：“用满8
000小时不坏”，P(B)＝.因为B A，所以P(AB)＝P(B)＝，
则P(B|A)＝＝＝×＝.
【答案】
7．一个家庭中有两个小孩，假定生男，生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩，问这时另一个小孩是男孩的概率是________．
【解析】 一个家庭的两个小孩只有4种可能{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}，由题意知，这4个事件是等可能的．设基本事件空间为Ω，A＝“其中一个是女孩”，B＝“其中一个是男孩”，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB＝{(男，女)，(女，男)}，∴P(B|A)＝＝＝.
【答案】
8．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．
【解析】 设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，
则D＝B∪C，且B与C互斥，
又P(A)＝＝，
P(AB)＝＝，
P(AC)＝＝，
故P(D|A)＝P((B∪C)|A)
＝P(B|A)＋P(C|A)
＝＋＝.
【答案】
二、解答题
9．一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，第一次取后不放回．求第一只是好的，第二只也是好的概率．
【解】 设Ai＝{第i只是好的}(i＝1,2)．
由题意知要求出P(A2|A1)．
因为P(A1)＝＝，P(A1A2)＝＝，
所以P(A2|A1)＝＝.
10．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：
(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．
【解】 设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1,2)，则A＝A1＋(A2)表示“不超过2次就按对密码”．
(1)因为事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
(2)设“最后一位按偶数”为事件B，
则P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)＝＋＝.
[能力提升]
1．(2016·常州高二检测)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________.
【导学号：29440045】
【解析】 由题意可知，n(B)＝C22＝12，n(AB)＝A＝6.
∴P(A|B)＝＝＝.
【答案】
2．如图2 3 1所示，EFGH是以O为圆心、半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则
图2 3 1
(1)P(A)＝________；
(2)P(B|A)＝________.
【解析】 用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，
∴P(A)＝＝.
B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，
P(AB)＝×＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
【答案】
3．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是________．
【解析】 A＝“数学不及格”，B＝“语文不及格”，P(B|A)＝＝＝0.2.
所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.
【答案】 0.2
4．1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，问从2号箱取出红球的概率是多少？
【解】 记事件A＝{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}．
P(B)＝＝，P()＝1－P(B)＝，
P(A|B)＝，P(A|)＝＝.
从而P(A)＝P(A
)＋P(AB)＝×＋×＝.
即从2号箱取出红球的概率是.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为，视力合格的概率为，其他几项标准合格的概率为，从中任选一名学生，则该生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)________．
【解析】 该生三项均合格的概率为××＝.
【答案】
2．种植两株不同的花卉，若它们的成活率分别为p和q，则恰有一株成活的概率为________.
【导学号：29440048】
【解析】 由于两株花卉成活与否互不影响，故恰有一株成活的概率为p(1－q)＋q(1－p)＝p＋q－2pq.
【答案】 p＋q－2pq
3．如图2 3 2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________．
图2 3 2
【解析】 左边圆盘指针落在奇数区域的概率为＝，右边圆盘指针落在奇数区域的概率为，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为×＝.
【答案】
4．在某道路A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________．
【解析】 由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，.在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为××＝.
【答案】
5．从某地区的儿童中预选体操学员，已知这些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______．(假定体型与身体结构合格与否相互之间没有影响)
【解析】 这两项都不合格的概率是＝，所以至少有一项合格的概率是1－＝.
【答案】
6．如图2 3 3，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K，A1，A2正常工作的概率依次为0.9,0.8，0.8，则系统正常工作的概率为________．
图2 3 3
【解析】 可知K，A1，A2三类元件是否正常工作相互独立，所以A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－(1－0.8)2＝0.96，
所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.
【答案】 0.864
7．(2016·济南高二检测)甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一球，则取到相同颜色的球的概率是________．
【解析】 从甲袋中任取一球是白球的概率为＝，是红球的概率为＝；从乙袋中任取一球是白球的概率为＝，是红球的概率为＝，故所求事件的概率为×＋×＝.
【答案】
8．台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的是________．
【解析】 设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确记为，，，
则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1，
至少两颗预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，这四个事件两两互斥且独立．
∴至少两颗预报准确的概率为
P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＋P(ABC)
＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9
＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902.
【答案】 0.902
二、解答题
9．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．
(1)求该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；
(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．
【解】 记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；
B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险；
C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种；
D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；
E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买．
(1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，
P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.
(2)D＝，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，
P(E)＝0.8×0.2×0.8＋0.8×0.8×0.2＋0.2×0.8×0.8＝0.384.
10．某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位游客游览这3个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6，且游客是否游览哪个景点互不影响，用ξ表示该游客离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值，求ξ的分布列．
【解】 设游客游览甲、乙、丙景点分别记为事件A1，A2，A3，已知A1，A2，A3相互独立，且P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6，游客游览的景点数可能取值为0,1,2,3，相应的游客没有游览的景点数可能取值为3,2,1,0，所以ξ的可能取值为1,3.
则P(ξ＝3)＝P(A1·A2·A3)＋P(1·2·3)
＝P(A1)·P(A2)·P(A3)＋P(1)·P(2)·P(3)
＝2×0.4×0.5×0.6＝0.24.
P(ξ＝1)＝1－0.24＝0.76.
所以分布列为：
ξ
1
3
P
0.76
0.24
[能力提升]
1．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是________．
【解析】 ∵P(A)＝，P(B)＝，
∴P()＝，P()＝.
又A，B为相互独立事件，
∴P(
)＝P()P()＝×＝.
∴A，B中至少有一件发生的概率为
1－P(
)＝1－＝.
【答案】
2．荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图2 3 4所示．假设现在青蛙在A荷叶上，则跳三次之后停在A荷叶上的概率是________.
【导学号：29440049】
图2 3 4
【解析】 由已知逆时针跳一次的概率为，顺时针跳一次的概率为.则逆时针跳三次停在A上的概率为P1＝××＝，顺时针跳三次停在A上的概率为P2＝××＝.通过分析跳三次停在A荷叶上只有这两种情况，所以跳三次之后停在A上的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.
【答案】
3．设每门高射炮命中飞机的概率为0.6，今有一架飞机来犯，问需要________门高射炮射击，才能至少有99%的概率击中它．(lg
2＝0.301)
【解析】 设需要n门高射炮才可达到目的，用A表示“命中飞机”，用Ai表示“第i门高射炮命中飞机”，则A1，A2，…，An相互独立，且A＝A1A2…An.
∴P(A)＝1－P()＝1－P()P()…P()＝1－(1－0.6)n，
由P(A)≥0.99，所以1－0.4n≥0.99，所以n≥5.02，
又n∈N，故n＝6.
【答案】 6
4．在一个选拔项目中，每个选手都要进行四轮考核，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．
(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)该选手在选拔过程中回答过的问题的个数记为X，求随机变量X的概率分布．
【解】 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()
＝××＝.
(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)
＝＋×＋××＝.
(3)X的可能取值为1,2,3,4.
P(X＝1)＝P()＝，
P(X＝2)＝P(A1)＝×＝，
P(X＝3)＝P(A1A2)＝××＝，
P(X＝4)＝P(A1A2A3)＝××＝，
所以，X的概率分布为
X
1
2
3
4
P模块综合测评
(时间120分钟，满分160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)
1．如图1，一条电路从A处到B处接通时，可构成________条线路．
图1
【解析】 从A处到B处的电路接通可分两步，第一步：前一个并联电路接通有2条线路；第二步：后一个并联电路接通有3条线路．由分步计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6.
【答案】 6
2．若X的分布列为
X
0
1
P
0.5
a
则V(X)＝________.
【解析】 由题意知0.5＋a＝1，E(X)＝0×0.5＋1×a＝a＝0.5，所以V(X)＝0.25.
【答案】 0.25
3．(2015·湖北高考改编)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________．
【解析】 由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.
【答案】 29
4．下列说法中：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．正确的有________．
【解析】 由相关系数的定义可知①③正确．
【答案】 ①③
5．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg
a－lg
b的不同值的个数是________个．
【解析】 首先从1,3,5,7,9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A＝20种排法，
因为＝，＝，所以从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lg
a－lg
b的不同值的个数是20－2＝18.
【答案】 18
6．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为________．
【解析】 设甲胜为事件A，则P(A)＝，P()＝，
∵甲以3∶1的比分获胜．∴甲前三局比赛中胜2局，第四局胜，故所求概率为P＝C·2··＝.
