模块综合测试题
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．知识竞赛中给一个代表队的4人出了2道必答题和4道选答题，要求4人各答一题，共答4题，此代表队可选择的答题方案的种类为( )
A．A B．A
C．CA D．CA
答案 C
解析 从4道选答题中选2道的选法为C，2道必答题和2道选答题让4人各答一题的方法为A，故选C.
2．从3名男生和3名女生中，选出3名分别担任语文、数学、英语的课代表，要求至少有1名女生，则选派方案共有( )
A．19种 B．54种
C．114种 D．120种
答案 C
解析 A－A＝120－6＝114.
3．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．5 670
答案 D
解析 由题意，不妨令x＝1，则(3－1)n＝64，解得n＝8.
展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C·(3)8－r·(－)r＝(－1)r·C·38－r·x4－r，当r＝4时，T5＝(－1)4·C·34＝5 670.
4．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范围为( )
A．[0，] B．[－，]
C．[－3,3] D．[0,1]
答案 B
解析 不妨设x1，x2，x3发生的概率分别为a，a＋d，a＋2d，则a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝1.
可得a＋d＝，即d＝－a.
∵a∈[0,1]，∴－a∈[－，]．
∴－≤d≤.①
又∵∴
∴d≥－.②
由①②可得：－≤d≤.
5．已知随机变量ξ的分布列为ξ＝－1,0,1，对应P＝，，，且设η＝2ξ＋1，则η的期望为( )
A．－ B.
C. D．1
答案 B
解析 E(ξ)＝－1×＋0×＋1×＝－，∴E(η)＝E(2ξ＋1)＝2E(ξ)＋1＝－×2＋1＝.
6．(x＋)5(x∈R)展开式中x3的系数为10，则实数a等于( )
A．－1 B.
C．1 D．2
答案 D
解析 展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C·x5－r·()r＝ar·C·x5－2r，当5－2r＝3时，r＝1，所以x3的系数为aC＝10，解得a＝2.
7．某校1 000名学生的某次数学考试成绩X服从正态分布，其密度函数曲线如图所示，则成绩X位于区间(52,68]的人数大约是( )
A．997 B．954
C．682 D．341
答案 C
解析 由题图知X～N(μ，σ2)，其中μ＝60，σ＝8，
∴P(μ－σ
∴人数为0.682 6×1 000≈682.
8.
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个荷叶)，而且顺时针方向跳的概率是逆时针方向跳的概率的两倍，如图所示．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( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 按A→B→C→A的顺序的概率为××＝，按A→C→B→A的顺序的概率为××＝.
9．某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为f(x)＝·e－(x∈R)，则下列命题中不正确的是( )
A．该市这次考试的数学平均成绩为80分
B．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
C．分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同
D．该市这次考试的数学成绩标准差为10
答案 C
解析 由题意可得：μ＝80，σ＝10，因此数学平均值μ＝80，分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同，且标准差为10.
10．下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产A产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨)的几组对应数据：
x
3
4
5
6
y
2.5
t
4
4.5
根据上表提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为＝0.7x＋0.35，那么表中t的值为( )
A．3 B．3.15
C．3.5 D．4.5
答案 A
11．考查正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析
如图，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，共有C·C＝15×15＝225种不同取法，其中所得的两条直线相互平行但不重合有AC∥DB，AD∥CB，AE∥BF，AF∥BE，CE∥FD，CF∥ED共12对，所以所求概率为p＝＝，选D.
12．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，得到下面的列联表：
数学成绩
物理成绩
85～100分
85分以下
总计
85～100分
37
85
122
85分以下
35
143
178
总计
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%
答案 D
解析 代入公式得K2的观测值k＝≈4.514>3.841，又P(K2≥3.841)＝0.05，故判断的出错率为5%.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．小明和小勇在五种课外读物中各自选购两种，则他们两人所选购的课外读物中至少有一种不相同的选法种数为________．
答案 90
解析 小明和小勇都有C种选购方法，根据乘法原理，选购方法总数是CC＝100种．选购的两本读物都相同的方法数是C＝10种．故所求的选法种数为100－10＝90.
14．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
已知ξ的期望E(ξ)＝8.9，则y的值为________．
答案 0.4
解析 由表格可知：x＋0.1＋0.3＋y＝1,7x＋8×0.1＋9×0.3＋10×y＝8.9，联合解得y＝0.4.
15．为了解篮球爱好者小李的投篮命中率与打篮球时间之间的关系，下表记录了小李某月1号到5号每天打蓝球时间x(单位：小时)与当天投篮命中率y之间的关系：
时间x
1
2
3
4
5
命中率y
0.4
0.5
0.6
0.6
0.4
小李这5天的平均投篮命中率为________；用线性回归分析的方法，预测小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率为________．
答案 0.5 0.53
解析 这5天的平均投篮命中率为
＝＝0.5，
＝＝3.
(xi－)(yi－)＝(1－3)×(0.4－0.5)＋(2－3)×(0.5－0.5)＋(3－3)×(0.6－0.5)＋(4－3)×(0.6－0.5)＋(5－3)×(0.4－0.5)＝0.1.
(xi－)2＝(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(4－3)2＋(5－3)2＝10.
＝0.01，＝－＝0.47.
所以回归直线方程为＝0.01x＋0.47.
当x＝6时，＝0.01×6＋0.47＝0.53.
16．(2014·安徽)
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＝________.
答案 3
解析 根据所给坐标系中的坐标及二项展开式的通项公式，列方程求解．
由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4)．
故a0＝1，a1＝3，a2＝4.
由(1＋)n的展开式的通项公式知Tr＋1＝C()r(r＝0,1,2，…，n)．故＝3，＝4，解得a＝3.
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n(m，n∈N*)展开式中x的系数为19，求f(x)的展开式中x2的系数的最小值．
解析 f(x)＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxm＋1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，
由题意知m＋n＝19，m，n∈N*，
∴x2项的系数为
C＋C＝＋＝(m－)2＋.
∵m，n∈N*，∴根据二次函数的知识知，
当m＝9或10时，上式有最小值，
也就是当m＝9，n＝10或m＝10，n＝9时，x2项的系数取得最小值，最小值为81.
18．(12分)五位师傅和五名徒弟站一排，
(1)五名徒弟必须排在一起共有多少种排法？
(2)五名徒弟不能相邻共有多少种排法？
(3)师傅和徒弟相间共有多少种排法？
解析 (1)先将五名徒弟看作一人与五位师傅排列有A种排法，五名徒弟再内部全排列有A种，据乘法原理共有AA＝86 400种排法．
(2)先将五位师傅全排列有A种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位上有A种排法，据乘法原则，共计AA＝86 400种排法．
(3)先将五位师傅排列有A种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位中前五位或后五位上有2A种排法，据乘法原理共有2AA＝28 800种排法．
19．(12分)某工厂在试验阶段大量生产一种零件．这种零件有A、B两项技术指标需要检测，设各项技术指标达标与否互不影响．若A项技术指标达标的概率为，有且仅有一项技术指标达标的概率为.按质量检验规定：两项技术指标都达标的零件为合格品．
(1)求一个零件经过检测为合格品的概率；
(2)任意依次抽出5个零件进行检测，求其中至多3个零件是合格品的概率；
(3)任意依次抽取该种零件4个，设ξ表示其中合格品的个数，求E(ξ)与D(ξ)．
解析 (1)设A、B两项技术指标达标的概率分别为P1、P2.
由题意得：
解得P2＝.
∴一个零件经过检测为合格品的概率P＝P1P2＝×＝.
(2)任意抽出5个零件进行检查，其中至多3个零件是合格品的概率为
1－C()5－C()5＝.
(3)依题意知ξ～B(4，)，E(ξ)＝4×＝2，D(ξ)＝4××＝1.
20．(12分)某市去年高考考生成绩服从正态分布N(500,502)，现有25 000名考生，试确定考生成绩在550～600分的人数．
解析 ∵考生成绩X～N(500,502)，
∴μ＝500，σ＝50.
∴P＝(550故考生成绩在550～600分的人数约为25 000×0.135 9＝3 397人．
21．(12分)某种产品的广告费支出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
(1)求出散点图；
(2)求回归直线方程；
(3)试预测广告费支出为10百万元时，销售额多大？
(参考数据：＝5，＝50，＝145，＝13 500，iyi＝1 380)
解析 (1)根据表中所列数据可得散点图如下图：
(2)由题目所提供数据可得：＝5，＝50，＝145，
＝13 500，iyi＝1 380.
于是可得b＝＝＝6.5，
a＝－b ＝50－6.5×5＝17.5.
因此，所求回归直线方程是＝6.5x＋17.5.
(3)据上面求得的回归直线方程，当广告费支出为10百万元时．
＝6.5×10＋17.5＝82.5(百万元)，
即这种产品的销售收入大约为82.5百万元．
22．(12分)户外运动已经成为一种时尚运动，某单位为了了解员工喜欢户外运动是否与性别有关，决定从本单位全体650人中采用分层抽样的办法抽取50人进行了问卷调查，得到了如下列联表：
喜欢户外运动
不喜欢户外运动
合计
男性
5
女性
10
合计
50
已知在这50人中随机抽取1人抽到喜欢户外运动的员工的概率是.
(1)请将上面的列联表补充完整；
(2)求该公司男、女员工的人数；
(3)是否有99.5%的把握认为喜欢户外运动与性别有关？并说明理由．
解析 (1)由题意知，喜欢户外运动的男女员工共30人，其中，男员工20人，列联表补充如下：
喜欢户外运动
不喜欢户外运动
合计
男性
20
5
25
女性
10
15
25
合计
30
20
50
(2)该公司男员工人数为×650＝325，所以女员工的人数为325.
(3)将列联表中的数据代入公式计算，得
K2＝≈8.333>7.879，
∴有99.5%的把握认为喜欢户外运动与性别有关．
第一章 综合测试题
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应( )
A．从东边上山 B．从西边上山
C．从南边上山 D．从北边上山
答案 D
2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有( )
A．7个 B．8个
C．9个 D．10个
答案 C
解析 由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y＝x2，当y＝1时，x＝1或x＝－1，为此有三种情况：即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4的原象，因为y＝4时，x＝2或x＝－2，为此也有三种情况：{2}，{－2}，{2，－2}．由分步计数原理，得到：3×3＝9个．选C.
3．已知(x2＋)n的展开式的各项系数和为32，则展开式中x4的系数为( )
A．5 B．40
C．20 D．10
答案 D
解析 令x＝1，得2n＝32，所以n＝5，则C(x2)5－r()r＝Cx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，所以展开式中x4的系数为C＝10.
4．二项式(＋)n的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( )
A．180 B．90
C．45 D．360
答案 A
解析 因为(＋)n的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n＝10，Tr＋1＝C·()10－r·()r＝2rC·x5－r，令5－r＝0，则r＝2，T3＝4C＝180.故应选A.
5．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有( )
A．24种 B．48种
C．96种 D．144种
答案 C
解析 当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有AAA种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2AAA＝96种编排方法．
6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有( )
A．2 520 B．2 025
C．1 260 D．5 040
答案 A
解析 先从10人中选出2人承担甲任务有C种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A种选法，由分步乘法计数原理共有CA＝2 520种不同的选法．故选A.
7．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )
A．78种 B．72种
C．120种 D．96种
答案 A
解析 不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！＝120种停法．
A停在3道上的停法：4！＝24(种)；B种停在1道上的停法：4！＝24(种)；
A、B分别停在3道、1道上的停法：3！＝6(种)．
故符合题意的停法：120－24－24＋6＝78(种)．故选A.
8．已知(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a0＋a1＋a2＋…＋an＝16，则自然数n等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
答案 C
解析 令x＝1，得2n＝16，则n＝4.故选C.
9．6个人排队，其中甲、乙、丙3人两两不相邻的排法有( )
A．30种 B．144种
C．5种 D．4种
答案 B
解析 分两步完成：第一步，其余3人排列有A种排法；第二步，从4个可插空档中任选3个给甲、乙、丙3人站有A种插法．由分步乘法计数原理可知，一共有AA＝144种．
10．已知8展开式中常数项为1 120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是( )
A．28 B．38
C．1或38 D．1或28
答案 C
解析 Tr＋1＝(－a)rCx8－2r，令8－2r＝0?r＝4.
∴T5＝C(－a)4＝1 120，∴a＝±2.当a＝2时，和为1；
当a＝－2时，和为38.
11．有A、B、C、D、E、F共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运B箱，此外无其他任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为( )
A．168 B．84
C．56 D．42
答案 D
解析 分两类：①甲运B箱，有C·C·C种；②甲不运B箱，有C·C·C.
∴不同的分配方案共有C·C·C＋C·C·C＝42种．故选D.
12．从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2015年高考某考场的监考工作．要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为( )
A．30 B．180
C．630 D．1 080
答案 A
解析 分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C·C种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有C·C种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C·C·C共10种选法，∴共有C·C＋C·C·C＝30种，故选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．已知(x＋2)n的展开式中共有5项，则n＝________，展开式中的常数项为________．(用数字作答)
答案 4 16
解析 ∵展开式共有5项，∴n＝4，常数项为C24＝16.
14．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
答案 72
解析 甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A·A＝72(种)．
15．已知(x＋1)6(ax－1)2的展开式中含x3项的系数是20，则a的值等于________．
答案 0或5
16．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
答案 14
解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)4个相同的红球和6个相同的白球放入袋中，现从袋中取出4个球；若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
解析 依题意知，取出有4个球中至少有2个红球，可分三类：①取出的全是红球有C种方法；②取出的4个球中有3个红球的取法有CC；③取出的4个球中有2个红球的取法有CC种，由分类计数原理，共有C＋C·C＋C·C＝115(种)．
18．(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？
(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示)
解析 (1)四位数共有CCA＝216个．
(2)上述四位数中，偶数排在一起的有CCAA＝108个．
(3)两个偶数不相邻的四位数有CCAA＝108个．
19．(12分)已知(1＋2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的，试求展开式中二项式系数最大的项．
解析 由题意知展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的，
∴解得n＝7.
∴展开式中二项式系数最大两项是：
T4＝C(2)3＝280x与T5＝C(2)4＝560x2.
20．(12分)某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法？
解析 6人中有2人返回原单位，可分两类：
(1)2人来自同科室：CC＝6种；
(2)2人来自不同科室：CCC，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有CCC·3＝36种．
由分类计数原理共有6＋36＝42种方法．
21．(12分)10件不同厂生产的同类产品：
(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？
(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？
解析 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A＝1 680(或C·A)(种)．
(2)分步完成．先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法，共有A·A＝50 400(或C·A)(种)．
22．(12分)已知(x2＋1)(x－1)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11.
(1)求a2的值；
(2)求展开式中系数最大的项；
(3)求(a1＋3a3＋…＋11a11)2－(2a2＋4a4＋…＋10a10)2的值．
解析 (1)(x2＋1)(x－1)9＝(x2＋1)(Cx9－Cx8＋Cx7－Cx6＋Cx5－Cx4＋Cx3－Cx2＋Cx－C)，
则a2＝－C－C＝－37.
(2)展开式中的系数中，数值为正数的系数为a1＝C＝9，a3＝C＋C＝93，a5＝C＋C＝210，a7＝C＋C＝162，a9＝C＋C＝37，a11＝C＝1，
故展开式中系数最大的项为210x5.
(3)对(x2＋1)(x－1)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11两边同时求导，得(11x2－2x＋9)(x－1)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋11a11x10，
令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋10a10＋11a11＝0，
所以(a1＋3a3＋…＋11a11)2－(2a2＋4a4＋…＋10a10)2＝(a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋10a10＋11a11)(a1－2a2＋3a3－4a4＋…－10a10＋11a11)＝0.
课后巩固
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( )
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( )
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( )
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．
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．
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．
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.
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．
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．
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)；
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.
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( )
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( )
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( )
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.
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．
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( )
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)
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．
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)．
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．
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．
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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( )
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( )
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．
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．
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( )
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．
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( )
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)．
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．
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)．
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)
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．
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.
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．
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.
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＋－＋－.
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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( )
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.
5．若(1－2x)2 015＝a0＋a1x＋…＋a2 015x2 015(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
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( )
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．
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( )
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
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：
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．
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( )
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：
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．
(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．袋中有2个黑球，6个红球，从中任取两个，可以作为随机变量的是( )
A．取到的球的个数 B．取到红球的个数
C．至少取到一个红球 D．至少取到一个红球的概率
答案 B
解析 A项的取值不具有随机性，C项是一个事件而非随机变量，D项中概率值是一个定值而非随机变量，只有B项满足要求．
2．有以下三个随机变量，其中离散型随机变量的个数是( )
①某热线部门1分钟内接到咨询的次数ξ是一个随机变量；
②一个沿数轴进行随机运动的质点，它在数轴上的位置是一个随机变量；
③某人射击一次中靶的环数ξ是一个随机变量．
A．1 B．2
C．3 D．0
答案 B
解析 ①③是离散型随机变量，②不是离散型随机变量，因为其取值是无限的，不能一一列举出来．
3．某人射击的命中率为p(0A．1,2,3，…，n B．1,2,3，…，n，…
C．0,1,2，…，n D．0,1,2，…，n，…
答案 B
4．在一批产品中共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取得合格品之前取出的次品数ξ的所有可能取值是________．
答案 0,1,2,3
解析 可能第一次就取得合格品，也可能取完次品后才取得合格品．
5．小王钱夹中只剩有50元、20元、10元、5元和1元的人民币各一张．他决定随机抽出两张，用来买晚餐，用X表示这两张金额之和．写出X的可能取值，并说明所取值表示的随机试验结果．
解析 X的可能取值为6,11,15,21,25,30,51,55,60,70.其中，X＝6，表示抽到的是1元和5元；
X＝11，表示抽到的是1元和10元；
X＝15，表示抽到的是5元和10元；
X＝21，表示抽到的是1元和20元；
X＝25，表示抽到的是5元和20元；
X＝30，表示抽到的是10元和20元；
X＝51，表示抽到的是1元和50元；
X＝55，表示抽到的是5元和50元；
X＝60，表示抽到的是10元和50元；
X＝70，表示抽到的是20元和50元．
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1．如果X是一个离散型随机变量，那么下列命题是假命题的是( )
A．X取每个可能值的概率是非负数；
B．X取所有可能值的概率之和为1；
C．X取某2个可能值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；
D．X取某2个可能值的概率大于分别取其中每个值的概率之和．
答案 D
解析 在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值表示的事件是彼此互斥的，由概率加法公式知D是错误的．
2．设离散型随机变量X的分布列为
X
－1
0
1
2
3
P
则下列各式成立的是( )
A．P(X＝1.5)＝0 B．P(X>－1)＝1
C．P(X<3)＝1 D．P(X<0)＝0
答案 A
解析 ∵{X＝1.5}事件不存在，故P(X＝1.5)＝0.
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的值为( )
A．1 B．1±
C．1＋ D．1－
答案 D
解析 q满足：＋1－2q＋q2＝1，即2q2－4q＋1＝0，解得q＝1±，∵0≤q≤1，∴q＝1－.
4．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，则P(|ξ|＝1)等于( )
A. B.
C. D.
答案 D
5．生产方提供50箱的一批产品，其中有2箱不合格产品．采购方接收该批产品的准则是：从该批产品中任取5箱产品进行检测，若至多有1箱不合格产品，便接收该批产品．问：该批产品被接收的概率是多少？
解析 以50箱为一批产品，从中随机抽取5箱，用X表示“5箱中不合格产品的箱数”，则X服从超几何分布．这批产品被接收的条件是5箱中没有不合格的或只有1箱不合格，所以被接收的概率为P(X≤1)，
即P(X≤1)＝＋＝.
答：该批产品被接收的概率是(约为0.991 84)．
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1．设袋中有80个红球，20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 从袋中任取10个共C100种方法，其中恰有6个红球的情况有C80C20，所以P(A)＝.
2．离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失的数据以“x”“y”(x，y∈N)代替，其表如下：
X＝i
1
2
3
4
5
6
P(X＝i)
0.20
0.10
0.x5
0.10
0.1y
0.20
则P(A．0.25 B．0.35
C．0.45 D．0.55
答案 B
解析 根据分布列的性质可知，随机变量的所有取值的概率和为1，得x＝2，y＝5.故P(3．有5支不同标价的圆珠笔，分别标有10元、20元、30元、40元、50元．从中任取3支，若以ξ表示取到的圆珠笔中的最高标价，试求ξ的分布列．
解析 ξ的可能取值为30,40,50.
P(ξ＝30)＝＝，P(ξ＝40)＝＝，
P(ξ＝50)＝＝，∴ξ的分布列为
ξ
30
40
50
P
4.某研究机构准备举行一次数学新课程研讨会，共邀请50名一线教师参加，使用不同版本教材的教师人数如下表所示：
版本
人教A版
人教B版
苏教版
北师大版
人数
20
15
5
10
(1)从这50名教师中随机选出2名，求2人所使用版本相同的概率；
(2)若随机选出2名使用人教版的教师发言，设使用人教A版的教师人数为ξ，求随机变量ξ的分布列．
解析 (1)从50名教师中随机选出2名的方法数为C＝1 225.
选出2人使用版本相同的方法数为C＋C＋C＋C＝350.
故2人使用版本相同的概率为P＝＝.
(2)∵P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
5.已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．求X的分布列．
解析 由题意得X取3,4,5,6，且
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝.
所以X的分布列为
X
3
4
5
6
P
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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( )
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( )
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( )
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.
(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( )
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．
(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
课后巩固
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＝.
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.
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.
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________．
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.
(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
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＝.
课后巩固
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( )
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)．
∴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)＝( )
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：
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.
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
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×＝.
课后巩固
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( )
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．
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？( )
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________．
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第二章 综合测试题
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．已知随机变量ξ的概率分布列如下：
ξ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
m
则P(ξ＝10)等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 P(ξ＝10)＝1－P(ξ＝1)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)－…－P(ξ＝9)＝1－－－…－＝.
2．(2014·新课标全国Ⅱ)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( )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
答案 A
解析 根据条件概率公式，直接代入，可求得随后一天的空气质量为优良的概率．
已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝＝0.8.
3．已知离散型随机变量ξ的概率分布如下：
ξ
1
3
5
P
0.5
m
0.2
则其数学期望E(ξ)等于( )
A．1 B．0.6
C．2＋3m D．2.4
答案 D
解析 ∵0.5＋m＋0.2＝1，∴m＝0.3.
∴E(ξ)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4.
4．已知随机变量X服从二项分布X～B(6，)，则P(X＝2)等于( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 P(X＝2)＝C·()4·()2＝.
5．投掷3枚硬币，至少有一枚出现正面的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 P(至少有一枚正面)＝1－P(三枚均为反面)＝1－()3＝.
6．(2014·浙江)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)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1答案 A
解析 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)7．如果随机变量ξ表示抛掷一个各面分别有1,2,3,4,5,6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量ξ的均值为( )
A．2.5 B．3
C．3.5 D．4
答案 C
解析 P(ξ＝k)＝(k＝1,2,3，…，6)，
∴E(ξ)＝1×＋2×＋…＋6×＝(1＋2＋…＋6)
＝×[]＝3.5.
8.
某个游戏中，一个珠子按如右图所示的通道，由上至下的滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中者为胜，如果你在该游戏中，猜得珠子从口3出来，那么你取胜的概率为( )
A. B.
C. D．以上都不对
答案 A
解析 由于珠子在每个叉口处有“向左”和“向右”两种走法，因而基本事件个数为25.而从出口出来的每条线路中有2个“向右”和3个“向左”，即共C条路线，故所求的概率为＝.
9．已知离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
10
20
30
P
0.6
a
－
则D(3ξ－3)等于( )
A．42 B．135
C．402 D．405
答案 D
10．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)等于( )
A.p B．1－p
C．1－2p D.－p
答案 D
解析 由于随机变量服从正态分布N(0,1)，由标准正态分布图像可得P(－1<ξ<1)＝1－2P(ξ>1)＝1－2p.
故P(－1<ξ<0)＝P(－1<ξ<1)＝－p.
11．一个电路如图所示，A、B、C、D、E、F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设A与B中至少有一个不闭合的事件为T，E与F至少有一个不闭合的事件为R，则P(T)＝P(R)＝1－×＝，所以灯亮的概率为P＝1－P(T)·P(R)·P()·P()＝.
12．利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是( )
A.A1 B．A2
C．A3 D．A4
答案 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．设随机变量ξ只能取5,6,7，…，14这10个值，且取每一个值的概率均相等，则P(ξ≥10)＝______；P(6<ξ≤14)＝________.
答案 ，
解析 由题意P(ξ＝k)＝(k＝5,6，…，14)，
P(ξ≥10)＝4×＝.P(6<ξ≤14)＝8×＝.
14．甲、乙同时炮击一架敌机，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，敌机被击中的概率为________．
答案 0.8
解析 P(敌机被击中)＝1－P(甲未击中敌机)P(乙未击中敌机)＝1－(1－0.6)(1－0.5)＝1－0.2＝0.8.
15．如果随机变量ξ服从N(μ，σ2)，且E(ξ)＝3，D(ξ)＝1，那么μ＝________，σ＝________.
答案 3,1
解析 ∵ξ～N(μ，σ2)，∴E(ξ)＝μ＝3，D(ξ)＝σ2＝1，∴σ＝1.
16．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
答案 0.128
解析 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)一个口袋中有5个同样大小的球，编号为3,4,5,6,7，从中同时取出3个小球，以ξ表示取出的球的最小号码，求ξ的分布列．
解析 ξ的取值分别为3,4,5，
P(ξ＝5)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
3
4
5
P
18.(12分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加某省举办的“我看中国改革开放三十年”演讲比赛活动．
(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；
(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．
解析 (1)ξ的所有可能取值为0,1,2，依题意得P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P(C)＝＝＝.
∴所求概率为P()＝1－P(C)＝1－＝.
(3)P(B)＝＝＝；P(B|A)＝＝＝.
19．(12分)现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分，该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(1)求该射手恰好命中一次的概率；
(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望E(X)．
解析 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，
由题意知P(B)＝，P(C)＝P(D)＝.
由于A＝B ＋C ＋ D，
根据事件的独立性和互斥性得
P(A)＝P(B ＋C ＋ D)
＝P(B )＋P(C )＋P( D)
＝××＋××＋××＝.
(2)根据题意，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.
根据事件的独立性和互斥性得
P(X＝0)＝P( )
＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]
＝××＝，
P(X＝1)＝P(B )＝P(B)P()P()
＝××＝，
P(X＝2)＝P(C ＋ D)＝P(C )＋P( D)
＝××＋××
＝，
P(X＝3)＝P(BC )＋B D)＝P(BC )＋P(B D)
＝××＋××＝，
P(X＝4)＝P(CD)＝××＝，
P(X＝5)＝P(BCD)＝××＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
20．(12分)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．
(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；
(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)．
思路 (1)利用组合求出总的情况个数和颜色相同的情况个数，代入古典概型公式求解；
(2)写出X的可能取值，计算出概率并列出概率分布，利用数学期望公式求期望．
解析 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝＝＝.
(2)随机变量X所有可能的取值为2,3,4.
{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝＝；
{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X＝3)＝＝＝；
于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝.
所以随机变量X的概率分布如下表：
X
2
3
4
P
因此随机变量X的数学期望为
E(X)＝2×＋3×＋4×＝.
21．(12分)(2014·新课标全国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近似的样本方差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解析 (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0.682 6，依题意知X～B(100,0.682 6)，所以E(X)＝100×0.682 6＝68.26.
22．(12分)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
办理业务所需的时间(分)
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时．
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．
解析 设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)方法一 X所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
方法二 X的所有可能取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
课时作业(一)
1．衡水二中高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有的安排方法种数是( )
A．8 B．6
C．14 D．48
答案 C
解析 一共有14个班，从中选1个，∴共有14种．
2．教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层共有的走法种数是( )
A．32 B．23
C．42 D．24
答案 B
解析 由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，∴23＝8.
3．小冉有3条不同款式的裙子，5双不同款式的靴子，某日她要去参加聚会，若穿裙子和靴子，则不同的穿着搭配方式的种数为( )
A．7种 B．8种
C．15种 D．125种
答案 C
解析 不同的穿着搭配方式分两步完成，由分步乘法计数原理知共有3×5＝15种，故选C.
