高中数学选修2-3各单元课后巩固及单元测试及答案解析

1-1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1课后巩固1．已知集合A且A中至少有一个奇数，则这样的集合有( ) 新人教A版选修2-3新人教A版选修2-3
A．2个B．3个
C．4个D．5个
答案 D
解析满足题意的集合A分两类；第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1,2}，{3,2}共4个；第二类有两个奇数有{1,3}，所以共有4＋1＝5个．
2．集合A＝{a，b，c}，B＝{d，e，f，g}，从集合A到集合B的不同的映射个数是( ) A．24 B．81
C．6 D．64
答案 D
解析第一步，在B中与A中元素a对应的有4种情况；第二步，在B中与A中元素b 对应的有4种情况，在B中与A中元素c对应的有4种情况，根据分步乘法计数原理可得共有：4×4×4＝64种映射．
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．34B．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，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
1-1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理2课后巩固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．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．一球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有( ) A．5种B．4种
C．3种D．6种
答案 C
4．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
5．电子计算机的输入纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排最多可产生________种不同的信息．
答案256
解析8个位置上的每个位置穿孔或不穿孔都可确定一个信息，故应分步完成确定一个信息，由分步乘法计数原理得28＝256.
6．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)?
思路分析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)．
1-2 排列与组合2课后巩固
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A14种，再排5名男生有A55种，共有A14·A55＝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：A37－A34＝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{a n}，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A34个，同理，千位数是2,3,4,5时均有A34＝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3A34＝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A25＝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A14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A35种方法．
∴共有A14·A35＝240种不同的方案．
1-2 排列与组合3课后巩固
1．4名男歌手和2名女歌手联合进行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，共有出场方案的种数是( )
A．6A33种B．3A33种
C．2A33种D．A22A14A44种
答案 D
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A22种排法，当1,2不相邻且不与5相邻时有A33方法，当1,2相邻且不与5相邻时有A22·A23种方法，故满足题意的数有A22(A33＋A22·A23)＝36个．
3．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)
思路分析 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 2
4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A 14A 2
2种不同排法．综上，符合要求的不同排法有A 2
4＋A 1
4·A 2
2＝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 2
5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 2
5＋A 15A 2
2＝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．
4．从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则不同的取法有________种．
答案 2 500种
解析 ∵1＋100＝101＞100,2＋99>100,2＋100>100，
∴1为被加数的有1种，2为被加数的有2种，同理3为被加数的有3种，……，49为被加数的有49种，观察知
(1＋2＋…＋50)＋(49＋48＋…＋1)＝2 500种．
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 5
5种排法，它的内部甲、乙两人有A 2
2种站法，故符合要求的站法共有5A 5
5·A 2
2＝1 200种．
1-2 排列与组合4课后巩固
1．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m n
等于( )
A ．0
B.1
4
C.1
2
D.
3
4
答案 B
解析n＝C34＝4，m＝C33＝1.
2．某地为上海“世博会”招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取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种 B．21种
C．24种 D．90种
答案 B
解析要确保“5号与14号入选并被分配到同一组”，则另外两人的编号或都小于5或都大于14，于是据分类加法计数原理，得选取种数是C24＋C26＝6＋15＝21种．3．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a<b<c，那么这样的不同的数组个数是( )
A．21个B．28个
C．84个D．343个
答案 C
解析C39＝84.
4．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．2C210种B．C210·C210种
C．C110C320＋C210C210种D．2C110C310＋C210C210种
答案 D
5．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C13C24种不同的选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C23C14种不同的选法．所以不同的选法共有C13C24＋C23C14＝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：C37－C33－C34＝30种．
1-3 二项式定理1课后巩固
1．在(x －3)10
的展开式中，x 6
的系数是( ) A ．－27C 6
10 B ．27C 4
10 C ．－9C 610 D ．9C 4
10
答案 D
2．(2012·天津)在(2x 2
－1x
)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．若对于任意实数x ，有x 3＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3
，则a 2的值为( ) A ．3 B ．6 C ．9 D ．12
答案 B
解析 x 3
＝[2＋(x －2)]3
， 由二项式定理的通项公式知：
T 2＋1＝C 23·2·(x －2)2＝a 2(x －2)2
，
得a 2＝C 2
3·2＝6.