【答案】
7．袋中有大小相同的3个红球，5个白球，从中不放回地依次摸取2球，在已知第一次取出白球的前提下，第二次取得红球的概率是________．
【解析】 设事件A为“第一次取白球”，事件B为“第二次取红球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，故P(B|A)＝＝.
【答案】
8．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥1)＝________.
【导学号：29440073】
【解析】 由ξ～B(2，p)，
可知1－P(ξ≥1)＝Cp0(1－p)2＝，
∴p＝.故η～B.
∴P(η≥1)＝1－P(η＝0)
＝1－C(1－p)4
＝1－4＝.
【答案】
9．袋中有4个红球，3个黑球，从袋中随机取球，取完后不放回．设取到一个红球得1分，取到一个黑球得0分，现从袋中任取4个球，则得2分的概率为________．
【解析】 记“所得的分数”为X，则X～H(4,4,7)，
P(X＝2)＝＝.
【答案】
10．从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有________个．
【解析】 第一步，先从除“qu”之外的另外6个字母中任选3个不同的字母，与“qu”一起分成一堆，共有C种不同的选法；第二步，把“qu”看作一个字母，与另外3个字母排列，且“qu”顺序不变，共有A种不同的排法，由分步计数原理，共有C·A＝480个不同的排列．
【答案】 480
11．对有关数据的分析可知，每立方米混凝土的水泥用量x(单位：kg)与28天后混凝土的抗压度y(单位：kg/cm2)之间具有线性相关关系，其线性回归方程为＝0.30x＋9.99.根据建议项目的需要，28天后混凝土的抗压度不得低于89.7
kg/cm2，每立方米混凝土的水泥用量最少应为________kg.(精确到0.1
kg)
【解析】 由已知，0.30x＋9.99≥89.7，解得x≥265.7.
【答案】 265.7
12．某校1
000名学生的某次数学考试成绩X服从正态分布，其正态密度曲线如图2所示，则成绩X位于区间(52,68]内的学生大约有________名．
图2
【解析】 根据题意可知X～N(μ，σ2)，其中μ＝60，σ＝8，∴P(μ－σ000＝683(名)．
【答案】 683
13．学校小卖部为了研究气温对饮料销售的影响，经过统计，得到一个卖出饮料数与当天气温的对比表：
摄氏温度
－1
3
8
12
17
饮料瓶数
3
40
52
72
122
根据上表可得回归方程＝x＋中的为6，据此模型预测气温为30
℃时销售饮料________瓶．
【解析】 由题意＝＝7.8，
＝＝57.8.
又＝6，∴57.8＝6×7.8＋，∴＝11.
∴＝6x＋11.
∴当x＝30时，＝6×30＋11＝191.
【答案】 191
14．对于二项式n(n∈N
)，四位同学作出了四种判断：
①存在n∈N
，展开式中有常数项；
②对任意n∈N
，展开式中没有常数项；
③对任意n∈N
展开式中没有x的一次项；
④存在n∈N
，展开式中有x的一次项．
上述判断正确的是________．
【解析】 二项式n的展开式的通项为Tr＋1＝Cn－r·(x3)r＝Cxr－nx3r＝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，使展开式有常数项和一次项．
【答案】 ①④
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现要派5名医生参加赈灾医疗队，则：
(1)某内科医生必须参加，某外科医生不能参加，有多少种选法？
(2)至少有一名内科医生且至少有一名外科医生参加有几种选法？
【解】 (1)某内科医生参加，某外科医生不参加，只要从剩余的18名医生中选4名即可．故有CC＝3
060(种)．
(2)法一(直接法)：至少有一名内科医生且至少有一名外科医生参加的方法可分为四类：“一内四外、二内三外、三内二外、四内一外”．故有
CC＋CC＋CC＋CC＝14
656(种)．
法二(间接法)：问题的反面是5名内科医生或者5名外科医生参加，故有：
C－(C＋C)＝14
656(种)．
16．(本小题满分14分)已知二项式10的展开式中，
(1)求展开式中含x4项的系数；
(2)如果第3r项和第r＋2项的二项式系数相等，试求r的值．
【解】 (1)设第r＋1项为Tr＋1＝Cx10－rr
＝(－2)rCx10－r，
令10－r＝4，解得r＝4，
∴展开式中含x4项的系数为(－2)4C＝3
360.
(2)∵第3r项的二项式系数为C，第r＋2项的二项式系数为C，
∴C＝C，故3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝10，解得r＝1或r＝2.5(舍去)．
∴r的值为1.
17．(本小题满分14分)保险公司统计的资料表明：居民住宅区到最近消防站的距离x(单位：千米)和火灾所造成的损失数额y(单位：千元)有如下的统计资料：
距消防距离x(千米)
1.80
2.60
3.10
4.30
5.50
6.10
火灾损失费用y(千元)
17.8
19.6
27.5
31.3
36.0
43.2
如果统计资料表明y与x有线性相关关系，试求：
(1)用计算器计算线性回归方程及相关系数r；
(2)若发生火灾的某居民区与最近的消防站相距7.8千米，评估一下火灾的损失．
【解】 (1)b＝＝
≈5.615
4，
a＝－b≈7.333
3，
∴线性回归方程为＝5.615
4x＋7.333
3.
∵r＝0.977
8接近于1，∴y与x有很强的相关关系．
(2)当x＝7.8，代入回归方程有y＝5.615
4×7.8＋7.333
3≈51.133
4(千元)．
18．(本小题满分16分)(2016·徐州高二检测)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．
某试点城市环保局从该市市区2016年全年每天PM2.5监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图3所示(十位为茎，个位为叶).
图3
(1)从这15天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；
(2)从这15天的数据中任取三天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列；
(3)以这15天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级．
【解】 (1)记“从15天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，P(A)＝＝.
(2)依据条件，ξ服从超几何分布：ξ的可能值为0,1,2,3，其分布列为：P(ξ＝k)＝(k＝0,1,2,3).
ξ
0
1
2
3
P
(3)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P＝＝，
一年中空气质量达到一级或二级的天数为η，
则η～B，
∴E(η)＝×360＝240.
∴一年中平均有240天的空气质量达到一级或二级．
19．(本小题满分16分)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×1×2＝，
P(X＝20)＝C×2×1＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
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盘出现音乐”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)由(1)知，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．
20．(本小题满分16分)(2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X)．
【解】 (1)记事件A：“甲第一轮猜对”，
记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，
记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，
由事件的独立性与互斥性，
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝，
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×
＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××
＝＝，
P(X＝4)＝2×
＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．(2015·广东高考)在(－1)4的展开式中，x的系数为________．
【解析】 Tr＋1＝C·()4－r·(－1)r.
令r＝2，则C(－1)2＝6.
【答案】 6
2.16的二项展开式中第4项是________．
【解析】 展开式的通项公式为Tr＋1＝C·x16－r·r＝(－1)r·C·x16－2r.
所以第4项为T4＝(－1)3C·x10＝－Cx10.
【答案】 －Cx10
3．(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
【导学号：29440025】
【解析】 展开式中x7的系数为Ca3＝15，即a3＝，解得a＝.
【答案】
4．在(1＋x)3＋(1＋)3＋(1＋)3的展开式中，含有x项的系数为________．
【解析】 C＋C＋C＝3＋3＋1＝7.
【答案】 7
5．使n(n∈N
)的展开式中含有常数项的最小的n为________．
【解析】 Tr＋1＝C(3x)n－rr＝C3n－rxn－r，当Tr＋1是常数项时，n－r＝0，当r＝2，n＝5时成立．
【答案】 5
6．在(1＋x)6·(1－x)4的展开式中，x3的系数是________．
【解析】 (1＋x)6·(1－x)4＝(1＋x)2·(1＋x)4·(1－x)4＝(1＋2x＋x2)(1－x2)4.
∴x3的系数为2·C·(－1)＝－8.
【答案】 －8
7．若n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为________．
【解析】 因为展开式中的第3项和第7项的二项式系数相同，即C＝C，所以n＝8，所以展开式的通项为Tr＋1＝Cx8－rr＝Cx8－2r，令8－2r＝－2，解得r＝5，所以T6＝C2，所以的系数为C＝56.
