第十章 計(jì)數(shù)原理、概率及其分布答案 (二)

〃+。勺13.6萬(wàn)元.

第十章計(jì)數(shù)原理、概率及其分布

第50講排列與組合

1.C【解析】根據(jù)題意，分2步進(jìn)行分析：①在4位教師中任選2位，

安排到其中1所農(nóng)村學(xué)校，有&a=18種安排方法.

②將剩下的2位教師安排到其他兩個(gè)農(nóng)村學(xué)校，有AZ=2種安排方法.則有

18X2=36種安排方案.

2.A【解析】根據(jù)題意，分3步進(jìn)行分析：

①在兩排三列共6個(gè)位置中任選1個(gè)安排甲，有6種情況；

②甲、乙兩人不在同一排也不在同一列，則乙的站法有2種；

③將剩下的4人安排在其余4個(gè)位置，有蜀=24種情況.

則有6X2X24=288種站隊(duì)方法.

3.A【解析】根據(jù)題意，分2種情況討論：

①小明和小李兩人去一個(gè)植樹(shù)點(diǎn)，剩下3人去另一個(gè)植樹(shù)點(diǎn)，有&=2種分

配方案；

②小明和小李還有另外1人去一個(gè)植樹(shù)點(diǎn)，剩下2人去另一個(gè)植樹(shù)點(diǎn)，有

CJC』=6種分配方案.

則一共有2+6=8種分配方案.

4.A【解析】根據(jù)題意，5個(gè)企業(yè)董事長(zhǎng)4,B,C,D,E集體會(huì)晤之前，

除5與E,。與E不單獨(dú)會(huì)晤外，其他均單獨(dú)會(huì)晤，共有AB,AC,AD,AE,

BC,BD,CD,CE,共8種情況.現(xiàn)在將八場(chǎng)會(huì)晤分別安排在兩天的上午和下

午進(jìn)行，每個(gè)半天安排兩場(chǎng)會(huì)晤同時(shí)進(jìn)行.先安排AB,AC,AD,AE的順序，

有A2種，再安排剩下的四對(duì)，有(A8,CD),(AC,8。)，(AO,CE),(AE,BQ

和(A&CE),(4C,BD),(AD,B。，(AE,CD)兩種情況，故不同的安排方法共

有2XA?=48種.

5.D【解析】根據(jù)題意，將4支醫(yī)療隊(duì)安排到三個(gè)地方，每個(gè)地方至少

一支醫(yī)療隊(duì)，每支醫(yī)療隊(duì)只去一個(gè)地方，有C2A§=36種安排方法.若甲、乙都

在武漢，將其他兩支醫(yī)療隊(duì)安排在其他兩個(gè)地方即可，有A3=2種安排方法，故

21

甲、乙都在武漢的概率尸=m=

6.D【解析】方法一：可按女生人數(shù)分類，

若選派1名女生，有CJC=2X3=6種；

若選派2名女生，則有C%C1=3種.

由分類加法計(jì)數(shù)原理，共有9種不同的選派方法.

方法二：至少有1名女生的選派方法種數(shù)為Cg—C?=9.

7.ABD【解析】由題意，利用組合數(shù)公式的性質(zhì)可得Cr=CF%C；魯產(chǎn)

C”+C%故A,B正確；

再利用排列數(shù)公式可得A?=??(?—!)(//—+1),

而A仁，=〃?(〃一1)(〃一2)…(〃-〃z+1),

顯然〃(〃一1)(〃一2)…(〃一機(jī)+1)和川(〃一1)(〃一2)…(〃一加+1)不一定相等,

故C不正確；

A"1+mAn~1=n(n—1)(〃—2)…〃z+1)+〃根(〃-1)(〃—2)…加+2)=〃(〃

—1)(〃一2)…(〃-根+2>[(〃-l)+m]=(〃+\)n(n—1)(〃-2)…(〃一根+2)=

A7+i,故D正確.

8.ABD【解析】因?yàn)?+1八片=(〃+1)〃(〃一1尸?(〃一加+1),A/"=(〃+

l)n(n-l)-(n-m+l),所以(〃+l)A；?=AWii,故A成立.

因組％=3)321=(〃_2)!,故B成立.

n(n—1)n丁(n-?1)「

、],,,n!])(〃_2)…(〃—m+])(〃一帆)…321

因?yàn)镼'X-—J_7rj-=-7~=

m!(〃一/")!tn!(n—m\!

〃(〃一])(〃—2)???(〃—加+])

A/雙幾一1)(〃-2>(〃一次+1)AX*T-rP.^-

於-=~力S故CrWR，即C不成叱?

因?yàn)閪--A；；,+1=--n(n—1)(〃-2)…m)=〃(〃一1)(〃一2)…(〃一根+1)

n-mn-m

=N3故D成立.

9.CD【解析】對(duì)于A,每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競(jìng)賽，則每位學(xué)生都有三

種參賽方法，故四位學(xué)生有N=3X3X3X3=34=81種參賽方法，A不正確；

對(duì)于B，每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，每一項(xiàng)可以挑4名不同的學(xué)生，故

有N=4X4X4=43=64種參賽方法，B不正確；

對(duì)于C,原問(wèn)題等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生中挑選3個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競(jìng)賽,

每人參加一項(xiàng)，故共有4X3X2=24種參賽方法，C正確；

對(duì)于D,先把四個(gè)學(xué)生分成三組，再分配到三個(gè)比賽中，故共有C5-A33=36

種參賽方法，D正確.

