2018-2019学年高中数学选修2-3第二章 2.2.2
2018-2019学年人教版选修三 2.2.2杂化轨道理论与配合物理论简介 作业
第二课时杂化轨道理论与配合物理论简介基础巩固1以下关于杂化轨道的说法中,错误的是()A.ⅠA族元素成键时不可能有杂化轨道B.杂化轨道既可能形成σ键也可能形成π键C.孤电子对占据的原子轨道有可能是杂化轨道p轨道杂化不可能有sp4杂化轨道出现A族元素如果是碱金属,易失电子,如果是H,一个电子在1s能级上不可能杂化;杂化轨道只能形成σ键,不可能形成π键;p能级只有3个轨道,不可能有sp4杂化。
2下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是() A.CO2与SO2 B.CH4与NH3与BF3 D.C2H4与C2H2项,CO2中碳原子为sp杂化,SO2中硫原子为sp2杂化,故A项不正确;B项,CH4中碳原子为sp杂化,NH3中氮原子也为sp3杂化,故B项正确;C项,BeCl2中铍原子为sp杂化,BF3中硼原子为sp2杂化,故C项不正确;D项,C2H4中碳原子为sp2杂化,C2H2中碳原子为sp杂化,故D项不正确。
3根据价层电子对互斥理论及原子的轨道杂化理论判断,NF3分子的立体构型和中心原子的杂化方式为()A.直线形sp杂化B.三角形sp2杂化sp2杂化 D.三角锥形sp3杂化3分子的立体构型和中心原子的杂化方式与NH3相同。
4向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,继续添加氨水,难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。
下列对此现象的说法正确的是()A.反应后溶液中不存在任何沉淀,所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后,将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇,溶液中没有任何变化,因为[Cu(NH3)4]2+不会与乙醇发生反应3)4]2+中,Cu2+给出孤电子对,NH3提供空轨道CuSO4首先与NH3·H2O反应生成难溶的Cu(OH)2,后又溶解,说明Cu(OH)2发生反应生成了[Cu(NH3)4]2+,因此A错、B对;乙醇不与有关物质作用,但加入乙醇后会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O,故C错;[Cu(NH3)4]2+形成过程中,NH3分子提供孤电子对,是配体,Cu2+提供空轨道,D错。
数学选修2-3讲义：第2章2.12.1.1 离散型随机变量含答案
2.1离散型随机变量及其分布列2.1.1离散型随机变量学习目标：1.理解随机变量及离散型随机变量的含义．(重点)2.了解随机变量与函数的区别与联系．(易混点)3.会用离散型随机变量描述随机现象．(难点)教材整理离散型随机变量阅读教材P40练习以上部分，完成下列问题．1．随机变量(1)定义：在试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X来表示，并且X 是随着试验的结果的不同而变化的，我们把这样的变量X叫做一个随机变量．(2)表示：随机变量常用大写字母X，Y，…表示．2．离散型随机变量如果随机变量X的所有可能的取值都能一一列举出来，则称X为离散型随机变量．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)随机变量的取值可以是有限个，也可以是无限个．()(2)在抛掷一枚质地均匀的硬币试验中，“出现正面的次数”为随机变量．()(3)随机变量是用来表示不同试验结果的量．()(4)试验之前可以判断离散型随机变量的所有值．()(5)在掷一枚质地均匀的骰子试验中，“出现的点数”是一个随机变量，它有6个取值．()【解析】(1)√因为随机变量的每一个取值，均代表一个试验结果，试验结果有限个，随机变量的取值就有有限个，试验结果有无限个，随机变量的取值就有无限个．