4．(2x ＋5y )n
展开式中第k 项的二项式系数为( ) A ．C k
n B ．C k n 2
n －k 5k
C ．C k －1n
D ．C k －1n 2
n ＋1－k 5
k －1
答案 C
解析 本题考查二项式系数的概念，第k 项二项式系数为C k －1
n . 5．(2010·辽宁)(1＋x ＋x 2
)(x －1x
)6的展开式中的常数项为________．
答案 －5
解析 (1＋x ＋x 2)(x －1x )6＝(1＋x ＋x 2)[C 06x 6·(－1x )0＋C 16x 5(－1x )1＋C 26x 4(－1x
)2＋C 36x 3
(－
1
x
)3＋C 46x 2(－1x )4＋C 56x (－1x )5＋C 66x 0(－1x )6]＝(1＋x ＋x 2)(x 6－6x 4＋15x 2
－20＋15x 2－6x 4＋1x
6)．
所以常数项为1×(－20)＋x 2
·15x
2＝－5.
6．对于二项式(x 3＋1x
)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
7．(2011·山东理)若(x －a x
2
)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 －
a x
2
)6展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 6x
6－r
(－a )r x
－2r
＝C r 6x
6－3r
(－a )r
，
当r ＝2时，T r ＋1为常数项，即常数项是C 2
6a ，根据已知C 2
6a ＝60，解得a ＝4.
1-3 二项式定理2课后巩固
1．在(1＋x )n (n ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5
的系数最大，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11
答案 C
解析 x 5
的系数是第6项，它是中间项．∴n ＝10，选C.
2．设(5x －x )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x 3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T r ＋1＝C r 4·(5x )4－r
·(－x )r
＝(－1)r
·C r
4·5
4－r
·x 4－r
2
.
令4－r
2
＝3，即r ＝2，此时C 2
4·52
·(－1)2
＝150.
3．二项展开式(2x －1)10
中x 的奇次幂项的系数之和为( ) A.1＋310
2
B.1－310
2
C.310
－12
D ．－1＋310
2
答案 B
解析 设(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10
，令x ＝1，得1＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10，再令x ＝－1，得310
＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＋a 10，两式相减可得a 1＋a 3＋…＋a 9＝1－3
10
2
，故
选B.
4．若(x ＋y )9
按x 的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且x ＋y ＝1，xy <0，则x 的取值范围是( )
A ．(－∞，1
5)
B ．[4
5，＋∞)
C ．(－∞，－4
5]
D ．(1，＋∞)
答案 D
解析 二项式(x ＋y )9
的展开式的通项是T r ＋1＝C r 9·x
9－r
·y r
.
依题意有⎩⎪⎨⎪
⎧
C 19·x 9－1·y ≤C 29·x 9－2·y 2，x ＋y ＝1，
xy <0，
由此得
⎩
⎪⎨⎪⎧
x 8
－x －4x 7
－x
2
≤0，
x －x
，
由此解得x >1，即x 的取值范围是(1，＋∞)．
5．设(x －1)21
＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2
＋…＋a 21x 21
，则a 10＋a 11＝________. 答案 0
解析 (x －1)21
的展开式的通项为
T r ＋1＝C r 21x
21－r ·(－1)r .由题意知a 10，a 11分别是含x 10和x 11项的系数，所以a 10＝－C 1121，a 11＝C 1021，所以
a 10＋a 11＝C 1021－C 1121＝0.
2-1 离散型随机变量及其分布列1课后巩固
1．下列变量中，是离散型随机变量的是( ) A ．到2013年5月1日止，我国被确诊的爱滋病人数 B ．一只刚出生的大熊猫，一年以后的身高 C ．某人在车站等出租车的时间 D ．某人投篮10次，可能投中的次数 答案 D
2．某人射击的命中率为p(0<p<1)，他向一目标射击，射中目标则停止射击，射击次数的取值是( )
A．1,2,3，…，n B．1,2,3，…，n，…
C．0,1,2，…，n D．0,1,2，…，n，…
答案 B
3．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．
4．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．
2-1 离散型随机变量及其分布列2课后巩固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
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：
，则q 的值为( ) A ．1
B ．1±
22 C ．1＋22
D ．1－
22
答案 D
解析 q 满足：12＋1－2q ＋q 2＝1，即2q 2
－4q ＋1＝0，解得q ＝1±22
，∵0≤q ≤1，∴
q ＝1－
2
2
. 4．随机变量ξ的分布列如下：
，其中a 、b 、c ) A.13 B.14 C.12 D.23 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)＝C 02C 5
48C 50＋C 12C 4
48C 50＝243
245
.