10.28【解析】根據(jù)題意，本問(wèn)題為組合問(wèn)題，則平面內(nèi)有8個(gè)點(diǎn)，以其

中每2個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段有俄=28條.

11.75【解析】根據(jù)題意，先在5名男干部中任選1人，有Cg=5種選法，

再?gòu)?名女干部中選出2人,有以=15種選法，則有5X15=75種不同的選法.

12.2130【解析】根據(jù)題意，用0,123組成的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的全部四位

數(shù)，若1作為千位數(shù)字，將0,2,3全排列，安排在百、十、個(gè)位，有A3=6種情

況，即1作為千位數(shù)字的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有6個(gè).

同理，2作為千位數(shù)字的四位數(shù)有A§=6個(gè)，

其中最大的為2310,其次為2301,則第10個(gè)數(shù)應(yīng)該是2130.

13.【解答】(1)書(shū)架上共有6+5+4=15本書(shū)，故從書(shū)架中任取1本書(shū),

共有15種不同的取法.

(2)從書(shū)架中的第1,2,3層各取1本書(shū)，不同的取法共有6X5X4=120種.

(3)從書(shū)架中的不同層任取2本書(shū)，不同的取法共有6X5+6X4+5X4=74

種.

14.【解答】(1)根據(jù)題意，分2種情況討論：

①“射”排在最后一周，剩下的課程沒(méi)有限制，有A?=120種排法；

②“射”不排在最后一周，則“射”有4種安排方法，“數(shù)”也有4種安排

方法，剩下的4門(mén)課程全排列，有A才=24種排法，

則此時(shí)有4X4X24=384種排法.

故有120+384=504種不同的排法.

(2)根據(jù)題意，分2種情況討論：

①甲教兩科時(shí)，有CgA?=240種安排方案；

②甲教一科時(shí)，有CgCgAa=l200種安排方案.

故有240+1200=1440種不同的安排方案.

15.【解答】(1)將取出的4個(gè)球分成三類情況，

取4個(gè)紅球，沒(méi)有白球，有ci種取法；

取3個(gè)紅球，1個(gè)白球，有C?CA種取法；

取2個(gè)紅球，2個(gè)白球，有C?a種取法.

所以有Ct+CC+C彳或=115種取法.

(x+y=5,

I2x+y27,

(2)設(shè)取x個(gè)紅球，y個(gè)白球，則〈八—乙

0WxW4,

、0＜戶6,

卜x=23,或1x=3,x=4,

所以c或

〔尸2J=l，

所以符合題意的取法有aa+aa+cjcA=i86種.

第51講二項(xiàng)式定理及其應(yīng)用

1.C

2.B【解析】令x=1?得(々0+42+44+…+。12)+(。|+〃3+…+01)=36

①.

令X=-1,得（即+〃2+出+…+。12）—（。1+s+…+。11）=1②.

聯(lián)立①②解得40+42+04+…+々12=365.

令x=0,得圓）=1,所以〃2+火+…+〃12=364.

3.A[解析】（1—x）（x+2）4=（l—幻?，+（：12?+&.2^+曰.23X+0124）,

所以二項(xiàng)式（1—x）（x+2>的展開(kāi)式中，含R項(xiàng)的系數(shù)為一CQ2+cI.2=-16.

4.A【解析】7；+I=CH/）8-（一§）=（一㈤令與之=。，

解得r=2,

所以常數(shù)項(xiàng)為（一2a）2.&=112,解得。=±1.

5.D【解析】152020=（1+14）2O2O=C§o2o+Cio2oX14+C?o2oX142+-+

C38豺XId?。?。.上式從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)都可以被14整除，故上式除以14的余數(shù)

為C/20=l.故選項(xiàng)中，當(dāng)機(jī)=13時(shí)，152°2。+機(jī)恰能被14整除.

6.B【解析】4+2）3展開(kāi)式的通項(xiàng)為。+]=2（女6-2W）^^<3）,儀一1）

展開(kāi)式的通項(xiàng)為，+產(chǎn)（一1）*14小舊），所以（f+zyg-17展開(kāi)式的通

項(xiàng)為（一1）&2「C5C/L2L8（o<rW3,OWA<7）,

令兼一2r—8=0,得Z—r=4,

則4=4,廠=0或火=5,r=l或4=6,r=2或2=7,r=3,

所以（f+2）3（，-11展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為（一1）42。已6+（-1）521ab+（一

l）622Cga+（—1）723cge3=-15.

7.AC【解析】展開(kāi)式中的二項(xiàng)式系數(shù)之和為川=2048,故A正確；

根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可知，中間項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，易知中間項(xiàng)是第

6,7項(xiàng)，故B錯(cuò)誤，C正確；

因?yàn)橥?xiàng)啜+1=（-1代仇”飛出第6項(xiàng)系數(shù)為一C%〈0,第5項(xiàng)系數(shù)為（一

l）4Cfi>0,顯然D錯(cuò).