4．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( )
A．7队 B．8队
C．15队 D．63队
答案 D
解析 第一步选男同学，有9种选法；第二步选女同学有7种选法，根据分步乘法计数原理，可得共有7×9＝63(种)组成方式．
5．如果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( )
A．12对 B．24对
C．36对 D．48对
答案 B
解析
把六棱锥所有棱分成三类：第1类：底面上的六条棱所在的直线共面，故每两条之间不能构成异面直线．
第2类：六条侧棱所在的直线共点，故每两条之间也不能构成异面直线．
第3类：结合右图可知，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条才能构成一对异面直线，再由分步计数原理得，可构成异面直线6×4＝24(对)．
6．某运动会组委会派小张、小赵、小李、小罗，四人从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张只能从事前两项工作，其余3人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
A．12种 B．36种
C．18种 D．48种
答案 A
解析 分四步．第一步：先安排小张，有选法2种；第二至四步安排剩余三人，分别有不同选法3种，2种，1种，则由分步乘法计数原理得，不同的选派方案有12种．
7．从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲、乙两型号各一台，则不同的取法共有( )
A．140种 B．80种
C．70种 D．35种
答案 C
解析 分为两类：①选2台甲型电视机，1台乙型电视机，2台甲型电视机有6种选法，1台乙型电视机有5种选法，共有6×5＝30(种)选法；②选2台乙型电视机，1台甲型电视机，2台乙型电视机有10种选法，1台甲型电视机有4种选法，共有10×4＝40(种)选法．故选C.
8．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个．
答案 36
解析 第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36种方法．
9．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．
答案 7
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．
10．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x·y可表示不同的值的个数是________．
答案 9
解析 因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24,4}中任取一个值有3种方法．根据分步计数原理得，有3×3＝9种不同的值．
11．若x、y分别在0,1,2，…，10中取值，则P(x，y)在第一象限的个数是________．
答案 100
解析 要完成这件事，需分两步：横坐标x可从1,2,3，…，10个数字中任取一个．共有10种方法；因为数字可重复，所以纵坐标y也有10种方法，由乘法原理共有10×10＝100(个)．
12．已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数有________个．
答案 24
解析 圆方程由三个量a、b、r确定，a，b，r分别有3种、4种、2种选法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2＝24(个)．
13．在一宝宝“抓周”的仪式上，他面前摆着2件学习用品，2件生活用品，1件娱乐用品，若他可抓其中的两件物品，则他抓的结果有________种．
答案 10
解析 设学习用品为a1，a2，生活用品为b1，b2，娱乐用品为c，则结果有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c)，(a2，b1)(a2，b2)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，c)，(b2，c)，共10种．
14．由1到200的自然数中，各数位上都不含8的有________个．
答案 162
解析 一位数8个，两位数8×9＝72个．
3位数
1
×
×
有9×9＝81个，
另外
2
×
×
1个(即200)，
共有8＋72＋81＋1＝162个．
15．某工厂的三个车间的工人举行了劳动技能比赛活动，第一车间有2人胜出，第二车间有3人胜出，第三车间有2人胜出，厂长要求每个车间选出一人进入厂技能领导小组，有多少种不同的选法？
解析 (定义法)本题可分三步完成．第一步，从第一车间中选1人有2种选法；第二步，从第二车间中选1人有3种选法；第三步，从第三车间中选1人有2种选法，根据分步乘法计数原理知一共有N＝2×3×2＝12种选法．
16．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元的单片软件和70元的盒装磁盘．根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒．则不同的选购方式共有多少种？
解析 可设购买60元的单片软件和70元的盒装磁盘分别为x片、y盒，依照所用资金不超过500元，来建立数学模型，从而解决问题．
设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有60x＋70y≤500(x，y∈N*，且x≥3，y≥2)，按购买x片分类：
x＝3，则y＝2,3,4，共3种方法；
x＝4，则y＝2,3，共2种方法；
x＝5，则y＝2，共1种方法；
x＝6，则y＝2，共1种方法．
依分类计数原理不同的选购方式有
N＝3＋2＋1＋1＝7(种)．
答：不同的选购方式有7种．
点评 本题主要考查分类计数原理的灵活运用，在解题中要特别注意知识的联想和应用．
17．(2015·武汉高二检测)有9名乒乓球运动员，其中有6名只会用右手打球，有2名只会用左手打球，还有1名既会用右手打球，也会用左手打球，现要从中选出2名运动员，要求会用右手打球的和会用左手打球的各1名，求共有多少种不同的选法．
解析 记左右手都能打球的运动员为A.当A不被选中时，有6×2＝12(种)选法；当A被选中时，有6＋2＝8(种)选法．根据分类加法计数原理得共有12＋8＝20(种)选法．
1．如下图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字，表示该网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的网线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．
答案 19
解析 因信息可以分开沿不同的路线传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种办法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
2．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．
答案 2n(n－1)
解析
这2n个等分点可确定n条直径，每条直径可确定(2n－2)个直角三角形，∴共有n(2n－2)＝2n(n－1)个直角三角形．
3．电视台在“快乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
解析 抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑．
分两大类：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果；
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．
因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．
课时作业(十)
1．在3双皮鞋中任意抽取两只，恰为一双鞋的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 ＝＝.
2．某单位要邀请10位教师中的6位参加一个会议，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有( )
A．84种 B．98种
C．112种 D．140种
答案 D
解析 由题意分析不同的邀请方法有：
CC＋C＝112＋28＝140(种)．
3．(2013·四川)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lga－lgb的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
答案 C
解析 从1,3,5,7,9这5个数中依次选出两个数的选法有A种，lga－lgb＝lg，又∵＝，＝，∴选法有A－2＝18种，故选C.
4．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为( )
A．AA B．AC
C．AA D．AC
答案 A
解析 不相邻问题用插空法，先排学生有A种排法，老师插空有A种方法，所以共有AA种排法．
5．某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有( )
A．30种 B．36种
C．42种 D．48种
答案 C
解析 所有的安排方法为C·C·C＝90，
甲值14日的安排方法为C·C＝30，
乙值16日的安排方法为C·C＝30，
甲值14日，乙值16日的安排方法为C·C＝12，
∴共有90－30－30＋12＝42.
6．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．480
答案 A
解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组有种．再将余下的6人平均分成两组有种．然后这四个组自由搭配还有A种，故最终分配方法有C·C＝60(种)．
7．(2015·佛山一中期末)在“神舟十号”确定航天员的过程中，后期有6名航天员(5男1女)入围，其中女航天员必选，其他5名男航天员中有2名老航天员和3名新航天员，航天员用“以老带新”和“两男一女”模式选定，即要求至少有1名老航天员入选，则本次从6名航天员中选3名航天员的方法有________种．
答案 7
解析 因为女航天员必选，所以只需再选2名男航天员即可．分两类：
①两男航天员1新1老，则有CC＝6种方法；
②两男航天员2老，则有C＝1种方法．
∴共有6＋1＝7种方法．
8．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
答案 1 080
解析 先将6位志愿者分组，共有种方法；再把各组分到不同场馆，共有A种方法．由分步乘法计数原理知，不同的分配方案共有·A＝1 080(种)．
9.如图所示，有五种不同颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．
答案 180
解析 按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；
第二步B区域有4种颜色可选；
第三步C区域有3种颜色可选；
第四步由于D区域可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)．
10．某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有________种；若进一步要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过2个展台，则不同的展出方法有________种．
答案 60 48
解析 依题意得，某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有A＝60种(注：从六个空展台所形成的五个间隔中任选三个间隔将3件展品进行排列即可)；其中3件展品所选用的展台之间间隔超过两个展位的展出方法有2A＝12种，因此要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位的不同的展出方法有60－12＝48种．
11．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6人；
(2)平均分成3个小组；
(3)平均分成3个小组，进入3个不同车间工作．
答案 (1)CCC＝13 860；(2)＝5 775；
(3)·A＝C·C·C＝34 650.
解析 (3)分两步：第一步平均分三组；第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有·A＝C·C·C＝34 650种不同的分法．
12．学校组织甲、乙、丙、丁4名同学去A，B，C 3个工厂进行社会实践活动，每名同学只能去1个工厂．
(1)问有多少种不同的分配方案？
(2)若每个工厂都有同学去，问有多少种不同的分配方案？
(3)若同学甲、乙不能去工厂A，且每个工厂都有同学去，问有多少种不同的分配方案？(结果全部用数字作答)
解析 (1)每名同学都有3种分配方法，则不同的分配方案有34＝81(种)．
(2)先把4个同学分3组，有C种方法；再把这3组同学分到A，B，C3个工厂，有A种方法，则不同的分配方案有CA＝36(种)．
(3)同学甲、乙不能去工厂A，分配方案分两类：①另外2名同学都去工厂A，甲、乙去工厂B，C，有A＝2(种)情况；②另外2名同学中有一名去工厂A，有CCA＝12(种)情况．所以不同的分配方案共有2＋12＝14(种)．
13．有编号分别为1,2,3,4的4个盒子和4个不同的小球，把小球全部放入盒子．问：
(1)共有多少种放法？
(2)恰有1个空盒，有多少种放法？
(3)恰有2个空盒，有多少种放法？
解析 (1)1号小球可放入任意一个盒子内，有4种放法．同理，2,3,4号小球也各有4种放法，故共有44＝256种放法．
(2)恰有1个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2.先从4个小球中任选2个放在一起，有C种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个中，有A种放法．由分步乘法计数原理，知共有CA＝144种不同的放法．
(3)恰有2个空盒，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：第一类，一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球．先把小球分为两组，其中一组1个，另一组3个，有C种分法，再放到2个盒子内，有A种放法，共有CA种方法．第二类，2个盒子内各放2个小球．先从4个盒子中选出2个盒子，有C种选法，然后把4个小球平均分成2组，每组2个，有种分法，共有·A＝CC种方法．
由分类加法计数原理，知共有CA＋CC＝84种不同的放法．
?重点班选做题
14．从集合{1,2,3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有________个．
答案 32
解析 因1＋10＝2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6＝11，
选出的5个数中任何两个数的和不等于11，所以从{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}这五组数每组中选1个数．则这样的子集共有：C·C·C·C·C＝32.
15．山东鲁能、上海申花、天津泰达与杭州绿城四家中国足球俱乐部参加了2015年赛季亚洲足球俱乐部冠军联赛，为了打出中国足球的精神面貌，足协想派五名官员给这四支球队做动员工作，每个俱乐部至少派一名官员，且甲、乙两名官名不能到同一家俱乐部，则不同的安排方法共有多少种(用数字作答)?
答案 216
解析 法一：根据题意，可根据甲、乙两人所去俱乐部的情况进行分类：
(1)甲乙两人都单独去一个俱乐部，剩余三人中必有两人去同一家俱乐部，先从三人中选取两个组成一组，与其他三人组成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有CA＝3×24＝72(种)；
(2)甲、乙两人去的俱乐部中有一个是两个人，从其剩余三人中选取一人与甲或乙组成一组，和其他三人形成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有CCA＝2×3×24＝144(种)．所以不同的安排方法一共有72＋144＝216种．
法二：若甲、乙两人可以去同一家俱乐部，则先从五人中选取两人组成一组，与其他三人形成四个小组进行全排列，则不同的安排方法共有CA＝10×24＝240种；
而甲、乙两人去同一家俱乐部的安排方法有CA＝24种．所以甲、乙两人不能去同一家俱乐部的安排方法共有240－24＝216种．
隔板法
例1 求方程x1＋x2＋x3＋x4＝12的正整数解的组数．
【解析】 将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个空隙中任选3个插入3块隔板，把球分为四组(如下图1)．每一种分法所得球的数目依次为x1，x2，x3，x4.显然x1＋x2＋x3＋x4＝12，故(x1，x2，x3，x4)是方程的一组解．反之，方程的任何一组解(y1，y2，y3，y4)，对应着唯一的一种在12个球之间插入隔板的方式(如下图2)．
图1
图2
故方程的解和插入隔板的方法一一对应，即方程的解的组数等于插隔板的方法数C.
探究 (1)用“隔板法”来建立组合模型是求不定方程的正整数解的有效途径，如果将本例的“正整数解”改为“自然数解”，情形又如何呢？事实上只要令yi＝xi＋1(i＝1,2,3,4)，就将“自然解”转化为方程y1＋y2＋y3＋y4＝16的正整数解，故有C组解．
(2)不定方程就是未知数的个数大于方程的个数，像方程x1＋x2＋…＋xn＝m就是一个最简单的不定方程，这类问题的解法常用“隔板法”．
例2 把7个大小完全相同的小球，放置在三个盒子中，允许有的盒子一个也不放．
(1)如果三个盒子完全相同，有多少种放置方法？
(2)如果三个盒子各不相同，有多少种放置方法？
【解析】 (1)∵小球的大小完全相同，三个盒子也完全相同，∴把7个小球分成三份，比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中，不论哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法，因此，只需将7个小球分成如下三份即可，即(7,0,0)、(6,1,0)、(5,2,0)、(5,1,1)、(4,3,0)、(4,2,1)、(3,3,1)、(3,2,2)．
共计有8种不同的放置方法．
(2)设三个盒子中小球的个数分别为x1，x2，x3，显然有：x1＋x2＋x3＝7，于是，问题就转化为求这个不定方程的非负整数解，若令yi＝xi＋1(i＝1,2,3)由y1＋y2＋y3＝10，问题又成为求不定方程y1＋y2＋y3＝10的正整数解的组数的问题，在10个1中间9个空档中，任取两个空档作记号，即可将10分成三组，∴不定方程的解有C＝36组．
1．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( )
A．10 B．11
C．12 D．15
答案 B
2．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有________种不同送法．
答案 10
3．设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )
A．50种 B．49种
C．48种 D．47种
答案 B
4．绍兴臭豆腐名闻天下，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有( )
A．6种 B．12种
C．20种 D．40种
答案 C
解析 方法一 (树形图)
如图所示，先吃A的情况，共有10种，如果先吃D，情况相同，所以不同的吃法有20种．
方法二 依题意；本题属定序问题，所以有＝20种．
课时作业(十一)
1．在二项式(x2－)5的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．－10 B．10
C．－5 D．5
答案 B
解析 展开式的通项为Tr＋1＝C(x2)5－r·(－)r＝(－1)r·C·x10－3r，
令10－3r＝4，∴r＝2，则x4的系数是(－1)2·C＝10.故选B.
2．(2x3－)10的展开式中的常数项是( )
A．210 B.
C. D．－105
答案 B
3．(2014·湖南)(x－2y)5的展开式中x2y3的系数是( )
A．－20 B．－5
C．5 D．20
答案 A
解析 根据二项展开式的通项公式求解．
(x－2y)5展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x)5－r·(－2y)r＝C·()5－r·(－2)r·x5－r·yr.
当r＝3时，C()2·(－2)3＝－20.
4．二项式(＋)24展开式中的整数项是( )
A．第15项 B．第14项
C．第13项 D．第12项
答案 A
解析 (＋)24展开式的通项为C()24－r·()r.要使其为整数，应使与都是整数，观察易知r＝14时＝2，＝2皆为整数，因此所求为第r＋1项，即第15项．
5．把(i－x)10(i是虚数单位)按二项式定理展开，展开式的第8项的系数是( )
A．135 B．－135
C．－360i D．360i
答案 D
解析 ∵T7＋1＝C(i)3(－x)7＝－C3i3x7＝C3ix7，所以展开式的第8项的系数为3·Ci，即360i.
6．在(x＋1)(2x＋1)·…·(nx＋1)(n∈N*)的展开式中一次项系数为( )
A．C B．C
C．C D.C
答案 B
解析 1＋2＋3＋…＋n＝＝C.
7．(2014·湖北)若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a＝( )
A．2 B.
C．1 D.
答案 C
解析 Tk＋1＝C(2x)7－kk＝C27－kakx7－2k，令7－2k＝－3，得k＝5，即T5＋1＝C22a5x－3＝84x－3，解得a＝1，选C项．
8．(2013·江西)(x2－)5展开式中的常数项为( )
A．80 B．－80
C．40 D．－40
答案 C
解析 二项展开式的通项为Tr＋1＝C(x2)5－r·(－1)r2rx－3r＝C·(－1)r·2r·x10－5r.令10－5r＝0，解得r＝2，所以常数项为T3＝C·22＝40，选C项．
9．(x－y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于______．
答案 －240
解析 (x－y)10展开式的通项为
Tr＋1＝Cx10－r(－y)r＝(－1)rCx10－ryr，
∴x7y3的系数为－C，x3y7的系数为－C.
∴所求的系数和为－(C＋C)＝－2C＝－240.
10．化简：(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3的值为________．
答案 x4
解析 原式为
(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1
＝[(x－1)＋1]4＝x4.
11．(x－1)－(x－1)2＋(x－1)3－(x－1)4＋(x－1)5的展开式中，x2的系数等于________．
答案 －20
解析 方法一 所给的代数式是五个二项式的代数和．因此所求的x2的系数就应该是这五个二项式的展开式中x2的系数的代数和，即－C－C－C－C＝－20.
方法二 也可以利用等比数列求和公式，将原式化为＝.可以看出，所求的x2的系数就是(x－1)6中x3的系数，即为－C＝－20.
12．(＋)50的二项展开式中，整数项共有________项．
答案 4
解析 Tk＋1＝C()50－k·()k＝C·2.
由0≤k≤50，且k∈N可知，当k＝2,8,14,20时，
取整数，即展开式中有4项是整数项．
13．在二项式(x＋)80的展开式中，系数为有理数的项共有多少项？
解析 设系数为有理数的项为第k＋1项，
即C(x)80－k()k＝240－×3Cx80－k，
因为系数为有理数，所以k应能被2整除．
又因为k＝0,1,2，…，80，
所以当k＝0,2,4,6，…，80时，满足条件，所以共有41项．
14．求(x＋－1)5展开式中的常数项．
解析 方法一 (x＋－1)5＝(x＋－1)(x＋－1)(x＋－1)(x＋－1)(x＋－1)．
按多项式乘法的规律，常数可从五个因式中都选取－1相乘为(－1)5；若从五个因式中选定一因式取x，一因式取，另三个因式中取(－1)，为CC(－1)3；若从五个因式某两因式中取x，另两因式中取，余下一个因式中取－1，所得式为CC(－1)，所以常数项为
(－1)5＋CC(－1)3＋CC(－1)＝－51.
方法二 由于本题只有5次方，也可以直接展开，即
[(x＋)－1]5＝(x＋)5－5(x＋)4＋10(x＋)3－10(x＋)2＋5(x＋)－1.
由x＋的对称性知，只有在x＋的偶数次幂中的展开式中才会出现常数项且是各自的中间项，
∴常数项为－5C－10C－1＝－51.
方法三 ∵(x＋－1)5＝[(x＋)－1]5，
∴通项为Tr＋1＝C(x＋)5－r·(－1)r(0≤r≤5)．
当r＝5时，T6＝C(－1)5＝－1；
当0≤r<5时，(x＋)5－r的通项为
T′k＋1＝Cx5－r－k·()k
＝Cx5－r－2k(0≤k≤5－r)．
∵0≤r<5，且r∈Z，
∴r只能取1或3相应的k值分别为2或1.
∴常数项为CC(－1)＋CC(－1)3＋(－1)＝－51.
15．(2015·衡水高二检测)在(2x2－)8的展开式中，求：
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；
(2)x2的系数．
解析 (1)T5＝T4＋1＝C(2x2)8－4(－)4
＝C·24·x.
所以第5项的二项式系数是C＝70，第5项的系数是C·24＝1 120.
(2)(2x2－)8的通项是Tk＋1＝
C(2x2)8－k(－)k＝(－1)kC·28－k·x16－k.
根据题意得，16－k＝2，解得k＝6.
因此，x2的系数是(－1)6C·28－6＝112.
16．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．
解析 Tk＋1＝C()n－k(－)k
＝(－)kCxn－k，
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)展开式的第四项为T4＝(－)3Cx＝－7.
(2)当－k＝0，即k＝4时，常数项为(－)4C＝.
?重点班选做题
17．(1－x)4(1－)3的展开式中x2的系数是( )
A．－6 B．－3
C．0 D．3
答案 A
解析 由于(1－x)4的通项为Tr＋1＝C(－x)r＝(－1)rCxr，(1－)3的通项为Tk＋1＝(－1)kCx，所以乘积中的x2项的系数为(1－x)4中的x2项的系数和x的系数分别乘(1－x)3中的常数项和x的系数再求和得到，即6×1＋(－4)×3＝6－12＝－6.
18．(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )
A．－40 B．－20
C．20 D．40
答案 D
解析 对于(x＋)(2x－)5，可令x＝1得1＋a＝2，故a＝1.(2x－)5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)5－r(－)r＝C25－r×(－1)r×x5－2r，要得到展开式的常数项，则x＋的x与(2x－)5展开式的相乘，x＋的与(2x－)5展开式的x相乘，故令5－2r＝－1，得r＝3.令5－2r＝1，得r＝2，从而可得常数项为C×22×(－1)3＋C×23×(－1)2＝40.
19．若(cosφ＋x)5的展开式中x3的系数为2，则sin(2φ＋)＝________.
答案 －
解析 由二项式定理，得x3的系数为Ccos2φ＝2，得cos2φ＝，故sin(2φ＋)＝cos2φ＝2cos2φ－1＝－.
20．设二项式(x－)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________．
答案 2
解析 对于Tr＋1＝Cx6－r()r＝C(－a)rx6－r，
B＝C(－a)4，A＝C(－a)2.∵B＝4A，a>0，∴a＝2.
课时作业(十二)
1．在(1＋x)2n(n∈N*)的展开式中，系数最大项是( )
A．第＋1项 B．第n项
C．第n＋1项 D．第n项与第n＋1项
答案 C
2．若(x＋)n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10 B．20
C．30 D．120
答案 B
3．(2015·厦门高二检测)若(x＋3y)n展开式的系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为( )
A．5 B．8
C．10 D．15
答案 A
解析 (7a＋b)10展开式的二项式系数之和为210，令x＝1，y＝1，则由题意知，4n＝210，解得n＝5.
4．(2013·课标全国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
答案 B
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.
5．关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
答案 C
解析 根据二项式系数的性质进行判断，由二项式系数的性质知：二项式系数之和为2n，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数，所以是系数中最小的．
6．在(x＋y)n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( )
A．第6项 B．第5项
C．第5、6项 D．第6、7项
答案 A
解析 C＝C，所以n＝10，系数最大的项即为二项式系数最大的项．
7．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)n展开式的各项系数和为( )
A．2n＋1 B．2n＋1＋1
C．2n＋1－1 D．2n＋1－2
答案 C
解析 令x＝1得各项系数和为1＋2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－1.
8．若(1＋)5＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b＝( )
A．45 B．55
C．70 D．80
答案 C
解析 (1＋)5＝C＋C·＋C()2＋C()3＋C()4＋C()5＝41＋29＝a＋b，
∴a＋b＝41＋29＝70.故选C.
9．(a＋)n的展开式中奇数项系数和为512，则展开式的第八项T8＝________.
答案 120a
解析 C＋C＋C＋…＝2n－1，∴2n－1＝512＝29，n＝10，∴T8＝Ca3()7＝120a.
10．(2x－1)6展开式中各项系数的和为________；各项的二项式系数和为________．
答案 1 64
解析 令展开式左、右两边x＝1，得各项系数和为1.各二项式系数之和为：C＋C＋C＋…＋C＝26＝64.
11．已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________．
答案 －256
解析 令x＝1，得a0＋a1＋…＋a5＝0；令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a5＝25，∴a0＋a2＋a4＝24，a1＋a3＋a5＝－24，∴(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－28＝－256.
12．(x2＋x－1)9(2x＋1)4的展开式中所有x的奇次项的系数之和等于________，所有x的偶次项的系数之和等于________．
答案 41 40
解析 设(x2＋x－1)9(2x＋1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a22x22.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a22＝81；令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a21＋a22＝－1，∴所有x的奇次项的系数之和等于[81－(－1)]＝41，所有x的偶次项的系数之和等于[81＋(－1)]＝40.
13．已知(＋2x)n的展开式中前三项的二项式系数的和等于37，求展开式中二项式系数最大的项的系数．
解析 由C＋C＋C＝37，得1＋n＋n(n－1)＝37，得n＝8.(＋2x)8的展开式共有9项，其中T5＝C()4(2x)4＝x4，该项的二项式系数最大，系数为.
14．(2015·三明高二期末质检)已知fn(x)＝(1＋ax)n，且f5(x)的展开式的各项系数的和是243，a∈R.
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝f4(x)＋2f5(x)，求g(x)中含x4的系数．
解析 (1)由已知f5(x)＝(1＋ax)5，
令x＝1，得f5(x)的展开式的各项系数的和为(1＋a)5，
即(1＋a)5＝243，解得a＝2.
(2)由题意可知，g(x)＝(1＋2x)4＋2(1＋2x)5.
二项式(1＋2x)4展开式的通项Tk＋1＝C(2x)k，
二项式(1＋2x)5展开式的通项Tk＋1＝C(2x)k，
则g(x)中含x4的系数是C×24＋2C×24＝176.
15．设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，
求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.
解析 (1)令x＝0，则展开式为a0＝2100.
(2)令x＝1，可得
a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，(*)
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99]
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)
＝[(2－)(2＋)]100
＝1100＝1.
16．已知(x＋)n的展开式中前三项的系数成等差数列．
(1)求n的值；
(2)展开式中二项式系数最大的项；
(3)展开式中系数最大的项．
解析 (1)由题设，(x＋)n的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cxn－k()k＝()kCxn－k，
故C＋C＝2×C，即n2－9n＋8＝0.
解得n＝8或n＝1(舍去)．
所以n＝8.
(2)展开式中二项式系数最大的为第5项，则
T5＝()4Cx8－×4＝x2.
(3)设第r＋1项的系数最大，则
即
解得r＝2或r＝3.
所以系数最大的项为T3＝7x5，T4＝7x.
1．若n为正奇数，则7n＋C·7n－1＋C·7n－2＋…＋C·7被9除所得的余数是( )
A．0 B．2
C．7 D．8
答案 C
2．试判断7777－1能否被19整除？
答案 能
1．(2012·新课标全国Ⅰ)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
答案 A
解析 将4名学生均分为2个小组共有＝3种方法，
将2个小组的同学分给两名教师带有A＝2种分法，
最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2种方法，故不同的安排方案共有3×2×2＝12种．
2．(2012·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )
A．232 B．252
C．472 D．484
答案 C
解析 完成这件事可分为两类：第一类3张卡片颜色各不相同共有CCCC＝256种；第二类3张卡片有两张同色且不是红色卡片共有CCCC＝216种，由分类加法计数原理共有472种，故选C项．
3．(2012·辽宁)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!
答案 C
解析 完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有A种排法；第二步排列每个家庭的三个成员，共有AAA种排法，由乘法原理可得不同的坐法种数有AAAA，故选C项．
4．(2012·陕西)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
答案 C
解析 甲获胜有三种情况，第一种共打三局，甲全胜，此时，有一种情形；第二种共打四局，甲第四局获胜且前三局中只有两局获胜，此时，共有C＝3种情况；第三种共打五局，甲第五局获胜且前四局只有两局获胜，此时，共有C＝6种情况，所以甲赢共有10种情况，同理乙赢也有10种情形，故选C项．
5．(2012·大纲全国)6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )
A．240种 B．360种
C．480种 D．720种
答案 C
解析 由题意可采用分步乘法计数原理，甲的排法种数为A，剩余5人进行全排列：A，故总的情况有：A·A＝480种．故选C项．
6．(2013·大纲全国)4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )
A．12种 B．24种
C．30种 D．36种
答案 B
解析 先从4人中选2人选修甲课程，有C种方法，剩余2人再选修剩下的2门课程，有22种方法，则共有C×22＝24种方法．
7．(2014·四川)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20
C．15 D．10
答案 C
解析 根据二项式定理先写出其展开式的通项公式，然后求出相应的系数．
因为(1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cxr，x(1＋1)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.
8．(2013·辽宁)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
答案 B
解析 Tr＋1＝C(3x)n－r(－x)－r＝C·3n－r·xn－r－r＝C·3n－r·(－1) －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.
9．(2012·安徽)(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
答案 D
解析 (－1)5的通项为Tr＋1＝C()5－r(－1)r＝(－1)rC.要使(x2＋2)(－1)5的展开式为常数，须令10－2r＝2或0，此时r＝4或5.故(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是(－1)4×C＋2×(－1)5×C＝3.
10．(2012·湖北)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
答案 D
解析 ∵52能被13整除，∴512 012可化为(52－1)2 012，其通项为Tr＋1＝C522 012－r·(－1)r.故(52－1)2 012被13除余数为C·(－1)2 012＝1，则当a＝12时，512 012＋12被13整除．
11．(2013·重庆)(＋)8的展开式中常数项为( )
A. B.
C. D．105
答案 B
解析 二项式(＋)8的通项为Tr＋1＝C()8－r·(2)－r＝2－rCx，令8－2r＝0，得r＝4，所以二项展开式的常数项为T5＝2－4C＝，故选B项．
12．(2012·福建)(1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于( )
A．80 B．40
C．20 D．10
答案 B
解析 由二项式定理可知(1＋2x)5的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝C15－r(2x)r＝C·2r·xr，令r＝2，得T3＝C·22·x2＝40x2.∴x2的系数等于40.