答：该批产品被接收的概率是243
245
(约为0.991 84)．
2-1 离散型随机变量及其分布列3课后巩固
1．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)＝1C 35＝110，P (ξ＝40)＝C 2
3C 35＝3
10，
P (ξ＝50)＝C 2
4C 35＝3
5
，∴ξ的分布列为
2.50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：
(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 2
50＝1 225. 选出2人使用版本相同的方法数为C 2
20＋C 2
15＋C 2
5＋C 2
10＝350. 故2人使用版本相同的概率为P ＝3501 225＝2
7.
(2)∵P (ξ＝0)＝C 2
15C 235＝3
17
，
P (ξ＝1)＝C 1
20C 1
15C 235＝60119，P (ξ＝2)＝C 2
20C 235＝38
119，
∴ξ的分布列为
3．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)＝C 3
5C 39＝542，P (X ＝4)＝C 1
4·C 2
5C 39＝10
21，
P (X ＝5)＝C 2
4·C 1
5C 39＝514，P (X ＝6)＝C 3
4C 39＝1
21.
所以X 的分布列为
2-2 二项分布及其应用1课后巩固
1．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.4
9 B.2
9 C.12 D.13
答案 C
解析 由题意可知，
n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 3
3＝6.
∴P (A |B )＝
n AB n B ＝612＝1
2
.
2．某种电子元件用满3 000小时不坏的概率为34，用满8 000小时不坏的概率为1
2.现有
一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时的概率是( )
A.3
4 B.23 C.12 D.13
答案 B
解析 记事件A ：“用满3 000小时不坏”，P (A )＝3
4
；记事件B ：“用满8 000小时不
坏”，P (B )＝12.因为B ⊆A ，所以P (AB )＝P (B )＝12，P (B |A )＝P AB P A ＝P AB P A ＝P B
P A ＝
123
4＝23
. 3．有一匹叫Harry 的马，参加了100场赛马比赛，赢了20场，输了80场．在这100场比赛中，有30场是下雨天，70场是晴天．在30场下雨天的比赛中，Harry 赢了15场．如果明天下雨，Harry 参加赛马的赢率是( )
A.1
5 B.12 C.34 D.310
答案 B
解析 此为一个条件概率的问题，由于是在下雨天参加赛马，所以考查的应该是Harry 在下雨天的比赛中的胜率，即P ＝1530＝1
2
.
4．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.1
19 B.1738 C.419
D.217 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 )＝C 2
5C 220，P (B )＝C 2
5＋C 15C 1
15
C 2
20. ∴P (A |B )＝
P AB P B ＝2
17
.
5．抛掷一枚骰子，观察出现的点数，若已知出现的点数不超过3，求出现的点数是奇数的概率？
解析 设事件A 表示：“点数不超过3”，事件B 表示：“点数为奇数”，∴P (A )＝3
6＝
12，P (AB )＝26＝13
. ∴P (B |A )＝
P AB P A ＝2
3
.
6．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 2
6＝30， 根据分步计数原理n (A )＝A 14A 1
5＝20，于是
P (A )＝
n A n Ω＝2030＝23
. (2)因为n (AB )＝A 2
4＝12，于是
P (AB )＝n AB n Ω＝1230＝2
5
.
(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 )＝P AB
P A ＝2
523
＝35
.
方法二 因为n (AB )＝12，n (A )＝20， 所以P (B |A )＝n AB n A ＝1220＝3
5
.