8.ACD【解析】令x=l,得出+0+。2+…+〃2。20=（—1嚴(yán)2。=1,①，

故A正確；

令X=-1,得如一的+刃一仍+…+〃2020=32°2。，②

①+②可得2（。（）+。2+的+…+。2020）=1+32020,

]+32020

故“o+s+gH---F42020=,故C正確：

①一②可得2ml+々3+05+…+。2019）=1—32020,

1—32020

故。1+。3+。5~1-------F￡72019—，故B錯(cuò)誤；

令X=0,得出=產(chǎn)。2。=1,③

令-==得的+?+患+…+患粽=。，④

把③代入④得多+巖+…+舞=-1.故D正確.

9.BC【解析】由己知得通項(xiàng)為公+1=0(*4一華

設(shè)第女+1項(xiàng)的系數(shù)最大，則有

陟

<

鐘6凱的，

’18!48!

2>!(8-il)!(9-/c)lf

即《

8!>18!

限！(8T)!支&+1)!(7T)!'

解得2WAW3,—N.

故左=2或3,即展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)為第3或第4項(xiàng).

10.122【解析】因?yàn)?1+2%)5=40+。逮_|---

所以令x=l,得(1+2Xl)5=a()+ai+々2+43+44+05=243；令x=-1,得

[1+2X(—1)]5=々0—々|+02—93+?4—。5=—1.所以。1+。3+。5=3[243—(—1)]=

122.

11.1【解析】因?yàn)?動(dòng)一。下的展開(kāi)式中，通項(xiàng)為T(mén)r+i=C&(。盧三包,

令1與5—e5=r0,得/*=3,故常數(shù)項(xiàng)為Cg.(一。)3=10,得。=—1.

12.y【解析】在國(guó)一2》的二項(xiàng)展開(kāi)式中通項(xiàng)為刀+尸國(guó)&卜(一2以,

令6——=4,且r=2,得r=2,故處2項(xiàng)的系數(shù)是C嗚卜(-2)2="

13.【解答】(1)因?yàn)锳=C4-x)2=C^,

由。2=21,得C^=21,解得n=7.

(2)令x=0,得4o=l,

令x=3,得(1—3)7=1+3。|+32Q2+3%3+…+3”?！?，

所以30+3242+33.3+…+3%〃=(-2)7—1=一129.

14.【解答】（1）由展開(kāi)式中所有的偶數(shù)項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)和為64,得2“一1=64,

所以〃=7,所以展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第四項(xiàng)和第五項(xiàng).

因?yàn)椋?f—的展開(kāi)式的通項(xiàng)為

7；“=CHZx2）7-^-1）｛：｝=C527-r（—1

所以，一：）的展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為方=一560小，T5=280Z

（2）由（1）知〃=7,且（"一§7的展開(kāi)式中項(xiàng)為乳=一個(gè)項(xiàng)為A=280f,

所以（2x+§（2?一曰〃展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為2X（-84）+1X280=112.

15.【解答】（1）因?yàn)镼+日”的展開(kāi)式中前三項(xiàng)的系數(shù)成等差數(shù)列，而

Q+卦的展開(kāi)式的通項(xiàng)為。+產(chǎn)端?爐一2「，

所以2x3=1+^^—,解得麓=8或〃=1（舍去）.

ZO

所以〃=8,7r+1—C&'a'2r,

令8—2r=2,得r=3,

故展開(kāi)式中含f的項(xiàng)為&=71.

（2）設(shè)第r+1項(xiàng)系數(shù)最大,7k尸C號(hào)產(chǎn)2,，

卜吐""六7，

則,解得/=2或，=3,

Icg-y^cr'-^r，

故展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)為或=7f,即展開(kāi)式中系數(shù)最

4o

大的項(xiàng)為7d或記

第52講隨機(jī)事件的概率

1.A【解析】不透明的口袋內(nèi)裝有紅色、綠色和藍(lán)色卡片各2張，一次

任意取出2張卡片，

對(duì)于A,2張卡片都不是紅色與事件“2張卡片都為紅色”是互斥而不對(duì)立事

件，故A正確；

對(duì)于B,2張卡片不都是紅色與事件”2張卡片都為紅色”是對(duì)立事件，故B

錯(cuò)誤；

對(duì)于C,2張卡片至少有一張紅色與事件“2張卡片都為紅色”能同時(shí)發(fā)生,

不是互斥事件，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,2張卡片至多有1張紅色與事件”2張卡片都為紅色”是對(duì)立事件,

故D錯(cuò)誤.

2.B【解析】保險(xiǎn)箱的密碼鎖共有6位數(shù)字，每位數(shù)字都可以從0?9中

任選1個(gè).某人在開(kāi)鎖時(shí)忘了最后一位數(shù)字，但他記得最后一位是偶數(shù)，則他隨

機(jī)地從0?9這9個(gè)數(shù)字中選出偶數(shù)來(lái)試開(kāi)，則不超過(guò)2次就打開(kāi)保險(xiǎn)箱的概率

*P=5+5X4=5-

3.D【解析】隨機(jī)事件具有不確定性，與前面的試驗(yàn)結(jié)果無(wú)關(guān).由于骰

子質(zhì)地是否均勻不確定，故出現(xiàn)“6點(diǎn)朝上”的概率不確定.