(2)√因为掷一枚硬币，可能出现的结果是正面向上或反面向上，以一个标准如正面向上的次数来描述这一随机试验，那么正面向上的次数就是随机变量ξ，ξ的取值是0,1.(3)√因为由随机变量的定义可知，该说法正确．(4)√因为随机试验所有可能的结果是明确并且不只一个，只不过在试验之前不能确定试验结果会出现哪一个，故该说法正确．(5)√因为掷一枚质地均匀的骰子试验中，所有可能结果有6个，故“出现的点数”这一随机变量的取值为6个．【答案】(1)√(2)√(3)√(4)√(5)√随机变量的概念【例1】判断下列各个量，哪些是随机变量，哪些不是随机变量，并说明理由．(1)北京国际机场候机厅中2019年5月1日的旅客数量；(2)2019年5月1日至10月1日期间所查酒驾的人数；(3)2019年6月1日济南到北京的某次动车到北京站的时间；(4)体积为1 000 cm3的球的半径长．【精彩点拨】利用随机变量的定义判断．【解】(1)旅客人数可能是0,1,2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．(2)所查酒驾的人数可能是0,1,2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．(3)动车到达的时间可在某一区间内任取一值，是随机的，因此是随机变量．(4)球的体积为1 000 cm3时，球的半径为定值，不是随机变量．随机变量的辨析方法1．随机试验的结果具有可变性，即每次试验对应的结果不尽相同．2．随机试验的结果具有确定性，即每次试验总是恰好出现这些结果中的一个，但在一次试验之前却不能肯定这次试验会出现哪一个结果．如果一个随机试验的结果对应的变量具有以上两点，则该变量即为随机变量．1．(1)下列变量中，不是随机变量的是()A．一射击手射击一次命中的环数B．标准状态下，水沸腾时的温度C．抛掷两枚骰子，所得点数之和D．某电话总机在时间区间(0，T)内收到的呼叫次数(2)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【解析】(1)B项中水沸腾时的温度是一个确定值．(2)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．【答案】(1)B(2)C离散型随机变量的判定【例2】指出下列随机变量是否是离散型随机变量，并说明理由．(1)某座大桥一天经过的车辆数X；(2)某超市5月份每天的销售额；(3)某加工厂加工的一批某种钢管的外径与规定的外径尺寸之差ξ；(4)江西九江市长江水位监测站所测水位在(0,29]这一范围内变化，该水位站所测水位ξ.【精彩点拨】随机变量的实际背景→判断取值是否具有可列性→得出结论【解】(1)车辆数X的取值可以一一列出，故X为离散型随机变量．(2)某超市5月份每天销售额可以一一列出，故为离散型随机变量．(3)实际测量值与规定值之间的差值无法一一列出，不是离散型随机变量．(4)不是离散型随机变量，水位在(0,29]这一范围内变化，不能按次序一一列举．“三步法”判定离散型随机变量1．依据具体情境分析变量是否为随机变量．2．由条件求解随机变量的值域．3．判断变量的取值能否被一一列举出来，若能，则是离散型随机变量；否则，不是离散型随机变量．2．一个袋中装有5个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数为ξ.(1)列表说明可能出现的结果与对应的ξ的值；(2)若规定抽取3个球中，每抽到一个白球加5分，抽到黑球不加分，且最后结果都加上6分，求最终得分η的可能取值，并判定η是否为离散型随机变量．【解】(1)(2)由题意可得：η＝5ξ＋6，而ξ可能的取值范围为{0,1,2,3}，所以η对应的各值是：5×0＋6,5×1＋6,5×2＋6,5×3＋6.故η的可能取值为6,11,16,21.显然，η为离散型随机变量．随机变量的可能取值及试验结果[探究问题]1．抛掷一枚质地均匀的硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．这种试验结果能用数字表示吗？【提示】 可以．用数字1和0分别表示正面向上和反面向上．2．在一块地里种10棵树苗，设成活的树苗数为X ，则X 可取哪些数字？