2-2 二项分布及其应用2课后巩固
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.A 与B 不相互独立 D ．A 与B 是相互独立事件
答案 D
2．已知P (B )>0，A 1A 2＝∅，则下列成立的是( ) A ．P (A 1|B )>0
B ．P (A 1∪A 2|B )＝P (A 1|B )＋P (A 2|B )
C ．P (A 1A 2)≠0
D ．P (A 1 A 2)＝1
答案 B
解析 由A 1A 2＝∅，可知A 1与A 2互斥．
3．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p 1，乙解决这个问题的概率是p 2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是( )
A ．p 1p 2
B ．p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)
C ．1－p 1p 2
D ．1－(1－p 1)(1－p 2)
答案 B
4．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56、45、34、1
3
，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A i (i ＝1,2,3,4)表示“该选手能正确回答第i 轮问题”， 由已知P (A 1)＝56，P (A 2)＝45，P (A 3)＝34，P (A 4)＝1
3，
(1)设事件B 表示“该选手进入第三轮才被淘汰”， 则P (B )＝P (A 1A 2 A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝56×45×(1－34)＝1
6
. (2)设事件C 表示“该选手至多进入第三轮考核”， 则P (C )＝P (A 1＋A 1 A 2＋A 1A 2 A 3) ＝P (A 1)＋P (A 1 A 2)＋P (A 1A 2 A 3) ＝16＋56×15＋56×45×(1－34)＝12. (3)X 的可能取值为1,2,3,4.
P (X ＝1)＝P (A 1)＝16
，
P (X ＝2)＝P (A 1 A 2)＝56
×(1－45
)＝16
， P (X ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝56×45
×(1－34
)＝16
， P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3)＝56×4
5
×34＝12
，
所以，X 的分布列为
2-2 二项分布及其应用3课后巩固
1．若ξ～B (10，1
2)，则P (ξ≥2)＝( )
A.11
1 024 B.50151
2 C.
1 013
1 024
D.507512
答案 C
解析 由ξ～B (10，12)可知，P (ξ≥2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)＝1－C 010(12)10－C 110(12)
10
＝1 013
1 024
. 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 4
5×0.984
×0.02 D ．C 4
5×0.98×0.024
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 4
5(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 (5，12)，由题设C k 5(12)5＝C k ＋1
5·(12
)5，∴
k ＋k ＋1＝5，∴k ＝2.
4．某校组织一次冬令营活动，有8名同学参加，其中有5名男同学，3名女同学，为了活动的需要，要从这8名同学中随机抽取3名同学去执行一项特殊任务，记其中X 名男同学．
(1)求X 的分布列；
(2)求去执行任务的同学中有男有女的概率．
思路分析 由题目可知，总的选派人数为3人，但需分男同学与女同学，并且X 需按男同学的多少进行计算，故本题为超几何分布．
解析 (1)X 的可能取值为0,1,2,3，且X 服从超几何分布，因此：P (X ＝0)＝C 3
3C 38＝1
56，
P (X ＝1)＝C 15C 2
3C 38＝15
56
，
P (X ＝2)＝C 25C 1
3C 38＝1528，P (X ＝3)＝C 3
5C 38＝5
28.
∴X 的分布列为
(2)由上面的分布列，可知去执行任务的同学有男有女的概率为P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝
15
56＋1528＝4556
. 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
3
.
(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．
思路分析 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13，且每次试验结果相
互独立，故ξ～B (6，13)．所以ξ的分布列为P (ξ＝k )＝C k
6·(13)k ·(23)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 )＝(23)k ·1
3，η＝6表示一路没有遇上红灯，故其概率为P (η＝6)＝
(23)6
.所以η的分布列为
(3)所求概率即P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(3)6＝729
.
2-3 离散型随机变量的均值与方差1课后巩固
1．(2013·福建福州)已知某一随机变量X 的概率分布列如下表，E (X )＝6.3，则a 值为( )
A.5 C ．7 D ．8
答案 C
2．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.
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.
3．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 ＝
1 00015 000＝1
15
，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 ＝150×1
15
＝10.
4．某班有1
4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 (5，1
4
)，则E (－X )的值为( )
A.14 B ．－14
C.54 D ．－54
答案 D
解析 ∵X ～B (5，14)，∴E (X )＝5×14＝5
4.