4.A【解析】高一年級(jí)要在甲、乙、丙、丁、戊5位數(shù)學(xué)教師中隨機(jī)抽

取3人參加錄播課堂，基本事件總數(shù)〃=儀=10,甲、乙兩位教師同時(shí)被選中包

含的基本事件個(gè)數(shù)〃2=GC!=3,則甲、乙兩位教師同時(shí)被選中的概率為P=：=

3

To,

5.B【解析】由圖知三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)小于20個(gè)的頻率為

6+16常+244,故此人購(gòu)機(jī)時(shí)購(gòu)買(mǎi)20個(gè)備件，在機(jī)器淘汰時(shí)備件有剩余的

7

概率為正.

6.C【解析】已知獎(jiǎng)項(xiàng)設(shè)置一等獎(jiǎng)、二等獎(jiǎng)、三等獎(jiǎng)，其他都是幸運(yùn)獎(jiǎng).設(shè)

事件A=｛抽到一等獎(jiǎng)｝,事件6=｛抽到二等獎(jiǎng)),事件C=｛抽到三等獎(jiǎng)),事件

D="抽到幸運(yùn)獎(jiǎng)”，則事件4,B,C,?；榛コ馐录?，

記事件M=｛抽到三等獎(jiǎng)或幸運(yùn)獎(jiǎng)｝,

又P(A)=0.1,P(B)=0.25,尸(。=0.4,

則P(M)=1-P(A)-P(B)=1-0.1-0.25=0.65.

7.BC【解析】從裝有2個(gè)紅球和2個(gè)黑球的口袋中任取2個(gè)小球，

對(duì)于A,“至少一個(gè)紅球”和“都是紅球”能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，故

A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,“恰有一個(gè)黑球”和“都是黑球”不能同時(shí)發(fā)生，是互斥事件，故

B正確；

對(duì)于C,“至少一個(gè)黑球”和“都是紅球”既不能同時(shí)發(fā)生，也不能同時(shí)不

發(fā)生，是對(duì)立事件，故C正確；

對(duì)于D,“恰有一個(gè)紅球”和“都是紅球”不能同時(shí)發(fā)生，能同時(shí)不發(fā)生,

是互斥而不對(duì)立事件，故D錯(cuò)誤.

8.ABC【解析】對(duì)于A,拋擲一個(gè)骰子一次，向上的數(shù)為偶數(shù)的概率為

31

P=-=-

62故A正確:

3義3+3X3

對(duì)于B,拋擲一個(gè)骰子兩次，向上的數(shù)為-奇-偶的概率為

=2,故B正確;

對(duì)于C,拋擲一個(gè)硬幣兩次，兩次均為正面朝上的概率為尸=：乂：=；,故C

正確;

對(duì)于D,拋擲一個(gè)硬幣兩次，一次正面朝上一次反面朝上的概率為

+1x1=1,故D錯(cuò)誤.

C51

9.BD【解析】?jī)杉际且坏绕返母怕蕿槠返?/p>

兩件中有一件是次品的概率為苗5=寺,

C?1

兩件都是正品的概率為m=右

5

兩件中至少有1件是一等品的概率為史魯?-

-6

10.1【解析】同時(shí)拋擲兩個(gè)質(zhì)地均勻的骰子，基本事件總數(shù)〃=6X6=

36,向上的點(diǎn)數(shù)之和小于5包含的基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),

(3,1),共6個(gè)，故所求向上點(diǎn)數(shù)之和小于5的概率尸=郎=/

11.卷【解析】因?yàn)樾埻瑢W(xué)從這十本書(shū)中任借三本閱讀，基本事件總

數(shù)〃=C%=120,

他借到的三本書(shū)中書(shū)名中恰有一個(gè)“算”字包含的基本事件個(gè)數(shù)m=M

=50,所以他借到的三本書(shū)中書(shū)名中恰有一個(gè)“算”字的概率為「=*瑞=

5

12-

37

12.【解析】甲從集合｛1,2,3,4,5,6,7,8,9｝中任取三個(gè)不同的元素，并按

降序排列得到十進(jìn)制三位數(shù)共有Cg=84種情況，乙從集合{1,2,3,4,5,6,7,8}

中任取三個(gè)不同的元素，按降序排列得到十進(jìn)制三位數(shù)b,共有Ci=56種情況，

故三位數(shù)小b進(jìn)行比較可得到84X56種情況.

乙取到的三位數(shù)甲都能取到，若乙取到的數(shù)是123,這在甲中是取得的最小

的三位數(shù)，則在甲取得的數(shù)中，除了123外，其他的數(shù)都比123大，共有84—1

=83種情況，當(dāng)乙取得其他數(shù)時(shí)，同理，則可以得到在所有數(shù)的比較中，a>b

83+82H---F29+28

的情況共有83+82+81+…+29+28種，故a>b的概率為^77777=

04人30

37

56,

13.【解答】(1)設(shè)事件A表示“考生選擇生物學(xué)科”，事件B表示“考

生選擇物理但不選擇生物學(xué)科”，事件C表示“考生至少選擇生物、物理兩門(mén)

學(xué)科中的1門(mén)學(xué)科“，則P(A)=0.5,P(B)=0.2,C=AUB,AQB=0f

所以1位考生至少選擇生物、物理兩門(mén)學(xué)科中的1門(mén)的概率為P(O=P(AU

B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7.