【答案】 56
8．设二项式6(a>0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B.若B＝4A，则a的值是________．
【解析】 对于Tr＋1＝Cx6－r(－ax－)r＝C(－a)r·x6－r，B＝C(－a)4，A＝C(－a)2.∵B＝4A，a>0，∴a＝2.
【答案】 2
二、解答题
9．(2016·宿迁高二检测)在6的展开式中，求：
(1)第3项的二项式系数及系数；
(2)含x2的项．
【解】 (1)第3项的二项式系数为C＝15，
又T3＝C(2)42＝24·Cx，
所以第3项的系数为24C＝240.
(2)Tk＋1＝C(2)6－kk＝(－1)k26－kCx3－k，
令3－k＝2，得k＝1.
所以含x2的项为第2项，且T2＝－192x2.
10．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，
∴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.
∵m＋2n＝18，∴m＝18－2n，
∴t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n
＝16n2－148n＋612
＝16，
∴当n＝时，t取最小值，但n∈N
，
∴n＝5时，t即x2项的系数最小，最小值为272.
[能力提升]
1．(2016·天津高考)8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)
【解析】 8的通项Tr＋1＝C(x2)8－rr＝(－1)rCx16－3r，当16－3r＝7时，r＝3，则x7的系数为(－1)3C＝－56.
【答案】 －56
2.3展开式中的常数项是________．
【解析】 3＝，
在(1－|x|)6中，|x|3的系数A＝C(－1)3＝－20.
即所求展开式中常数项是－20.
【答案】 －20
3．若6的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________.
【导学号：29440026】
【解析】 Tr＋1＝C(ax2)6－r·r＝Ca6－r·brx12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，所以Ca6－3b3＝20，即a3b3＝1，所以ab＝1，所以a2＋b2≥2ab＝2，当且仅当a＝b，且ab＝1时，等号成立．故a2＋b2的最小值是2.
【答案】 2
4．已知n的展开式的前三项系数的和为129，试问这个展开式中是否有常数项？有理项？如果没有，请说明理由；如果有，求出这一项．
【解】 ∵Tr＋1＝C·x·2r·x－＝C·2r·x，
据题意，C＋C·2＋C·22＝129，解得n＝8，
∴Tr＋1＝C·2r·x，且0≤r≤8.
由于＝0无整数解，所以该展开式中不存在常数项．
又＝4－，∴当r＝0或r＝6时，∈Z，
即展开式中存在有理项，它们是：
T1＝x4，T7＝26·C·x－1＝.章末综合测评(一) 计数原理
(时间120分钟，满分160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)
1．将(x－q)(x－q－1)(x－q－2)…(x－19)写成A的形式是________．
【解析】 由式子的形式可知(x－q)为最大因子，共有20－q个因式连乘，故(x－q)(x－q－1)(x－q－2)…(x－19)＝A.
【答案】 A
2．(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有________项．
【解析】 要得到项数分3步：
第1步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；
第2步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；
第3步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法．
由分步计数原理知共有2×3×4＝24项．
【答案】 24
3．某人有3个不同的电子邮箱，他要发5封电子邮件，不同的发送方法有________种．
【解析】 每封电子邮件都有3种发送方式，共有35种不同的发送方法．
【答案】 35
4．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法共有________种．
【解析】 这是一个元素不相邻问题，采用插空法，AC＝24.
【答案】 24
5．已知n的展开式中的常数项是第7项，则正整数n的值为________．
【解析】 T7＝C·(2x3)n－6·6＝C·2n－6·x3n－24.
由3n－24＝0，得n＝8.
【答案】 8
6．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为________．
【解析】 x(1＋x)6的展开式中x3项的系数与(1＋x)6的展开式中x2项的系数相同，故其系数为C＝15.
【答案】 15
7．若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a＝________.
【导学号：29440033】
【解析】 展开式中含的项是T6＝C(2x)25＝C22a5x－3，故含的项的系数是C22a5＝84，解得a＝1.
【答案】 1
8．若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被7整除，则x，n的值可能为________．(填序号)
①x＝4，n＝3；②x＝4，n＝4；③x＝5，n＝4；④x＝6，n＝5.
【解析】 ∵Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n－1，
结合①②③④可知，仅有③符合题意．
【答案】 ③
9．5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(用数字作答)．
【解析】 (1)当有1名老队员时，其排法有CCA＝36(种)；
(2)当有2名老队员时，其排法有C·C·C·A＝12(种)，∴共有36＋12＝48(种)．
【答案】 48
10．(2015·全国卷Ⅰ改编)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________．
【解析】 法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.
法二：(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.
【答案】 30
11．一条街上有8盏灯，为节约用电，晚上只开5盏灯，且规定相邻的灯不能都不亮，两头的灯都要亮，那么不同的亮灯方案有________种.
【解析】 在亮着的5盏灯间有4个空档，选3个空档放3个不亮的灯，有C种方法．
【答案】 4
12．从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为________．
【解析】 在正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体，故共有C－12＝58个不同的四面体．
【答案】 58
13．某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________．
【解析】 设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：
(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有CA种方法，这时共有CCA种参加方法；
(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A种方法，这时共有CA种参加方法．
综合(1)(2)，共有CCA＋CA＝180(种)参加方法．
【答案】 180种
14．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i＝1,2，…，6)．若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法有________种．(用数字作答)
【解析】 第一类：a1＝2时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6，共有2A＝12(种)．
第二类：a1＝3时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6，共有2A＝12(种)．
第三类：a1＝4时，a3＝5，a5＝6，共有A＝6(种)．
所以总的排列方法有12＋12＋6＝30(种)．
【答案】 30
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)将5个颜色互不相同的球全部放入编号为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，则不同的放球方法有多少种？
【导学号：29440034】
【解】 就编号为1的盒子中所放的球的个数分类：第一类，当编号为1的盒子中放入一个球时，相应的放法数有C＝5种；第二类，当编号为1的盒中放入2个球时，相应的放法数有C＝10种；第三类，当编号为1的盒子中放入3个球时，相应的放法数有C＝10种．根据分类计数原理可知，满足题意的放法种数是5＋10＋10＝25.
16．(本小题满分14分)男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男3名，女2名；
(2)队长至少有1人参加；
(3)至少有1名女运动员；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
【解】 (1)C×C＝120种不同的选派方法．
(2)分为两类：仅1名队长参加和两人都参加：共C×C＋C＝196种不同的选派方法．
(3)全部选法中排除无女运动员的情况：
共C－C＝204种不同的选法．
(4)分三类：①仅女队长：C；
②仅男队长：C－C；
③两名队长：C；
∴共C＋C－C＋C＝191种不同的选派方法．
17．(本小题满分14分)已知试求x，n的值．
【解】 ∵C＝C＝C，∴n－x＝2x或x＝2x(舍去)，∴n＝3x.
由C＝C，得
＝·，
整理得
3(x－1)！(n－x＋1)！＝11(x＋1)！(n－x－1)！，
3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x.
将n＝3x代入，整理得6(2x＋1)＝11(x＋1)，
∴x＝5，n＝3x＝15.
18．(本小题满分16分)利用二项式定理证明：49n＋16n－1(n∈N
)能被16整除．
【证明】 49n＋16n－1＝(48＋1)n＋16n－1
＝C·48n＋C·48n－1＋…＋C·48＋C＋16n－1
＝16(C·3×48n－1＋C·3×48n－2＋…＋C·3＋n)．
所以49n＋16n－1能被16整除．
19．(本小题满分16分)设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；
(2)a6.
【解】 (1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1.
(2)a6即为含x6项的系数，Tr＋1＝C(2x)10－r·(－1)r＝C(－1)r210－r·x10－r，所以当r＝4时，T5＝C(－1)426x6＝13
440x6，即a6＝13
440.
20．(本小题满分16分)设数列{an}是等比数列，a1＝C·A，公比q是4的展开式中的第二项．
(1)用n，x表示通项an与前n项和Sn；
(2)若An＝CS1＋CS2＋…＋CSn，用n，x表示An.
【解】 (1)因为a1＝C·A，
所以即
所以m＝3，所以a1＝1.
又由4知T2＝C·x4－1·＝x，
所以an＝xn－1，Sn＝
(2)当x＝1时，Sn＝n，
An＝C＋2C＋3C＋…＋nC.①
又因为An＝nC＋(n－1)C＋(n－2)C＋…＋C＋0·C，②
由C＝C，①＋②得
2An＝n(C＋C＋C＋…＋C)，
所以An＝n·2n－1.