13．(2014·浙江)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
答案 C
解析 利用二项式定理得到xmyn的系数，运用组合数公式计算．
因为f(m，n)＝CC，所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
14．(2015·新课标全国Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
答案 C
解析 易知Tr＋1＝C(x2＋x)5－ryr，令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2，对于二项式(x2＋x)3，由Tr＋1＝C(x2)3－t·xt＝Cx6－t，令t＝1，所以x5y2的系数为CC＝30.
15．(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )
A. B.
C. D．1
答案 B
解析 由题意得基本事件的总数为C，恰有1个白球与1个红球的基本事件个数为CC，所以所求概率P＝＝.
16．(2015·湖北)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( )
A．212 B．211
C．210 D．29
答案 D
解析 因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C＝C，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝29.
17．(2013·广东)(x2＋)6的展开式中x3的系数为________．(用数字作答)
答案 20
解析 Tr＋1＝C·(x2)6－r·()r＝C·x12－3r，∴要求展开式中x3的系数，即12－3r＝3，∴r＝3，即T4＝C·x3＝20x3.∴x3的系数为20.
18．(2013·大纲全国)若(x＋)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______．
答案 56
解析 ∵C＝C，∴n＝8.Tr＋1＝Cx8－r()r＝Cx8－2r.令8－2r＝－2，解得r＝5.∴的系数为C＝56.
19．(2014·山东)若(ax2＋)6的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
答案 2
解析 本题利用二项式定理求出x3项的系数，从而求得ab的值，再应用基本不等式解决．
(ax2＋)6的展开式的通项为Tr＋1＝C(ax2)6－r·()r＝Ca6－rbrx12－3r，令12－3r＝3，得r＝3.由Ca6－3b3＝20，得ab＝1，所以a2＋b2≥2＝2，故a2＋b2的最小值为2.
20．(2015·新课标全国Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
答案 3
解析 方法一 直接将(a＋x)(1＋x)4展开得x5＋(a＋4)x4＋(6＋4a)x3＋(4＋6a)x2＋(1＋4a)x＋a，由题意得1＋(6＋4a)＋(1＋4a)＝32，解得a＝3.
方法二 (1＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，由题意可知，a(C＋C)＋C＋C＋C＝32，解得a＝3.
21．(2015·北京)在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为________．(用数字作答)
答案 40
解析 在(2＋x)5的展开式中，含x3的项为C22x3＝40x3，所以x3系数为40.
22．(2015·广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)
答案 1 560
解析 由题意得A＝1 560，故全班共写了1 560条毕业留言．
23．(2015·安徽)(x3＋)7的展开式中x5的系数是________．(用数字填写答案)
答案 35
解析 由题意知，展开式的通项为Tr＋1＝C(x3)7－r()r＝Cx21－4r，令21－4r＝5，则r＝4，∴T5＝Cx5＝35x5，故x5的系数为35.
24．(2015·天津)在(x－)6的展开式中，x2的系数为________．
答案
解析 二项式(x－)6展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cx6－r·(－)rx－r＝C(－)rx6－2r，令6－2r＝2，解得r＝2，故x2的系数为C(－)2＝.
25．(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
答案
解析 从4只球中一次随机摸出2只球，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为.
课时作业(十三)
1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是( )
A．取到产品的件数 B．取到正品的概率
C．取到次品的件数 D．取到次品的概率
答案 C
解析 对于A中取到产品的件数是一个常量不是变量，B、D也是一个定值，而C中取到次品的件数可能是0,1,2，是随机变量．
2．下列随机变量中不是离散型随机变量的是( )
A．盒子里有除颜色不同，其他完全相同的红球和白球各5个，从中摸出3个球，白球的个数X
B．小明回答20道选择题，答对的题数X
C．某人早晨在车站等出租车的时间X
D．某人投篮10次投中的次数X
答案 C
3．一串钥匙有5枚，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ξ的最大值可能为( )
A．5 B．2
C．3 D．4
答案 D
4．抛掷两颗骰子，所得点数之和记为ξ，那么ξ＝4表示的随机试验结果是( )
A．一颗是3点，一颗是1点
B．两颗都是2点
C．两颗都是4点
D．一颗是3点，一颗是1点或两颗都是2点
答案 D
解析 A，B中表示的是随机试验的某一种结果，C随机变量均取值4，而D是ξ＝4代表的所有试验结果．掌握随机变量的取值与它对应的随机试验的结果的对应关系是理解随机变量概念的关键．
5．①某电话亭内的一部电话1小时内使用的次数记为X；
②某人射击2次，击中目标的环数之和记为X；
③测量一批电阻，阻值在950 Ω～1 200 Ω之间记为X；
④一个在数轴上随机运动的质点，它在数轴上的位置记为X.
其中是离散型随机变量的是( )
A．①② B．①③
C．①④ D．①②④
答案 A
解析 ①②中变量X所有可能取值是可以一一列举出来的，是离散型随机变量，而③④中的结果不能一一列出，故不是离散型随机变量．
6．袋中有大小相同的5个球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量X，则X所有可能取值的个数是( )
A．5 B．9
C．10 D．25
答案 B
解析 号码之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10，共9种．
7．下列变量中，不是离散型随机变量的是( )
A．某教学资源网1小时内被点击的次数
B．连续不断射击，首次命中目标所需要的射击次数η
C．某饮料公司出品的饮料，每瓶标量与实际量之差ξ1
D．北京“鸟巢”在某一天的游客数量X
答案 C
解析 离散型随机变量的取值能够一一列出，故A，B，D都是离散型随机变量，而C不是离散型随机变量，所以答案选C.
8．(2015·太原高二检测)某人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为ξ，则“ξ＝5”表示的试验结果是( )
A．第5次击中目标 B．第5次未击中目标
C．前4次未击中目标 D．第4次击中目标
答案 C
解析 击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为ξ＝5，则说明前4次均未击中目标，故选C.
9．随机变量ξ1是某城市1天之中发生的火警次数，随机变量ξ2是某城市1天之内的温度，随机变量ξ3是某火车站1小时内的游客流动人数．这三个随机变量中为离散型随机变量的是________．
答案 ξ1，ξ3
解析 火警次数与游客流动人数均为离散型的，而一天之内的温度是一个连续不断变化的数，不是离散型的．
10．100粒玉米种子中有4粒被虫蛀，从中任取3粒当种子，设可能含有的被虫蛀的种子X粒，则X的可能取值为________．
答案 0,1,2,3
11．在8件产品中，有3件次品，5件正品，从中任取一件，取到次品就停止，抽取次数为X，则X＝3表示的试验结果是________．
答案 共抽取3次，前2次均是正品，第3次是次品
解析 X＝3表示前2次均是正品，第3次是次品．
12．在考试中，需回答三个问题，考试规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则这名同学回答这三个问题的总得分ξ的所有可能取值是________________．
答案 300,100，－100，－300
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．
13．甲、乙两队员进行乒乓球单打比赛，规定采用“七局四胜制”，用X表示需要比赛的局数，写出X所有可能的取值，并写出表示的试验结果．
解析 根据题意可知X的可能取值为4,5,6,7.
X＝4表示共打了4局，甲、乙两人有1人连胜4局．
X＝5表示在前4局中有1人输了一局，最后一局此人胜出．
X＝6表示在前5局中有1人输了2局，最后一局此人胜出．
X＝7表示在前6局中，两人打平，后一局有1人胜出．
14．小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题，如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1 000元，3 000元，6 000元的奖品(不重复设奖)，用X表示小王所获奖品的价值，写出X的所有可能取值及每个值所表示的随机试验的结果．
解析 X的可能取值为0,1 000,3 000,6 000.
X＝0，表示第一关就没有通过；
X＝1 000，表示第一关通过，而第二关没有通过；
X＝3 000，表示第一、二关通过，而第三关没有通过；
X＝6 000，表示三关都通过．
15．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)某市医院明天接到120急救电话的次数ξ；
(2)电台在每个整点都报时，报时所需时间为0.5分钟，某人随机打开收音机对表，他所等待的时间ξ分．
解析 (1)ξ可取0,1,2，…，ξ＝i，表示接到i次急救电话，i＝0,1,2，…
(2)ξ的可能取值为区间[0,59.5]内任何一个值，每一个可能取值表示他所等待的时间．
16．写出下列各随机变量可能的取值，并说明随机变量所表示的随机试验的结果．
(1)一个人要开房门，他共有10把钥匙，其中仅有一把是能开门的，他随机取钥匙去开门并且用后不放回，其中打开门所试的钥匙个数为ξ；
(2)在一个盒子中，放有标号分别为1,2,3的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为x，y，记ξ＝|x－2|＋|y－x|.
解析 (1)ξ可能取值为1,2,3，…，10.ξ＝n表示第n次打开房门．
(2)因为x，y可能取的值为1,2,3，
所以0≤|x－2|≤1,0≤|x－y|≤2，所以0≤ξ≤3.
所以ξ可能的取值为0,1,2,3.
用(x，y)表示第一次抽到卡片号码为x，第二次抽得号码为y，则随机变量ξ取各值的意义为：
ξ＝0表示两次抽到卡片编号都是2，即(2,2)．
ξ＝1表示(1,1)，(2,1)，(2,3)，(3,3)．
ξ＝2表示(1,2)，(3,2)．
ξ＝3表示(1,3)，(3,1)．
1．抛掷两枚骰子，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X，则“X>4”表示的试验结果是( )
A．第一枚6点，第二枚2点
B．第一枚5点，第二枚1点
C．第一枚1点，第二枚6点
D．第一枚6点，第二枚1点
答案 D
2．某人在打电话时忘记了号码的最后三个数字，只记得最后三个数字两两不同，且都大于5，于是他随机拨最后三个数字(两两不同)，设他拨到所要号码的次数为X，则随机变量X的可能取值有( )
A．22种 B．23种
C．24种 D．25种
答案 C
3．某校为学生定做校服，规定凡身高不超过160 cm的学生交校服费80元．凡身高超过160 cm的学生，身高每超出1 cm多交5元钱(不足1 cm时按1 cm计)，若学生应交的校服费为η，学生身高用ξ表示，则η和ξ是否为离散型随机变量？
解析 由于该校的每一个学生对应着唯一的身高，并且ξ取整数值(不足1 cm按1 cm计)，因此ξ是一个离散型随机变量．而η＝所以η也是一个离散型随机变量．
4．某车间三天内每天生产10件某产品，其中第一天，第二天分别生产了1件、2件次品，而质检部门每天要在生产的10件产品中随机抽取4件进行检查，若发现有次品，则当天的产品不能通过．若厂内对车间生产的产品采用记分制，两天全不通过检查得0分，通过一天、两天分别得1分、2分，设该车间在这两天内得分为ξ，写出ξ的可能取值．
解析 ξ的可能取值为0,1,2.
ξ＝0表示在两天检查中均发现了次品．
ξ＝1表示在两天检查中有1天没有检查到次品，1天检查到了．
ξ＝2表示在两天检查中没有发现次品．
5．写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值所表示的随机试验的结果：
(1)袋中有大小相同的红球10个，白球5个，从袋中每次任取一个球(取出的球不再放入袋中)，直到取出的球是白球为止所需要的取球次数；
(2)袋中有大小相同的红球10个，白球5个，从袋中每次任取一个球，若取出一个白球则结束，若取出一个红球则放回袋中继续从袋中任意取出一个球，直到取出的球是白球为止所需要的取球次数．
思路 先分析判断是否为随机变量，是何种类型的随机变量，这个随机变量用什么字母表示，它可以取哪些值？
解析 (1)设所需的取球次数为ξ，则ξ可取1,2，…，11.ξ＝i表示前 i－1次取出的是红球，第i次取出的是白球，这里i＝1,2,3，…，11.
(2)设所需的取球次数为ξ，则ξ可取所有的正整数．ξ＝i 表示前i－1次取出的是红球，第i次取出的是白球，这里i＝1,2,3，….
课时作业(十四)
1．下列各表中可作为随机变量X的分布列的是( )
A.
X
－1
0
1
P
0.5
0.3
0.4
B.
X
1
2
3
P
0.5
0.8
－0.3
C.
X
1
2
3
P
0.2
0.3
0.4
D.
X
－1
0
1
P
0
0.4
0.6
答案 D
解析 由pi≥0知B错误，又i＝1，验证知D正确．
2．若随机变量X的分布列为下表，则a的值为( )
X
1
2
3
4
P
a
A.1 B.
C. D.
答案 D
解析 由分布列性质，有＋＋＋a＝1，得a＝.
3．某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X描述1次试验的成功次数，则P(X＝1)等于( )
A．0 B.
C. D.
答案 D
解析 设失败率为p，则成功率为2p，分布列为
X
0
1
P
p
2p
由p＋2p＝1，得p＝，∴2p＝.
4．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1,2,3,4,5)，则P(<ξ<)等于( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由<ξ<知ξ＝1,2.
P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
∴P(<ξ<)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝.
5．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝i)＝a()i，i＝1,2,3，则a的值为( )
A．1 B.
C. D.
答案 D
解析 由P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝1，得(＋＋)a＝1，∴a＝.
6．若随机变量X的分布列如下表所示，则a2＋b2的最小值为( )
X＝i
0
1
2
3
P(X＝i)
a
b
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由分布列的性质可知a＋b＝，而a2＋b2≥＝(仅当a＝b＝时等号成立)．
7．(2015·广州高二检测)随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，其中c为常数，则P(ξ≥2)等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，可知＋＋＝1，解得c＝.故P(ξ≥2)＝1－P(ξ＝1)＝1－＝1－×＝.
8．随机变量η的分布列如下：
η
1
2
3
4
5
6
P
0.2
x
0.35
0.1
0.15
0.2
则①x＝________；②P(η>3)＝________；
③P(1<η≤4)＝________.
答案 ①0 ②0.45 ③0.45
9．设随机变量ξ的可能取值为5、6、7、…、16这12个值，且取每个值的概率均相同，则P(ξ>8)＝________，P(6<ξ≤14)＝________.
答案
10．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取2个球，设其中有ξ个红球，则随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
答案
11．随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
5
P
则ξ为奇数的概率为________．
答案
解析 P(ξ为奇数)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝5)＝＋＋＝＝.
12．从一批含有13只正品，2只次品的产品中，不放回任取3件，求取得次品数为ξ的分布列．
解析 本题是超几何分布，可利用超几何分布的概率公式求解．
设随机变量ξ表示取出次品的个数，则ξ服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3.它的可能的取值为0,1,2.相应的概率依次为P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
13．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，求公差d的取值范围．
解析 设ξ的分布列为
ξ
x1
x2
x3
P
a－d
a
a＋d
由离散型随机变量分布列的基本性质知：
解得－≤d≤.
14．袋中有4个黑球，3个白球，2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球得0分，每取到一个白球得1分，每取到一个红球则得2分，用X表示得分数，求X的概率分布列．
解析 由题意知，ξ的可能取值是0,1,2,3,4，则
P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，P(X＝4)＝＝.
故X的概率分布列为
X
0
1
2
3
4
P
15.一批零件中有9个合格品与3个不合格品．安装机器时，从这批零件中任取一个．如果每次取出的不合格品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的不合格品数的分布列．
解析 以ξ表示在取得合格品以前取出的不合格品数，则ξ是一个随机变量，由题设ξ可能取的数值是0,1,2,3.
当ξ＝0时，即第一次就取到合格品，其概率为P(ξ＝0)＝＝；
当ξ＝1时，即第一次取得不合格品，不放回，而第二次就取得合格品，其概率为P(ξ＝1)＝·＝；
当ξ＝2时，即第一、二次取得不合格品，不放回，第三次取得合格品，其概率为P(ξ＝2)＝· ·＝；
当ξ＝3时，即第一、二、三次都取得不合格品，而第四次取得合格品，其概率为P(ξ＝3)＝···＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
?重点班选做题
16．一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P(X＝4)的值是( )
A. B.
C. D.
答案 C
17．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
0.4
0.2
0.2
0.1
0.1
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．若Y表示经销一件该商品的利润，求Y的分布列．
解析 依题意，Y的可能取值为200,250,300.则
P(Y＝200)＝P(X＝1)＝0.4，
P(Y＝250)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，
P(Y＝300)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝0.1＋0.1＝0.2.
所以随机变量Y的分布列为
Y
200
250
300
P
0.4
0.4
0.2
1．某射手有5发子弹，射击一次命中率为0.8，若命中就停止射击，否则一直到子弹用尽，求耗用子弹数X的分布列．
解析 X的取值为1,2,3,4,5.
当X＝1时，即第一枪就中了，故P(X＝1)＝0.8；当X＝2时，即第一枪未中，第二枪中了，故P(X＝2)＝0.2×0.8＝0.16；同理，P(X＝3)＝0.22×0.8＝0.032；P(X＝4)＝0.23×0.8＝0.006 4；P(X＝5)＝0.24＝0.001 6.
则耗用子弹ξ的分布列为：
X
1
2
3
4
5
P
0.8
0.16
0.032
0.006 4
0.001 6
2.数字1,2,3,4任意排成一排，若数字k恰好出现在第k个位置上，则称为一个巧合，求巧合个数ξ的分布列．
解析 ξ取值为0,1,2,3,4.ξ＝0，没有巧合，若1—2—3—4为四个数都巧合，则没有一个巧合的情况有以下几种：
所以P(ξ＝0)＝＝＝；
ξ＝1，只有一个巧合，P(ξ＝1)＝＝；
ξ＝2，只有两个巧合，P(ξ＝2)＝＝；
ξ＝3，只有三个巧合，不存在，P(ξ＝3)＝0；
ξ＝4，四个数位置都巧合， P(ξ＝4)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
0
3.将3个小球任意地放入4个大的玻璃杯中去，杯子中球的最多个数记为ξ，求ξ的分布列．
解析 明确题意，搞清杯子中球的最多个数的可能值，再由此求出相应的概率．
依题意可知，杯子中球的最多个数ξ的所有可能值为1,2,3.当ξ＝1时，对应于4个杯子中恰有三个杯子各放一球的情形；当ξ＝2时，对应于4个杯子中恰有一个杯子放两球的情形，当ξ＝3时，对应于4个杯子恰有一个杯子放三个球的情形．
∴当ξ＝1时，P(ξ)＝＝；
当ξ＝2时，P(ξ)＝＝；
当ξ＝3时，P(ξ)＝＝.
可得ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
4.2013年6月，某地有A、B、C、D四人先后感染了H7N9禽流感，其中只有A到过疫区，B肯定是受A感染的．对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是.同样也假定D受A、B和C感染的概率都是.在这种假定之下，B、C、D中直接受A感染的人数X就是一个随机变量．写出X的分布列(不要求写出计算过程)．
解析 随机变量X的分布列是
X
1
2
3
P
课时作业(十五)
1．已知：①某机场候机室中一天的旅客数量X；②某寻呼台一天内收到的寻呼次数X；③某篮球下降过程中离地面的距离X；④某立交桥一天经过的车辆数X.其中不是离散型随机变量的是( )
A．①中的X B．②中的X
C．③中的X D．④中的X
答案 C
解析 ①②④中的随机变量X可能的取值都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；③中的X可以取某一区间内的一切值，无法一一列出，故③中的X不是离散型随机变量．
2．下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是( )
A．将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X
B．从7名男生、3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生干部，选出女生的人数为X
C．某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X
D．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是首次摸出黑球时的总次数
答案 B
解析 根据超几何分布的概率可知选项B正确．
3．给出下列A、B、C、D四个表，其中能作为随机变量ξ的分布列的是( )
A.
ξ
0
1
P
0.6
0.3
B.
ξ
0
1
2
P
0.902 5
0.095
0.002 5
C.
ξ
0
1
2
…
n
P
…
D.
ξ
0
1
2
…
n
P
×
()2
…
()n
答案 B
4．一个人有5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ξ为随机变量，则P(ξ＝3)等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 ξ＝3表示第3次恰好打开，前2次没有打开，
∴P(ξ＝3)＝＝.
5．设随机变量等可能取值1,2,3,4，…，n，如果P(ξ<4)＝0.3，那么n的值为( )
A．3 B．4
C．10 D．不能确定
答案 C
解析 由条件知P(ξ＝i)＝(i＝1,2，…，n)，所以P(ξ<4)＝×3＝0.3，得n＝10.
6．(2015·顺义高二检测)一批产品共50件，其中5件次品，45件正品，从这批产品中任抽两件，则出现2件次品的概率为( )
A. B.
C. D．以上都不对
答案 A
解析 P(X＝2)＝＝＝.
7．(2015·太原高二检测)已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝，k＝1,2，…，则P(2A. B.
C. D.
答案 A
解析 P(28．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝2)＝________.
答案
解析 ξ可能取的值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
∴P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝1－－－＝.
9.
如图所示，A、B两点有5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝________.
答案
解析 方法一 由已知，ξ的取值为7,8,9,10，
∵P(ξ＝7)＝＝，P(ξ＝8)＝＝，
P(ξ＝9)＝＝，P(ξ＝10)＝＝，
∴ξ的概率分布列为
ξ
7
8
9
10
P
∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝＋＋＝.
方法二 P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝.
10．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)＝________.
答案 0.8
解析 由Y＝－2，且Y＝3X－2，得X＝0.
∴P(Y＝－2)＝0.8.
11．设随机变量ξ的概率分布为P(ξ＝k)＝，k＝0,1,2,3，则c＝________.
答案
解析 c＋＋＋＝1，所以c＝.
12．从6名男同学和4名女同学中随机选出3名同学参加一项竞技测试．试求选出的3名同学中，至少有一名女同学的概率．
解析 设选出的女同学的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3，且X服从参数N＝10，M＝4，n＝3的超几何分布，于是选出的3名同学中，至少有一名女同学的概率为
P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)
＝＋＋＝，
或P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
13．一种产品分为一、二、三级，其中一级品个数是二级品个数的2倍，三级品个数是二级品个数的，从这批产品中随机抽取一个检验质量，其级别为随机变量ξ，求ξ的分布列及P(ξ>1)的值．
解析 依题意，得P(ξ＝1)＝2P(ξ＝2)，
P(ξ＝3)＝P(ξ＝2)．
由于概率分布的总和等于1，故
P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝P(ξ＝2)＝1.
所以P(ξ＝2)＝，随机变量ξ的分布列如下：
ξ
1
2
3
P
所以P(ξ>1)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝.
14．袋中有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的概率分布列；
(2)求得分大于6分的概率．
解析 (1)从袋中随机取4个球的情况为：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)＝＝.
故所求分布列为
X
5
6
7
8
P
(2)根据随机变量X的分布列，可以得到得分大于6的概率为：P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.
15．随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品4件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元．设1件产品的利润(单位：万元)为ξ，求ξ的分布列．
解析 ξ的所有可能取值有6,2,1，－2.
P(ξ＝6)＝＝0.63，P(ξ＝2)＝＝0.25，
P(ξ＝1)＝＝0.1，P(ξ＝－2)＝＝0.02，
故ξ的分布列为
ξ
6
2
1
－2
P
0.63
0.25
0.1
0.02
1．某中学80名学生参加了平均每天上网时间的调查，根据调查结果绘制的频率分布直方图如图所示．
(1)估计这80名学生平均每天上网时间的平均数；
(2)在10名学生中，有3名平均每天上网时间在[40,50)段内，4名平均每天上网时间在[50,60)段内，3名平均每天上网时间在[60,70)段内，从这10名学生中任取3名，记取出的3名学生平均每天上网时间在[40,50)段内学生人数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．
解析 (1)抽样学生的平均每天上网时间：
45×0.05＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝72.
所以，估计这80名学生平均每天上网时间的平均数是72分钟．
(2)由于从10名学生中任取3名的结果数为C10，其中恰有k名学生平均每天上网时间在[40,50)段内的结果数为CC，那么
P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
课时作业(十六)
1．下列选项正确的是( )
A．P(A|B)＝P(B|A) B．P(A∩B|A)＝P(B)
C.＝P(B|A) D．P(A|B)＝
答案 D
解析 正确理解好条件概率的公式P(A|B)＝＝是解决本题的关键．
2．4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是( )
A. B.
C. D．1
答案 B
解析 因为第一名同学没有抽到中奖券已知，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率，显然是.
3．某地一农业科技实验站，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
答案 D
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AB，“这粒水稻种子能成长为幼苗”为事件B|A，由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.
4．盒中装有6件产品，其中4件一等品，2件二等品，从中不放回地取产品，每次1件，取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得的是二等品的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 令第二次取得一等品为事件A，第一次取得二等品为事件B，则P(AB)＝＝，P(A)＝＝.
所以P(B|A)＝＝×＝.
5．把一枚硬币任意抛掷两次，事件B为“第一次出现反面”，事件A为“第二次出现正面”，则P(A|B)为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 事件B包含的基本事件数有1×C＝2个，BA包含的基本事件数为1，由条件概率公式P(A|B)＝＝＝.
6．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A.， B.，
C.， D.，
答案 C
解析 P(A|B)＝＝＝，
P(B|A)＝＝＝.
7．盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次取出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 A＝{第一次取得新球}，B＝{第二次取到新球}，则
n(A)＝CC，n(AB)＝CC.
∴P(B|A)＝＝＝.
8．(2015·太原高二检测)某班6名班干部，其中4名男生，2名女生，从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B.
P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
P(B|A)＝＝.
9．在一个口袋里装有大小相同的红色小球3个，蓝色小球5个，从中任取1球观察颜色，不放回，再任取一球，则
(1)在第一次取到红球条件下，第二次取到红球的概率为________；
(2)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为________；
(3)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到蓝球的概率为________．
答案 (1) (2) (3)
10．6位同学参加百米短跑比赛，赛场共有6条跑道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学被排在第二跑道的概率是________．
答案
解析 甲排在第一跑道，其他同学共有A种排法，乙排在第二跑道共有A种排法，所以所求概率为＝.
11．如下图所示的正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，则P(AB)＝________，P(A|B)＝________.
答案
解析 P(A)＝＝，P(B)＝，P(AB)＝，所以P(A|B)＝＝＝.
12．抛掷红、蓝两颗骰子，若已知蓝骰子的点数为3或6时，则两骰子点数之和大于8的概率为________．
答案
解析 令A＝“抛掷出的红、蓝两颗骰子中蓝骰子的点数为3或6”，B＝“两骰子点数之和大于8”，
则A＝{(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}．
AB＝{(3,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}．
∴P(B|A)＝＝＝.
13．(2015·威海高二检测)已知男人中有5%患色盲，女人中有0.25%患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人．
(1)求此人患色盲的概率；
(2)如果此人是色盲，求此人是男人的概率．
解析 设“任选一人是男人”为事件A，“任选一人是女人”为事件B，“任选一人是色盲”为事件C.
(1)P(C)＝P(AC)＋P(BC)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝×＋×＝.
(2)P(A|C)＝＝＝.
14．某班级有学生40人，其中团员15人，全班分四个小组，第一小组10人，其中团员4人，如果要在班内任选一人当学生代表．
(1)求这个代表恰好在第一小组内的概率；
(2)现在要在班内任选一个团员代表，问这个代表恰好在第一小组内的概率是多少？
解析 设A＝{在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B＝{在班内任选一个学生，该学生是团员}．
(1)由古典概率知P(A)＝＝.
(2)方法一：由古典概型知P(A|B)＝.
方法二：P(AB)＝，P(B)＝，
由条件概率的公式，得P(A|B)＝.
15．一个家庭中有两个小孩，求：
(1)两个小孩中有一个是女孩的概率；
(2)两个都是女孩的概率；
(3)已知其中一个是女孩，另一个也是女孩的概率．
思路 “有一个是女孩”记为事件A，“另一个是女孩”记为事件B，则其中一个是女孩，另一个也是女孩的概率就是在A发生的条件下，B发生的概率，利用条件概率解决．
解析 设“家庭中有一个是女孩”为事件A，“另一个也是女孩”为事件B，则“两个都是女孩”为事件AB，
家庭中有两个小孩的情况有：男、男；男、女；女、男；女、女；共4种情况，因此n(Ω)＝4；其中有一个是女孩的情况有3种，因此n(A)＝3；其中两个都是女孩的情况有1种，因此n(AB)＝1.
(1)由P(A)＝＝，可得两个小孩中有一个是女孩的概率为.
(2)由P(AB)＝＝，可得两个都是女孩的概率为.
(3)由条件概率公式，可得
P(B|A)＝＝＝或P(B|A)＝＝.
因此，在已知其中一个是女孩，另一个也是女孩的概率为.
16．(2015·沧州高二检测)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号箱中取出一球放人2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问：
(1)从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？
(2)从2号箱取出红球的概率是多少？
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P(B)＝＝，P()＝1－P(B)＝.
(1)P(A|B)＝＝.
(2)因为P(A|)＝＝，
所以P(A)＝P(AB)＋P(A)
＝P(A|B)P(B)＋P(A|)P()
＝×＋×＝.