(2)設(shè)事件。表示“選擇生物但不選擇物理”，事件E表示“同時(shí)選擇生物、

物理兩門(mén)學(xué)科”，因?yàn)槟承８叨?00名學(xué)生中，選擇生物但不選擇物理的人數(shù)為

140

140,所以P(D)=而=0.35.

因?yàn)?。UE=4,所以1位考生同時(shí)選擇生物、物理兩門(mén)學(xué)科的概率為P(E)

=P(A)一尸(0=0.5—0.35=0.15.

14.【解答】(1)根據(jù)抽樣調(diào)查數(shù)據(jù)，一、二等品所占比洌的估計(jì)值為0.200

+0.300+0.260+0.090+0.025=0.875,

由于該估計(jì)值小于0.90,故不能認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“一、二等

品至少要占全部產(chǎn)品90%”的規(guī)定.

(2)由頻率分布直方圖知，一、二、三等品的頻率分別為0.375,0.5,0.125,

故在樣本中用分層抽樣的方法抽取的8件產(chǎn)品中，一等品3件，二等品4件，三

等品1件，

再?gòu)倪@8件產(chǎn)品中隨機(jī)抽取4件，一、二、三等品都有的情況有2種：①一

等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1

件，

獻(xiàn)/,領(lǐng)七"c?clcl+cicicl3

故所求的概率P=-----0------='.

15.【解答】(1)選派乙參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽較合適.理由如下：

由題知x甲=x乙=83,

15——

所以甲的成績(jī)的方差s?.=^L1=1(Xi—x甲)2=568,

乙的成績(jī)的方差si=1E1=1(Xi—x乙)2=48.8,

由7甲=7乙，s甲2>$乙2,可知甲乙平均分相同，但乙的成績(jī)比甲穩(wěn)定，故選

派乙參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽較合適.

(2)5道備選題中學(xué)生會(huì)的3道分別記為小b,c,不會(huì)的2道分別記為￡

F.

方案一：學(xué)生從5道備選題中任意抽出1道的結(jié)果有mb,c,E,R共5

種，抽中會(huì)的備選題的結(jié)果有b,c,共3種，

3

所以此方案學(xué)生可參加復(fù)賽的概率

方案二：學(xué)生從5道備選題中任意抽出3道的結(jié)果有3,b,c),(mb,E),

(a,b,F),(a,c,E),(a,c,F)，(〃，凡F),(b,c,E),(〃，c,F),(b,E,

F),(c,E,F),共10種，

抽中至少2道會(huì)的備選題的結(jié)果有(mb,c),(mb,E),(a,b,F),(a,c,

E)f(a,c,F),(b,c,E),(b,c,F)，共7種，

7

所以此方案學(xué)生可參加復(fù)賽的概率尸2=而.

因?yàn)榈?lt;尸2,所以推薦的選手選擇答題方案二進(jìn)入復(fù)賽的可能性更大.

第53講事件的獨(dú)立性與條件概率

1.D【解析】該設(shè)備正常工作的概率是P=l-0.1X0.2=0.98.

2.B【解答】甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行射擊比賽，設(shè)事件A表示“甲

中靶”，事件B表示“乙中靶”,則P(A)=0.8,P(B)=0.9,曰、乙各射擊一次，

則兩人都中靶的概率為P(AB)=P(A)P(B)=0.8X0.9=0.72.

3.B【解答】甲、乙兩人獨(dú)立地破譯一份密碼，設(shè)事件4表示“甲能破

譯密碼”，事件8表示“乙能破譯密碼”，

則P(A)=yP(B)=Q,

密碼被破譯的對(duì)立事件是甲、乙同時(shí)不能破譯密碼，

所以密碼被破譯的概率為P=\-P(AB)=LP(A)P(8)=1—1

2)=1

4.C【解析】由條件概率計(jì)算公式得P(8|A)=g黑，所以;=以科，所

133

以P(A3)=2><5=正.

5.B【解析】由題意，若三場(chǎng)比賽結(jié)束時(shí)，乙獲勝，則第三場(chǎng)比賽乙至

多落后甲1分，

當(dāng)甲、乙都得2分時(shí)，乙獲勝，概率為乃=9卜小

當(dāng)乙得4分時(shí)，甲至多得5分，乙獲勝，概率為P2=1XQ+1+34，

當(dāng)乙得5分時(shí)，甲至多得6分，乙獲勝，概率為23=3(；+:+9+3=蓋

當(dāng)乙得6分時(shí)，甲至多得6分，乙獲勝，概率為尸4=3(；+[+t+3=*

當(dāng)乙得10分時(shí)，乙獲勝，概率為尸5=*X1=*.