当x≠1时，Sn＝，
An＝C＋C＋C＋…＋C
＝·[(C＋C＋C＋…＋C)－(xC＋x2C＋x3C＋…＋xnC)]＝[2n－1－(1＋xC＋x2C＋…＋xnC－1)]＝[2n－(1＋x)n]．
所以An＝学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．高一年级三好学生中有男生6人，女生4人，从中选一人去领奖，共有________种不同的选法；从中选一名男生，一名女生去领奖，则共有________种不同的选法．
【解析】 从中选一人去领奖有6＋4＝10(种)方法．
从中选一名男生一名女生去领奖有6×4＝24(种)选法．
【答案】 10 24
2．一名志愿者从沈阳赶赴南京为游客提供导游服务，但需在北京停留．已知从沈阳到北京每天有7个航班，从北京到南京每天有6列火车，该志愿者从沈阳到南京共有________种不同的方法.
【导学号：29440001】
【解析】 根据分步计数原理，此人可选择的行车方式共有6×7＝42(种)．
【答案】 42
3．(2016·徐州高二检测)某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队，不同的组队方法有________种．
【解析】 先选1男有6种方法，再选1女有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．
【答案】 30
4．由1,2,3,4可以组________个自然数．(数字可以重复，最多只能是四位数字)
【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：两位自然数，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)．
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)．
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)．
由分类计数原理知，可以组成的不同的自然数为4＋16＋64＋256＝340(个)．
【答案】 340
5．商店里有适合女学生身材的女上衣3种，裙子3种，裤子2种．若一位女生要买一套服装，则共有________种不同选法．
【解析】 3×(3＋2)＝15(种)．
【答案】 15
6．(2016·无锡高二检测)设集合A中有3个元素，集合B中有2个元素，可建立A→B的映射的个数为________．
【解析】 建立映射，即对于A中的每一个元素，在B中都有一个元素与之对应，故由分步计数原理得映射有2×2×2＝8(个)．
【答案】 8
7．用4种不同的颜色涂入如图1 1 1所示的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有______种．
A
B
C
D
图1 1 1
【解析】 按A，B，C，D顺序涂色，共有4×3×2×3＝72种方法．
【答案】 72
8．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．
【解析】 分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；
若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；
若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．
所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．
【答案】 20
二、解答题
9．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？
【解】 (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种确定方法；
第二步确定b的值，也有6种确定方法．
根据分步计数原理，得知P可表示平面上的点数是6×6＝36(个)．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．
由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6(个)．
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.
因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．
结合(1)得，不在直线y＝x上的点共有36－6＝30(个)．
10．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个？
(1)无重复数字的三位数？
(2)可以有重复数字的三位数？
【解】 (1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个)．
(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．
由分步计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个)．
[能力提升]
1.将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图1 1 2是一种填法，则不同的填写方法共有___________________________________种．
1
2
3
3
1
2
2
3
1
图1 1 2
【解析】 假设第一行为1,2,3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．
故不同的填写方法共有6×2＝12(种)．
【答案】 12
2．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________对.
【导学号：29440002】
【解析】 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对，正方体的12条面对角线共有96对，且每对均重复计算一次，故共有＝48对．
【答案】 48
3．将三种作物种在如图1 1 3所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有________种．
图1 1 3
【解析】 分别用a，b，c代有3种作物，先安排第一块试验田有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块试验田有b或c两种方法，不防设放入b，第三块试验田也有a或c两种方法．
(1)若第三块田放c：，则第四、五块田分别有2种方法，共2×2种方法．
(2)若第三块田放a：，第四块田放b或c有2种方法．
①若第四块田放c：，第五块田仍有2种方法．
②若第四块田放b：，第五块田只能放c，有1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋3)＝42(种)方法．
【答案】 42
4．(1)从5种颜色中选出三种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．
(2)从5种颜色中选出四种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．
【解】 (1)如图，由题意知，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染色互不相同，则A，C必须颜色相同，B，D必须颜色相同，所以，共有5×4×3×1×1＝60(种)．
(2)法一 由题意知，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染色互不相同，则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同．所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有
2种选法(如：B，D颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，有5×4×3×2＝120(种)涂法．根据分步计数原理，共有2×120＝240(种)不同的涂法．
法二 分两类．
第一类，C与A颜色相同．由题意知，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×1×2＝120(种)方法；
第二类，C与A颜色不同．由题意知，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×2×1＝120(种)方法．
由分类计数原理，共有120＋120＝240(种)不同的方法．学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，则P(X＜3)＝________.
【解析】 由正态分布图象(图略)知，μ＝3为该图象的对称轴，P(X＜3)＝P(X＞3)＝.
【答案】
2．若随机变量X服从标准正态分布N(0,1)，则X在区间(－3,3]上取值的概率等于________．
【答案】 0.997
3．如图2 6 2是当σ取三个不同值σ1，σ2，σ3时的三种正态曲线N(0，σ2)的图象，那么σ1，σ2，σ3的大小关系是________．
图2 6 2
【解析】 由已知得＝，∴σ2＝1.
由正态曲线的性质知，当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，所以σ1＜σ2＜σ3.
【答案】 σ1＜σ2＜σ3
4．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】 由对称性知，P(1<ξ<2)＝P(0<ξ<1)＝0.4，
∴P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<1)＋P(1<ξ<2)＝0.8.
【答案】 0.8
5．已知正态总体落在区间(0.2，＋∞)内的概率是0.5，那么相应的正态曲线f(x)在x＝________时达到最高点.
【导学号：29440063】
【解析】 由正态曲线的性质知：μ＝0.2，故x＝0.2时，正态曲线f(x)达到最高点．
【答案】 0.2
6．已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(X＜a)＝0.32，则P(a≤X＜4－a)＝________.
图2 6 3
【解析】 由正态分布图象的对称性可得：P(a≤X＜4－a)＝1－2P(X＜a)＝0.36.
【答案】 0.36
7．已知X～N(0，σ2)且P(－2≤X≤0)＝0.4，则P(X＞2)＝________.
【解析】 ∵P(0≤X≤2)＝P(－2≤X≤0)＝0.4，
∴P(X＞2)＝(1－2×0.4)＝0.1.
【答案】 0.1
8．已知正态分布N(μ，σ2)的密度曲线是
P(x)＝e－，x∈R.给出以下四个命题：
①对任意x∈R，P(μ＋x)＝P(μ－x)成立；
②如果随机变量X服从N(μ，σ2)，且F(x)＝P(X③如果随机变量X服从N(108,100)，那么X的期望是108，标准差是100；
④随机变量X服从N(μ，σ2)，P(X<1)＝，P(X>2)＝p，则P(0其中，真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)
【解析】 画出正态分布N(μ，σ2)的密度曲线如图．
由图可得：
①图象关于x＝μ对称，故①正确；
②随着x的增加，F(x)＝P(ξ③如果随机变量ξ服从N(108,100)，那么ξ的期望是108，标准差是10；
④由图象的对称性，可得④正确．故填①②④.
【答案】 ①②④
二、解答题
9．已知某种零件的尺寸X(单位：mm)服从正态分布，其正态曲线在(0,80)上是增函数，在(80，＋∞)上是减函数，且P(80)＝
.
(1)求正态分布密度函数的解析式；
(2)估计尺寸在72
mm～88
mm之间的零件大约占总数的百分之几．
【解】 (1)由于正态曲线在(0,80)上是增函数，在(80，＋∞)上是减函数，所以正态曲线关于直线x＝80对称，且在x＝80处取得最大值．
因此得μ＝80，＝，所以σ＝8.
故正态分布密度函数的解析式是
P(x)＝e－(x∈R)．
(2)由μ＝80，σ＝8，得μ－σ＝80－8＝72，μ＋σ＝80＋8＝88，
所以零件尺寸X在区间(72,88)内的概率是0.683.因此尺寸在72
mm～88
mm间的零件大约占总数的68.3%.
10．设X～N(6,1)，求P(4＜X≤5)．
【解】 由已知得μ＝6，σ＝1.
∵P(5＜X≤7)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.683，
P(4＜X≤8)＝P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954.