1．从一副扑克的52张(去掉大、小王)随机平均分给赵、钱、孙、李四家，A＝{赵家得到6张梅花}，B＝{孙家得到3张梅花}．
(1)计算P(B|A)； (2)计算P(AB)．
解析 (1)四家各有13张牌，已知A发生后，A的13张牌已固定，余下的39张牌中恰有7张梅花，将这39张牌随机分给钱、孙、李三家，求孙家得到3张梅花的概率．
于是P(B|A)＝＝0.278.
(2)在52张牌中任选13张C种不同的等可能的结果．于是Ω中元素为C，A中元素数为CC，利用条件概率公式得到
P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×0.278≈0.012.
2．如图，三行三列的方阵中有9个数aij(i＝1,2,3，j＝1,2,3)，从中任取三个数，已知取到a22的条件下，求至少有两个数位于同行或同列的概率．
解析 令事件A＝{任取的三个数中有a22}．
令事件B＝{三个数至少有两个数位于同行或同列}．则＝{三个数互不同行且互不同列}．
依题意可知n(A)＝C＝28，n(A)＝2，故P(|A)＝＝＝，所以P(B|A)＝1－P(|A)＝1－＝.即已知取到a22的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率为.
3．盒子里装有16个球，其中6个是玻璃球，10个是木质球，玻璃球中有2个是红球，4个是蓝球；木质球中有3个是红球，7个是蓝球．现从中任取一个(假设每个球被取到是等可能的)是蓝球，问该球是玻璃球的概率是多少？
解析 设事件A：“任取一球，是玻璃球”；事件B：“任取一球，是蓝球”．由题中数据可列表如下：
红球
蓝球
小计
玻璃球
2
4
6
木质球
3
7
10
小计
5
11
16
由表知，P(B)＝，P(AB)＝，故所求事件的概率为P(A|B)＝＝＝.
课时作业(十七)
1．已知事件A、B发生的概率都大于零，则( )
A．如果A、B是互斥事件，那么A与也是互斥事件
B．如果A、B不是相互独立事件，那么它们一定是互斥事件
C．如果A、B是相互独立事件，那么它们一定不是互斥事件
D．如果A＋B是必然事件，那么它们一定是对立事件
答案 C
解析 相互独立的两个事件彼此没有影响，可以同时发生，因而它们不可能为互斥事件．
2．打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 设“甲射击一次中靶”为事件A，“乙射击一次中靶”为事件B，则P(A)＝＝，P(B)＝.
∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
3．国庆节放假，甲去北京旅游的概率为，乙、丙去北京旅游的概率分别为、.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 用A，B，C表示甲、乙、丙三人去北京旅游这一事件，三人均不去的概率为P( )＝P()·P()·P()＝××＝.故至少有一人去北京旅游的概率为1－＝.
4．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是，，.现3人各投篮1次，则3人都没有投进的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 记“甲投篮1次投进”为事件A1，“乙投篮1次投进”为事件A2，“丙投篮1次投进”为事件A3，“3人都没有投进”为事件A.
则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，
P(A)＝P(123)＝P(1)P(2)P(3)＝[1－P(A1)][1－P(A2)][1－P(A3)]＝(1－)(1－)(1－)＝，故3人都没有投进的概率为.
5．来成都旅游的外地游客中，若甲、乙、丙三人选择去武侯祠游览的概率均为，且他们的选择互不影响，则这三人中至多有两人选择去武侯祠游览的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 事件A：“至多有两人选择去武侯祠游览”的对立事件为B：“三人均选择去武侯祠游览”，其概率为P(B)＝()3＝，∴P(A)＝1－P(B)＝1－＝.
6．在某段时间内，甲地下雨的概率为0.3，乙地下雨的概率为0.4，假设在这段时间内两地是否下雨之间没有影响，则这段时间内，甲、乙两地都不下雨的概率为( )
A．0.12 B．0.88
C．0.28 D．0.42
答案 D
解析 P＝(1－0.3)(1－0.4)＝0.42.
7．三个人独立地破译一个密码，他们能单独译出的概率分别为，，，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译出的概率为( )
A. B.
C. D．不确定
答案 A
解析 P＝1－(1－)(1－)(1－)＝.
8．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( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＋P(AB)
＝×＋×＋×＝，故选C.
9．甲、乙两同学同时解一道数学题．设事件A：“甲同学做对”，事件B：“乙同学做对”，
(1)甲同学做错，乙同学做对，用事件A，B表示为________；
(2)甲、乙两同学同时做错，用事件A，B表示为________；
(3)甲、乙两同学中至少一人做对，用事件A，B表示为________；
(4)甲、乙两同学中至多一人做对，用事件A，B表示为________；
(5)甲、乙两同学中恰有一人做对，用事件A，B表示为________．
答案 (1)·B (2)· (3)A·＋·B＋A·B (4)·＋A·＋·B (5)A·＋·B
解析 由于事件A和事件B是相互独立的，故只须选择适合的形式表示相应事件便可．
10．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为、、，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．
答案
解析 加工出来的零件的正品率为(1－)×(1－)×(1－)＝，所以次品率为1－＝.
11．有一个数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是，乙能解决的概率是，2人试图独立地在半小时内解决它，则2人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．
答案
解析 甲、乙两人都未能解决为
(1－)(1－)＝×＝，
问题得到解决就是至少有1人能解决问题．
∴P＝1－＝.
12．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
答案 0.128
解析 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.
13．已知A，B，C为三个独立事件，若事件A发生的概率是，事件B发生的概率是，事件C发生的概率是，求下列事件的概率：
(1)事件A、B、C只发生两个；
(2)事件A、B、C至多发生两个．
解析 (1)记“事件A，B，C只发生两个”为A1，则事件A1包括三种彼此互斥的情况，A·B·；A··C；·B·C，由互斥事件概率的加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，所以概率为P(A1)＝P(A·B·)＋P(A··C)＋P(·B·C)＝＋＋＝，∴事件A，B，C只发生两个的概率为.
(2)记“事件A，B，C至多发生两个”为A2，则包括彼此互斥的三种情况：事件A，B，C一个也不发生，记为A3，事件A，B，C只发生一个，记为A4，事件A，B，C只发生两个，记为A5，故P(A2)＝P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝＋＋＝.
∴事件A、B、C至多发生两个的概率为.
14．甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和，求：
(1)2个人都译出密码的概率；
(2)2个人都译不出密码的概率；
(3)恰有1个人译出密码的概率；
(4)至多1个人译出密码的概率；
(5)至少1个人译出密码的概率．
解析 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且
P(A)＝，P(B)＝.
(1)“2 个人都译出密码”的概率为
P(A·B)＝P(A)×P(B)＝×＝.
(2)“2个人都译不出密码”的概率为
P(·)＝P()×P()＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝(1－)(1－)＝.
(3)“恰有1个人译出密码”可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为
P(A·＋·B)＝P(A·)＋P(·B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝(1－)＋(1－)×＝.
(4)“至多1个人译出密码”的对立事件为“有2个人译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为
1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－×＝.
(5)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个都未译出密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为
1－P(·)＝1－P()P()＝1－×＝.
1．事件A、B、C相互独立，若P(A·B)＝，P(·C)＝，P(A·B·)＝，则P(B)＝________，P(·B)＝________，P(B＋C)＝__________，P(B|C)＝________.
答案
解析 由A、B、C相互独立，则
P(A·B·)＝P(A·B)·P()＝.
∴P()＝，P(C)＝.
又P(·C)＝，∴P()＝，则P(B)＝.
又P(A·B)＝，∴P(A)＝.
∴P(B)＝P()·P(B)＝×＝，
P(B＋C)＝1－P( )＝1－P()·P()＝1－×＝，
P(B|C)＝P(B)＝.
2．在一条马路上的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，某辆汽车在这条马路上行驶，那么在这三处都不停车的概率是________．
答案
3．在某校组织的一次篮球定点投篮测试中，规定每人最多投3次，每次投篮的结果相互独立．在A处每投进一球得3分，在B处每投进一球得2分，否则得0分，将学生得分逐次累加并用ξ表示，如果ξ的值不低于3分就认为通过测试，立即停止投篮，否则继续投篮，直到投完三次为止．投篮的方案有以下两种：方案1：先在A处投一球，以后都在B处投；方案2：都在B处投篮．甲同学在A处投篮的命中率为0.5，在B处投篮的命中率为0.8.
(1)甲同学选择方案1.
求甲同学测试结束后所得总分等于4的概率；
求甲同学测试结束后所得总分ξ的分布列．
(2)你认为甲同学选择哪种方案通过测试的可能性更大？说明理由．
解析 (1)在A处投篮命中记作A，不中记作；在B处投篮命中记作B，不中记作；甲同学测试结束后所得总分为4，可记作事件BB，则
P(BB)＝P()P(B)P(B)＝0.5×0.8×0.8＝0.32.
ξ的所有可能取值为0,2,3,4，则
P(ξ＝0)＝P()＝P()P()P()＝0.5×0.2×0.2＝0.02，
P(ξ＝2)＝P(B)＋P(B)＝P()P(B)P()＋P()P()P(B)＝0.5×0.8×(1－0.8)＋0.5×(1－0.8)×0.8＝0.16，
P(ξ＝3)＝P(A)＝0.5，
P(ξ＝4)＝P(BB)＝P()P(B)P(B)＝0.5×0.8×0.8＝0.32.
ξ的分布列为：
ξ
0
2
3
4
P
0.02
0.16
0.5
0.32
(2)甲同学选择方案1通过测试的概率为P1，选择方案2通过测试的概率为P2，P1＝P(ξ≥3)＝0.5＋0.32＝0.82.
P2＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)＝2×0.8×0.2×0.8＋0.8×0.8＝0.896.
因为P2>P1，
所以甲同学应选择方案2通过测试的概率更大．
课时作业(十八)
1．独立重复试验应满足的条件：
①每次试验之间是相互独立的；
②每次试验只有发生与不发生两种结果之一；
③每次试验发生的机会是均等的；
④各次试验发生的事件是互斥的．
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．①②③ D．①②④
答案 C
2．已知随机变量X服从二项分布，X～B(6，)，则P(X＝2)等于( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 P(X＝2)＝C×()2×(1－)6－2＝C×()2×()4＝.
3．袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取三次，球的颜色全相同的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 每种颜色的球被抽取的概率为，从而抽取三次，球的颜色全相同的概率为C()3＝3×＝.
4．某一试验中事件A发生的概率为p，则在n次试验中，发生k次的概率为( )
A．1－pk B．(1－p)k·pn－k
C．(1－p)k D．C(1－p)k·pn－k
答案 D
5．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)的值为( )
A．C()2× B．C()2×
C．()2× D．()2×
答案 C
解析 当ξ＝3表示前2次测出的都是次品，第3次为正品，则P(ξ＝3)＝()2×.
6．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( )
A．()5 B．C()5
C．C()3 D．CC()5
答案 B
解析 由题意可知质点P在5次运动中向右移动2次，向上移动3次，且每次移动是相互独立的，即向右移动的次数ξ～B(5，)，∴P(ξ＝2)＝C()2()3.
7．(2015·合肥高二检测)在4次独立重复试验中，事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中发生的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1－Cp0(1－p)4＝，所以1－p＝，p＝.
8．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.
答案
解析 任何一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B(5，)，
即有P(ξ＝k)＝C()k×()5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
∴P(ξ＝4)＝C()4×()1＝.
9．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．
答案 0.947 7
解析 至少3人被治愈的概率为C(0.9)3·0.1＋(0.9)4＝0.947 7.
10．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________．
答案
解析 记Ar(r＝0,1,2，…，6)为“r个人同时上网”这个事件，则其概率为P(Ar)＝C0.5r(1－0.5)6－r＝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)＝.
11．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：
①他第3次击中目标的概率是0.9；
②他恰好击中目标3次的概率是0.1×0.93；
③他至少击中目标1次的概率是1－0.14.
其中正确结论的序号是________．
答案 ①③
解析 由题意可知①③正确，②不正确，因为恰好击中目标3次的概率P＝C0.93×0.1.
12．2015年初，一考生参加北京大学的自主招生考试，需进行书面测试，测试题中有4道题，每一道题能否正确做出是相互独立的，并且每一道题被考生正确做出的概率都是.
(1)求该考生首次做错一道题时，已正确做出了两道题的概率；
(2)若该考生至少做出3道题，才能通过书面测试这一关，求这名考生通过书面测试的概率．
解析 (1)记“该考生正确做出第i道题”为事件Ai(i＝1,2,3,4)，则P(Ai)＝，由于每一道题能否被正确做出是相互独立的，所以这名考生首次做错一道题时，已正确做出两道题的概率为
P(A1A2)＝P(A1)·P(A2)·P()＝××＝.
(2)记“这名考生通过书面测试”为事件B，则这名考生至少正确做出3道题，即正确做出3道或4道题，故
P(B)＝C×()3×＋C×()4＝.
13．9粒种子分种在3个坑中，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若一个坑内至少有1粒子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，用ξ表示补种的费用，写出ξ的分布列．
解析 补种费用ξ的分布列为
ξ
0
10
20
30
P
0.670
0.287
0.041
0.002
点评 每个坑内3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝，所以每个坑不需要补种的概率为p＝1－＝.利用3次独立重复试验的公式求解即可．
14．在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从桥上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是.
(1)求油罐被引爆的概率；
(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率．
解析 (1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是：射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件发生的概率为C··()4＋()5.所以所求的概率为
1－[C··()4＋()5]＝.
(2)当ξ＝4时记事件为A，则P(A)＝C××()2×＝.
当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B，则P(B)＝C××()3＋()4＝.
所以所求概率为
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
15．如图，在竖直平面内有一个“游戏滑道”，空白部分表示光滑滑道，黑色正方形表示障碍物，自上而下第一行有1个障碍物，第二行有2个障碍物，…，依次类推．一个半径适当的光滑均匀小球从入口A投入滑道，小球将自由下落，已知小球每次遇到正方形障碍物上顶点时，向左、右两边下落的概率都是.记小球遇到第n行第m个障碍物(从左至右)上顶点的概率为P(n，m)．
(1)求P(4,1)，P(4,2)的值，并猜想P(n，m)的表达式(不必证明)；
(2)已知f(x)＝
设小球遇到第6行第m个障碍物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f(m)，试求ξ的分布列．
解析 (1)P(4,1)＝C()3＝，
P(4,2)＝C()3＝，
猜想P(n，m)＝C()n－1.
(2)ξ＝3,2,1，P(ξ＝3)＝P(6,1)＋P(6,6)＝，
P(ξ＝2)＝P(6,2)＋P(6,5)＝，
P(ξ＝1)＝P(6,3)＋P(6,4)＝.
故ξ的分布列为
ξ
3
2
1
P
?重点班选做题
16．一批玉米种子，其发芽率是0.8.问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%？(lg2＝0.301 0)
解析 记事件A＝“种一粒种子，发芽”，
则P(A)＝0.8，P()＝1－0.8＝0.2.
设每穴至少种n粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%.
因为每穴种n粒相当于n次独立重复试验，记事件B＝“每穴至少有一粒发芽”，则P()＝C·0.80·0.2n＝0.2n.
所以P(B)＝1－P()＝1－0.2n.
由题意有1－0.2n>98%，所以0.2n<0.02，两边取对数得nlg0.2所以n>≈2.43，且n∈N，所以n≥3.
故每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%.
17．设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．
(1)求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；
(2)求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；
(3)用ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．
解析 记A表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品，B表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品，C表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种，D表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．
(1)∵C＝A·＋·B，
∴P(C)＝P(A·＋·B)＝P(A·)＋P(·B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
(2)∵＝·，
∴P()＝P(·)＝P()·P()＝0.5×0.4＝0.2.
∴P(D)＝1－P()＝0.8.
(3)ξ～B(3,0.8)，ξ的取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝0.23＝0.008，
P(ξ＝1)＝C×0.8×0.22＝0.096，
P(ξ＝2)＝C×0.82×0.2＝0.384，
P(ξ＝3)＝0.83＝0.512.
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0.008
0.096
0.384
0.512
1．(2013·江西)一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p1和p2.则( )
A．p1＝p2 B．p1C．p1>p2 D．以上三种情况都有可能
答案 B
解析 ∵p1＝1－()10，p2＝1－()5＝1－()5，
∴p12．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
答案 C
3．某厂大量生产某种小零件，经抽样检验知道其次品率是1%，现把这种零件每6件装成一盒，那么每盒中恰好含一件次品的概率是( )
A．()6 B．0.01
C.(1－)5 D．C()2(1－)4
答案 C
4．抛掷三个骰子，当至少有一个5点或一个6点出现时，就说这次试验成功，则在54次试验中成功次数X～( )
A．B(54，) B．B(52，)
C．B(54，) D．B(54，)
答案 C
5．有n位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0A．(1－p)n B．1－pn
C．pn D．1－(1－p)n
答案 D
6．一个学生通过某种英语听力测试的概率是，他连续测试n次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
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，且各引擎是否有故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机就可以成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可以成功飞行，要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则p的取值范围是( )
A．(，1) B．(，1)
C．(0，) D．(0，)
答案 B
8．某处有水龙头5个，调查表明每个水龙头被打开的可能性是，随机变量X表示同时被打开的水龙头的个数，则P(X＝3)＝________.
答案
9．一个袋中有5个白球，3个红球，现从袋中每次取出1个球，取出后记下球的颜色然后放回，直到红球出现10次时停止，停止时取球的次数ξ是一个随机变量，则P(ξ＝12)＝________.(写出表达式不必算出最后结果)
答案 C()9()2·
10．某篮球运动员在三分线投球的命中率是，他投球10次，恰好投进了3球的概率为________．(用数字作答)
答案
11．A，B两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，若某人已赢得所有卡片，则游戏终止．求掷硬币的次数不大于7次时游戏终止的概率．
解析 P＝()5×2＋2×C()5()2
＝＋2×5×()7＝.
课时作业(十九)
1．设随机变量X的分布列如下所示，已知E(X)＝1.6，则a－b＝( )
X
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
A.0.2 B．0.1
C．－0.2 D．－0.4
答案 C
解析 由分布列性质，得0.1＋a＋b＋0.1＝1.①
由期望公式可得0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，
即a＋2b＝1.3.②
由①，②可得a＝0.3，b＝0.5，∴a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
2．设E(X)＝10，E(Y)＝3，则E(3X＋5Y)＝( )
A．45 B．40
C．30 D．15
答案 A
3．若X是一个随机变量，则E(X－E(X))的值为( )
A．无法求 B．0
C．E(X) D．2E(X)
答案 B
4．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，则查得次品数的数学期望为( )
A．15 B．10
C．20 D．5
答案 B
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.
5．某班有的学生数学成绩优秀，如果从班中随机地找出5名学生，那么其中数学成绩优秀的学生数X～B(5，)，则E(－X)的值为( )
A. B．－
C. D．－
答案 D
解析 ∵X～B(5，)，∴E(X)＝5×＝.
∴E(－X)＝－E(X)＝－.
6．今有两台独立工作在两地的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达数为ξ，则E(ξ)的值为( )
A．0.765 B．1.75
C．1.765 D．0.22
答案 B
解析 当ξ＝0时，P(ξ＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015；
当ξ＝1时，P(ξ＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.1×0.85＝0.135＋0.085＝0.22.
当ξ＝2时，P(ξ＝2)＝0.9×0.85＝0.765.
∴E(ξ)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
7．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000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
答案 B
解析 记“不发芽的种子数为ξ”，则ξ～B(1 000,0.1)，所以E(ξ)＝1 000×0.1＝100，而X＝2ξ，故E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝200，故选B.
8．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C·()k·()300－k(k＝0,1,2，…，300)，则E(ξ)＝________.
答案 100
解析 由P(ξ＝k)＝C()k()300－k，
可知ξ～B(300，)．∴E(ξ)＝300×＝100.
9．某电视台开展有奖答题活动，每次要求答30个选择题，每个选择题有4个选项，其中有且只有一个正确答案，每一题选对得5分，选错或不选得0分，满分150分，规定满100分拿三等奖，满120分拿二等奖，满140分拿一等奖，有一选手选对任一题的概率是0.8，则该选手可望能拿到________等奖．
答案 二
解析 选对题的个数X～B(30,0.8)，所以E(X)＝30×0.8＝24，由于24×5＝120(分)，所以可望能拿到二等奖．
10．马老师从课本上抄录的一个随机变量ξ的概率分布列如下表：
X
1
2
3
P
？
！
？
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)＝________.
答案 2
解析 令“？”为a，“！”为b，则2a＋b＝1.
又E(ξ)＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2.
11．设p为非负实数，随机变量ξ的概率分布为：
X
0
1
2
P
－p
p
则E(X)的最大值为________．
答案
解析 由表可得从而得p∈[0，]，期望值E(X)＝0·(－p)＋1·p＋2×＝p＋1，当且仅当p＝时，E(X)最大值＝.
12．若对于某个数学问题，甲、乙两人都在研究，甲单独解出该题的概率为，乙单独解出该题的概率为，设解出该题的人数为X，求E(X)．
解析 记“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，X可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝P()P()＝(1－)(1－)＝，
P(X＝1)＝P(A·)＋P(·B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝×(1－)＋(1－)×＝，
P(X＝2)＝P(A)·P(B)＝×＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
13．英语考试有100道选择题，每题4个选项，选对得1分，否则得0分．学生甲会其中的20道，学生乙会其中的80道，不会的均随机选择．求甲、乙在这次测验中得分的期望．
解析 设甲和乙不会的题得分分别为随机变量ξ和η.
由题意知ξ～B(80,0.25)，η～B(20,0.25)，
故E(ξ)＝80×0.25＝20，E(η)＝20×0.25＝5.
于是E(ξ＋20)＝E(ξ)＋20＝40，
E(η＋80)＝E(η)＋80＝85.
故甲、乙在这次测验中得分的期望分别为40分和85分．
点评 会判断随机变量是否服从两点分布、二项分布．若服从，则直接求均值即可，不必再列出分布列．
14．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品．从这10件产品中任取3件，求：
(1)取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望；
(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．
解析 (1)由于从10件产品中任取3件的结果数为C，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为CC，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为
P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件A1，“恰好取出2件一等品”为事件A2，“恰好取出3件一等品”为事件A3.由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A＝A1∪A2∪A3，
而P(A1)＝＝，P(A2)＝P(X＝2)＝，
P(A3)＝P(X＝3)＝，
所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.
15．某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各个路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min.
(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；
(2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间ξ的分布列及期望．
解析 (1)设这名学生路上在第三个路口时首次遇到红灯为事件A.因为事件A等价于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A的概率为
P(A)＝(1－)×(1－)×＝.
(2)由题意可得，ξ可能取的值为0,2,4,6,8(单位：min)，事件“ξ＝2k”等价于事件“该学生在上学路上遇到k次红灯”(k＝0,1,2,3,4)，所以P(ξ＝2k)＝C()k()4－k(k＝0,1,2,3,4)，
即ξ的分布列是
ξ
0
2
4
6
8
P
所以ξ的期望是
E(ξ)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝.
设S是不等式x2－x－6≤0的解集，整数m，n∈S.
(1)记“使得m＋n＝0成立的有序数组(m，n)”为事件A，试列举A包含的基本事件；
(2)设ξ＝m2，求ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．
解析 (1)由x2－x－6≤0，得－2≤x≤3，即S＝{x|－2≤x≤3}．
由于m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝0，所以A包含的基本事件为：(－2,2)，(2，－2)，(－1,1)，(1，－1)，(0,0)．
(2)由于m的所有不同取值为－2，－1,0,1,2,3，
所以ξ＝m2的所有不同取值为0,1,4,9，
且有P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝9)＝.
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
4
9
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋4×＋9×＝.
课时作业(二)
1．将5名大学毕业生全部分配给3所不同的学校，不同的分配方式的种数有( )
A．8种 B．15种
C．125种 D．243种
答案 D
解析 每名大学生有三种不同的分配方式，所以共有35种不同的分配方式．
2．从集合A＝{0,1,2,3,4}中任取三个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c.则可构成不同的二次函数的个数是( )
A．48 B．59
C．60 D．100
答案 A
解析 由于是二次函数，需分三步确定系数a，b，c，a有除0之外的四种选法，b有四种选法，c有三种选法，故有4×4×3＝48种．
3．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有( )
A．24种 B．18种
C．12种 D．6种
答案 B
解析 (直接法)：黄瓜种在第一块土地上有3×2×1＝6种．同样，黄瓜可种在第二块、第三块土地上，共有不同的种法有6×3＝18种．
(间接法)：4种选3种，种在三块地上有4×3×2＝24种，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种，共有不同种法24－6＝18种．
4．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．13
C．10 D．16
答案 B
解析 根据一条直线与直线外一点可确定一个平面，因此可分为两类；
第一类，直线a与直线b上的点所确定的平面有8个平面；第二类，直线b与直线a上的点所确定的平面有5个，根据分类加法计数原理，共有8＋5＝13个不同平面．
5．书架上原来并排放着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法共有( )
A．336种 B．120种
C．24种 D．18种
答案 A
解析 我们可以一本一本的插入，先插一本，可在原来5本书形成的6个空当中插入，共有6种插入的方法；然后再插第二本，这时书架上有6本书形成7个空当，有7种插入方法；再插最后一本，有8种插法，所以共有6×7×8＝336种不同的插法．
6．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A．14 B．23
C．48 D．120
答案 C
解析 分两步：第一步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法，第二步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48种．
7．如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则符合这些要求的不同着色的方法共有( )
A.500种 B．520种
C．540种 D．560种
答案 C
解析 按照分步计数原理，先为A着色共有5种，再为B着色共有4种(不能与A相同)，接着为C着色有3种(不与A，B相同)，同理依次为D，E着色各有3种，所以不同着色的方法共有N＝5×4×33＝540(种)．
8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系第一、第二象限中的不同点的个数有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．10个
答案 C
解析 此问题可分两类：
①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，集合M中任取一个元素的方法有3种，要使点在第一、第二象限内，则集合N中只能取5,6两个元素中的一个，有2种方法，根据分步乘法计数原理有3×2＝6个；
②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素为纵坐标，集合N中任取一个元素的方法有4种，要使点在第一、第二象限内，则集合M中只能取1,3两个元素中的一个，有2种方法，根据分步乘法计数原理，有4×2＝8个．
综合以上两类，利用分类加法计数原理，共有6＋8＝14个．故选C.
9．从数字1,2,3,4,5,6中取两个数相加，其和是偶数，共得________个偶数．
答案 4
解析 分两类，3个奇数两两相加，3个偶数两两相加，都得偶数，又1＋5＝2＋4,3＋5＝2＋6，所以可得不同的偶数有3＋3－2＝4个．
10．从正方体的6个表面中取3个面，使其中两个面没有公共点，则共有________种不同的取法．
答案 12
解析 分两步完成这件事，第一步取两个平行平面，有3种取法；第二步再取另外一个平面，有4种取法，由分步计数原理共有3×4＝12种取法．
11．动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？
解析 因为3只羊都被吃掉，故应分为三步，逐一考虑．每只羊都可能被4只老虎中的一只吃掉，故有4种可能，按照分步乘法计数原理，故有4×4×4＝43＝64种．
12．(2015·石家庄高二检测)某校高二年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去旅游．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选1人带队，有多少种不同的选法？
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
解析 (1)分三类．
第一类：从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同选法；第二类：从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同选法；第三类：从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同选法．由分类加法计数原理得N＝8＋10＋6＝24种不同的选法．
(2)分三步：
第一步：从一班的8名优秀团员中选1人带队，有8种不同选法；
第二步：从二班的10名优秀团员中选1人带队，有10种不同选法；
第三步：从三班的6名优秀团员中选1人带队，有6种不同选法．
由分步乘法计数原理得N＝8×10×6＝480种不同的选法．
(3)分三类，每一类可分为两步．
第一类：从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10＝80种不同选法；
第二类：从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6＝60种不同选法；
第三类：从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6＝48种不同选法．
由分类加法计数原理得N＝80＋60＋48＝188种不同的选法．
13．用五种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．
(1)共有多少种不同的涂色方法？
(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？
1
4
2
3
解析 (1)由于1至4号区域各有5种不同的涂法，故依分步乘法计数原理知，不同的涂色方法有54＝625种．
(2)第一类，1号区域与3号区域同色时，有5×4×4＝80种涂法，第二类，1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法有80＋180＝260(种)．
14．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个．
(1)三位整数？
(2)无重复数字的三位整数？
(3)小于500的无重复数字的三位整数？
(4)小于500，且末位数字是8或9的无重复数字的三位整数？
(5)小于100的无重复数字的自然数？
解析 由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．
(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．
(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．
(3)百位数字只有4种选择，十位数字可有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．
(4)百位数字只有4种选择，个位数字只有2种选择，十位数字可有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×2×8＝64(个)．
(5)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类．
一位自然数：10个．
两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的两位数共有9×9＝81(个)．
由分类加法计数原理知，符合题意的自然数共有10＋81＝91(个)．
?重点班选做题
15．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落可能性共有( )
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
答案 C
解析 每个焊点都有正常与脱落两种情况，共有26种情况，但其中有一种情况是各焊点都正常的情况，所以共有26－1种电路不通的情况．
16．已知互不相同的集合A、B满足A∪B＝{a，b}，则符合条件的A，B的组数共有________种．
答案 9
解析 当A＝?时，集合B＝{a，b}；当A只有1个元素时，B可以有2种情况，此时有2×2＝4种情况；当A＝{a，b}时，集合B＝?，{a}，{b}或{a，b}，此时有4种情况，综上可知，符合条件的A、B共有1＋4＋4＝9种．
17．设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________．
答案 20
1．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有( )
A．9种 B．16种
C．20种 D．28种
答案 D
解析 当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数；当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形．
2．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
3．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，最多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
答案 A
4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
答案 D
5．若5名学生争夺3项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限)，则冠军获得者有________种不同情况(没有并列冠军)?