故乙獲勝的概率為P—P-P3+P4+P5:|1.

6.D【解析】記事件A=”取出的重卦中至少有2個(gè)陰爻”，

事件3="取出的重卦中恰有3個(gè)陽(yáng)爻”.

則2(4)=1一或一冬=器，P(4B)=團(tuán)=稱，

20

P(AB)6420

川nl尸(為4)=p(a)=豆二斤

64

7.BD【解析】對(duì)于A,目標(biāo)恰好被命中一次的概率為0.5X0.6+0.5X0.4,

故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,利用相互獨(dú)立事件概率乘法公式得目標(biāo)恰好被命中兩次的概率為

0.5X0.4,故B正確；

對(duì)于C,目標(biāo)被命中的概率為0.5X0.6+0.5X0.4+0.5X0.4,故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由對(duì)立事件概率計(jì)算公式得目標(biāo)被命中的概率為1—0.5X0.6,故D

正確.

8.BD【解析】由題意知，P(4)=/P(B)=|,P(O=*P(D)=g,P(E)

=71,所以A,8兩個(gè)盒子暢通的概率為31義?治=右1因此A錯(cuò)誤；

215

A,B,C三個(gè)盒子混聯(lián)后暢通的概率為1-?乂1=不，B正確；

11?9

D,E兩個(gè)盒子并聯(lián)后暢通的概率為1-2乂!=宗，因此C錯(cuò)誤；

5O30

529

根據(jù)上述分析可知，當(dāng)開(kāi)關(guān)合上時(shí)，電路暢通的概率為券X1=奈，D正確.

3U030

2132

9.ABD【解析】對(duì)于A,某顧客抽獎(jiǎng)一次中獎(jiǎng)的概率是尸奇

2

亍故A正確；

對(duì)于B,某顧客抽獎(jiǎng)三次，至少有一次中獎(jiǎng)的概率是1—(|}=言，故B正

確；

對(duì)于C,在一次抽獎(jiǎng)過(guò)程中，已知顧客第一次抽出了紅球，

32

--

5X3'41

---

則該顧客中獎(jiǎng)的概率是p=52故C錯(cuò)誤，D正確.

10.0.80【解析】設(shè)“第一個(gè)路口遇見(jiàn)紅燈”為事件4,“第二個(gè)路口遇

見(jiàn)紅燈”為事件3,尸⑷=0.75,P(AB)=0.60,則尸(3履)=簾^=5^=0.80.

15415411

11.Z【解析】該選手順利完成闖關(guān)的概率為尸=]x1x；+]x]x/x4

26326322

1

2,

12.卷【解析】因?yàn)镻(A)=1—6+,+:=!1，尸("尸詈=：,所以

1J1oC9O

p㈤以?_且

/W)-尸⑷-13?

13.【解答】(1)選中的3人都是男生的概率為會(huì)

C]4

(2)男生甲和女生乙至少有一個(gè)被選中的概率為1一越=亍

r21rl1

(3)因?yàn)镻(A)=d=5，P(A8)=d=百，

所以P(8|A)=需=|.

14.【解答】(1)設(shè)A),即，A3,4分別表示在一次比賽中甲得。分，2分，

3分，5分的事件，Bo,B2,B3,85分別表示在一次比賽中乙得0分，2分，3分，

5分的事件，根據(jù)題意得

P(A2)=p(l—q)=：，

，[解得p=),q=7

P(B5)=pq=%,

⑵由已知得P(4))=P(場(chǎng))=(1一|卜(1一3)4尸(4)=尸(歷)=+

P(4)=P(&)=(1一1)X卜會(huì)，

尸(4)=尸(&)=1,

設(shè)。="'星隊(duì)'在一次比賽中的總得分為5分”，

則C=AGB5UA2B3UA3B2U

貝ljP(Q=P(AQB5UA2B3UA3B2UA5B0)

=P(Ao)P(B5)+P(A2)P(&)+尸(A3)P(B2)+P(4)P(氏)

-4X6+2X12+12X2+6X4-6,

所以“星隊(duì)”在一次比賽中的總得分為5分的概率為今

15.【解答】(1)因?yàn)樘魬?zhàn)結(jié)束時(shí)，小源共答對(duì)3道題，

所以小源Ai,A2,4全答對(duì)，A4答錯(cuò)，

所以挑戰(zhàn)結(jié)束時(shí)，小源共答對(duì)3道題的概率為

22218

=-X-X-X-=-

P13333

81

(2)挑戰(zhàn)結(jié)束時(shí)，小源恰好作答了3道題包含的情況有：

①4答錯(cuò)，第4題答對(duì)；②4答對(duì)，4答錯(cuò)；③4答對(duì)，42答對(duì)，4答錯(cuò).

所以挑戰(zhàn)結(jié)束時(shí)，小源恰好作答了3道題的概率為

22222

-3-3-16

33327

、

、

(3)小源闖關(guān)成功包含的情況有：

①四題全答對(duì)；②4答錯(cuò)，A3和4都答對(duì)；③4答對(duì)，4答錯(cuò)，4答對(duì);

④4和4都答對(duì)，4答錯(cuò)；⑤4,4,A3都答對(duì)，A4答錯(cuò).