【提示】 X ＝0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.3．抛掷一枚质地均匀的骰子，出现向上的点数为ξ，则“ξ≥4”表示的随机事件是什么？【提示】 “ξ≥4”表示出现的点数为4点，5点，6点．【例3】 写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值和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1个球，直到取出的球是白球为止，所需要的取球次数；(2)从标有1,2,3,4,5,6的6张卡片中任取2张，所取卡片上的数字之和．【精彩点拨】分析题意→写出X可能取的值→分别写出取值所表示的结果【解】(1)设所需的取球次数为X，则X＝1,2,3,4，…，10,11，X＝i表示前i－1次取到红球，第i次取到白球，这里i＝1,2， (11)(2)设所取卡片上的数字和为X，则X＝3,4,5， (11)X＝3，表示“取出标有1,2的两张卡片”；X＝4，表示“取出标有1,3的两张卡片”；X＝5，表示“取出标有2,3或标有1,4的两张卡片”；X＝6，表示“取出标有2,4或1,5的两张卡片”；X＝7，表示“取出标有3,4或2,5或1,6的两张卡片”；X＝8，表示“取出标有2,6或3,5的两张卡片”；X＝9，表示“取出标有3,6或4,5的两张卡片”；X＝10，表示“取出标有4,6的两张卡片”；X＝11，表示“取出标有5,6的两张卡片”．用随机变量表示随机试验的结果问题的关键点和注意点1．关键点：解决此类问题的关键是明确随机变量的所有可能取值，以及取每一个值时对应的意义，即一个随机变量的取值可能对应一个或多个随机试验的结果．2．注意点：解答过程中不要漏掉某些试验结果．3．写出下列各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)在2018年北京大学的自主招生中，参与面试的5名考生中，通过面试的考生人数X；(2)射手对目标进行射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，该射手在一次射击中的得分用ξ表示．【解】(1)X可能取值0,1,2,3,4,5，X＝i表示面试通过的有i人，其中i＝0,1,2,3,4,5.(2)ξ可能取值为0,1，当ξ＝0时，表明该射手在本次射击中没有击中目标；当ξ＝1时，表明该射手在本次射击中击中目标．1．给出下列四个命题：①15秒内，通过某十字路口的汽车的数量是随机变量；②在一段时间内，某候车室内候车的旅客人数是随机变量；③一条河流每年的最大流量是随机变量；④一个剧场共有三个出口，散场后某一出口退场的人数是随机变量．其中正确的个数是()A．1B．2C．3D．4【解析】由随机变量定义可以直接判断①②③④都是正确的．故选D．【答案】 D2．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次均未击中目标D．第4次击中目标【解析】{ξ＝5}表示前4次均未击中，而第5次可能击中，也可能未击中，故选C.【答案】 C3．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________．【解析】由于抽球是在有放回条件下进行的，所以每次抽取的球号均可能是1,2,3,4,5中某个．故两次抽取球号码之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10，共9种．【答案】94．甲进行3次射击，甲击中目标的概率为12，记甲击中目标的次数为ξ，则ξ的可能取值为________．【解析】甲可能在3次射击中，一次也未中，也可能中1次，2次，3次．【答案】0,1,2,35．写出下列各随机变量可能的取值，并说明这些值所表示的随机试验的结果．(1)从一个装有编号为1号到10号的10个球的袋中，任取1球，取出的球的编号为X；(2)一个袋中装有10个红球，5个白球，从中任取4个球，其中所含红球的个数为X；(3)投掷两枚骰子，所得点数之和是偶数X.【解】(1)X的可能取值为1,2,3， (10)X＝k(k＝1,2，…，10)表示取出第k号球．(2)X的可能取值为0,1,2,3,4.X＝k表示取出k个红球，4－k个白球，其中k＝0,1,2,3,4.(3)X的可能取值为2,4,6,8,10,12.X＝2表示(1,1)；X＝4表示(1,3)，(2,2)，(3,1)；…；X＝12表示(6,6)．X的可能取值为2,4,6,8,10,12.。