答案 125
思路 本题关键在于搞清楚要以谁为主来研究问题．本题中完成的事件是5名学生争夺3项比赛冠军，这里，每名学生能获几项比赛冠军不确定，但这每一项比赛的冠军都可以由5个运动员中的1人获得，故应以“冠军”为主，即“冠军”作为位置，由5名运动员去占3个位置．
解析 每个冠军皆有可能被5名学生中任1人获得，3个冠军依次被获得的不同情况有53种．
6．有1元、2元、5元、10元、50元、100元人民币各一张，则由这6张人民币可组成________种不同的币值．
答案 63
解析 对于每一张人民币来说，都有两种选择，用或不用，而都不用则形不成币值，由分步计数原理，
可得N＝2×2×2×2×2×2－1＝26－1＝63(种)．
7．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有________个．
答案 36
解析 另两边长用x、y表示，且设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.
当y取值11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；
当y取值10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形，
……
当y取值6时，x只能取6，只有一个三角形．
∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
8．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
答案 8
解析 第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号有2×2＝4(种)方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人操作的电脑的型号有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作的电脑的型号只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．
9.
如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个．
答案 40
解析 满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8(个)；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32(个)，所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个)．
10．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，则不同的种植方法共有________种．
答案 12
解析 分两步：第一步，先选垄，如图，共有6种选法；
第二步，种植A、B两种作物，有2种选法；
因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种).
课时作业(二十)
1．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于( )
A. B.
C. D．1
答案 A
解析 离散型随机变量X服从N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，∴E(X)＝＝＝.
2．某人从家乘车到单位，途中有3个交通岗亭．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0.4，则此人上班途中遇红灯的次数的期望为( )
A．0.4 B．1.2
C．0.43 D．0.6
答案 B
解析 ∵途中遇红灯的次数X服从二项分布，即
X～B(3,0.4)，∴E(X)＝3×0.4＝1.2.
3．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ξ，则ξ的期望是( )
A．7.8 B．8
C．16 D．15.6
答案 A
解析 按含有数字5分类，抽出卡片上的数字有三种情况：不含5，(2,2,2)；含1张5，(5,2,2)；含2张5，(5,5,2)，因此ξ＝6,9,12，然后计算出分布列，进而利用均值公式求解．
4．(2015·江门高二期末)已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则E(X)＝( )
X
－2
1
2
P
0.15
0.50
a
A.0.9 B．1.0
C．1.1 D．1.2
答案 A
解析 由分布列的性质，得0.15＋0.50＋a＝1，则a＝0.35.根据离散型随机变量的均值公式，得随机变量X的数学期望为E(X)＝－2×0.15＋1×0.50＋2×0.35＝0.9.
5．(2015·北京西城区高二期末)10件产品中有3件是次品，任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于( )
A. B.
C. D．1
答案 A
解析 X的可能取值是0,1,2.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
6．把24粒种子分别种在8个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种1次，每补种一个坑需10元，用X表示补种费用，则X的数学期望为( )
A．10元 B．20元
C．40元 D．80元
答案 A
解析 坑里的3粒种子发芽情况可以看作是3次独立重复试验，可知一个坑里的3粒种子都不发芽的概率是，8个坑的补种情况可以看作是8次独立重复试验，设Y代表补种次数，则Y～B(8，)，∴E(Y)＝np＝8×＝1.由X＝10Y，得E(X)＝E(10Y)＝10，即X的数学期望为10元．
7．有5支竹签，编号分别为1,2,3,4,5，从中任取3支，以X表示取出竹签的最大号码，则E(X)的值为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 X的可能取值为3,4,5.则P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，
X的分布列为
X
3
4
5
P
E(X)＝3×＋4×＋5×＝.
8．甲、乙两人进行围棋比赛，规定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或下满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．设X表示比赛停止时已比赛的局数，则随机变量X的数学期望E(X)等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 X的可能取值为2,4,6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为()2＋()2＝，若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有P(X＝2)＝，P(X＝4)＝(1－)×＝，P(X＝6)＝(1－)×(1－)×1＝，
则随机变量X的分布列为
X
2
4
6
P
故E(X)＝2×＋4×＋6×＝.
9．一个人有n把钥匙，其中只有一把能打开他的房门，他随意地进行试开，并将试开不对的钥匙除去，则打开房门所试开次数ξ的数学期望是________．
答案
解析 由于每次打开他的房门的概率都是，故E(ξ)＝1×＋2×＋…＋n×＝.
10．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果：
投资成功
投资失败
192次
8次
则该公司一年后估计可获收益的期望是________元．
答案 4 760
解析 依题意X的取值为50 000×12%＝6 000和50 000×(－50%)＝－25 000，
则P(X＝6 000)＝＝，
P(X＝－25 000)＝＝，
故E(X)＝6 000×＋(－25 000)×＝4 760.
11．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数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________．
答案
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
0
1
2
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.
12．正四面体的4个面上分别写有数字1,2,3,4，将3个这样的大小相同、质地均匀的正四面体同时投掷于桌面上．记X为与桌面接触的3个面上的3个数字中最大值与最小值之差的绝对值，则随机变量X的期望E(X)等于________．
答案
解析 X的可能取值是0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
13．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数．
(1)求ξ的分布列；
(2)求ξ的数学期望；
(3)求“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率．
思路 本题是超几何分布问题，可用超几何分布的概率公式求解．
解析 (1)ξ可能取的值为0,1,2.
P(ξ＝k)＝，k＝0,1,2.
所以，ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
(2)由(1)，ξ的数学期望为
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)由(1)，“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率为
P(ξ≤1)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝.
14．某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)，若安检不合格，则必须整改，若整改后经复查仍不合格，则强制关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8.计算(结果精确到0.01)：
(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；
(2)平均有多少家煤矿必须整改；
(3)至少关闭一家煤矿的概率．
解析 (1)每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的，所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是P1＝C5×(1－0.5)2×0.53＝≈0.31.
(2)由题设，必须整改的煤矿数ξ服从二项分布B(5，0.5)，从而ξ的数学期望E(ξ)＝5×0.5＝2.50，即平均有2.50家煤矿必须整改．
(3)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是P2＝(1－0.5)×(1－0.8)＝0.1，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意可知，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，故至少关闭一家煤矿的概率是P3＝1－0.95≈0.41.
课时作业(二十一)
1．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．
分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数Y的分布列和数学期望．
解析 由茎叶图可知，甲组同学的植树棵数是：9,9,11,11；乙组同学的植树棵数是9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4＝16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17,18,19,20,21.事件“Y＝17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”，所以该事件有2种可能的结果，因此P(Y＝17)＝＝，同理可得P(Y＝18)＝，P(Y＝19)＝，P(Y＝20)＝，P(Y＝21)＝.
所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P
E(Y)＝17×P(Y＝17)＋18×P(Y＝18)＋19×P(Y＝19)＋20×P(Y＝20)＋21×P(Y＝21)
＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19.
2．某渔船要对下月是否出海作出决策，如果出海后遇到好天气，可得收益6 000元，如果出海后天气变坏将损失8 000元．若不出海，无论天气如何都将承担1 000元损失费．据气象部门的预测，下月好天气的概率是0.6，天气变坏的概率为0.4，请你为该渔船作出决定，是出海还是不出海？依据是什么？
解析 若选择出海，设X为渔船的收益，则由题知X的可能取值为6 000元，－8 000元，
P(X＝6 000)＝0.6，P(X＝－8 000)＝0.4.
∴E(X)＝6 000×0.6＋(－8 000)×0.4＝400.
若选择不出海，则损失1 000元．
∵400>－1 000，∴应选择出海．
3．在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求：
(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；
(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望．
解析 (1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式，得P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.
(2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，且P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝.
从而知ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
所以，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
4．为了拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类．这三类工程所含项目的个数分别占总数的、、.现有3名工人独立地从中任选一个项目参与建设．
(1)求他们选择的项目所属类别互不相同的概率；
(2)记ξ为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数，求ξ的分布列及数学期望．
解析 记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3，由题意知A1，A2，A3相互独立，B1，B2，B3相互独立，C1，C2，C3相互独立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1,2,3，且i，j，k互不相同)相互独立，且P(Ai)＝，P(Bi)＝，P(Ci)＝.
(1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率
P＝3！P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝6×××＝.
(2)解法一 设3名工人中选择的项目属于民生工程的人数为η，
由已知，η～B(3，)，且ξ＝3－η，
所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝C()3＝，
P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝C()2()＝，
P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝C()()2＝，
P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝C()3＝.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
解法二 记第i名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件Di，i＝1,2,3.
由已知，D1，D2，D3相互独立，且
P(Di)＝P(Ai＋Ci)＝P(Ai)＋P(Ci)＝＋＝.
所以ξ～B(3，)，即P(ξ＝k)＝C()k()3－k，k＝0,1,2,3.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
ξ的数学期望E(ξ)＝3×＝2.
5．某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次．在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为或.
(1)如果选手甲以在A、B区投篮得分的期望较高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择在哪个区投篮？
(2)求选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．
解析 (1)设选手甲在A区投两次篮的进球数为X，
则X～B(2，)，故E(X)＝2×＝.
则选手甲在A区投篮得分的期望为2×＝3.6.
设选手甲在B区投三次篮的进球数为Y，则Y～B(3，)．
故E(Y)＝3×＝1.
则该选手在B区投篮得分的期望为3×1＝3.
所以选手甲应该选择在A区投篮．
(2)设“该选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分”为事件C，“该选手在A区投篮得4分且在B区投篮得3分或0分”为事件D，“该选手在A区投篮得2分且在B区投篮得0分”为事件E，则事件C＝D∪E，且事件D与事件E互斥．
P(D)＝×(＋)＝，
P(E)＝×＝，
P(C)＝P(D∪E)＝＋＝，
故该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为.
?重点班选做题
6．设l为平面上过点(0,1)的直线，l的斜率等可能地取－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)＝________.
答案
解析
k
－2
－
－
0
2
ξ
1
P
7.某企业2015年工作计划中，对每位员工完成工作任务的奖励情况作出如下规定：有一季度完成任务者得奖金300元；有两季度完成任务者得奖金750元；有三季度完成任务者得奖金1 260元；对四个季度均完成任务的员工，奖励1 800元；若四个季度均未完成任务则没有奖金．假若每位员工在每个季度里完成任务与否都是等可能的，求企业每位员工在2015年所得奖金的数学期望．
解析 P(X＝0)＝C()0()4＝；
P(X＝300)＝C()1()3＝；
P(X＝750)＝C()2()2＝；
P(X＝1 260)＝C()3()1＝；
P(X＝1 800)＝C()4()0＝.
故X的分布列为
X
0
300
750
1 260
1 800
P
E(X)＝0×＋300×＋750×＋1 260×＋1 800×＝783.75(元)．
1．A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1，A2，A3，B队队员是B1，B2，B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
对阵队员
A队队员胜的概率
B队队员胜的概率
A1对B1
A2对B2
A3对B3
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A队、B队最后所得总分分别为ξ、η.
(1)求ξ、η的概率分布；
(2)求E(ξ)，E(η)．
解析 (1)ξ的可能值为3,2,1,0，则P(ξ＝3)＝××＝，
P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝，
P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝＝，P(ξ＝0)＝××＝＝.
根据题意ξ＋η＝3，所以P(η＝0)＝P(ξ＝3)＝，P(η＝1)＝P(ξ＝2)＝，P(η＝2)＝P(ξ＝1)＝，P(η＝3)＝P(ξ＝0)＝.
∴ξ，η的分布列为
ξ
3
2
1
0
P
η
0
1
2
3
P
(2)E(ξ)＝，E(η)＝.
2．某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这3个景点的概率分别是0.4、0.5、0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响．设ξ表示客人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．
(1)求ξ的分布列及数学期望；
(2)记“函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A，求事件A的概率．
解析 (1)分别设“客人游览甲景点”、“客人游览乙景点”、“客人游览丙景点”为事件A1、A2、A3.由已知A1、A2、A3相互独立，P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6.客人游览的景点数的可能取值为0、1、2、3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3、2、1、0，所以ξ的可能取值为1、3.
P(ξ＝3)＝P(A1A2A3)＋P( )＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P()P()P()＝2×0.4×0.5×0.6＝0.24，
P(ξ＝1)＝1－0.24＝0.76，所以ξ的分布列为：
ξ
1
3
P
0.76
0.24
E(ξ)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48.
(2)因为f(x)＝(x－ξ)2＋1－ξ2，
所以函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[ξ，＋∞)上单调递增．
要使f(x)在[2，＋∞)上单调递增，当且仅当ξ≤2，即ξ≤，从而P(A)＝P(ξ≤)＝P(ξ＝1)＝0.76.
课时作业(二十二)
1．已知随机变量ξ满足P(ξ＝1)＝0.3，P(ξ＝2)＝0.7，则E(ξ)和D(ξ)的值分别为( )
A．0.6和0.7 B．1.7和0.09
C．0.3和0.7 D．1.7和0.21
答案 D
解析 E(ξ)＝1×0.3＋2×0.7＝1.7，D(ξ)＝(1.7－1)2×0.3＋(1.7－2)2×0.7＝0.21.
2．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
0.5
0.3
0.2
则D(X)等于( )
A．0.7 B．0.61
C．－0.3 D．0
答案 B
解析 E(X)＝－1×0.5＋0×0.3＋1×0.2＝－0.3，D(X)＝(－1＋0.3)2×0.5＋(0＋0.3)2×0.3＋(1＋0.3)2×0.2＝0.61.
3．设X～B(n，p)，且E(X)＝12，D(X)＝4，则n与p的值分别为( )
A．18， B．12，
C．18， D．12，
答案 C
4．D(ξ－D(ξ))的值为( )
A．无法求 B．0
C．D(ξ) D．2D(ξ)
答案 C
解析 D(ξ)为一常数，利用性质D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
5．甲、乙两台自动车床生产同种标准产品1 000件，ξ表示甲机床生产1 000件产品中的次品数，η表示乙机床生产1 000件产品中的次品数，经过一段时间的考察，ξ，η的分布列分别是：
ξ
0
1
2
3
P
0.7
0.1
0.1
0.1
η
0
1
2
P
0.5
0.3
0.2
据此判定( )
A．甲比乙质量好 B．乙比甲质量好
C．甲与乙的质量相同 D．无法判定
答案 A
解析 ∵E(ξ)＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，
E(η)＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＝0.7，
由于E(ξ)6．若ξ是离散型随机变量，P(ξ＝X1)＝，P(ξ＝X2)＝，且X1A. B.
C．3 D.
答案 C
解析 X1、X2满足
解得或
∵X17．设ξ～B(n，p)，则有( )
A．E(2ξ－1)＝2np
B．D(2ξ＋1)＝4np(1－p)＋1
C．E(2ξ＋1)＝4np＋1
D．D(2ξ－1)＝4np(1－p)
答案 D
解析 ∵ξ～B(n，p)，E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)，
∴E(2ξ－1)＝2E(ξ)－1＝2np－1，E(2ξ＋1)＝2np＋1，
D(2ξ－1)＝4np(1－p)，D(2ξ＋1)＝4np(1－p)．
8．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且E(X1)＝2，D(X2)＝，则σ(X3)的值是( )
A．0.5 B.
C. D．3.5
答案 C
解析 ∵X1～B(n,0.2)，∴E(X1)＝0.2n＝2.
∴n＝10，又X2～B(6，p)，
∴D(X2)＝6p(1－p)＝，∴p＝.
又X3～B(n，p)，∴X3～B(10，)．
∴σ(X3)＝＝＝.
9．若事件在一次试验中发生次数的方差等于0.25，则该事件在一次试验中发生的概率为________．
答案 0.5
解析 在一次试验中发生次数记为ξ，则ξ服从两点分布，则D(ξ)＝p(1－p)，所以p(1－p)＝0.25，解得p＝0.5.
10．已知离散型随机变量X的分布列如下表．E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝________，b＝________.
X
－1
0
1
2
P
a
b
c
答案
解析 ?
11．设投掷一个骰子的点数为随机变量X，则σ(X)＝________.
答案
解析 依题意X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
∴E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5，
D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×＋4×＋9×＋16×＋25×＋36×－()2＝.
∴σ(X)＝＝.
12．抛掷一枚质地均匀的骰子，用X表示掷出偶数点的次数．
(1)若抛掷一次，求E(X)和D(X)；
(2)若抛掷10次，求E(X)和D(X)．
解析 (1)X服从两点分布，
X
0
1
P
∴E(X)＝p＝.
D(X)＝p(1－p)＝×(1－)＝.
(2)由题意知，X～B(10，)．
∴E(X)＝np＝10×＝5，
D(X)＝npq＝10××(1－)＝.
13．有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样验查，他们从中各取等量的样本检查它们的抗拉强度指数如下：
ξ
110
120
125
130
135
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
η
100
115
125
130
145
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
其中ξ和η分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性好．
解析 E(ξ)＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，
E(η)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125，
D(ξ)＝0.1×(110－125)2＋0.2×(120－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(135－125)2＝50，
D(η)＝0.1×(100－125)2＋0.2×(115－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝165，
由于E(ξ)＝E(η)，D(ξ)14．现有A，B两个项目，投资A项目100万元，一年后获得的利润为随机变量X1(万元)，根据市场分析，X1的分布列为
X1
12
11.8
11.7
P
投资B项目100万元，一年后获得的利润X2(万元)与B项目产品价格的调整(价格上调或下调)有关．已知产品价格在一年内进行2次独立的调整，且在每次调整中价格B项目下调的概率都是p(0≤p<1)．经专家测算评估，B项目产品价格的下调与一年后获得相应利润的关系如下表所示：
B项目产品价格一年内下调次数X(次)
0
1
2
投资100万元一年后获得的利润X2(万元)
13
12.5
2
(1)求X1的方差D(X1)；
(2)求X2的分布列；
(3)若p＝0.3，根据投资获得利润的差异，你愿意选择投资哪个项目？(参考数据：1.22×0.49＋0.72×0.42＋9.82×0.09＝9.555)
解析 (1)E(X1)＝12×＋11.8×＋11.7×＝11.8.
D(X1)＝(12－11.8)2×＋(11.8－11.8)2×＋(11.7－11.8)2×＝0.01.
(2)X2的概率分布列为
X
13
12.5
2
P
(1－p)2
2p(1－p)
p2
(3)当p＝0.3时，E(X2)＝E(X1)＝11.8，
由于D(X1)＝0.01，D(X2)＝9.555，
所以D(X2)>D(X1)．在投资两个项目的利润均值相同的情况下，投资B项目的风险高于A项目，从获得稳定收益考虑，当p＝0.3时应投资A项目．
15．(2015·佛山一中期末)篮球运动员比赛投篮，命中得1分，不中得0分，已知甲运动员投篮命中的概率为p.
(1)若投篮1次得分记为X，求方差D(X)的最大值；
(2)当(1)中D(X)取最大值时，求甲运动员投篮5次得4分的概率．
解析 (1)依题意，X的分布列为
X
0
1
P
1－p
p
∴E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，
D(X)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2p＝－(p－)2＋.
∴当p＝时，D(X)取最大值，且最大值为.
(2)由(1)可知p＝.设投篮5次得分为Y，则Y～B(5，)，
那么P(Y＝4)＝C()4×＝，
则运动员甲投篮5次得4分的概率为.
?重点班选做题
16．已知随机变量X的数学期望为E(X)，方差为D(X)，随机变量Y＝，则D(Y)的值为( )
A．0 B．－1
C．1 D.
答案 C
解析 ∵E(X)，均为常数，
∴D(Y)＝D()＝·D(X)＝1.
17．设p为非负实数，随机变量X的概率分布为：
X
－1
0
1
P
－p
p
求E(X)与D(X)的最大值．
解析 根据题意，得解得0≤p≤.
因为E(X)＝－1×(－p)＋0×p＋1×＝p，
所以当p＝时，E(X)取得最大值，为.
因为D(X)＝(－1－p)2(－p)＋(0－p)2p＋(1－p)2×＝－p2－p＋1＝－(p＋)2＋，故当p＝0时，D(X)取得最大值，为1.
课时作业(二十三)
1．已知随机变量X的分布列是
X
1
2
3
P
0.4
0.2
0.4
则E(X)和D(X)分别等于( )
A．1和0 B．1和1.8
C．2和2 D．2和0.8
答案 D
2．甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表
甲的成绩
环数
7
8
9
10
频数
5
5
5
5
乙的成绩
环数
7
8
9
10
频数
6
4
4
6
丙的成绩
环数
7
8
9
10
频数
4
6
6
4
s1、s2、s3分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差，则有( )
A．s3>s1>s2 B．s2>s1>s3
C．s1>s2>s3 D．s2>s3>s1
答案 B
3．已知随机变量X～B(100,0.2)，那么D(4x＋3)的值为( )
A．64 B．256
C．259 D．320
答案 B
解析 由X～B(100,0.2)知随机变量X服从二项分布，且n＝100，p＝0.2，由公式得D(X)＝np(1－p)＝100×0.2×0.8＝16，因此D(4X＋3)＝42D(X)＝16×16＝256.
4．(2015·九江六校期末联考)袋中有大小、形状相同的白、黄乒乓球各一个，每次摸取一个乒乓球记下颜色后放回，现连续取球4次，记取出黄球的次数为X，则X的方差D(X)＝( )
A. B.
C．1 D．2
答案 C
解析 每次取球时，黄球被取出的概率为，把4次取球看作4次独立重复试验，黄球出现的次数X～B(4，)，则D(X)＝4××＝1.
5．随机变量X的分布列如下表：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，若E(X)＝，则D(X)的值是( )
A. B.
C. D．1
答案 A
解析 因为a＋b＋c＝1,2b＝a＋c，
所以b＝，a＋c＝.
又因为E(X)＝，所以＝－a＋c.
故a＝，c＝.
D(X)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＝.
6．已知X的分布列为( )
X
－1
0
1
P
若η＝2X＋2，则D(η)的值为( )
A．－ B.
C. D.
答案 D
解析 E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－，D(X)＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，
所以D(η)＝D(2X＋2)＝4D(X)＝＝.
7．若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1A. B.
C．3 D.
答案 C
解析 因为E(X)＝x1＋x2＝.
所以x2＝4－2x1.
D(X)＝(－x1)2×＋(－x2)2×＝.
解得(舍)或∴x1＋x2＝3.
8．(2014·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
答案
解析 设出ξ＝1，ξ＝2时的概率，利用分布列中概率之和为1及期望的公式求解．
设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，
则解得
所以D(ξ)＝＋×0＋×1＝.
9．牧场的10头牛，因误食疯牛病毒污染的饲料被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病牛的头数为X，则D(X)等于________．
答案 0.196
解析 由题意知，随机变量服从二项分布，所以D(X)＝np(1－p)＝10×0.02×(1－0.02)＝0.196.
10．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______．
答案 ，5
解析 成功次数ξ～B(100，p)，所以D(ξ)＝100p(1－p)≤100·()2＝25，
当且仅当p＝1－p.即p＝时，成功次数的标准差最大，其最大值为5.
11．(2015·宁波高二检测)已知随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝1.1，则D(X)＝________.
X
0
1
x
P
m
答案 0.49
解析 由＋m＋＝1可知m＝.
又由E(X)＝m＋x＝1.1可知x＝2.
所以D(X)＝(0－1.1)2×＋(1－1.1)2×＋(2－1.1)2×＝0.49.
12．从某批产品中，有放回地抽取产品2次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)＝0.96.
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；
(2)若该批产品共100件，从中一次性任意抽取2件，用ξ表示取出的2件产品中的二等品的件数，求ξ的分布列及期望．
解析 (1)记A0表示事件“取出的2件产品中无二等品”，A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件是二等品”，则A0、A1互斥，且A＝A0＋A1.故P(A)＝P(A0＋A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋Cp·(1－p)＝1－p2.
由题意，知1－p2＝0.96，又p>0，故p＝0.2.
(2)ξ可能的取值为0,1,2.
若该批产品共100件，由(1)知，其中共有二等品100×0.2＝20件，故
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以ξ的期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝＝.
13．工人在包装某产品时不小心将2件不合格的产品一起放进了一个箱子里，此时该箱子中共有外观完全相同的6件产品．只有将产品逐一打开检验才能确定哪2件产品是不合格的，产品一旦打开检验不管是否合格都将报废．记ξ表示将2件不合格产品全部检测出来后4件合格产品中报废品的数量．
(1)求报废的合格品少于2件的概率；
(2)求ξ的分布列和数学期望．
解析 (1)报废的合格品少于2件，即ξ＝0或ξ＝1，
而P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
故P(ξ<2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝＋＝.
(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，
由(1)知P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
14．(2014·湖南)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．
思路 (1)根据相互独立事件及对应事件的概率公式求至少有一种新产品研发成功的概率；
(2)根据企业获得的资金的数目及独立事件概率公式求出其相应的概率，列出分布列，利用期望公式求期望．
解析 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.
因为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.
1．设10≤x1A．D(ξ1)>D(ξ2)
B．D(ξ1)＝D(ξ2)
C．D(ξ1)D．D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关
答案 A
解析 先求出两个随机变量的方差，再比较大小．由条件可得，随机变量ξ1，ξ2的平均数相同，记为，则D(ξ1)＝
[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(x5－)2]，D(ξ2)＝[(－)2＋(－)2＋…＋(－)2]，
所以D(ξ1)－D(ξ2)＝[(x1－x2)2＋(x2－x3)2＋…＋
(x5－x1)2]>0，即D(ξ1)>D(ξ2)．
2．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：
降水量X
X<300
300≤X<700
700≤X<900
X≥900
工期延
误天数Y
0
2
6
10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求：
(1)工期延误天数Y的均值与方差；
(2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
解析 (1)由已知条件和概率的加法公式有：
P(X<300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y的分布列为：
Y
0
2
6
10
P
0.3
0.4
0.2
0.1
于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，得P(X≥300)＝1－P(X<300)＝0.7.
又P(300≤X<900)＝P(X<900)－P(X<300)＝0.9－0.3＝0.6，
由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X<900|X≥300)＝＝＝.
故在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是.
3．一种电脑屏幕保护画面，只有符合“O”和“△”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“O”和“△”之一，其中出现“O”的概率为p，出现“△”的概率为q，若第k次出现“O”，则记ak＝1；出现“△”，则记ak＝－1.令Sn＝a1＋a2＋…＋an.
(1)当p＝，q＝时，求S4＝2的概率；
(2)当p＝q＝时，记ξ＝|S4|，求ξ的分布列及数学期望．
解析 (1)“S4＝2”即电脑屏幕变化4次(相当于4次独立重复试验)，其中“O”出现3次，“△”出现1次，∴其概率为：P(S4＝2)＝C()3×＝，
即S4＝2的概率为.
(2)由题知ξ的取值有：0,2,4.
记：y表示电脑变化4次中“O”出现的次数，则y～B(4，)，P(ξ＝0)＝P(y＝2)＝C()2()2＝，
P(ξ＝2)＝P(y＝1)＋P(y＝3)
＝C()×()3＋C()3×()＝＝，
P(ξ＝4)＝P(y＝0)＋P(y＝4)
＝()4＋()4＝，∴ξ的分布列为：
ξ
0
2
4
P
ξ的期望为：E(ξ)＝0×＋2×＋4×
＝1＋＝.
4．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中随机地抽取3张卡片，设3张卡片数字之和为ξ，求E(ξ)和D(ξ)．
解析 这3张卡片上的数字之和为ξ，这一随机变量的可能取值为6,9,12.
ξ＝6表示取出的3张卡片上都标有2，则
P(ξ＝6)＝＝.
ξ＝9表示取出的3张卡片上两张标有2，一张标有5，则
P(ξ＝9)＝＝.
ξ＝12表示取出的3张卡片上一张标有2，两张标有5，则
P(ξ＝12)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
6
9
12
P
∴E(ξ)＝6×＋9×＋12×＝7.8.