所以小源闖關(guān)成功的概率為

P1=2X2221222122212221=20

為-3"3/3/3十3X3/3十3X3/3十3/3/3十3/3/3/3—27?

第54講隨機(jī)變量及其概率分布、期望與方差

1.A【解析】因?yàn)樨耙?|=1,所以j=2或。=4,由隨機(jī)變量j的概率分

布列知P(匕-3|=D=P(j=2)+Pe=4)=(l一上一品目+1=春

2.C【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量的分布列為成(2=123,4,5),所

以機(jī)+2/〃+3m+4m+5"z=1,解得"2=七

3.B【解析】由題意可得尸(XV-2)=0.1,P(XV0)=0.3,P(X<1)=0.5,

則團(tuán)￡(0,1].

4.D【解析】由離散型隨機(jī)變量X的分布列得E(X)=E+mD(X)=(—

2X?+0_J叼+(1—}x/=_/+“+：=_(“一￡|2+；,

2

因?yàn)镺VaV],所以。(X)先增大后減小.故選D.

5.B【解析】對(duì)于A,尸(因在號(hào)=尸(一,尸(X2W3=

人一必鳴,

因?yàn)橐簧?—坐抖所以7(因詞WP(X2詞，故A正確；

對(duì)于B,不妨設(shè)X的分布列為

X-11

\

p

22

則Xz的分布列為

X21

P1

(1一X)?的分布列為

(1-X)240

i1

p

22

故—故)=1,D(X2)=0,E((l-X)2)=2,D((l-X)2)=4,

顯然。(X2)WO((1-X)2),故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,由方差的性質(zhì)可知。(1—X)=(—1)2D(X)=D(X),故C正確；

對(duì)于D,因?yàn)镈(X)=E[X-E(X)]2=E(X2)-[E(X)]2^0,所以E(X2)^[E(X)]2,

故D正確.

6.C【解析】X的可能取值為2,3,且尸(X=2)=p2+(1—〃)2=2p2-2p+l,

P(X=3)=1-P(X=2)=2〃-2P2.

E(X)=2(2p2—2p+l)+3(2p—2P2)=-2p2+2p+2=—2(p一分+5，因?yàn)?

<P<2f所以E(X)v|,排除A,B.

鳳*)=4X(2p2—2p+l)+9(2p—2p2)=-10p2+]0"+4,

D(X)=E(X2)-￡2(X)=-10p2+10p+4-(-2p2+2p+2)2=-4/+8p3-6p2

+2”，

D'(X)=-16p3+24p2-12p+2,

D"(X)=-12(2p-l)2^0,

所以O(shè)'(X)在pw(o,3上單調(diào)遞減，又O'@)=0，

所以當(dāng)p￡(0,0時(shí)，D1(X)>0,

故〃￡(0,0時(shí)，。(%)單調(diào)遞增，

所以D(X)V—4乂(34+8*傳>一6乂(，2+2X3=",故C正確，D錯(cuò)誤.

7.CD【解析】由離散型隨機(jī)變量X的分布列的性質(zhì)得

q=1-0.4-0.1-0.2-02=0.1,

E(X)=0X0.1+1X04+2X0.1+3X0.2+4X0.2=2,

D(X)=(0-2)2X0.1+(1-2)2X0.4+(2-2)2X0.1+(3-2)2X0.2+(4-

2)2X02=1.8,

因?yàn)殡x散型隨機(jī)變量y滿足y=3x+i,

所以E(F)=3E(X)+1=7,D(y)=9D(X)=16.2.

「+b+；=l,

6ii

8.AC【解析】由題意可得J解得。=；,8，隨機(jī)

。+26+3乂/=工，

IO5

變量。的方差為D(^)=1xH

9.BC【解析】對(duì)于A,因?yàn)椤?計(jì)2,所以劭)=E?+2,故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B,因?yàn)椤??+2,所以。?=。(〃)，故B正確；

對(duì)于c,因?yàn)槠?=-3+%，

所以當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，E?增大,故C正確；

對(duì)于D,因?yàn)檑?=；+2乂￥^+3乂?=,+鄉(xiāng)

所以如)=(一/打抖伊分￥

所以當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，單調(diào)遞增，故D錯(cuò)誤.

10.§【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量X的分布列為P(X=Z)=〃(|>"=1,2,3,

所以尸(X=l)=竿，P(X=2)=等，P(X=3)=粵，由離散型隨機(jī)變量的分布列的

，7L1

性質(zhì)得手+1-+萬(wàn)=1,解得m=寵.

11.看【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量X的分布列為P(X=/)=(

1234,

(i=l,2,3,4),所以五+工+工+五=1，解得。=5,

347

所以P(2VXW4)=P(X=3)+P(X=4)=而+m=正.

12.停1)【解析】由題意可知〃+b+c=1,

根據(jù)分布列可得及。=序+〃+d,

因?yàn)閍,b,c是互不相等的正數(shù)，所以a1-\-b1>2ab,a2-^c2>2ac,〃+/

〉2姐

各式相加，整理得/+62+/>出?+40+兒，

因?yàn)?=(6z+4-c)2=4-Z>24-c2+2ab+2ac+2bc<?2H-Z>2+c24-2(6f24-/?24-

/)=3(*+拄+/),

所以/+/+/$

又因?yàn)閍8+ac+/?c>0,

所以片+護(hù)+才=1-2(ab-\-ac-\-bc)<1,

所以gv02+力2+才<],即3<鳳。<1.