高中数学选修2-3《2.2二项分布及其应用》测试卷解析版
高中数学选修2-3《2.2二项分布及其应用》测试卷解析版一．选择题（共6小题）1．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为且是互相独立的，按图种方式接入电路，电路正常工作的概率是（）A．B．C．D．【分析】电路正常工作的条件是T1必须正常工作，T2，T3至少有一个正常工作，由此利用相互独立事件乘法公式和对立事件概率公式能求出电路正常工作的概率．【解答】解：∵三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为且是互相独立的，图种方式接入电路，∴电路正常工作的条件是T1必须正常工作，T2，T3至少有一个正常工作，∴电路正常工作的概率：P＝（1﹣）＝．故选：C．【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件乘法公式和对立事件概率计算公式的合理运用．2．抛掷3枚质地均匀的硬币，A＝{既有正面向上又有反面向上}，B＝{至多有一个反面向上}，则A与B关系是（）A．互斥事件B．对立事件C．相互独立事件D．不相互独立事件【分析】由于A中的事件发生与否对于B中的事件是否发生不产生影响，故A与B是相互独立的，从而得出结论．【解答】解：由于A中的事件发生与否对于B中的事件是否发生不产生影响，故A与B 是相互独立的，故选：C．【点评】本题主要考查相互独立事件的定义，属于基础题．3．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．0.8B．0.75C．0.6D．0.45【分析】设随后一天的空气质量为优良的概率为p，则由题意可得0.75×p＝0.6，由此解得p的值．【解答】解：设随后一天的空气质量为优良的概率为p，则由题意可得0.75×p＝0.6，解得p＝0.8，故选：A．【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题．4．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．0.648B．0.432C．0.36D．0.312【分析】判断该同学投篮投中是独立重复试验，然后求解概率即可．【解答】解：由题意可知：同学3次测试满足X∽B（3，0.6），该同学通过测试的概率为＝0.648．故选：A．【点评】本题考查独立重复试验概率的求法，基本知识的考查．5．设某批产品合格率为，不合格率为，现对该产品进行测试，设第ε次首次取到正品，则P（ε＝3）等于（）A．C32（）2×（）B．C32（）2×（）C．（）2×（）D．（）2×（）【分析】根据题意，P（ε＝3）即第3次首次取到正品的概率，若第3次首次取到正品，即前两次取到的都是次品，第3次取到正品，由相互独立事件的概率计算可得答案．【解答】解：根据题意，P（ε＝3）即第3次首次取到正品的概率；若第3次首次取到正品，即前两次取到的都是次品，第3次取到正品，则P（ε＝3）＝（）2×（）；故选：C．【点评】本题考查相互独立事件的概率计算，解题的关键在于正确理解P（ε＝3）的意义．6．已知P（B|A）＝，P（A）＝，则P（AB）＝（）A．B．C．D．【分析】根据条件概率的公式，整理出求事件AB同时发生的概率的表示式，代入所给的条件概率和事件A的概率求出结果．【解答】解：∵P（B/A）＝，P（A）＝，∴P（AB）＝P（B/A）•P（A）＝＝，故选：D．【点评】本题考查条件概率与独立事件，本题解题的关键是记住并且会利用条件概率的公式，要正确运算数据，本题是一个基础题．二．填空题（共1小题）7．