如图，由正态分布的对称性知
P(4＜x≤5)＝P(7＜x≤8)．
∴P(4＜x≤5)＝[P(4＜x≤8)－P(5＜x≤7)]
＝×0.271＝0.135
5.
[能力提升]
1．对于正态分布N(0,1)的概率密度函数P(x)＝e－，有下列四种说法：①P(x)为偶函数；②P(x)的最大值为；③P(x)在x＞0时是单调减函数，在x≤0时是单调增函数；④P(x)关于σ＝1对称．不正确的是________(填序号)．
【解析】 ∵X～N(0,1)，∴曲线的对称轴为x＝μ＝0.
【答案】 ④
2．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)等于________．
【解析】 ∵P(ξ<4)＝0.8，
∴P(ξ>4)＝0.2.
由题意知图象的对称轴为直线x＝2，
P(ξ<0)＝P(ξ>4)＝0.2，
∴P(0<ξ<4)＝1－P(ξ<0)－P(ξ>4)＝0.6，
∴P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<4)＝0.3.
【答案】 0.3
3．若随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，已知P(ξ≤－1.96)＝0.025，则P(|ξ|≤1.96)等于________．
【解析】 由随机变量ξ服从正态分布N(0.1)，
得P(ξ＜1.96)＝1－P(ξ≤－1.96)，
所以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】 0.950
4．(2014·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：
图2 6 4
(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－σ6，P(μ－2σ4.
【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(187.86.
②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0.682
6，依题意知X～B(100，0.682
6)，所以E(X)＝100×0.682
6＝68.26.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．下面几个问题中属于组合问题的有________．
①由1,2,3,4构成的双元素集合；
②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；
③由1,2,3构成两位数的方法；
④由1,2,3组合无重复数字的两位数的方法．
【解析】 ①②与顺序无关是组合问题，③④是排列问题．
【答案】 ①②
2．如果C＝36，则n的值为________.
【导学号：29440011】
【解析】 由C＝＝36，得n＝9.
【答案】 9
3．若C＝C(n∈N
)，则n＝________.
【解析】 由C＝C得
2n－3＝n＋2或2n－3＝20－(n＋2)，
即n＝5或n＝7.
【答案】 5或7
4．计算：C＋C＋C＋C＝________.
【解析】 C＋C＋C＋C＝
C＋C＋C＝C＋C＝C＝C＝210.
【答案】 210
5．下列等式中，正确的有________(填序号)．
①C＝；②C＝C；③C＝C；④C＝C.
【解析】 ①②显然正确．
对于③，C＝＝＝C，故③正确，④错误．
【答案】 ①②③
6．若A＝12C，则n＝________.
【解析】 由A＝12C可知
n(n－1)(n－2)＝12×，
∴n－2＝6，
∴n＝8.
【答案】 8
7．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．
【解析】 所有三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有CA＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.
【答案】 252
8．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不同的积；任取两个不同的数相除，有n个不同的商．则m∶n＝________.
【解析】 ∵m＝C，n＝A，∴m∶n＝1∶2.
【答案】 1∶2
二、解答题
9．从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数，则可以得到多少个不同的这样的最小三位数？
【解】 从6个不同数字中任选3个组成最小三位数，相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合，故所有不同的最小三位数共有C＝＝20个．
10．(1)求式子－＝中的x；
(2)解不等式C>3C.
【解】 (1)原式可化为：－＝，∵0≤x≤5，∴x2－23x＋42＝0，
∴x＝21(舍去)或x＝2，即x＝2为原方程的解．
(2)由>，
得>，∴m>27－3m，
∴m>＝7－.
又∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，m∈N，
即7≤m≤8，∴m＝7或8.
[能力提升]
1．计算：A＋A＋A＋…＋A＝________.
【解析】 ∵A＝C×A(n≥3)，
∴原式＝(C＋C＋C＋…＋C)×A
＝(C＋C＋C＋…＋C)×A
＝C×A
＝29
070.
【答案】 29
070
2．若C∶C∶C＝3∶4∶5，则n－m＝________.
【解析】 由题意知：
由组合数公式得
解得n＝62，m＝27.
n－m＝62－27＝35.
【答案】 35
3．设x∈N
，则C＋C的值为________.
【导学号：29440012】
【解析】 由题意，得
解得2≤x≤4.
∵x∈N
，
∴x＝2，x＝3或x＝4.
当x＝2时，原式值为4；当x＝3时，原式值为7；当x＝4时，原式值为11.
∴所求值为4,7或11.
【答案】 4,7或11
4．规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1，这是组合数C(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
(1)求C的值；
(2)组合数的两个性质：①C＝C；
②C＋C＝C是否都能推广到C(x∈R，m是正整数)的情形；若能推广，请写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由．
【解】 (1)C＝
＝－C＝－11
628.
(2)性质①不能推广，例如当x＝时，
有意义，但无意义；
性质②能推广，它的推广形式是C＋C＝C，x∈R，m为正整数．
证明：当m＝1时，
有C＋C＝x＋1＝C；
当x≥2时，
C＋C
＝＋
＝
＝
＝C.
综上，性质②的推广得证．学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．已知随机变量ξ满足V(ξ)＝，则ξ的标准差为________．
【解析】 ＝＝.
【答案】
2．设随机变量ξ可能取值为0,1，且满足P(ξ＝1)＝，P(ξ＝0)＝，则V(ξ)＝________.
【解析】 由题意可知，随机变量ξ服从两点分布，故V(ξ)＝×＝.
【答案】
3．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则V(ξ)＝________.
【导学号：29440059】
【解析】 设P(ξ＝1)＝x，P(ξ＝2)＝y，
则 所以V(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)×＋(2－1)2×＝.
【答案】
4．若ξ～B，且η＝2ξ＋3，则V(ξ)＝________，V(η)＝________.
【解析】 ∵ξ～B，∴V(ξ)＝4××＝.
V(η)＝V(2ξ＋3)＝4V(ξ)＝.
【答案】
5．(2016·四川高考)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________．
【解析】 法一：由题意可知每次试验不成功的概率为，成功的概率为，在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝2＝.
所以在2次试验中成功次数X的分布列为
X
0
1
2
P
则在2次试验中成功次数X的均值为
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
法二：此试验满足二项分布，其中p＝，所以在2次试验中成功次数X的均值为E(X)＝np＝2×＝.
【答案】
6．随机变量ξ的分布列如下：
ξ
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，若E(ξ)＝，则V(ξ)＝________.
【导学号：29440060】
【解析】 由题意得2b＝a＋c①，a＋b＋c＝1②，c－a＝③，以上三式联立解得a＝，b＝，c＝，故V(ξ)＝.
【答案】
7．(2016·扬州高二检测)设一次试验成功的概率为p，进行100次独立重复试验，当p＝________时，成功次数的标准差的值最大，其最大值为________．
【解析】 成功次数ξ～B(100，p)，∴V(ξ)＝100p(1－p)≤100×2＝25.当且仅当p＝1－p，即p＝时，取得最大值＝5.
【答案】 5
8．一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为0.6，则此学生在这一次测验中的成绩的均值与方差分别为________．
【解析】 设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数(成绩)为Y，则Y＝4X.
由题知X～B(25,0.6)，
所以E(X)＝25×0.6＝15，V(X)＝25×0.6×0.4＝6，
E(Y)＝E(4X)＝4E(X)＝60，V(Y)＝V(4X)＝42×V(X)＝16×6＝96，
所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.
【答案】 60,96
二、解答题
9．设在15个同类型的零件中有2个是次品，每次任取1个，共取3次，设ξ表示取出次品的个数．
(1)若取后不放回，求ξ的均值E(ξ)和方差V(ξ)；
(2)若取后再放回，求ξ的均值E(ξ)和方差V(ξ)．
【解】 (1)由题意，得ξ～H(3,2,15)，
E(ξ)＝＝＝，
V(ξ)＝
＝＝.
(2)由题意ξ～B，E(ξ)＝np＝3×＝，
V(ξ)＝np(1－p)＝3××＝.
10．(2016·淮安高二检测)一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．
(1)采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求两球恰好颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差．
【解】 (1)“有放回摸球”可看作独立重复试验，
因为每摸出一球得白球的概率为p＝＝.
所以“有放回摸两次，颜色不同”的概率为C··＝.
(2)设摸得白球的个数为ξ，依题意得：
P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝×＋×＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝，
V(ξ)＝2×＋2×＋2×＝.