D(ξ)＝(6－7.8)2×＋(9－7.8)2×＋(12－7.8)2×＝3.36.
5．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．
解析 (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．
6．某单位在应聘会上，设置了难度不同的甲、乙两个系列的问题，每个系列都有A和B两个问题，应聘时每个应聘者自选一个系列问题，两个问题的得分之和为该应聘者的成绩．假设每个应聘者完成每个系列中的两个问题的得分是相互独立的，根据应聘的个人综合水平可知，某应聘者能回答甲系列和乙系列问题的情况如下表：
甲系列：
问题
A
B
得分
100
80
40
10
概率
乙系列：
问题
A
B
得分
90
50
20
0
概率
现该应聘者最后一个应聘，其之前应聘者的最高得分为118分．
(1)若该应聘者希望成为应聘者中的第一名，应选择哪个系列，说明理由，并求其成为第一名的概率；
(2)若该应聘者选择乙系列，求其成绩X的分布列及其数学期望E(X)．
解析 (1)若该应聘者希望获得第一名，应选择甲系列．理由如下，选择甲系列最高得分为100＋40＝140>118，可能成为第一名；而选择乙系列最高得分为90＋20＝110<118，不可能成为第一名．
选甲系列成为第一名的概率为
P(甲为第一名)＝×＋×＝.
(2)X的取值为：50,70,90,110.
P(X＝50)＝，
P(X＝70)＝×＝，
P(X＝90)＝×＝，
P(X＝110)＝×＝.
∴E(X)＝104.
课时作业(二十四)
1．ξ的概率密度函数f(x)＝e ，下列错误的是( )
A．P(ξ<1)＝P(ξ>1)
B．P(－1≤ξ≤1)＝P(－1<ξ<1)
C．f(x)的渐近线是x＝0
D．η＝ξ－1～N(0,1)
答案 C
2．正态曲线φμ，σ(x)＝e，x∈R，其中μ<0的图像是( )
答案 A
解析 因为μ<0，所以对称轴x＝μ位于y轴左侧．
3．下列说法不正确的是( )
A．若X～N(0,9)，则其正态曲线的对称轴为y轴
B．正态分布N(μ，σ2)的图像位于x轴上方
C．所有的随机现象都服从或近似服从正态分布
D．函数f(x)＝e (x∈R)的图像是一条两头低、中间高、关于y轴对称的曲线
答案 C
解析 并不是所有的随机现象都服从或近似服从正态分布，还有些其他分布．
4．如下图是正态分布N1(μ，σ)，N2(μ，σ)，N3(μ，σ)相应的曲线，则有( )
A．σ1>σ2>σ3 B．σ3>σ2>σ1
C．σ1>σ3>σ2 D．σ2>σ1>σ3
答案 A
解析 σ反映了随机变量取值的离散程度，σ越小，波动越小，取值越集中，图像越“瘦高”．
5．设随机变量ξ～N(2,4)，则D(ξ)的值等于( )
A．1 B．2
C. D．4
答案 A
解析 ∵ξ～N(2,4)，∴D(ξ)＝4.
∴D(ξ)＝D(ξ)＝×4＝1.
6．若随机变量ξ的密度函数为f(x)＝e，ξ在(－2，－1)和(1,2)内取值的概率分别为P1，P2，则P1，P2的关系为( )
A．P1>P2 B．P1C．P1＝P2 D．不确定
答案 C
解析 由题意知，μ＝0，σ＝1，所以曲线关于x＝0对称，根据正态曲线的对称性，可知P1＝P2.
7．设随机变量ξ～N(μ，σ2)，且P(ξ≤C)＝P(ξ>C)＝P，则P的值为( )
A．0 B．1
C. D．不确定与σ无关
答案 C
解析 ∵P(ξ≤C)＝P(ξ>C)＝P，∴C＝μ，且P＝.
8．已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
答案 C
解析 因为随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，所以正态曲线关于直线x＝0对称，又P(ξ>2)＝0.023，所以P(ξ<－2)＝0.023，所以P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ>2)－P(ξ<－2)＝1－2×0.023＝0.954，故选C.
9．正态总体的函数f(x)＝e (x∈R)，则总体的平均数E(X)＝________，标准差σ(X)＝________.
答案 0 2
解析 f(x)＝e＝e，对比正态曲线函数解析式可知μ＝0，σ＝2.
10．从正态分布曲线f(x)＝e，x∈R的图像可以看到曲线在________上方，关于________对称，当__________时，f(x)达到最大值，最大值是__________．
答案 x轴 直线x＝8 x＝8
解析 由正态分布曲线对应的有关特征可得．
11．已知正态分布N(μ，σ2)的密度曲线是：
f(x)＝e ，x∈R.给出以下四个命题：
①对任意x∈R，f(μ＋x)＝f(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______．(写出所有真命题序号)
答案 ①②④
解析 如果随机变量X服从N(108,100)，那么X的期望是108，标准差是10，故③是假命题，其余都是真命题．
12．正态分布的概率密度函数f(x)＝e 在(3,7]内取值的概率为________．
答案 0.682 6
解析 由题意可知X～N(5,4)，且μ＝5，σ＝2，
所以P(313．某中学共有210名学生，从中取60名学生成绩如下：
成绩
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人数
0
0
0
6
15
21
12
3
3
0
若总体分布服从正态分布，求正态分布的概率密度函数式．
解析 因为＝(4×6＋5×15＋6×21＋7×12＋8×3＋9×3)＝6，
s2＝[6×(4－6)2＋15×(5－6)2＋21×(6－6)2＋12×(7－6)2＋3×(8－6)2＋3×(9－6)2]＝1.5，
以＝6，s≈1.22作为总体预计平均成绩和标准差的估计值，即μ＝6，σ＝1.22，
则总体服从正态分布N(6,1.222)，
所以，正态分布的概率密度函数式：
μμ，σ(x)＝e .
14．若一个正态分布的概率密度函数是一个偶函数，且该函数的最大值为.
(1)求该正态分布的概率密度函数的解析式；
(2)求正态总体在(－4,4]内的概率．
解析 (1)由于该正态分布的概率密度函数是一个偶函数，所以其图像关于y轴对称，即μ＝0.
由＝，得σ＝4.
故该正态分布的概率密度函数的解析式是
φμ，σ(x)＝e ，x∈(－∞，＋∞)．
(2)P(－4＜X≤4)＝P(0－4＜X≤0＋4)
＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6.
?重点班选做题
15．随机变量X～N(μ，σ2)，则Y＝aX＋b服从( )
A．N(aμ，σ2) B．N(0,1)
C．N(，) D．N(aμ＋b，a2σ2)
答案 D
课时作业(二十五)
1．若ξ～N(1，)，η＝6ξ，则E(η)等于( )
A．1 B.
C．6 D．36
答案 C
解析 ∵ξ～N(1，)，∴E(ξ)＝1，∴E(η)＝6E(ξ)＝6.
2．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．0.16 B．0.32
C．0.68 D．0.84
答案 A
解析 利用正态分布图像的对称性，P(ξ≤0)＝1－P(ξ≤4)＝1－0.84＝0.16.
3．已知随机变量X服从正态分布N(3,1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，则P(X>4)＝( )
A．0.158 8 B．0.158 7
C．0.158 6 D．0.158 5
答案 B
解析 由正态密度函数的对称性知
P(X>4)＝＝＝0.158 7，故选B.
4．若随机变量ξ～N(0,1)，则P(|ξ|>3)等于( )
A．0.997 4 B．0.498 7
C．0.974 4 D．0.002 6
答案 D
5．若随机变量ξ～N(－2,4)，则ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在下列哪个区间上取值的概率( )
A．(2,4] B．(0,2]
C．(－2,0] D．(－4,4]
答案 C
6．已知ξ～N(0,62)，且P(－2≤ξ≤0)＝0.4，则P(ξ>2)等于( )
A．0.1 B．0.2
C．0.6 D．0.8
答案 A
7．已知一次考试共有60名同学参加，考生的成绩X～N(110,52)，据此估计，大约应有57人的分数在下列哪个区间内？( )
A．(90,110] B．(95,125]
C．(100,120] D．(105,115]
答案 C
解析 由于X～N(110,52)，所以μ＝110，σ＝5，因此考试成绩在区间(105,115]，(100,120]，(95,125]上的概率分别应是0.682 6,0.954 4,0.997 4，由于一共有60人参加考试，∴成绩位于上述三个区间的人数分别是：60×0.682 6＝41人，60×0.954 4＝57人，60×0.997 4＝60人．
8．设离散型随机变量ξ～N(0,1)，则P(ξ≤0)＝________；P(－2<ξ<2)＝________.
答案 ，0.954 4
解析 因为标准正态曲线的对称轴为x＝0，所以P(ξ≤0)＝P(ξ>0)＝.而P(－2<ξ<2)＝P(－2σ<ξ<2σ)＝0.954 4.
9．某种零件的尺寸X(cm)服从正态分布N(3,1)，则不属于区间(1,5)这个尺寸范围的零件约占总数的________．
答案 4.56%
解析 属于区间(μ－2σ，μ＋2σ)即区间(1,5)的取值概率约为95.44%，故不属于区间(1,5)这个尺寸范围的零件数约占总数的1－95.44%＝4.56%.
10．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________．
答案 0.954 4
解析 ∵X～N(50,102)，∴μ＝50，σ＝10.
∴P(3011．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________．
答案 0.8
12．设随机变量ξ～N(3,4)，若P(ξ>c＋2)＝P(ξ解析 由ξ～N(3,4)可知，密度函数关于直线x＝3对称(如下图所示)，
又P(ξ>c＋2)＝P(ξ3－(c－2)＝(c＋2)－3，∴c＝3.
13．在一次测试中，测量结果X服从正态分布N(2，σ2)(σ>0)，若X在(0,2)内取值的概率为0.2，
求(1)X在(0,4)内取值的概率；
(2)P(X>4)．
解析
(1)由于X～N(2，σ2)，对称轴x＝2，画出示意图，
∵P(0∴P(0(2)P(X>4)＝[1－P(0＝(1－0.4)＝0.3.
14．若在一次数学考试中，某班学生的分数为X，且X～N(110,202)，满分为150分，这个班的学生共有54人，求这个班在这次数学考试中及格(不小于90分)的人数和130分以上(不包括130分)的人数．
解析 ∵X～N(110,202)，∴μ＝110，σ＝20.
∴P(110－20∴X>130的概率为×(1－0.682 6)＝0.158 7.
∴X≥90的概率为0.682 6＋0.158 7＝0.841 3.
∴及格的人数为54×0.841 3≈45(人)，
130分以上的人数为54×0.158 7≈9(人)．
15．某人骑自行车上班，第一条路线较短但拥挤，到达时间X(分钟)服从正态分布N(5,1)；第二条路较长但不拥挤，X服从正态分布N(6,0.16)．有一天他出发时离点名时间还有7分钟，问他应选哪一条路线？若离点名时间还有6.5分钟，问他应选哪一条路线？
解析 还有7分钟时，
若选第一条路线，X服从N(5,1)，能及时到达的概率
P1＝P(X≤7)＝P(X≤5)＋P(5＝＋P(μ－2σ若选第二条路线，X服从N(6,0.16)，能及时到达的概率P2＝P(X≤7)＝P(X≤6)＋P(6＝＋P(μ－2.5σ所以P1同理，还有6.5分钟时，选第一条路线．
?重点班选做题
16．(2015·沧州七校联考)2015年中国汽车销售量达到1 700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1 200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升，并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N(8，σ2)，已知耗油量ξ∈[7,9]的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆．
思路 首先根据题意确定正态分布的对称轴，利用正态曲线的对称性即可求得ξ>9的概率，利用概率来估计样本中满足条件的汽车数量
解析 由题意可知ξ～N(8，σ2)，故正态分布曲线以μ＝8为对称轴，又因为P(7≤ξ≤9)＝0.7，故P(ξ>9)＝[1－p(7≤ξ≤9)]＝(1－0.7)＝0.15.故耗油量大于9升的汽车大约有1 200×0.15＝180辆．
17．设随机变量X服从正态分布X～N(8,1)，求P(5解析 由已知得μ＝8，σ＝1，
∵P(6∴P(5如图，由正态曲线分布的对称性，得P(51．(2011·辽宁)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 ∵P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝.
2．(2011·湖北)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( )
A．0.6 B．0.4
C．0.3 D．0.2
答案 C
解析 根据题意，随机变量ξ的正态分布，密度曲线关于x＝2对称，故P(0<ξ<2)＝P(2<ξ<4)＝P(ξ<4)－P(ξ<2)＝0.8－0.5＝0.3.
3．(2015·新课标全国Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
答案 A
解析 由题意得所求概率P＝C×0.62×(1－0.6)＋C×0.63＝0.648.
4．(2015·山东)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
答案 B
解析 由已知μ＝0，σ＝3.所以P(3<ξ<6)＝[P(－6<ξ<6)－P(－3<ξ<3)]＝(95.44%－68.26%)＝×27.18%＝13.59%.故选B.
5．(2015·湖南)
在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
A．2 386
B．2 718
C．3 413
D．4 772
答案 C
解析 由题意可得，P(06．(2015·湖北)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如下图所示．下列结论中正确的是( )
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(Y≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
答案 C
解析 由正态分布密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)的密度曲线分别关于直线x＝μ1，x＝μ2对称，因此结合题中所给图像可得，μ1<μ2，所以P(Y≥μ2)P(X≤σ1)，B错误．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，C正确，D错误．
7．(2015·广东)已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________.
答案
解析 由得p＝.
8．(2012·广东)某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中x的值；
(2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的数学期望．
解析 (1)由题设可知(3×0.006＋0.01＋x＋0.054)×10＝1，解得x＝0.018.
(2)由题设可知，成绩在区间[80,90)内的人数为0.018×10×50＝9，成绩在区间[90,100]内的人数为0.006×10×50＝3，
所以不低于80分的学生人数为9＋3＝12，ξ的所有可能取值为0,1,2.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
所以ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
9．(2012·浙江)已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．
(1)求X的分布列；
(2)求X的数学期望E(X)．
解析 (1)由题意得X取3,4,5,6，且
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝.
所以X的分布列为
X
3
4
5
6
P
(2)由(1)知E(X)＝3P(X＝3)＋4P(X＝4)＋5P(X＝5)＋6P(X＝6)＝.
10．(2012·江苏)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.
(1)求概率P(ξ＝0)；
(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．
解析 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此P(ξ＝0)＝＝＝.
(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P(ξ＝)＝＝.
于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝.
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
P(ξ)
因此E(ξ)＝0×＋1×＋×＝.
11．(2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．
(1)求红队至少两名队员获胜的概率；
(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解析 (1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则，，分别表示甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C的事件．
因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，
由对立事件的概率公式知P()＝0.4，P()＝0.5，P()＝0.5.
红队至少两人获胜的事件有：DE，DF，EF，DEF.
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF)
＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.
(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.
又由(1)知 F、E、D 是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，
因此P(ξ＝0)＝P( )＝0.4×0.5×0.5＝0.1，
P(ξ＝1)＝P( F)＋P(E)＋P(D )
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，
P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.
由对立事件的概率公式，得
P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.
12．(2011·江西)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的分布列；
(2)求此员工月工资的期望．
解析 (1)X的所有可能取值为：0,1,2,3,4，
P(X＝i)＝(i＝0,1,2,3,4)，
即X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
(2)令Y表示此员工的月工资，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)＝.
E(Y)＝3 500×＋2 800×＋2 100×＝2 280，
所以此员工月工资的期望为2 280元．
13．(2010·广东)某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上40件产品作为样本称出它们的重量(单位：克)，重量的分组区间为(490,495]，(495,500]，…，(510,515]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．
(1)根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y为重量超过505克的产品数量，求Y的分布列；
(3)从该流水线上任取5件产品，求恰有2件产品的重量超过505克的概率．
解析 (1)重量超过505克的产品数量为：
40×(0.05×5＋0.01×5)＝40×0.3＝12件．
(2)Y的分布列为
Y
0
1
2
P
(3)利用样本估计总体：该流水线上产品重量超过505克的概率为0.3.令ξ为任取的5件产品中重量超过505克的产品数量，则ξ～B(5,0.3)，故所求概率为P(ξ＝2)＝C(0.3)2(0.7)3＝0.308 7.
14．(2012·重庆)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率；
(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率．
解析 设Ak、Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，
则P(Ak)＝，P(Bk)＝(k＝1,2,3)．
(1)记“乙获胜”为事件C，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P(C)＝P(B1)＋P( B2)＋P( B3)
＝P()P(B1)＋P()P()P()P(B2)＋P()P()P()P()P()P(B3)
＝×＋()2()2＋()3()3＝.
(2)“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P(D)＝P( B2)＋P( A3)
＝P()P()P()P(B2)＋P()P()P()P()P(A3)
＝()2()2＋()2()2()＝.
15．(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．
(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；
(2)X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数．求X的期望．
解析 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但不购买甲种保险；
C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险的1种；
D表示事件：该地的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，
X～B(100,0.2)，即X服从二项分布，
所以期望E(X)＝100×0.2＝20.
16．(2014·福建)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000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60 000元，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．
思路 (1)先利用排列组合知识求出P(X＝60)的值，结合此值接着求出P(X＝20)的值后，再由分布列求期望；
(2)先根据题意寻找期望为60元的可能的两种方案，然后逐一分析，求出方差，比较优劣．
解析 (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.
17．(2014·辽宁)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，如图所示．
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的分布列，期望E(X)及方差D(X)．
思路 (1)结合频率分布直方图先求解概率，再利用独立事件的概率公式求解；
(2)先写出分布列，再利用二项分布求解期望和方差．
解析 (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天的日销售量不低于100个且另一天销售量低于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分布列为
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D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.
18．(2014·安徽)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)．
思路 (1)利用分类讨论的思想及相互独立事件、互斥事件的概率公式求解；(2)根据X的取值，利用概率公式求出其相应的概率，列出分布列，利用期望公式求解．
解析 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×＝.
19．(2015·新课标全国Ⅰ)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x(单位：千元)对年销售量y(单位：t)和年利润z(单位：千元)的影响，对近8年的年宣传费xi和年销售量yi(i＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
(xi－)2
(wi－)2
(xi－)
(yi－)
(wi－)
(yi－)
46.6
563
6.8
289.8
1.6
1 469
108.8
表中wi＝，＝wi.
(1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝c＋d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)
(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；
(3)已知这种产品的年利率z与x，y的关系为z＝0.2y－x.根据(2)的结果回答下列问题：
①年宣传费x＝49时，年销售量及年利润的预报值是多少？
②年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？
附：对于一组数据(u，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－ .
解析 (1)由散点图可以判断，y＝c＋d适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型．
(2)令w＝，先建立y关于w的线性回归方程，
由于＝＝＝68，
∴＝－ ＝563－68×6.8＝100.6.
∴y关于w的线性回归方程为＝100.6＋68w.
因此y关于x的回归方程为＝100.6＋68.
(3)①由(2)知x＝49时，
年销售量y的预报值为＝100.6＋68＝576.6，
年利润z的预报值＝576.6×0.2－49＝66.32.
②根据(2)的结果知年利润z的预报值为
＝0.2(100.6＋68)－x＝－x＋13.6＋20.12.
当＝＝6.8，即x＝46.24时，取得最大值．
∴年宣传费为46.24千元时，年利率的预报值最大．
20．(2015·新课标全国Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：
A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．
解析 (1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下．
通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．
(2)记CA1为事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；
CA2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；
CB1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；
CB2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，
则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CB1与CB2互斥，C＝CB1CA1∪CB2CA2.
P(C)＝P(CB1CA1∪CB2CA2)
＝P(CB1CA1)＋P(CB2CA2)
＝P(CB1)P(CA1)＋P(CB2)P(CA2)．
由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为，，，，故P(CA1)＝，P(CA2)＝，P(CB1)＝，P(CB2)＝.
∴P(C)＝×＋×＝0.48.
21．(2015·北京)A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
A组：10,11,12,13,14,15,16；
B组：12,13,15,16,17,14，a.
假设所有病人的康复时间相互独立．从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；
(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)
解析 设事件Ai为“甲是A组的第i个人”，
事件Bi为“乙是B组的第i个人”，i＝1,2，…，7.
由题意可知P(Ai)＝P(Bi)＝，i＝1,2，…，7.
(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是
P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，
C＝A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此P(C)＝P(A4B1)＋P(A5B1)＋P(A6B1)＋P(A7B1)＋P(A5B2)＋P(A6B2)＋P(A7B2)＋P(A7B3)＋P(A6B6)＋P(A7B6)＝10P(A4B1)＝10P(A4)P(B1)＝.
(3)a＝11或a＝18.
22．(2015·安徽)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
解析 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
E(X)＝200×＋300×＋400×＝350.
23．(2015·四川)某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生，2名女生，B中学推荐了3名男生，4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛．设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
解析 (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．
代表队中的学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝.
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
(2)根据题意，X的可能取值为1,2,3.
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
因此，X的数学期望为
E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)
＝1×＋2×＋3×＝2.
24．(2015·湖南)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球，6个白球的甲箱和装有5个红球，5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解析 (1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，
A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，
B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，
C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意，A1与A2相互独立，A1与A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1＋A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以
P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝P(A1)P()＋P()P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝×(1－)＋(1－)×＝.
故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复实验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B(3，)．
于是P(X＝0)＝C()0()3＝，
P(X＝1)＝C()1()2＝，
P(X＝2)＝C()2()1＝，
P(X＝3)＝C()3()0＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)＝3×＝.
25．(2015·陕西)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
(1)求T的分布列与数学期望E(T)；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
解析 (1)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)．
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同．设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．
方法一：P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二：P()＝P(T1＋T2>70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09.
故P(A)＝1－P()＝0.91.
26．(2015·福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解析 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P(A)＝××＝.
(2)依题意得，X所有可能的取值是1,2,3.
又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××1＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
27．(2015·重庆)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的颁布列与数学期望．
解析 (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)＝＝.
综上可知，X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝(个)．
28．(2015·天津)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
解析 (1)由已知，有P(A)＝＝.
所以，事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
29．(2015·湖北)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品，生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1 000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1 200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求X的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
解析 (1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获利为z，则有(1)
目标函数为z＝1 000x＋1 200y.
当W＝12时，(1)表示的平面区域如图1，三个顶点分别为A(0,0)，B(2.4,4.8)，C(6,0)．
当z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－x＋，
当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，最大获利Z＝zmax＝2.4×1 000＋4.8×1 200＝8 160.
当W＝15时，(1)表示的平面区域如图2，三个顶点分别为A(0,0)，B(3,6)，C(7.5,0)．
将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－x＋，
当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，最大获利Z＝zmax＝3×1 000＋6×1 200＝10 200.
当W＝18时，(1)表示的平面区域如图3，
四个顶点分别为A(0,0)，B(3,6)，C(6,4)，D(9,0)．
将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－x＋，
当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1 000＋4×1 200＝10 800.
故最大获利Z的分布列为
Z
8 160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此，E(Z)＝8 160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9 708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率p1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
p＝1－(1－p1)3＝1－0.33＝0.973.
课时作业(二十六)
1．下列两个变量之间的关系是相关关系的是( )
A．正方体的棱长和体积
B．角的弧度数和它的正弦值
C．速度一定时的路程和时间
D．日照时间与水稻的亩产量
答案 D
解析 因为相关关系就是两个变量之间的一种非确定性关系，故可由两个变量之间的关系确定答案．A，B，C均确定性关系，即函数关系，而D中日照时间与亩产量的关系是不确定的．故选D.
2．以下四个散点图中，两个变量的关系适合用线性回归模型刻画的是( )
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
答案 B
解析 ①③中的点分布在一条直线附近，适合用线性回归模型刻画，②④均不适合．
3．若回归直线方程中的回归系数＝0，则相关系数( )
A．r＝1 B．r＝－1
C．r＝0 D．无法确定
答案 C
解析 注意两个系数之间的联系.＝，
r＝，两个式子的分子是一致的，当＝0时，r一定为0.故选C.
4．在两个变量y与x的回归模型中，分别选择了4个不同的模型，它们的相关指数R2如下，其中拟合效果最好的模型是( )
A．模型1的相关指数R2为0.98
B．模型2的相关指数R2为0.80
C．模型3的相关指数R2为0.50
D．模型4的相关指数R2为0.25
答案 A
解析 相关指数R2的取值范围为[0,1]，若R2＝1，即残差平方和为0，此时预测值与观测值相等．y与x是函数关系，也就是说在相关关系中R2越接近于1，说明随机误差的效应越小，y与x相关程度越大，模型的拟合效果越好．R2＝0，说明模型中x与y根本无关．故选A.
5．某医学科研所对人体脂肪含量与年龄这两个变量研究得到一组随机样本数据，运用Excel软件计算得＝0.577x－0.448(x为人的年龄，y为人体脂肪含量)．对年龄为37岁的人来说，下面说法正确的是( )
A．年龄为37岁的人体内脂肪含量都为20.90%
B．年龄为37岁的人体内脂肪含量为21.01%
C．年龄为37岁的人群中的大部分人的体内脂肪含量为20.90%
D．年龄为37岁的大部分的人体内脂肪含量为31.5%
答案 C
解析 当x＝37时，＝0.577×37－0.448＝20.901≈20.90，由此估计：年龄为37岁的人群中的大部分人的体内脂肪含量为20.90%.
6．对变量x，y有观测数据(xi，yi)(i＝1,2，…，10)，得散点图(1)；对变量u，v有观测数据(ui，vi)(i＝1,2，…，10)，得散点图(2)．由这两个散点图可以判断( )
A．变量x与y正相关，u与v正相关
B．变量x与y正相关，u与v负相关
C．变量x与y负相关，u与v正相关
D．变量x与y负相关，u与v负相关
答案 C
7．(2013·新课标全国)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( )
A．－1 B．0
C. D．1
答案 D
解析 样本相关系数越接近1，相关性越强，现在所有的样本点都在直线y＝x＋1上，样本的相关系数应为1.
8．甲、乙、丙、丁四位同学各自对A、B两变量做回归分析，分别得到散点图与残差平方和(yi－i)2如下表：
甲
乙
丙
丁
散点图
残差
平方和
115
106
124
103
哪位同学的试验结果体现拟合A、B两变量关系的模型拟合精度高？
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
答案 D
解析 根据线性相关的知识，散点图中各样本点条状分布越均匀，同时保持残差平方和越小(对于已经获取的样本数据，R2表达式中(yi－)2为确定的数，则残差平方和越小，R2越大)，由回归分析建立的线性回归模型的拟合效果越好，由试验结果知丁要好些，故选D.
9．已知回归直线的斜率的估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程是________．
答案 ＝1.23x＋0.08
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.
10．若一组观测值(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)之间满足yi＝bxi＋a＋ei(i＝1,2，…，n)，且ei恒为0，则R2为________．
答案 1
解析 由ei恒为0知yi＝i，即yi－i＝0.
故R2＝1－＝1－0＝1.
11．某市居民2010～2014年家庭平均收入x(单位：万元)与年平均支出Y(单位：万元)的统计资料如下表所示：
年份
2010
2011
2012
2013
2014
收入x
11.5
12.1
13
13.3
15
支出Y
6.8
8.8
9.8
10
12
根据统计资料，居民家庭年平均收入的中位数是________，家庭年平均收入与年平均支出有________线性相关关系．(填“正”或“负”)
答案 13 正
解析 由表中所给的数据知所求的中位数为13，画出x与Y的散点图知它们有较强的线性正相关关系．
12．已知两个变量x与y之间有线性相关性，5次试验的观测数据如下：
x
100
120
140
160
180
y
45
54
62
75
92
那么变量y关于x的回归方程是________．
答案 ＝0.575x－14.9
解析 由线性回归的参数公式可求得＝0.575，＝－14.9，所以回归方程为＝0.575x－14.9.
13．一台机器使用时间较长，但还可以使用．它按不同的转速生产出来的某机械零件有一些会有缺点，每小时生产有缺点零件的多少随机器运转的速度而变化，下表为抽样试验结果：
转速x(转/秒)
16
14
12
8
每小时生产有缺点的零件数y(件)
11
9
8
5
(1)对变量y与x进行相关性检验；
(2)如果y与x有线性相关关系，求线性回归方程；
(3)若实际生产中，允许每小时的产品中有缺点的零件最多为10个，则机器的运转速度应控制在什么范围内？
解析 (1)＝12.5，＝8.25.
iyi＝438,4 ＝412.5，＝660，＝291，
所以r＝
＝
＝≈≈0.995.
因为r>0.75，所以y与x有线性相关关系．
(2)＝0.728 6x－0.857 1.
(3)要使≤10，即0.728 6x－0.857 1≤10，
所以x≤14.901 3.