为了考察某校各班参加课外小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据，已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为10．【分析】本题可运用平均数公式求出平均数，再运用方差的公式列出方差表达式，再讨论样本数据中的最大值的情况，即可解决问题．【解答】解：设样本数据为：x1，x2，x3，x4，x5，平均数＝（x1+x2+x3+x4+x5）÷5＝7；方差s2＝[（x1﹣7）2+（x2﹣7）2+（x3﹣7）2+（x4﹣7）2+（x5﹣7）2]÷5＝4．从而有x1+x2+x3+x4+x5＝35，①（x1﹣7）2+（x2﹣7）2+（x3﹣7）2+（x4﹣7）2+（x5﹣7）2＝20．②若样本数据中的最大值为11，不妨设x5＝11，则②式变为：（x1﹣7）2+（x2﹣7）2+（x3﹣7）2+（x4﹣7）2＝4，由于样本数据互不相同，这是不可能成立的；若样本数据为4，6，7，8，10，代入验证知①②式均成立，此时样本数据中的最大值为10．故答案为：10．【点评】本题考查的是平均数和方差的求法．计算方差的步骤是：①计算数据的平均数；②计算偏差，即每个数据与平均数的差；③计算偏差的平方和；④偏差的平方和除以数据个数．三．解答题（共9小题）8．某商场一号电梯从1层出发后可以在2、3、4层停靠．已知该电梯在1层载有4位乘客，假设每位乘客在2、3、4层下电梯是等可能的．（Ⅰ）求这4位乘客中至少有一名乘客在第2层下电梯的概率；（Ⅱ）用X表示4名乘客在第4层下电梯的人数，求X的分布列和数学期望．【分析】（I）根据题意知每位乘客在第2层下电梯的概率都是，至少有一名乘客在第2层下电梯的对立事件是没有人在第二层下电梯，根据对立事件和相互独立事件的概率公式得到结果．（II）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，4，由题意可得每个人在第4层下电梯的概率均为，且每个人下电梯互不影响，得到变量符合二项分布，根据二项分布的公式写出分布列和期望．【解答】解：（Ⅰ）设4位乘客中至少有一名乘客在第2层下电梯的事件为A，…（1分）由题意可得每位乘客在第2层下电梯的概率都是，…（3分）则．…（6分）（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，4，…（7分）由题意可得每个人在第4层下电梯的概率均为，且每个人下电梯互不影响，所以，．…（9分）X01234P…（11分）．…（13分）【点评】本题看出离散型随机变量的分布列和期望，本题解题的关键是看出变量符合二项分布的特点，后面用公式就使得运算更加简单9．为了了解某年段1000名学生的百米成绩情况，随机抽取了若干学生的百米成绩，成绩全部介于13秒与18秒之间，将成绩按如下方式分成五组：第一组[13，14）；第二组[14，15）；…；第五组[17，18]．按上述分组方法得到的频率分布直方图如图所示，已知图中从左到右的前3个组的频率之比为3：8：19，且第二组的频数为8．（Ⅰ）将频率当作概率，请估计该年段学生中百米成绩在[16，17）内的人数；（Ⅱ）求调查中随机抽取了多少个学生的百米成绩；（Ⅲ）若从第一、五组中随机取出两个成绩，求这两个成绩的差的绝对值大于1秒的概率．【分析】（1）根据频率分步直方图中小正方形的面积是这组数据的频率，用长乘以宽得到面积，即为频率．（II）根据所有的频率之和是1，列出关于x的方程，解出x的值做出样本容量的值，即调查中随机抽取了50个学生的百米成绩．（III）本题是一个古典概型，试验发生所包含的事件是从第一、五组中随机取出两个成绩，满足条件的事件是成绩的差的绝对值大于1秒，列举出事件数，根据古典概型概率公式得到结果．【解答】解：（Ⅰ）百米成绩在[16，17）内的频率为0.32×1＝0.32，则共有1000×0.32＝320人；（Ⅱ）设图中从左到右前3个组的频率分别为3x，8x，19x依题意，得3x+8x+19x+0.32+0.08＝1，∴x＝0.02设调查中随机抽取了n个学生的百米成绩，∴n＝50∴调查中随机抽取了50个学生的百米成绩．