[能力提升]
1．若随机变量ξ的分布列为P(ξ＝m)＝，P(ξ＝n)＝a，若E(ξ)＝2，则V(ξ)的最小值等于________．
【解析】 由分布列中，概率和为1，则a＋＝1，a＝.
∵E(ξ)＝2，∴＋＝2，∴m＝6－2n.
∴V(ξ)＝×(m－2)2＋×(n－2)2＝×(n－2)2＋×(6－2n－2)2＝2n2－8n＋8＝2(n－2)2.
∴n＝2时，V(ξ)取最小值0.
【答案】 0
2．有同寝室的四位同学分别每人写一张贺年卡，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，则X的方差是________．
【解析】 由条件，得X的概率分布列为：
X
0
1
2
4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1，
V(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＋(4－1)2×＝1.
【答案】 1
3．设非零常数d是等差数列x1，x2，x3，…，x19的公差，随机变量ξ等可能地取值x1，x2，x3，…，x19，则方差V(ξ)＝________.
【解析】 E(ξ)＝x10，
V(ξ)＝(92＋82＋…＋12＋02＋12＋…＋92)＝30d2.
【答案】 30d2
4．一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图2 5 3所示．
图2 5 3
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的概率分布，期望E(X)及方差V(X)．
【解】 (1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率分别为
P(X＝0)＝C·(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝C·0.6(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝C·0.62(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝C·0.63＝0.216.
X的概率分布为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
因为X～B(3,0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差V(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．(a－b)7的展开式中，二项式系数最大的项是第________________________
项，系数最大的项是第________项．
【解析】 展开式共8项，二项式系数最大的项是第4，第5项，系数最大的项为第5项．
【答案】 4或5 5
2．(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的所有二项式的各项系数和是________．
【解析】 令x＝1，得2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2.
【答案】 2n＋1－2
3．(2015·天津高考)在6的展开式中，x2的系数为________．
【解析】 设通项为Tr＋1＝Cx6－rr＝
Crx6－2r.
令6－2r＝2得r＝2，
∴x2的系数为C2＝.
【答案】
4．C＋C＋C＋C＋C＝________.
【导学号：29440030】
【解析】 ∵C＋C＋…＋C＝210，
又C＋C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋C＋C，
∴C＋C＋C＋C＋C＝29.
【答案】 29
5．233除以9的余数是________．
【解析】 233＝811＝(9－1)11＝911－C910＋C98－…－1，
∴233除以9的余数是8.
【答案】 8
6．如图1 5 6，在“杨辉三角”中，斜线l的上方，从1开始按箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1,3,3,4,6,5,10，…，记此数列为{an}，则a21＝________.
图1 5 6
【解析】 此数列依次为C；C，C；C，C；C，C；…；C，C；…；a21＝C＝＝66.
【答案】 66
7．设a∈Z，且0≤a<13，若512
016＋a能被13整除，则a＝________.
【解析】 512
016＋a＝(52－1)2
016＋a＝C522
016－C522015＋…＋C×52×(－1)2
015＋C×(－1)2
016＋a.因为52能被13整除，所以只需C×(－1)2
016＋a能被13整除，即a＋1能被13整除，所以a＝12.
【答案】 12
8．在“杨辉三角”中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图1 5 7所示．那么，在“杨辉三角”中，第________行会出现三个相邻的数，其比为3∶4∶5.
第0行?
1
第1行?
1 1
第2行?
1 2 1
第3行
?1 3 3 1
第4行?
1 4 6 4 1
第5行
1 5 10 10 5 1
图1 5 7
【解析】 根据题意，设所求的行数为n，则存在正整数k，
使得连续三项C，C，C，有＝且＝.
化简得＝，＝，联立解得k＝27，n＝62.
故第62行会出现满足条件的三个相邻的数．
【答案】 62
二、解答题
9．已知(1＋2x)100＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a100(x－1)100，求a1＋a3＋a5＋…＋a99的值．
【解】 令x＝2，可以得到5100＝a0＋a1＋a2＋…＋a100，①
令x＝0，可以得到1＝a0－a1＋a2－…＋a100，②
由①②得a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(5100－1)．
10．已知n的展开式中的倒数第三项的系数是45.
(1)求含x3的项；
(2)求系数最大的项．
【解】 已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C＝45，即C＝45，所以n2－n－90＝0，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.
(1)即求10展开式中含x3的项．
由通项Tr＋1＝C(x－)10－r(x)r＝Cx－＋，得－＋＝3，－30＋3r＋8r＝36,11r＝66，得r＝6.
故含有x3的项是第7项T7＝Cx3＝210x3.
(2)∵10的展开式共有11项，系数最大项是第6项．
∴T6＝C(x－)5·(x)5＝252x.
[能力提升]
1．设m是正整数，(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＝________.
【解析】 由题意可知13C＝7C，
∴13·＝7·，
∴m＝6.
【答案】 6
2．(2016·杨州高二检测)若n的展开式的各项系数绝对值之和为1
024，则展开式中x项的系数为________．
【解析】 由4n＝1
024，得n＝5.∴Tr＋1＝C()5－r·r＝(－3)rCx，令＝1，解得r＝1，
∴T2＝C(－3)1x＝－15x，故其系数为－15.
【答案】 －15
3．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为________.
【导学号：29440031】
【解析】 令x＝－1，则原式化为[(－1)2＋1][2×(－1)＋1]9＝－2＝a0＋a1(2－1)＋a2(2－1)2＋…＋a11(2－1)11，∴a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.
【答案】 －2
4．(1)求证：5151－1能被7整除；
(2)求1.9975精确到0.001的近似值．
【解】 (1)证明：因为5151－1＝(49＋2)51－1＝C4951＋C4950·2＋…＋C49·250＋C·251－1，易知除C251－1以外其余各项都能被7整除．
又因为251－1＝(23)17－1＝(7＋1)17－1
＝C717＋C716＋…＋C7＋C－1
＝7(C716＋C715＋…＋C)
显然能被7整除，所以5151－1能被7整除．
(2)1.9975＝(2－0.003)5
＝C25－C×24×0.003＋C×23×0.0032－C×22×0.0033＋C×21×0.0034－C×20×0.0035≈32－0.24＋0.000
72≈31.761.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．设随机变量ξ的概率分布为
ξ
－1
0
1
2
3
P
则P(ξ＜3)＝________.
【解析】 P(ξ＜3)＝1－P(ξ≥3)＝1－P(ξ＝3)＝1－＝.
【答案】
2．设随机变量ξ的概率分布P(ξ＝i)＝ai，i＝1,2,3，则a＝________.
【解析】 由P(ξ＝i)＝ai，i＝1,2,3，得
P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝1，
∴a＝1，
∴a＝.
【答案】
3．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，则他罚球一次得分的概率分布为________．
【答案】
ξ
0
1
P
0.3
0.7
4.(2016·苏州高二检测)对一批产品逐个进行检测，第一次检测到次品前已检测的产品个数为ξ，则ξ＝k表示的试验结果为________．
【答案】 前k次检测到正品，而第k＋1次检测到次品
5．随机变量ξ的等可能取值为1,2，…，n，若P(ξ＜4)＝0.3，则n＝________.
【解析】 ∵ξ等可能取值为1,2，…，n.
∴P(ξ＜4)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)
＝＋＋＝0.3，
∴n＝10.
【答案】 10
6．若随机变量X～0 1分布，P(X＝0)＝a，P(X＝1)＝a，则a＝________.
【导学号：29440036】
【解析】 ∵解得a＝.
【答案】
7．随机变量ξ的概率分布列为P(ξ＝n)＝，n＝1,2,3,4，其中a是常数，则P的值为________．
【解析】 ∵P(ξ＝n)＝＝a，
∴(ξ＝i)＝a＋a＋a＋a＝a＝a＝1，∴a＝.
∴P＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝.
【答案】
8．某篮球运动员在一次投篮训练中的得分X的分布列如下表，其中a，b，c成等差数列，且c＝ab，
X
0
2
3
P
a
b
c
则这名运动员得3分的概率是________．
【解析】 由题中条件，知2b＝a＋c，c＝ab，再由分布列的性质，知a＋b＋c＝1，且a，b，c都是非负数，由三个方程联立成方程组，可解得a＝，b＝，c＝，所以得3分的概率是.