∴E (－X )＝－E (X )＝－5
4
.
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2
3
，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)＝23，P (ξ＝2)＝13×23＝2
9
，
P (ξ＝3)＝13×13×(23＋13)＝19
.
所以ξ的分布列为：
∴E (ξ)＝13
9.
2-3 离散型随机变量的均值与方差2课后巩固
1．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( )
A.706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.
2．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.34
B.125
C.197
D.13
答案 B
解析 每次摸到红球的概率都为610＝3
5，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)＝4×35＝125
.
3．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
求η＝log 3ξ的期望．解析 当ξ＝9时，η＝log 39＝2，此时P (η＝2)＝P (ξ＝9)＝1
3；
当ξ＝3时，η＝log 33＝1，此时P (η＝1)＝P (ξ＝3)＝1
6；
当ξ＝1时，η＝log 31＝0，此时P (η＝0)＝P (ξ＝1)＝1
4；
当ξ＝19时，η＝log 319＝－2，此时P (η＝－2)＝P (ξ＝19)＝1
4.
因此，η＝log 3ξ的分布列为
∴E (η)＝2×13＋1×16＋0×4－2×4＝3.
2-3 离散型随机变量的均值与方差3课后巩固
1．已知随机变量X ，D (10X )＝100
9，则X 的标准差为________．
答案 13
解析 ∵D (10X )＝100D (X )＝1009
， ∴D (X )＝1
9
，∴σ(X )＝D
X ＝13
.
2．已知离散型随机变量X 的可能取值为x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，且E (X )＝0.1，D (X )＝0.89，则对应x 1，x 2，x 3的概率p 1，p 2，p 3分别为________，________，________.
答案 0.4 0.1 0.5
解析 由题意知，－p 1＋p 3＝0.1， 1．21p 1＋0.01p 2＋0.81p 3＝0.89.
又p 1＋p 2＋p 3＝1，解得p 1＝0.4，p 2＝0.1，p 3＝0.5. 3．已知随机变量X 的分布列为
若E (X )＝2
3.
(1)求D (X )的值；
(2)若Y ＝3X －2，求D Y 的值． 解析 由12＋13＋p ＝1，得p ＝1
6.
又E (X )＝0×12＋1×13＋16x ＝2
3，
∴x ＝2.
(1)D (X )＝(0－23)2×12＋(1－23)2×13＋(2－23)2×16＝1527＝5
9.
(2)∵Y ＝3X －2，∴D (Y )＝D (3X －2)＝9D (X )． ∴D
Y ＝9D X ＝3D X ＝ 5.
4．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)＝1－23×23＝59
；
“ξ＝1”是指两次取的卡片上都标着1，其概率为
P (ξ＝1)＝13×13＝19
；
“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)＝2×13×
1
3＝29
； “ξ＝4”是指两次取的卡片上都标着2，其概率为
P (ξ＝4)＝13×13＝19
.
则ξ的分布列为
(2)E (ξ)＝0×59＋1×19＋2×9＋4×9
＝1，
D (ξ)＝(0－1)2×59＋(1－1)2×19＋(2－1)2×29＋(4－1)2×19＝169
.
2-4 正态分布1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.1
5 B.14 C.13 D.12
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)＝1
2
.
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.1
2＋p B.12－p C ．1－2p
D ．1－p
答案 B
解析 P (－1<ξ<0)＝12P (－1<ξ<1)＝12[1－2P (ξ>1)]＝12－P (ξ>1)＝1
2
－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. 2 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.
2-4 正态分布2课后巩固
1．正态总体N (0，4
9)，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 (0－3×23<ξ≤0＋3×2
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.
2．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. 3．在某市2013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)＝12[1－P (88<X <108)]＝1
2[1
－P (μ－σ<X <μ＋σ)]＝1
2(1－0.682 6)＝0.158 7，故该学生的数学成绩大约排在全市第
0.158 7×9 450≈1 500名，故选A.
4．(2012·新课标全国理)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 38
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12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×12＋
12
－12＋－12
12＝38
. 5．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<X ≤2.5＋0.1)＝0.682 6.
3-1 回归分析的基本思想及其初步应用课后巩固
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。