13.【解答】(1)6名某疾病病毒密切接觸者中有1名感染病毒，其余5名

健康，從這6名密切接觸者中隨機(jī)抽取3名，抽到感染者的概率為P=1j=g.

(2)(i片的可能取值是123,4,5,且分布列如下：

12345

P11111

66663

所以E?=1X1+2X、+3X：+4X：+5X；=9

(ii)首先考慮(3,3)分組，所需化驗(yàn)次數(shù)為力〃的可能取值是2,3,尸(〃=2)

則〃的分布列如下:

23

12

P

33

W=3-

再考慮(2,2,2)分組，所需化驗(yàn)次數(shù)為3,5的可能取值是2,3,尸(3=2)=忘=

3,P((5-3)-CG-3，

則3的分布列如下：

623

12

P

33

Q

E(3)=y所以按(2,2,2)或(3,3)分組進(jìn)行化驗(yàn)均可.

14.【解答】(1)設(shè)事件A為“核酸檢測(cè)呈陽(yáng)性”，事件B為“患疾病”.

由題意可得P(A)=0.02,P(B)=0.003,P(A|B)=0.98,

由條件概率公式P(A|8)=*瞿，得P(A3)=0.98X0.003,貝ljP(8|A)=g^

"(⑴"1①

)8X0003

—=0.147,故該居民可以確診為新冠肺炎患者的概率為14.7%.

(2)設(shè)方案一中每組的檢測(cè)次數(shù)為X,則X的可能取值為1,6,

P(X=1)=(1-0.02)5=0.985-0.904,

P(X=6)=1-0.985=0.096,

所以X的分布列為

X16

P0.9040.096

所以E(X)=1X0.904+6X0.096=1.48,

即方案一檢測(cè)的總次數(shù)的期望為11X1.48=16.28.

設(shè)方案二中每組的檢測(cè)次數(shù)為匕則Y的可能取值為1,12,

P(y=1)=(1—0.02)11^0.801,

P(Y=12戶1-0.801=0.199,

所以Y的分布列為

Y112

P0.8010.199

所以E(y)=1X0.801+12X0.199=3.189,

即方案二檢測(cè)的總次數(shù)的期望為3.189X5=15.945,

由16.28>15.945,則方案二的工作量更少.

第55講二項(xiàng)分布與超幾何分布

若隨機(jī)變量X?5(5,1P(X=3)=喏X|}=翡

l.B【解析】則

2.D【解析】因?yàn)槊写螖?shù)4服從《?伙100,0.8),

所以命中次數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差等于，100>0.8><(1—0.8)=4

3.B【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量X,y滿足X+y=8,X?3(10,0.6),所以

E(X)=10X0.6=6,D(X)=10X0.6X0.4=2.4,風(fēng)F)=E(8—%)=8—E(X)=8—6

=2,D(r)=D(8-X)=D(X)=2.4.

2

4.D【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量X服從兩點(diǎn)分布，且尸(X=0)=多所以P(X

=1)=1,E(X)=0x1+1x|=|，所以。(㈤:卜一:)乂1+0—導(dǎo)義上本

]7

所以E(3X+1)=3E(X)+1=3X-+1=2,O(3X+l)=9￡V0=9Xg=2.

Ci1cJ.rA

5.D【解析】X的可能取值有0,1.2,且尸(X=0)=瓦=§,P(X=l)=w

8Ci2

=丘P(X=2)=C^=T5,

所以X的分布列如下:

X012

182

P3*1575

1824

貝ijE(X)=0X-+lX—+2XTT=-

AX

6.B【解析】用X表示這3個(gè)村莊中深度貧困村數(shù)，則X服從超幾何分

布，所以P(X=k)=?！?計(jì)算尸(X=o)=萼=(，p(x=l)=粵=H，P(X

=2)=^^，=方,P(X=3)=C^^3=4,所以P(X=1)+P(X=2)=/即有1個(gè)或

2個(gè)深度貧困村的概率為亨.

7.CD

8.ABC【解析】記該運(yùn)動(dòng)員在一次投籃中，投中兩分球?yàn)槭录?投中

三分球?yàn)槭录﨎,沒(méi)投中為事件C,由古典概型得P(A)=蓋=0.55,故A正確；

18

0(8)=訴=018,故B正確；P(Q=1-P(A)-P(B)=1-0.55-0.18=0.27,故C

1UU

正確；P(8+C)=P(8)+P(C)=0.18+0.27=0.45,故D錯(cuò)誤.

9.CD【解析】某人參加一次測(cè)試，在備選的10道題中，他能答對(duì)其中

的5道，現(xiàn)從備選的10題中隨機(jī)抽出3題進(jìn)行測(cè)試，規(guī)定至少答對(duì)2題才算合

格.

cl1_cl1

在A中，答對(duì)0題的概率為尸0=