【答案】
二、解答题
9．写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果．
(1)盒中有6支白粉笔和8支红粉笔，从中任意取3支，其中所含白粉笔的支数为X；
(2)从4张已编号(1～4号)的卡片中任意取出2张，被取出的卡片编号数之和为X.
【解】 (1)X可取0,1,2,3.X＝i表示取出i支白粉笔，(3－i)支红粉笔，其中i＝0,1,2,3.
(2)X可取3,4,5,6,7.X＝3表示取出分别标有1,2的两张卡片；X＝4表示取出分别标有1,3的两张卡片；X＝5表示取出分别标有1,4或2,3的两张卡片；X＝6表示取出分别标有2,4的两张卡片；X＝7表示取出分别标有3,4的两张卡片．
10．已知随机变量ξ的概率分布为
ξ
－2
－1
0
1
2
3
P
(1)求η1＝ξ的概率分布；
(2)求η2＝ξ2的概率分布．
【解】 (1)η1＝ξ的概率分布为
η1
－1
－
0
1
P
(2)η2＝ξ2的概率分布为
η2
0
1
4
9
P
[能力提升]
1．若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝0.8，P(X＝1)＝0.2.令Y＝3X－2，则P(Y＝－2)＝________.
【导学号：29440037】
【解析】 由Y＝－2，得3X－2＝－2，X＝0.
∴P(Y＝－2)＝P(X＝0)＝0.8.
【答案】 0.8
2．设随机变量X的概率分布为P(X＝k)＝，k＝1,2,3，c为常数，则P(0.5＜X＜2.5)＝________.
【解析】 ∵c＝1，
∴c＝，
∴P(0.5＜X＜2.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝.
【答案】
3．已知随机变量ξ只能取三个值x1，x2，x3，其概率依次成等差数列，则该等差数列公差的取值范围是________．
【解析】 设随机变量ξ取x1，x2，x3的概率分别为a－d，a，a＋d，则由分布列的性质得(a－d)＋a＋(a＋d)＝1，
故a＝，
由
解得－≤d≤.
【答案】
4．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝i)＝，i＝1,2,3,4，求：
(1)P(ξ＝1或ξ＝2)；
(2)P.
【解】 (1)∵P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
∴P(ξ＝1或ξ＝2)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋＝＝0.3.
(2)ξ＝1,2,3,4，又<ξ<，故只有ξ＝1,2,3适合，所以P＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＋＋＝0.6.学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、填空题
1．设随机变量X～B(40，p)，且E(X)＝16，则p等于________.
【导学号：29440055】
【解析】 ∵X～B(40，p)，E(X)＝16，
∴40p＝16，∴p＝.
【答案】
2．已知E(Y)＝6，Y＝4X－2，则E(X)＝________.
【解析】 ∵Y＝4X－2，E(Y)＝4E(X)－2，
∴6＝4E(X)－2，∴E(X)＝2.
【答案】 2
3．某一随机变量X的概率分布如下表．
X
0
1
2
3
P
0.1
m
n
0.1
且E(X)＝1.5，则m－的值为________．
【解析】 由题意知解得
∴m－＝0.4－0.2＝0.2.
【答案】 0.2
4．甲、乙两台自动车床生产同种标准的零件，X表示甲车床生产1
000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1
000件产品中的次品数，经过一段时间的考察，X，Y的分布列分别是：
X
0
1
2
3
P
0.7
0.1
0.1
0.1
Y
0
1
2
3
P
0.5
0.3
0.2
0
据此判定________车床生产的质量好．
【解析】 E(X)＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，E(Y)＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7.
显然E(X)＜E(Y)，由数学期望的意义知，甲的质量比乙的质量好．
【答案】 甲
5．口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状相同的小球，从中任取2个，则取出的球的最大编号X的期望为________．
【解析】 X＝2,3，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故E(X)＝2×＋3×＝.
【答案】
6．两封信随机投入A，B，C三个空邮箱，则A邮箱的信件数X的期望E(X)＝________.
【导学号：29440056】
【解析】 由题意可知，X～B，∴E(X)＝.
【答案】
7．设10件产品中含有3件次品，从中抽取2件检查，则查得次品数X的数学期望为________．
【解析】 由题意可知，次品数X服从超几何分布，
其中n＝2，M＝3，N＝10，
∴E(X)＝＝.
【答案】
8．如图2 5 2，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的均值E(X)等于________．
图2 5 2
【解析】 125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆，
∴从中随机取一个正方体，涂漆面数X的均值E(X)＝×1＋×2＋×3＝＝.
【答案】
二、解答题
9．某俱乐部共有客户3
000人，若俱乐部准备了100份小礼品，邀请客户在指定时间来领取．假设任一客户去领奖的概率为4%.问俱乐部能否向每一位客户都发出领奖邀请？
【解】 设来领奖的人数ξ＝k(k＝0,1，…，3
000)，
∴P(ξ＝k)＝C(0.04)k(1－0.04)3
000－k，
则ξ～B(3
000,0.04)，那么E(ξ)＝3
000×0.04＝120(人)>100(人)．
∴俱乐部不能向每一位客户都发送领奖邀请．
10．(2015·重庆高考)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．
【解】 (1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝＝.
(2)X的所有可能值为0,1,2，且
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
综上知，X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝(个)．
[能力提升]
1．设15
000件产品中有1
000件次品，从中抽取150件进行检查，由于产品数量较大，每次检查的次品率看作不变，则检查得次品数X的数学期望为________．
【解析】 次品率为p＝＝，由于产品数量特别大，次品数服从二项分布．由公式，得E(X)＝np＝150×＝10.
【答案】 10
2．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值范围是________．
【解析】 X的所有可能取值为1,2,3.
P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝1－p(1－p)－p＝1－2p＋p2，
∴E(X)＝1×p＋2×(1－p)p＋3×(1－2p＋p2)＝3－3p＋p2.
由E(X)＞1.75，得3－3p＋p2＞1.75，解得p＜或p＞(舍去)，
∴p的取值范围为.
【答案】
3．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数，若P(X＝0)＝，则随机变量X的数学期望E(X)＝________.
【解析】 ∵P(X＝0)＝＝(1－p)2×，∴p＝.随机变量X的可能值为0,1,2,3，因此P(X＝0)＝，P(X＝1)＝×2＋2××2＝，P(X＝2)＝×2×2＋×2＝，P(X＝3)＝×2＝，因此E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
【答案】
4．(2015·山东高考)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137,359,567等)．
在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．
【解】 (1)个位数字是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345.
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，随机变量X的取值为：0，－1,1，因此，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，
P(X＝1)＝1－－＝.
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.章末综合测评(三) 统计案例
(时间120分钟，满分160分)
一、选择题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．将答案填在题中的横线上)
1．在直线回归方程＝＋x中，表示________(填序号)．
①当x增加一个单位时，y增加的数量；
②当y增加一个单位时，x增加的数量；
③当x增加一个单位时，y的平均增加量；
④当y增加一个单位时，x的平均增加量．
【答案】 ③
2．线性回归方程＝x＋所表示的直线必经过点________．
【答案】 (，)
3．经调查某地若干户家庭的年收入x(万元)和年饮食支出y(万元)具有线性相关关系，并得到y关于x的线性回归直线方程：＝0.254x＋0.321，由线性回归直线方程可知，家庭年收入每增加1万元，年饮食支出平均增加________万元．
【解析】 ∵y关于x的线性回归直线方程：
＝0.254x＋0.321，①
∴年收入增加1万元时，年饮食支出
＝0.254(x＋1)＋0.321，②
②－①可得：年饮食支出平均增加0.254万元．
【答案】 0.254
4．对于线性回归方程＝x＋，下列说法中不正确的序号是________．
①x增加一个单位时，y平均增加个单位；
②样本数据中x＝0时，可能y＝；
③样本数据中x＝0时，一定有y＝.
【解析】 线性回归方程＝x＋中，x增加一个单位时，y平均增加个单位，故①正确；线性回归方程＝x＋中，样本数据中x＝0时，可能有y＝，也可能有y≠，故②正确，③不正确．
【答案】 ③
5．已知x，y的取值如下表，如果y与x呈线性相关，且线性回归方程为＝x＋，则＝________.
x
2
3
4
y
6
4
5
【解析】 ∵线性回归方程为＝x＋，
又∵线性回归方程过样本中心点，且＝＝3，＝＝5，
∴回归方程过点(3,5)，
∴5＝3＋，
∴＝－.