所以机器的转速应控制在14.901 3转/秒以下．
14．(2015·济宁高二检测)已知某校5个学生的数学和物理成绩如下：
学生的编号
1
2
3
4
5
数学成绩x
80
75
70
65
60
物理成绩y
70
66
68
64
62
(1)通过大量事实证明发现，一个学生的数学成绩和物理成绩是具有很强的线性相关关系的，在上述表格中，用x表示数学成绩，用y表示物理成绩，求y关于x的回归方程；
(2)利用残差分析回归方程的拟合效果，若残差和在(－0.1,0.1)范围内，则称回归方程为“优拟方程”，问：该回归方程是否为“优拟方程”．
解析 (1)由已知数据得，＝70，＝66，＝0.36，＝40.8，故回归直线方程为＝0.36x＋40.8.
(2)由＝0.36x＋40.8，可知1＝0.36×80＋40.8＝69.6，同理可得2＝67.8，3＝66，4＝64.2，5＝62.4，所以 (yi－i)＝0∈(－0.1,0.1)．故该回归方程是“优拟方程”．
15．为研究质量x(单位：克)对弹簧长度y(单位：厘米)的影响，对不同质量的6个物体进行测量，数据如下表所示：
x
5
10
15
20
25
30
y
7.25
8.12
8.95
9.90
10.9
11.8
(1)作出散点图并求线性回归方程；
(2)求出R2；
(3)进行残差分析．
解析 (1)作出散点图如图所示：
＝×(5＋10＋15＋20＋25＋30)＝17.5，
＝×(7.25＋8.12＋8.95＋9.90＋10.9＋11.8)≈9.487，
x＝2 275，xiyi＝1 076.2，
计算得，≈0.183，≈6.285，
所求回归直线方程为＝6.285＋0.183x.
(2)列表如下：
yi－i
0.05
0.005
－0.08
－0.045
0.04
0.025
yi－
－2.24
－1.37
－0.54
0.41
1.41
2.31
所以 (yi－i)2≈0.013 18，
(yi－)2＝14.678 4.
所以R2＝1－≈0.999 1.
(3)由残差表中的数值可以看出第3个样本点的残差比较大，需要确认在采集这个数据的时候是否有人为的错误，如果有的话，需要纠正数据，重新建立回归模型；由表中数据可以看出残差点比较均匀地落在不超过0.15的狭窄的水平带状区域中，说明选用的线性回归模型的精度较高，由以上分析可知，弹簧长度与质量具有线性关系．
1．若某函数型相对一组数据的残差平方和为89，其相关指数为0.95，则总偏差平方和为________，回归平方和为________．
答案 1 780 1 691
解析 R2＝1－，0.95＝1－，
∴总偏差平方和为1 780.
回归平方和＝总偏差平方和－残差平方和＝1 780－89＝1 691.
2．对于x与y有如下观测数据：
x
18
25
30
39
41
42
49
52
y
3
5
6
7
8
8
9
10
(1)作出散点图；
(2)对x与y作回归分析；
(3)求出y与x的回归直线方程；
(4)根据回归直线方程，预测y＝20时x的值．
答案 (1)作出散点图，如图．
(2)作相关性检验．
＝×(18＋25＋30＋39＋41＋42＋49＋52)＝＝37，
＝×(3＋5＋6＋7＋8＋8＋9＋10)＝7，
＝182＋252＋302＋392＋412＋422＋492＋522＝11 920，
＝32＋52＋62＋72＋82＋82＋92＋102＝428，
iyi＝18×3＋25×5＋30×6＋39×7＋41×8＋42×8＋49×9＋52×10＝2 257，
iyi－8 ＝2 257－8×37×7＝185，
－82＝11 920－8×372＝968，
－82＝428－8×72＝36，
∴r＝＝≈0.991.
由于r＝0.991>0.75，因此，认为两个变量有很强的相关关系．
(3)回归系数＝＝≈0.191，
＝－ ＝7－0.191×37＝－0.067，
所以y对x的回归直线方程为＝0.191x－0.067.
(4)当y＝20时，有20＝0.191x－0.067，得x≈105.因此在y的值为20时，x的值约为105.
3．以下是收集到的房屋的销售价格y与房屋的大小x的有关数据.
x(m2)
115
110
80
135
105
y(万元)
24.8
21.6
18.4
29.2
22
若y与x呈线性相关关系，求回归直线方程．
解析 作出散点图．
由图可知房屋的销售价格与房屋的大小线性相关．
＝(24.8＋21.6＋18.4＋29.2＋22)＝23.2，
＝(115＋110＋80＋135＋105)＝109，
＝1152＋1102＋802＋1352＋1052＝60 975，
iyi＝24.8×115＋21.6×110＋18.4×80＋29.2×135＋105×22＝12 952.
＝＝＝≈0.196 2.
＝－＝23.2－0.196 2×109＝1.814 2，
所以y对x的回归直线方程为＝0.196 2x＋1.814 2.
4．一个车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，测得数据如下：
零件数x(个)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
加工时间y(分)
62
68
75
81
89
95
102
108
115
122
(1)计算总偏差平方和，残差及残差平方和；
(2)求出相关指数R2；
(3)进行残差分析．
解析 (1)列出残差表(＝0.668x＋54.960，＝91.7)
i
62
68
75
81
89
95
102
108
115
122
61.6
68.3
75.0
81.7
88.4
95.0
101.7
108.4
115.1
121.8
yi－
－29.7
－23.7
－16.7
－10.7
－2.7
3.3
10.3
16.3
23.3
30.3
yi－i
0.4
－0.3
0
－0.7
0.6
0
0.3
－0.4
－0.1
0.2
所以(yi－)2＝(－29.7)2＋(－23.7)2＋…＋30.32＝3 688.1.
(yi－i)2＝0.42＋(－0.3)2＋…＋0.22＝1.4.
即总偏差平方和为3 688.1，残差平方和为1.4，残差值如表中第四行的值．
(2)R2＝1－≈1－0.000 38＝0.999 62，相关指数R2非常接近于1，回归直线模型拟合效果较好．
(3)作出残差图甲
图甲：横坐标为零件个数，纵坐标为残差．
残差分析：由散点图乙和r的值(知识点二的例题，r＝0.999 8)可以说明x与y有很强的相关性，由R2的值可以看出回归直线模型的拟合效果很好．由残差图可以观察到，第4个样本点和第5个样本点的残差比较大，需要确认在采集这两个样本点的过程中是否有人为的失误，如果有则需要纠正数据，重新利用线性回归模型拟合数据；由残差图中的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中(在两条直线y＝－0.65和y＝0.67之间)，也说明选用的线性回归模型较为合适，带状区域的宽度仅为1.32，比较狭窄，说明模型拟合精度较高！
课时作业(二十七)
1．在2×2列联表中，两个比值________相差越大，两个分类变量之间的关系越强( )
A.与 B.与
C.与 D.与
答案 A
2．有两个分类变量X与Y的一组数据，由其列联表计算得K2≈4.523，则认为X与Y有关系是错误的可信度为( )
A．95% B．90%
C．5% D．10%
答案 C
解析 P(K2≥3.841)＝0.05.故选C.
3．假设两个分类变量X与Y，它们的可能取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其列联表为( )
y1
y2
总计
x1
a
b
a＋b
x2
c
d
c＋d
总计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
对于同一样本的以下各组数据，能说明X与Y有关的可能性最大的一组为( )
A．a＝5，b＝4，c＝3，d＝2
B．a＝5，b＝3，c＝4，d＝2
C．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5
D．a＝2，b＝3，c＝5，d＝4
答案 D
解析 (1)利用|ad－bc|越大越有关进行判断；
(2)利用与相差越大越有关进行判断．
对于A，|ad－bc|＝|10－12|＝2；
对于B，|ad－bc|＝|10－12|＝2；
对于C，|ad－bc|＝|10－12|＝2；
对于D，|ad－bc|＝|8－15|＝7.
故选D.
4．下面是调查某地区男女中学生喜欢理科的等高条形图，阴影部分表示喜欢理科的百分比，从图可以看出( )
A．性别与喜欢理科无关
B．女生中喜欢理科的比为80%
C．男生比女生喜欢理科的可能性大些
D．男生不喜欢理科的比为60%
答案 C
5．高二第二学期期中考试，按照甲、乙两个班级学生数学考试成绩优秀和及格统计人数后，得到如下列联表：
班级与成绩列联表
优秀
及格
总计
甲班
11
34
45
乙班
8
37
45
总计
19
71
90
则随机变量K2的观测值约为( )
A．0.600 B．0.828
C．2.712 D．6.004
答案 A
解析 由列联表知a＝11，b＝34，c＝8，d＝37，
a＋b＝45，c＋d＝45，a＋c＝19，b＋d＝71，n＝90，
K2的观测值k＝≈0.600.
6．观察下列各图，其中两个分类变量X，Y之间关系最强的是( )
答案 D
解析 在四幅图中，选项D的图中两个深色条的高相差最明显，说明两个分类变量之间关系最强，故选D.
7．某班主任对全班50名学生进行了作业量的调查，数据如下表：
认为作业量大
认为作业量不大
总计
男生
18
9
27
女生
8
15
23
总计
26
24
50
则学生的性别与认为作业量的大小有关系的把握大约为( )
A．99% B．95%
C．90% D．无充分根据
答案 B
解析 k＝≈5.059>3.841.
8．通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男
女
总计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
总计
60
50
110
由K2＝算得，
K2＝≈7.8.
附表：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参照附表，得到的正确结论是( )
A．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
B．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
C．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
D．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
答案 A
9．大学生和研究生毕业的一个随机样本给出了关于所获取学位类别与学生性别的分类数据如下表．根据表中数据，有________的把握认为性别与获取学位类别有关.
硕士
博士
总计
男
162
27
189
女
143
8
151
总计
305
35
340
答案 99%
10．在独立性检验中，选用K2作为统计量，当K2满足条件________时，我们有90%的把握说事件A与B有关．
答案 K2>2.706
解析 由K2的相关规定可知．
11．统计推断，当________时，有95%的把握说事件A与B有关；当________时，认为没有充分的证据显示事件A与B是有关的．
答案 K2>3.841，K2≤2.706
解析 结合K2的临界值表可知，
当K2>3.841时有95%的把握说事件A与B有关；
当K2≤2.706时认为没有充分的证明显示事件A与B是有关的．
12．有2×2列联表：
B
总计
A
54
40
94
32
63
95
总计
86
103
189
由上表可计算K2≈________.
答案 10.76
解析 K2＝≈10.76.
13．205份样品分别接种于甲、乙两种培养基上，经过规定的一段时间后，检查培养的效果．结果分为阳性和阴性，资料如下．试分析这两种培养基的培养效果是否有显著差别.
阳性
阴性
总计
甲培养基
36
34
70
乙培养基
32
103
135
总计
68
137
205
解析 由公式得K2的观测值
k＝≈15.984，
因为15.984>10.828，K2≥10.828的概率约为0.001，所以拒绝H0.因此有99.9%以上的把握认为这两种培养基的培养效果有显著差异．
14．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)能否有99%的把握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．附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
K2＝
解析 (1)调查的500位老年人中有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计值为＝14%.
(2)K2＝≈9.967，
因为9.967>6.635，所以有99%的把握认为该地区的老年人是否需要帮助与性别有关．
(3)根据(2)的结论可知，该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关，并且从样本数据能够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简单随机抽样方法更好．
15．针对时下的“韩剧热”，某校团委对“喜欢韩剧和学生性别是否有关”进行了一次调查，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，女生喜欢韩剧人数占女生人数的.
(1)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？
(2)若在犯错误的概率不超过0.1的前提下，没有充分的证据显示是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至多有多少人？
解析 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
(1)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k≥3.841.
由k＝＝x≥3.841，
解得x≥10.24.
因为，为整数，所以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．
(2)在犯错误的概率不超过0.1的前提下，没有充分的证据显示是否喜欢韩剧和性别有关，则k<2.706，
由k＝＝x<2.706，
解得x<7.216.
因为，为整数，所以，若没有充分的证据显示是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至多有6人．
1．考察棉花种子经过处理跟生病之间的关系得到如下表数据：
种子处理
种子未处理
总计
得病
32
101
133
不得病
61
213
274
总计
93
314
407
根据以上数据，则( )
A．种子经过处理跟是否生病有关
B．种子经过处理跟是否生病无关
C．种子是否经过处理决定是否生病
D．以上都是错误的
答案 B
解析 由公式得K2的观测值为
k＝≈0.164.
2．电视传媒公司为了了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名．如图是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图．
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”，已知“体育迷”中有10名女性．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料判断在犯错误的概率不超过0.1的前提下能否认为“体育迷”与性别有关？
非体育迷
体育迷
合计
男
女
合计
(2)将日均收看该体育项目不低于50分钟的观众称为“超级体育迷”，已知“超级体育迷”中有2名女性，若从“超级体育迷”中任意选取2人，求至少有1名女性观众的概率．
解析 (1)由所给的频率分布直方图知，
“体育迷”人数为100×(10×0.020＋10×0.005)＝25(人)，
“非体育迷”人数为75，则据题意完成2×2列联表：
非体育迷
体育迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算：
k＝＝≈3.030.
因为3.030>2.706，在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为“体育迷”与性别有关．
(2)由所给的频率分布直方图知
“超级体育迷”人数为100×(10×0.005)＝5(人)，
记ai(i＝1,2,3)表示男性，bj(j＝1,2)表示女性，所有可能结果构成的基本事件空间为Ω＝{(a1，a2)，(a1，a3)，(a2，a3)，(a1，b1)，(a2，b1)，(a3，b1)，(a1，b2)，(a2，b2)，(a3，b2)，(b1，b2)}，共有10个基本事件，且每个基本事件出现是等可能的；用A表示事件“任选2人，至少有1名女性”，
则A＝{(a1，b1)，(a2，b1)，(a3，b1)，(a1，b2)，(a2，b2)，(a3，b2)，(b1，b2)}，共有7个基本事件，故“任选2人，至少有1名女性”的概率为P(A)＝.
3．某县对在职的71名高中数学教师就支持新的数学教材还是支持旧的数学教材做了调查，结果如下表所示：
支持新教材
支持旧教材
合计
具有15年以上
教龄的教师
12
25
37
教龄在15以
下的教师
10
24
34
合计
22
49
71
根据此资料，你是否认为教龄的长短与支持新的数学教材有关？
解析 由公式得K2＝
＝≈0.08.
∵K2<3.841，
∴我们没有理由说教龄的长短与支持新的数学教材有关．
1．(2012·湖南)设某大学的女生体重y(单位：kg)与身高x(单位：cm)具有线性相关关系，根据一组样本数据(xi，yi)(i＝1,2，…，n)，用最小二乘法建立的回归方程为＝0.85x－85.71，则下列结论中不正确的是( )
A．y与x具有正的线性相关关系
B．回归直线过样本点的中心(，)
C．若该大学某女生身高增加1 cm，则其体重约增加0.85 kg
D．若该大学某女生身高为170 cm，则可断定其体重必为58.79 kg
答案 D
解析 D项中，若该大学某女生身高为170 cm，则其体重约为0.85×170－85.71＝58.79(kg)．故D项不正确．
2．(2011·山东)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
答案 B
解析 ∵＝－＝－9.4×＝9.1，
∴回归方程为＝9.4x＋9.1.
令x＝6，得＝9.4×6＋9.1＝65.5(万元)．
3．(2011·陕西)设(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)是变量x和y的n个样本点，直线l是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线(如图)，以下结论中正确的是( )
A．x和y的相关系数为直线l的斜率
B．x和y的相关系数在0到1之间
C．当n为偶数时，分布在l两侧的样本点的个数一定相同
D．直线l过点(，)
答案 D
解析 ∵回归直线方程＝＋x中＝－，
∴＝－＋x，当x＝时＝，∴直线l过定点(，)．
4．(2010·湖南)某商品销售量y(件)与销售价格x(元/件)负相关，则其回归方程可能是( )
A.＝－10x＋200 B.＝10x＋200
C.＝－10x－200 D.＝10x－200
答案 A
解析 由y与x负相关，排除B、D两项，而C项中＝－10x－200<0不符合题意．
5．(2011·广东)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.
答案 185
解析 由题意父亲身高x cm与儿子身高y cm对应关系如下表：
x
173
170
176
y
170
176
182
则＝＝173，＝＝176，
(xi－)(yi－)＝(173－173)×(170－176)＋(170－173)×(176－176)＋(176－173)(182－176)＝18，
(xi－)2＝(173－173)2＋(170－173)2＋(176－173)2＝18.
∴＝＝1.∴＝－＝176－173＝3.
∴线性回归直线方程为＝x＋＝x＋3.
∴可估计孙子身高为182＋3＝185(cm)．
6．(2011·辽宁)调查了某地若干户家庭的年收入x(单位：万元)和年饮食支出y(单位：万元)，调查显示年收入x与年饮食支出y具有线性相关关系，并由调查数据得到y对x的回归直线方程：＝0.254x＋0.321.由回归直线方程可知，家庭年收入每增加1万元，年饮食支出平均增加________万元．
答案 0.254
解析 家庭收入每增加1万元，对应回归直线方程中的x增加1，相应的的值增加0.254，即年饮食支出平均增加0.254万元．
7．(2012·福建)某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价x(元)
8
8.2
8.4
8.6
8.8
9
销量y(件)
90
84
83
80
75
68
(1)求回归直线方程＝bx＋a，其中b＝－20，a＝－b ；
(2)预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)
解析(1)由于＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)＝8.5，
＝(y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋y6)＝80.
所以a＝－b ＝80＋20×8.5＝250.
从而回归直线方程为＝－20x＋250.
(2)设工厂获得的利润为L元，依题意得
L＝x(－20x＋250)－4(－20x＋250)
＝－20x2＋330x－1 000
＝－20(x－)2＋361.25.
当且仅当x＝8.25时，L取得最大值．
故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润．
8．(2014·新课标全国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：
＝，＝－.
思路 直接利用所给的最小二乘估计公式分别求出系数和.
解析 (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，
＝－t＝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．
课时作业(三)
1．已知下列问题：
①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组；
②从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动；
③从a，b，c，d四个字母中取出2个字母；
④从1,2,3,4四个数字中取出2个数字组成一个两位数．
其中是排列问题的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
答案 B
解析 ①是排列问题，因为两名同学参加的小组与顺序有关；②不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；③不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；④是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
2．下列说法正确的是( )
A．555是一个排列
B．在排列中，选取的元素个数不能等于原有的元素的个数
C．若两个排列的元素相同，且排列顺序也相同，就是相同排列
D．排列中所讲的顺序是指“上下、左右、前后”
答案 C
解析 选项A不正确，因为排列要求元素不相同，所以555不是一个排列；选项B不正确，因为选取的元素个数要求小于或等于原有的元素的个数，所以不正确；选项C正确，由排列的概念易知；选项D不正确，因为排列中所讲的顺序是指只要改变其中任意两个元素的位置，所得对象与原来对象的性质就不同．
3．4×5×6×…×(n－1)·n等于( )
A．A B．A
C．n！－4! D．A
答案 D
解析 原式可写成n·(n－1)·…×6×5×4，故选D.
4．m(m＋1)(m＋2)…(m＋20)可表示为( )
A．A B．A
C．A D．A
答案 D
解析 m＋20最大，共21个数相乘．
5．5A＋4A等于( )
A．107 B．323
C．320 D．348
答案 D
解析 原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
6．A与A的大小关系是( )
A．A>A B．AC．A＝A D．大小关系不确定
答案 D
解析 A－A＝n(n－1)·(n－2)－(n＋1)n
＝n(n2－4n＋1)＝n[(n－2)2－3]．
∵n≥3，∴n＝3时，n[(n－2)2－3]<0.即An≥4时，n[(n－2)2－3]>0，即A>A，因而选D.
7．体操男队共六人参加男团决赛，但在每个项目上，根据规定，只需五人出场，那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有( )
A．6种 B．30种
C．360种 D．A种
答案 D
解析 问题为6选5的排列即为A.
8．化简：－＋＝________.
答案
9．满足A>2的n的解集为________．
答案 {n|n>4且n∈N*}
解析 由A>2，得?n>4，且n∈N*.
所以n的解集为{n|n>4且n∈N*}．
10．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为________．(填代号)
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
答案 ③
解析 这是一个排列问题，与顺序有关，任意两人的排列对应的是一种站法，故③正确．
11．解下列方程或不等式：
(1)A＝140A； (2)A>6A.
解析 (1)根据原方程，应满足解得x≥3.
根据排列数公式，原方程化为
(2x＋1)·2x·(2x－1)(2x－2)＝140x·(x－1)·(x－2)．
∵x≥3，两边同除以4x(x－1)，
得(2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)，
即4x2－35x＋69＝0，解得
x＝3或x＝5(因x为整数，应舍去)．
∴原方程的解为x＝3.
(2)解原不等式即>，
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*，∴2≤x<8，x∈N*.
故x＝2,3,4,5,6,7.∴原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}．
12．已知1,2,3,4四个数字，回答下列问题．
(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？
(2)由1,2,3,4四个数字共能组成多少个没有重复数字的四位数？试全部列出．
解析 (1)由题意作树形图，如图．
故所有的两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．
(2)直接画出树形图．
由上面的树形图知，所有的四位数为：
1234,1243,1324,1342,1423,1432,2134,2143,2314,2341,2413,2431,3124,3142,3214,3241,3412,3421,4123,4132,4213,4231,4312,4321共24个四位数．
13．某药品研究所研制了5种消炎药a1，a2，a3，a4，a5,4种退热药b1，b2，b3，b4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行疗效试验，但a1，a2两种药或同时用或同时不用，a3，b4两种药不能同时使用，试写出所有不同试验方法．
解析 如图，
由树形图可写出所有不同试验方法如下：
a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1a2b4，a3a4b1，a3a4b2，a3a4b3，a3a5b1，a3a5b2，a3a5b3，a4a5b1，a4a5b2，a4a5b3，a4a5b4，共14种．
14．A，B，C，D四名同学重新换位(每个同学都不能坐其原来的位子)，试列出所有可能的换位方法．
解析 假设A，B，C，D四名同学原来的位子分别为1,2,3,4号，列出树形图如下：
位置编号
换位后，原来1,2,3,4号座位上坐的同学的所有可能排法有：BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种．
?重点班选做题
15．若S＝A＋A＋A＋A＋…＋A，则S的个位数是( )
A．8 B．5
C．3 D．0
答案 C
解析 A(n≥5)的个位数恒为0.
16．由1,4,5，x四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x＝________.
答案 2
解析 (1＋4＋5＋x)·A＝288，解得x＝2.
1．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有( )
A．6种 B．10种
C．8种 D．16种
答案 B
解析 记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球传给乙，则不同的传球方式有
其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理若甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，共有10种传球方式．
2．下列等式中不正确的是( )
A．n！＝ B．A＝nA
C．A＝ D．A＝
答案 D
解析 由排列数公式，得A＝，选D.
3．方程＝4的解x＝________.
答案 5
解析 ＝
＝(x－3)(x－4)＋(x－3)＝x2－6x＋9＝4，
所以x2－6x＋5＝0，解得x＝5或x＝1(舍)．
课时作业(四)
1．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
A．42 B．30
C．20 D．12
答案 A
解析 本题相当于7个节目中选定两个节目(位置)排入新节目，另五个节目相对顺序已确定，故排法种数为A＝42种．
2．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．36 B．30
C．40 D．60
答案 A
3．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有( )
A．300种 B．240种
C．144种 D．96种
答案 B
解析 巴黎是特殊位置，先安排1人去游览巴黎，有4种方法；从剩余5人中选3人分别去三个城市有A种，共有4×A＝240种．
4．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有( )
A．288个 B．240个
C．144个 D．126个
答案 B
解析 个位上是0时，有A×A＝96(个)；个位上不是0时，有A×A×A＝144(个)．
∴由分类计数原理得，共有96＋144＝240(个)符合要求的五位偶数．
5．将5列火车停在5条不同的轨道上，其中a列火车不停在第一道上，b列火车不停在第二道上，那么不同的停车方法共有( )
A．120种 B．78种
C．96种 D．72种
答案 B
解析 (间接法)A－2A＋A＝78(种)．
6．5名学生站成一排，其中A不能站在两端，B不能站在中间，则不同的排法有( )
A．36种 B．54种
C．60种 D．66种
答案 C
解析 首先排A有三个位置可供选择有A种排法；
第二步，其余四个元素有A种排法．
由分步计数原理，A不在两端的排法有A·A＝72(种)．
这里，包含B在中间时的情形，而B在中间(如下表)，A又不在两端的排法种数为2A＝12(种)，则符合条件的排法种数为72－12＝60(种)．
×
A
B
(或A)
×
7．从1、2、3、4、9、18六个数中任取两个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，得到不同的对数值有( )
A．21 B．20
C．19 D．17
答案 D
解析 把所取的数分两类：一是必须选1时，因为1只能作为真数且对数值恒为0，所以对数值只有1个；二是不选1时，则有选法A种，但由于log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，所以共有1＋A－4＝17个．故选D.
8．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有________种．
答案 252
解析 安排3名主力队员有A种方法；安排另外两名队员有A种方法；共有A×A＝252种．
9．将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小口袋中，若不允许空袋且红口袋中不能装入红球，则有________种不同的放法．
答案 96
解析 (排除法)红球放入红口袋中共有A种放法，则满足条件的放法种数为A－A＝5！－4！＝96(种)．
10．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种．(用数字作答)
答案 36
解析 A·A＝36.
11．由0,1,2,3,4,5共六个数字可组成没有重复数字且能被5整除的六位数的个数为________．
答案 216
解析 组成的六位数与顺序有关，但首位不能排0，个位必须排0或5，因此分两类：第一类：个位数排0，此时前五位数由1,2,3,4,5共五个数字组成，这五个数字的每一个排列对应一个六位数，故此时有A＝120个六位数．第二类：个位数排5，此时为完成这件事(构造出六位数)还应分两步，第一步排首位，有4种排法，第二步排中间四位，有A种排法，故第二类共有4·A＝96种排法，以上两类排法都符合题目要求，所以共可组成120＋96＝216个．
12．用0,1,2,3,4五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们从小到大排列，问23 140是第________个数？
答案 40
解析 分以下几类：
第一类，1××××型的五位数有A＝24个；
第二类，20×××型的五位数有A＝6个；
第三类，21×××型的五位数有A＝6个，
这样，这三类数共有24＋6＋6＝36个，在型如23×××的数中，按从小到大的顺序是：23 014,23 041,23 104，23 140，…可见23 140在这一类中，居第4位．
故从小到大算23 140是第40个数．
13．(1)在n个不同的小球中取m个放入m个有编号的小盒中(m≤n)，每盒只放一个，其中某一个小球必须放在某一个指定的小盒中，问有________种不同的放法？(只需列出式子)
(2)在m个不同的小球中取n个放入n个有编号的小盒中(n答案 (1)A (2)AA
解析 (1)先将某一小球放入指定的小盒中，然后从剩下的n－1个不同的小球中任取m－1个，放入m－1个不同的小盒中，共有A种入法．
(2)某一个指定的小盒为特殊位置，先从其余m－1个小球中选1个放入，有A种放法，再从剩余的m－1个小球中选取n－1个放入其余n－1个小盒中，有A种方法．故共有A·A种放法．
14．从1到9这9个数字中取出5个进行排列，问：
(1)奇数位置上是奇数的有多少个？
(2)取出的奇数必须排在奇数位置上的有多少个？
思路 (1)奇数位置上是奇数就是说个位、百位、万位位置必须排奇数，偶数位置可排奇数也可不排．(2)与(1)有明显区别，奇数一定在奇数位置上，但在奇数位置上的不一定就是奇数．
解析 (1)是讲奇数位置上一定是奇数，而偶数位置上不加限制，至于偶数排列在何处也未加限制，此题中，奇数共有5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置有2个，第一步，先在奇数位置上排上奇数有A种排法；第二步，再排偶数位置，4个偶数和余下的2个奇数都可以来排，排法为A种，由分步计数原理，排法共有A·A＝1 800种．
(2)是讲奇数若取出的话只允许排在奇数位置上，不能排在偶数位置上，而对偶数排在何处未加限制，奇数位置上排什么数也未加限制，由于偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法种数为A个，余下的2个偶数5个奇数全可排在奇数位置上，排法种数为A种，由分步计数原理，共有A·A＝2 520种排法．
点评 准确理解题意，扣住“题眼”及关键词是正确求解的前提．
?重点班选做题
15．二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c互不相等，它们都在集合{－4，－3，－2，－1,0,1,2,3}中取值．求：
(1)开口向上的抛物线条数；
(2)过原点的抛物线的条数；
(3)原点在抛物线内的抛物线的条数．
解析 (1)抛物线开口向上，则a>0.
∴共有3·A＝126(条)．
(2)过原点的抛物线必须满足c＝0且a≠0.
∴共有A＝42(条)．
(3)原点在抛物线内的抛物线，分为两类：一类是开口向上，此时，a>0且c<0.共有3×4×6＝72(条)；另一类是开口向下，此时，a<0且c>0，故有4×3×6＝72(条)．
∴共有72＋72＝144(条)．
16．某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么课程表共有多少种不同的排法？
解析 方法一 6门课总的排法是A种，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有A种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有A种排法，如图中Ⅱ；但这两种方法，都包括体育在第一节，数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有A种排法，因此符合条件的排法应是：A－2A＋A＝504(种)．
方法二 根据要求，课程表安排可分为4种情况：
(1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，有
A·A种排法；
(2)数学排在第一节但体育不排在最后一节，有A·A种排法；
(3)体育排在最后一节但数学不排在第一节，有A·A种排法；
(4)数学排在第一节，体育排在最后一节，有A种排法．
这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：
A·A＋A·A＋A·A＋A＝504(种)．
已知集合A＝{0,1,2,3}，B＝{2,3,4,5,6}，f是A到B的映射，且当i，j∈A，i≠j时，f(i)≠f(j)，满足这样条件的影射f的个数是( )
A．120个 B．45个
C．54个 D．100个
答案 A
解析 A＝120.
课时作业(五)
1．晚会上有8个唱歌节目和3个舞蹈节目，若3个舞蹈在节目单中要隔开，则不同节目单的种数为( )
A．A B．A
C．AA D．AA
答案 C
解析 先排8个唱歌节目共有A种排法，8个节目产生9个空隙，再插入3个舞蹈节目有A种插法，据分步计数原理共有A×A种不同的节目单．
2．记者要为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．1 440种 B．960种
C．720种 D．480种
答案 B
解析 从5名志愿者中选2人排两端有A种，2位老人排列有A种，其余3人和老人排列有A种，故共有A×A×A＝960(种)，选B.
3．5个人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法的种数为( )
A．18 B．24
C．36 D．48
答案 C
解析 分步：①从甲、乙之外的3人中选1人站甲乙之间有A种方法；②甲、乙全排有A种方法；③甲、乙及中间与另外两人排列有A种方法．
∴总的排法A·A·A＝36种．
4．七种新产品排成一排参加展览，要求甲、乙两种产品之间恰有两种其他产品，则不同的排列方法共有( )
A．120种 B．240种
C．480种 D．960种
答案 D
解析 分步：第一步：从甲、乙以外的五种产品中任选两种产品放在甲、乙中间，有10种方法；
第二步：把甲、乙与其中间的两种产品看做一个元素与其他三种产品，进行排列有A种方法；
第三步：对甲、乙进行排列有A种方法；
第四步：对甲、乙中间的两种产品进行排列有A种方法．
所以有10AAA＝960种方法．
5．在数字1,2,3与符号“＋，－”五个元素所在的全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列的个数是( )
A．6 B．12
C．18 D．24
答案 B
解析 此题为插空问题，＋，－两个符号形成了3个空，正好可将1,2,3放入3个空中，共有A·A＝12种不同的排列，答案为B.
6．(2014·重庆)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
答案 B
解析 因为同类节目不相邻，故可用插空法求解．
先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法．
7．(2013·山东)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
答案 B
解析 (1)有三个重复数字：共9个．(2)有2个重复数字：①三位数字中含0：共3×9＝27；②三位数字中无0：共C·C·C＝216个．综上，共有9＋27＋216＝252个，选B.
8．一排有8个座位，有3人入座，每人左右都有空位，则不同的坐法有________种．
答案 24
解析 3人入座，左右都有空位，要分类讨论何处有2个空位情形，思路较复杂，不易讨论清楚，此时不妨优先考虑空位的情形，3人占有3个座位后还有5个空位，把这5个空位记为A、B、C、D、E，则这3个人所占有的座位就排在这5个字母之间的4个空档中某3个空档，有A＝24种排法．
9．用数字0、1、2、3、4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1、2相邻的偶数有________个．(用数字作答)
答案 24
解析 若末位为0，则有A·A＝12种．
若末位为2，则有A·A＝4种．
若末位为4，则有两种情况：
①1或2在首位有A·A＝4种．
②3在首位有A·A＝4种．
故共有24种．
10．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答案 30
解析 由题意a1≠1，a3≠3，a5≠5，且a111．(2014·北京)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．
答案 36
解析 将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有AA种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有AA种方法．于是符合题意的排法共有AA－AA＝36种．
12．用1,2,3,4,5,6,7组成无重复数字的七位数，若1,3,5,7的次序一定，则有多少个这样的七位数？
解析 方法一 7个数占7个位置，只需在7个位置中选3个排2,4,6即可，剩下的4个位置便只有一种排法．有A·1＝210(个)．
方法二 1,3,5,7次序不定有A＝24种不同排法，故1,3,5,7次序一定只占排法总数的次机会，故有＝＝210(个)．
13．4名男生、3名女生排成一排，3名女生中恰有两名相邻的排法有多少种？
解析 4个男生排成一排有A种排法，把3个女生分成两组有3种分法，对于男学生的每一种排法，从5个空中选2个，把两组女生分别插入有A种插法，插入后相邻的2个女学生可以交换位置，有A种方法，共有不同的排法3AAA＝3×24×20×2＝2 880(种)．
14．3名男生、4名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的排队方案有多少种？
(1)甲不站中间，也不站两端；
(2)甲、乙两人必须站两端；
(3)甲不站左端，乙不站右端；
(4)甲、乙两人必须相邻；
(5)甲、乙两人不得相邻；
(6)任何两个女生不得相邻．
思路 由题目可获取以下主要信息：本题是有限制条件的排列问题．解答本题应优先考虑限制条件，遵循特殊元素特殊位置优先考虑的原则．
解析 (1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的6人中选3人排列，有A种站法，然后再排其余位置，有A种站法，所以共有A·A＝2 880种不同站法．
(2)甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有A种，其余5人全排列，有A种．∴共有AA＝240种．
(3)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
方法一：特殊元素法．
甲在最右边时，其他的可全排，有A种．
甲不在最右边时，可从余下5个位置中任选一个，有A种；而乙可排在除去最右边位置后剩余的5个中的一个上，有A种，其余人全排列，共有AAA种．
由分类计数原理：A＋AAA＝3 720种．
方法二：特殊位置法．
先排最左边，除去甲外，有A种，余下6个位置全排有A种，但应剔除乙在最右边时的排法AA种．
∴共有AA－AA＝3 720种．
方法三：间接法．
7个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时A种；乙在最右边时A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．
∴共有A－2A＋A＝3 720种．
(4)(捆绑法)：把甲、乙两人看作一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共有A·A＝1 440种站法．
(5)方法一(直接法—插空)：先让其余的5人全排列，再让甲、乙两人在每两人之间(含两端)的6个位置插入排列，所以共有A·A＝3 600种不同站法．
方法二(间接法)：不考虑限制条件，共有A种站法，除去甲、乙相邻的排法A·A.所以共有A－AA＝3 600 种站法．
(6)(直接法—插空)：先排男生，男生在3个位置进行全排列，有A种站法，相应地男生之间(含两端)插入女生，女生有A种站法．所以共有A·A＝144种不同站法．
点评 (1)此类“排队”问题和“排数”问题类似，主要是从特殊位置或特殊元素两个方面考虑，当正面考虑情况复杂时，考虑用排除法．
(2)直接法解题一般采用元素分析法和位置分析法，要注意分类时不重不漏，分步要连续、独立；间接法要注意不符合条件的情形，做到不重不漏．
(3)处理元素“相邻”、“不相邻”或“元素定序”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻一般用“捆绑法”，元素不相邻问题一般用“插空法”．
?重点班选做题
15．(2015·成都模拟)甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有( )
A．20种 B．30种
C．40种 D．60种
答案 A
16．一条连椅有7个座位，4人就坐，3个空座位中恰有两个连在一起的坐法有________种．
答案 480
解析 4人排成一排有A种排法，在每一种排法的5个空中选2个，分别插入2个空座位和1个空座位，有A种插法，共有不同就坐方法AA＝24×20＝480种．
如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少？
解析 (1)B，D，E，F用四种颜色，则有A×1×1＝24种涂色方法．
(2)B，D，E，F用三种颜色，则有A×2×2＋A×2×1×2＝192种涂色方法．
(3)B，D，E，F用两种颜色，则有A×2×2＝48种涂色方法．
所以共有24＋192＋48＝264种不同的涂色方法．
1.2 排列与组合
第四课时 排列的应用习题课
课时作业(六)
1．6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，那么不同的排法共有( )
A．30种 B．360种
C．720种 D．1 440种
答案 C
解析 本题表面上看似乎带有附加条件，但实际上这和6个人站成一排照相一共有多少种不同排法的问题完全相同．不同的排法总数为A＝6×5×4×3×2×1＝720种．
2．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则不同的播放方式共有( )
A．6种 B．24种
C．48种 D．720种
答案 C
解析 据题意知4个不同的商业广告可排在中间的4个位置上共有A种方法，再将2个公益广告排在首末2个不同的位置共有2种方法，根据分步计数原理可得不同的播放方式共有2A＝48种．
3．(2015·黄冈高二检测)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有
A．12种 B．18种
C．24种 D．48种
答案 C
解析 根据题意，首先先将甲、乙两机(必须相邻着舰)捆绑起来有A种，然后将这个整体与其余的一架飞机排列有A种，那么再从其形成的空位中任意选择两个排丙、丁可知有A种，那么根据分步乘法计数原理可知，所有的不同的着舰方法有AAA＝24(种)．
4．(2015·太原高二检测)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
答案 B
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)．
5．(2015·天津塘沽)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是( )
A．48 B．54
C．72 D．84
答案 C
解析 先把3名乘客进行全排列，有A＝6种排法，排好后，有4个空位，再将1个空座位和余下的2个连续的空座位插入4个空位中，有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式，选C项．
6．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
答案 C
解析 由于为偶数，故末位共有3种选法，然后分类：①当5在十万位和十位时，共有2AA＝24(种)；②当5在万位、千位、百位时，共有3AA＝12(种)．
7．某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁，在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( )
A．1 205秒 B．1 200秒
C．1 195秒 D．1 190秒
答案 C
解析 由于有5个彩灯，并且每个彩灯能闪亮5种颜色，因此一共有A＝120(个)不同的闪烁．由于相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒，因此所有不同的闪烁的时间间隔共为119×5＝595(秒)．又因为每一个闪烁时，每个彩灯持续时间为1秒，因此有120×5＝600(秒)闪亮彩灯的时间，故满足题意的时间至少为595＋600＝1 195(秒)．
8．某年全国足球甲级(A组)联赛共有16队参加，每队都要与其余各队在主、客场分别比赛，共进行比赛________场．
答案 240
解析 任意两队进行1次主场比赛与1次客场比赛，因此共进行的比赛场次是：A＝16×15＝240(场)．
9．某地奥运会火炬接力赛传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，那么不同的传递方案共有________种．(用数字作答)
答案 96
解析 先安排最后一棒有A种，再安排第一棒有A种，最后安排中间四棒有A种，所以不同的传递方案有AAA＝96种．
10．用1、2、3、4、5这5个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为________．
答案 24
解析 方法一 先排个位，有2种排法(即排2或4)；再排十位，有4种排法；再排百位，有3种排法．应用乘法原理，得适合题意的三位数个数为2×4×3＝24.
方法二 由题设知5个数字排成无重复数字的三位数的个数为A，这5个数字中奇数3个，偶数2个，所以在所得三位数中，偶数占，故其个数为·A＝24.
11．(2013·北京)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________．
答案 96
解析 分两步：①5张参观劵分成4份，1份2张，另外3份各1张，且2张参观劵连号，则有4种分法；②把这4份参观劵分给4人，有A＝24种不同的分法．由分步计数原理得，不同分法的种数是4×24＝96(种)．
12．由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有多少个？
解析 个位数字小于十位数字与个位数字大于十位数字的六位数个数相等，而所有组成的六位数共有A－A＝600个．∴符合条件的六位数是300个．
13．5个人围坐在如图所示的8张椅子上听报告，其中甲、乙两人不能相对而坐，问共有多少种不同的坐法？
解析 去掉各种表面现象，问题变成甲乙两人不能同时坐在1、8位置或2、7位置或3、6位置或4、5位置问题，用直接法可得共有A·A·A＝5 760(种)不同的坐法．
14．用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
解析 (1)将所有的三位数偶数分为两类：
①若个位数为0，则共有A＝12(个)；
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)．
所以，共有30个符合题意的三位数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①若十位数字为0，则共有A＝12(个)；
②若十位数字为1，则共有A＝6(个)；
③若十位数字为2，则共有A＝2(个)．
所以，共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)；
②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有AAA＝8(个)；
③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有AAA＝8(个)．
所以，共有28个符合题意的五位数．
?重点班选做题
15．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
答案 A
16．三张卡片的正反两面分别写上数字1和2,3和4,5和6，若用这三张卡片上的数字放在桌面上排成一行组成一个三位数，则可能得到的不同的三位数的个数是( )
A．120 B．36
C．48 D．20
答案 C
解析
百
十
个
确定百位有6种方法；确定十位有4种方法；确定个位有2种方法，共有6×4×2＝48种不同三位数．
1．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是( )
A．360 B．288
C．216 D．96
答案 B
解析 先排三名男生可分两种情况：
(1)当甲在中间时，满足条件的排列共有AAA＝144种；
(2)当甲在三名男生排列的两边时，满足条件的排列共有2×AAAA＝144种．
综上可知，共有144＋144＝288种情况．
2．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )
A．33 B．34
C．35 D．36
答案 A
解析 排列总数为1·2·3·A＝36，其中点(5,1,1)，(1,1,5)，(1,5,1)分别重复2次，故共确定不同的点数为36－3＝33(个)．
3．如图是一个正方体纸盒的展开图，若把1,2,3,4,5,6分别填入小正方形后，按虚线折成正方体，则所得到的正方体相对面上的两个数的和都相等的概率是________．
答案
课时作业(七)
1．若C＝10，则n的值为( )
A．10 B．5
C．3 D．4
答案 B
2．若C＝C，则x的值为( )
A．2 B．4
C．4或2 D．3
答案 C
3．C＋C＋C＋C＋…＋C的值为( )
A．C B．C
C．C D．C
答案 D
解析 C＋C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝…＝C＝C.
4．下列各式中与组合数C(n≠m)相等的是( )
A.·C B.·C
C．C D.
答案 B
解析 ∵C＝·
＝＝C，故选B.
5．下列各式中正确的个数是( )
①C＝C；②C＋C＝C；③＝C.
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 C
6．C·A÷A的值是( )
A．1 B．C
C．A D．以上都不对
答案 A
解析 C·A÷A
＝·m！÷[2 014×2 013×…×(2 014－m＋1)]＝1.
7．下列等式不正确的是( )
A．C＝ B．C＝C
C．C＝C D．C＝C
答案 D
解析 因为C＝
＝·＝C.
8．若C∶C∶C＝3∶5∶5，则m，n的值分别为( )
A．m＝5，n＝2 B．m＝5，n＝5
C．m＝2，n＝5 D．m＝4，n＝4
答案 C
解析 将选项逐一验证可得只有C项满足条件．
9．计算C＋C＋C＝________.
答案 120
10．(2015·苏州高二检测)已知C，C，C成等差数列，则C＝________.
答案 91
解析 因为C，C，C成等差数列，
所以2C＝C＋C.
所以2×＝＋.
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝14，n＝7(舍去)，则C＝C＝91.
11．(1)设集合A＝{a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有________个．
(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备______种车票．________种票价．
(3)2015年元旦期间，某班10名同学互送贺年卡，表示新年的祝福，则贺年卡共有________张．
答案 (1)C＝10
(2)A＝20 C＝10
(3)A＝90
解析 (1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．
(2)因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．
(3)甲写给乙贺卡，与乙写给甲贺卡是不同的，所以与顺序有关，是排列问题．
12．解不等式：(1)C>C； (2)－<.
解析 (1)∵C>C，
∴?
??
∵n∈N*，∴n＝6、7、8、9，∴n的集合为{6,7,8,9}．
(2)由－<
，
可得n2－11n－12<0，解得－1又n∈N*，且n≥5，∴n∈{5,6,7,8,9,10,11}．
13．求值：C＋C.
解析 由组合数的性质可得：
解得4≤n≤5.
又∵n∈N*，∴n＝4或n＝5.
当n＝4时，原式＝C＋C＝5.
当n＝5时，原式＝C＋C＝16.
?重点班选做题
14．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )
A．36种 B．48种
C．96种 D．192种
答案 C
解析 甲选2门有C种选法，乙选3门有C种选法，丙选3门有C种选法．∴共有C·C·C＝96(种)选法．
15．从6名女生，4名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为( )
A．C·C B．C·C
C．C D．A·A
答案 A
解析 根据分层抽样的概念知，须从6名女生中抽取3名女生，从4名男生中抽取2名男生，则不同的抽取方法种数为CC.
16．编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有________种．
答案 20
解析 五个人有两个人的编号与座位号相同，此两人的选法共有C，假如编号1、2号人坐的号为1、2，其余三人的编号与座号不同，共有2种坐法．
∴符合题意的坐法有2×C＝2×10＝20(种)．
1．已知＝3，求n.
解析 原方程可变形为＋1＝，
即C＝C，
即
＝·，
化简整理得n2－3n－54＝0.
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)．
所以n＝9.
2．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．
解析 (1)C
＝
＝－C
＝－11 628.
(2)性质①不能推广．例如当x＝时，C1有定义，但C－1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m≥2时，
C＋C＝＋
＝(＋1)
＝＝C.
综上，性质②的推广得证．
课时作业(八)
1．设集合A＝{a，b，c，d，e}，B?A，已知a∈B，且B中含有3个元素，则集合B有( )
A．A24个 B．C24个
C．A35个 D．C35个
答案 B
解析 即B＝{a，x，y}．x，y在A中任取，是组合问题．
∴集合B有C24个．
2．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( )
A．36个 B．72个
C．63个 D．126个
答案 D
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．
3．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )
A．120种 B．48种
C．36种 D．18种
答案 C
4．某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 A
解析 设男生人数为x，则女生有(6－x)人．
依题意C－C＝16，
即x(x－1)(x－2)＋16×6＝6×5×4，
∴x(x－1)(x－2)＝2×3×4，∴x＝4.即女生有2人．
5．甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学，若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
答案 D
解析 分类：若这名女同学是甲组的，则选法有CCC，若这名女同学是乙组的，则选法有CCC.
∴符合条件的选法共有CCC＋CCC＝345种．
6．假设在200件产品中，有3件次品，现在从中任意抽出5件，其中至少有2件次品的抽法有( )
A．CC种 B．(CC＋CC)种
C．(C－C)种 D．(C－CC)种
答案 B
思路 这是一个抽样问题，200件产品中有3件次品，从中任意抽出5件，而且其中至少有2件次品，由“至少”可知，5件产品中可以有2件次品或3件次品，可以应用“直接法”．
也可以采用“间接法”，先不论次品，抽去5件产品的抽法数除去没有次品和只有1件次品的抽法数之和，即可解决问题．
解析 方法一 (直接法)至少有两件次品的抽法有两种可能，即①2件次品，3件合格品有：CC种；
②3件次品，2件合格品有：CC种．
由分类计数原理得抽法种数为(CC＋CC)种．
所以应选B.
方法二 (间接法)不论次品，抽法有C种，恰有1件次品的抽法数为CC种，没有次品的抽法种数为C种，所以至少有2件次品的抽法种数为(C－C－CC)种．所以应选B.
点评 理解对“至少”“至多”等词的含义，分清事件的类别，用直接法解；或者是反面考虑，用间接法解答．
7.
某城市街道如右图所示，某人要用最短路程从A地前往B地，则不同的走法有( )
A．8种 B．10种
C．12种 D．32种
答案 B
思路 根据题意可知①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向北的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向北的两步走法有多少即可．
解析 不同的走有C＝10(种)，故选B.
点评 因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验，探究走法更实际；若东西街道有n条，南北街有m条，则由A到B的最短走法共有C＝C种．
8．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
答案 C
解析 甲、乙、丙都没有入选有C＝35种；只有丙没有入选有C＝84种，故甲、乙至少有1人入选而丙没有入选的不同选法种数有84－35＝49(种)．
9．某校开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有________种不同选修的方案．(用数字作答)
答案 75
解析 本题可分作两类，第一类学生不选A、B、C中的任意一门，有C＝15(种)选法．
第二类学生从A，B，C中选一门，再从其他6门中选3门课程，共有CC＝60(种)选法．
所以共有15＋60＝75(种)选法．
点评 要弄清题目是分类还是分步是关键．
10．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各2台，则不同的取法有________种．
答案 350
解析 完成这个问题共有两类办法．第一类办法：第一步在原装计算机中任意选取2台，有C种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台，有C种方法，据乘法原理共有C·C种方法．同理，第二类办法共有C·C种方法．据加法原理完成全部的选取过程共有C·C＋C·C＝350种方法．
11．以正方体的顶点为顶点的四面体个数有________．
答案 58
解析 先从8个顶点中任取4个的取法为C种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为C－12＝58(个)．
12．2015年3月10日是世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“保护肾脏，拯救心脏”，不同的分配方案有________种．(用数字作答)
答案 90
解析 分配方案有×A＝＝90(种)．
13．现有10名学生，其中男生6名．
(1)从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种？
(2)从中选出男、女各2名的不同选法有多少种？
(3)从中选4人，若男生中的甲与女生中的乙必须在内，有多少种选法？
(4)从中选4人，若男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种选法？
解析 (1)方法一(直接法)：必须有女生可分两类：第一类只有一名女生，共有CC＝24种；第二类有2名女生，共有C＝6种，根据分类计数原理，必须有女生的不同选法有CC＋C＝30种．
方法二(间接法)：C－C＝45－15＝30.
(2)CC＝90.
(3)C＝28.
(4)方法一(直接法)：可分两类解决：第一类甲、乙只有1人被选，共有CC＝112种不同选法；第二类甲、乙两人均被选，有C＝28种不同选法，根据分类计数原理，男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内的选法有
CC＋C＝112＋28＝140种．
方法二(间接法)：先不考虑要求，从10名学生中任选4名学生，共有C＝210种，而甲、乙均不被选的方法有C＝70种，所以甲、乙至少有1人被选上的选法种数是C－C＝210－70＝140种．
14．甲、乙、丙三个同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作，每天1人值班，每人值班2天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班．可以排出多少种不同的值班表？
解析 方法一(直接法)由题意可分两类：
(1)甲值周六，另一天从周二至周五4天中再值一天有C种，乙同学任选2天值班，有C种再余2天由丙值班，此时，有CC种．
(2)甲不值周六，可从周二至周五4天中选2天，有C种，乙从周一至周五中甲不值班的3天中选两天值，方法有C种，剩下的2天给丙，此时有CC种，由分类计数原理，共有CC＋CC＝42种．
方法二(间接法)甲值周一或乙值周六是不合题意的，故可列式为CC－2CC＋CC＝42种．
?重点班选做题
15．20个不同的小球平均分装在10个格子中，现从中拿出5个球，要求没有两个球取自同一格中，则不同的拿法一共有( )
A．C种 B．C种
C．CC种 D．C·25种
答案 D
解析 从5个格子中分别取一个球，每个格子共有2种取法，故共有C·25种．
16．n个不同的球放入n个不同的盒子中，若恰好有1个盒子是空的，则共有________种不同的方法．
答案 CA
解析 (先分组，再排列)：将n个不同的球分成(n－1)组，(其中必有一组有2个元素)的分组方法为C，再将这(n－1)组放到n个位去排，有A种排法，故不同的方法为CA(种)．
1．已知集合A＝{x|1≤x≤9，且x∈N}，若p、q∈A，e＝logpq，则以e为离心率的不同形状的椭圆有________个．
答案 26
2．某车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外2名老师傅既能当钳工又能当车工．现在从这11名工人中选派4名钳工和4名车工修理一台机床，有多少种不同的选派方法？
解析 设A，B表示2名老师傅，下面对A，B的选派情况进行分类：
(1)A，B都没选上的方法有CC＝5(种)；
(2)A，B都选上且都当钳工的方法有CCC＝10(种)；
(3)A，B都选上且都当车工的方法有CCC＝30(种)；
(4)A，B都选上且一人当钳工，一人当车工的方法有ACC＝80(种)；
(5)A，B有一人选上且当钳工的方法有CCC＝20(种)；
(6)A，B有一人选上且当车工的方法有CCC＝40(种)．
故共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种)选派方法．
课时作业(九)
1．2015年全运会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
A．36种 B．12种
C．18种 D．48种
答案 A
解析 分类：若小张、小赵都入选，则选法有AA，
若小张、小赵两人只有一人入选，则选法有CCA，
∴不同的选派方案共有AA＋CCA＝36.
2．(2015·新余高二期末)某地为上海世博会招募了20名志愿者，他们的编号分别为1号，2号，……，19号，20号，若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )
A．16 B．21
C．24 D．90
答案 B
解析 要确保“5号与14号入选并被分配到同一组”，则另外两人的编号都小于5或都大于14，有两种情况：若5号与14号为两个较大的编号，则有C种选法；若5号与14号为两个较小的编号，则有C种选法．由分类加法计数原理，选取种数是C＋C＝6＋15＝21.
3．5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放入种数是( )
A．120 B．72
C．60 D．36
答案 C
解析 ①A盒只放甲球有CA；②A盒放甲球及另一球有CA.∴有CA＋CA＝60种．
4．三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出的出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家，共有出场方案的种数为( )
A．6A B．3A
C．2A D．A
答案 A
解析 选出两名女歌唱家和一男歌唱家看作一个整体．
5．从单词“eguation”中取5个不同的字母排成一排，含有“gu”(其中“gu”相连且顺序不变)的不同排法共有( )
A．120种 B．480种
C．720种 D．840种
答案 B
解析 先选后排，捆绑C·A.
6．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 分两类：①末位为0，共有A个；
②末位不为0，共有C·C·C个．
故共有A＋C·C·C＝328，故选B.
7．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )
A．18 B．24
C．30 D．36
答案 C
解析 (C－1)A＝30.
8．(2014·大纲全国)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
答案 C
解析 第一步，先从6名男医生中选出2名，不同的选法有C＝15(种)；第二步，再从5名女医生中选出1名，不同的选法有C＝5(种)；由分步计数原理可得，组成医疗小组的不同的选法共有15×5＝75(种)．故选C.
9．实验员从8种化学药品中选出4种，放在4个不同的瓶子里，若甲、乙两种药品不宜放入1号瓶，则不同的方法有________种．
答案 1 260
解析 先选放入1号瓶的．
10．一份试卷有10道考题，分为A，B两组，每组5题，要求考生选答6题，但每组最多选4题，则每位考生有______种选答方案．
答案 200
解析 分三类：A组4题B组2题，A组3题B组3题，A组2题B组4题．
11．(2014·浙江)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)．
答案 60
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)．
12．(2015·武汉调研改编)学校选派5名同学参加“华约”“北约”“卓越联盟”自主招生考试，每项考试至少选派1人参加，有多少种不同的选派方法？
解析 可先分组，再分配，分两个步骤完成：先把5个同学分成3组，有2种分法：①一组3人，另两组各1人，有种方法；②一组1人，另两组各2人，有种方法．再分配到“华约”“北约”“卓越联盟”参加考试，有A种分法．
故不同的选派方法共有(＋)A＝150(种)．
13．为了打出中国足球的精神面貌，足协想派五名官员给A，B，C，D四支球队做动员工作，每个球队至少派一名官员，且甲、乙两名官员不能去同一支球队，共有多少种不同的安排方法？
解析 根据题意，可根据甲、乙两人所去球队的情况进行分类：
(1)甲乙两人都单独去一个球队，剩余三人中必有两人去同一个球队，先从三人中选取两个组成一组，与其他三人组成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有CA＝3×24＝72(种)；
(2)甲、乙两人去的球队中有一个是两个人，从剩余三人中选取一人与甲或乙组成一组，和其他三人形成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有CCA＝2×3×24＝144(种)．故不同的安排方法共有72＋144＝216(种)．
14．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．
(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；
(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；
(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．
问：全部赛程共需比赛多少场？
解析 (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C＝30(场)．
(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所以半决赛共要比赛2×2＝4(场)．
(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．
所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．
从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
(4)在(1)中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？
思路 排数问题和站队问题是排列、组合中的两类问题，其解决的思路相似，需考虑特殊元素、特殊位置，相邻问题、不相邻问题等的处理方法．
解析 (1)分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有C种情况；第二步在5个奇数中取4个，可有C种情况；第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有A种情况，所以符合题意的七位数有C·C·A＝100 800(个)．
(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有：
C·C·A·A＝14 400(个)．
(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C·C·A·A·A＝5 760(个)．
(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，共有C·C·A·A＝28 800(个)．