【答案】 －
6．若线性回归直线方程中的回归系数＝0，则相关系数等于________.
【导学号：29440071】
【解析】 由于在回归系数的计算公式中，与相关系数的计算公式中，它们的分子相同，所以r＝0.
【答案】 0
7．在一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n≥2，x1，x2，…，xn不全相等)的散点图中，若所有样本点(xi，yi)(i＝1,2，…，n)都在直线y＝x＋1上，则这组样本数据的样本相关系数为________．(填序号)
①－1；②0；③；④1
【解析】 当所有样本点都在一条直线上时，相关系数为1.故填④.
【答案】 ④
8．(2016·常州月考)观察图1中各图形：
图1
其中两个变量x，y具有相关关系的图是________．
【解析】 由散点图知③④具有相关关系．
【答案】 ③④
9．已知数组(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x10，y10)满足线性回归方程＝x＋，则“(x0，y0)满足线性回归方程＝x＋”是“x0＝，y0＝的”________．
①充分不必要条件；②必要不充分条件；
③充要条件；④既不充分也不必要条件．
【解析】 当x0，y0为这10组数据的平均值，即当x0＝，y0＝
时，因为线性回归方程＝x＋必过样本点的中心点(，)，因此(x0，y0)一定满足线性回归方程，但满足线性回归方程的点除(，)外，可能还有其他点．
【答案】 ②
10．(2016·东北三校联考)下列说法中错误的是________．
①设有一个回归方程＝3－5x，变量x增加一个单位时，y平均增加5个单位；
②线性回归方程＝x＋必过(，)；
③＝x＋，其中，都为整数．
【解析】 线性回归方程中x的系数具备直线斜率的功能，对于回归方程＝3－5x，当x增加一个单位时，y平均减少5个单位，①错误；由线性回归方程的定义知，线性回归方程＝x＋必过点(，)，②正确；在线性回归方程中a，b的值不一定是整数，③错误．
【答案】 ①③
11．在调查某班级数学成绩与物理成绩的相关关系时，对数据进行统计得到散点图(如图2所示)，用直线＝x＋近似刻画其关系，根据图形，b的数值最有可能是________．(填序号)
图2
①0；②2.55；③0.85；④－0.24.
【解析】 从散点图来看某班级数学成绩与物理成绩的相关关系是正相关，所以回归直线的斜率不能是负值，所以④不正确，因为回归直线不和横轴平行，所以斜率不能是0，所以①不正确，从散点图观察，直线应该比y＝x的斜率要小一些，一定不会达到2.55，所以②不正确，只有0.85符合题意．
【答案】 ③
12．考古学家通过研究始祖鸟化石标本发现：其股骨长度x(cm)与肱骨长度y(cm)的线性回归方程为＝1.197x－3.660，由此估计，当股骨长度为50
cm时，肱骨长度为________cm.
【导学号：29440072】
【解析】 根据线性回归方程＝1.197x－3.660，将x＝50代入得＝56.19，则估计肱骨长度为56.19
cm.
【答案】 56.19
13．下表是某厂1～4月份用水量(单位：百吨)的一组数据：
月份x
1
2
3
4
用水量y/百吨
4.5
4
3
2.5
由散点图可知(图略)，用水量y与月份x之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是＝－0.7x＋，则＝________.
【解析】 回归直线过样本点的中心点(2.5,3.5)，代入线性回归方程得：3.5＝－0.7×2.5＋，解得＝5.25.
【答案】 5.25
14．某高校教《统计初步》课程的教师随机调查了选修该课的一些学生的情况，具体数据如下表：
非统计专业
统计专业
合计
男
13
10
23
女
7
20
27
合计
20
30
50
为了判断选修统计专业是否与性别有关系，根据表中的数据，得到χ2＝≈4.844，因为χ2>3.841，所以认为主修统计专业与性别有关系，则这种判断出错的可能性为________．
【解析】 因为χ2>3.841，查临界值表，可知判断出错的可能性为5%.
【答案】 5%
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)随着生活水平的提高，越来越多的人参与了潜水这项活动．某潜水中心调查了100名男性和100名女性下潜至距离水面5米时是否会耳鸣，得到下面的2×2列联表.
有耳鸣
无耳鸣
合计
男
30
70
100
女
50
50
100
合计
80
120
200
利用独立性检验的方法判断耳鸣与性别是否有关系？若有关系，所得结论的把握有多大？
【解】 提出假设H0：耳鸣与性别没有关系．
∵χ2＝≈8.33>7.897.
∴可以判断耳鸣与性别是有关系的．
∵P(χ2>7.879)≈0.005.
∴我们有99.5%的把握认为耳鸣与性别有关．
16．(本小题满分14分)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(t)与相应的能耗y(t)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，求出y关于x的线性回归方程＝x＋.
【解】 (1)由题设所给数据，可得散点图如图所示．
(2)由对照数据，计算得
x＝86，＝＝4.5，
＝＝3.5，
xiyi＝66.5，
＝
＝＝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.
17．(本小题满分14分)某大型企业人力资源部为了研究企业员工工作积极性与对待企业改革的态度的关系，随机抽取了189名员工进行调查．其中积极支持企业改革的被调查者中，工作积极的有54人，工作一般的有32人；而不太赞成企业改革的被调查者中，工作积极的有40人，工作一般的有63人．试判断员工对待企业改革的态度是否与其工作积极性有关．
【解】 提出假设H0：员工对待企业改革的态度与其工作积极性无关．
由题意得，如下2×2列联表：
积极支持企业改革
不太赞成企业改革
合计
工作积极
54
40
94
工作一般
32
63
95
合计
86
103
189
根据列联表中的数据，可得
χ2＝≈10.759.
因为χ2≈10.759>7.879，
所以有99.5%的把握认为，员工对待企业改革的态度与其工作积极性有关．
18．(本小题满分16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)中所得的线性回归方程是否可靠？
【解】 (1)设事件A表示“选取的2组数据恰好是不相邻2天的数据”，则表示“选取的数据恰好是相邻2天的数据”．
基本事件总数为10，事件包含的基本事件数为4.
∴P()＝＝，
∴P(A)＝1－P()＝.
(2)＝12，＝27，xiyi＝977，x＝434，
∴＝＝＝2.5，
＝－＝27－2.5×12＝－3，
∴＝2.5x－3.
(3)由(2)知，当x＝10时，＝22，误差不超过2颗；
当x＝8时，＝17，误差不超过2颗．
故所求得的线性回归方程是可靠的．
19．(本小题满分16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)，有如下表的统计资料：
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
若由资料知y与x呈线性相关关系．
(1)试求线性回归方程＝x＋a的回归系数与常数项；
(2)估计使用年限为10年，则维修费用是多少万元？
【解】 (1)由已知条件制成下表：
序号
1
2
3
4
5
合计
xi
2
3
4
5
6
20
yi
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
25
xiyi
4.4
11.4
22.0
32.5
42.0
112.3
x
4
9
16
25
36
90
＝4，＝5，＝90，iyi＝112.3
于是b＝＝＝1.23，
a＝－b＝5－1.23×4＝0.08.
(2)由(1)知线性回归方程是y＝1.23x＋0.08，当x＝10时，y＝1.23×10＋0.08＝12.38(万元)．
即估计使用10年时维修费用是12.38万元．
20．(本小题满分16分)以下是某地搜集到的新房屋的销售价格y和房屋的面积x的数据：
房屋面积x(m2)
115
110
80
135
105
销售价格y(万元)
24.8
21.6
18.4
29.2
22
(1)画出数据对应的散点图；
(2)求线性回归方程，并在散点图中加上回归直线；
(3)根据(2)的结果估计当房屋面积为150
m2时的销售价格．
【解】 (1)散点图如图所示：
(2)＝i＝109，
(xi－)2＝1
570，
＝23.2，(xi－)(yi－)＝308.
设所求线性回归方程为y＝bx＋a，
则＝≈0.196
2，
＝－＝23.2－×109≈1.816
6.
故所求线性回归方程为y＝0.196
2x＋1.816
6.
(3)据(2)可知，当x＝150
m2时，销售价格的估计值为
y＝0.196
2×150＋1.816
6＝31.246
6(万元)．