（Ⅲ）百米成绩在第一组的学生数有3×0.02×1×50＝3，记他们的成绩为a，b，c 百米成绩在第五组的学生数有0.08×1×50＝4，记他们的成绩为m，n，p，q．则从第一、五组中随机取出两个成绩包含的基本事件有{a，b}，{a，c}，{a，m}，{a，n}，{a，p}，{a，q}，{b，c}，{b，m}，{b，n}，{b，p}，{b，q}，{c，m}，{c，n}，{c，p}，{c，q}，{m，n}，{m，p}，{m，q}，{n，p}，{n，q}，{p，q}，共21个其中满足成绩的差的绝对值大于1秒所包含的基本事件有{a，m}，{a，n}，{a，p}，{a，q}，{b，m}，{b，n}，{b，p}，{b，q}，{c，m}，{c，n}，{c，p}，{c，q}，共12个，∴P＝【点评】本题考查样本估计总体，考查古典概型的概率公式，考查频率分布直方图等知识，考查数据处理能力和分析问题、解决问题的能力．10．某校高二年级某班的数学课外活动小组有6名男生，4名女生，从中选出4人参加数学竞赛考试，用X表示其中男生的人数，（1）请列出X的分布列；（2）根据你所列的分布列求选出的4人中至少有3名男生的概率．【分析】（1）本题是一个超几何分步，用X表示其中男生的人数，X可能取的值为0，1，2，3，4．结合变量对应的事件和超几何分布的概率公式，写出变量的分布列和数学期望．（2）选出的4人中至少有3名男生，表示男生有3个人，或者男生有4人，根据第一问做出的概率值，根据互斥事件的概率公式得到结果．【解答】解：（1）依题意得，随机变量X服从超几何分布，随机变量X表示其中男生的人数，X可能取的值为0，1，2，3，4．．∴所以X的分布列为：X01234P（2）由分布列可知至少选3名男生，即P（X≥3）＝P（X＝3）+P（X＝4）＝+＝．【点评】本小题考查离散型随机变量分布列和数学期望，考查超几何分步，考查互斥事件的概率，考查运用概率知识解决实际问题的能力．11．某批产品共10件，已知从该批产品中任取1件，则取到的是次品的概率为P＝0.2．若从该批产品中任意抽取3件，（1）求取出的3件产品中恰好有一件次品的概率；（2）求取出的3件产品中次品的件数X的概率分布列与期望．【分析】设该批产品中次品有x件，由已知，可求次品的件数（1）设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为；（2）取出的3件产品中次品的件数X可能为0，1，2，求出相应的概率，从而可得概率分布列与期望．【解答】解：设该批产品中次品有x件，由已知，∴x＝2…（2分）（1）设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为…（4分）（2）∵X可能为0，1，2∴…（10分）∴X的分布为：X012P则…（13分）【点评】本题以实际问题为载体，考查等可能事件的概率，考查随机变量的期望与分布列，难度不大．12．某班组织知识竞赛，已知题目共有10道，随机抽取3道让某人回答，规定至少要答对其中2道才能通过初试，他只能答对其中6道，试求：（1）抽到他能答对题目数的分布列；（2）他能通过初试的概率．【分析】（1）设随机抽出的三道题目某人能答对的道数为X，且X＝0、1、2、3，X服从超几何分布，根据超几何分步的概率公式写出概率和分布列．（2）要答对其中2道才能通过初试，则可以通过初试包括两种情况，即答对两道和答对三道，这两种情况是互斥的，根据上一问的计算可以得到．【解答】解：（1）设随机抽出的三道题目某人能答对的道数为X，且X＝0、1、2、3，X 服从超几何分布，分布列如下：X0123P即X0123P（2）要答对其中2道才能通过初试，则可以通过初试包括两种情况，这两种情况是互斥的，根据上一问的计算可以得到【点评】本题考查超几何分布，本题解题的关键是看出变量符合超几何分布，这样可以利用公式直接写出结果．13．甲有一个箱子，里面放有x个红球，y个白球（x，y≥0，且x+y＝4）；乙有一个箱子，里面放有2个红球，1个白球，1个黄球．现在甲从箱子任取2个球，乙从箱子里再取1个球，若取出的3个球颜色全不相同，则甲获胜．（1）试问甲如何安排箱子里两种颜色的个数，才能使自己获胜的概率最大？（2）在（1）的条件下，求取出的3个球中红球个数的数学期望．【分析】（1）根据甲从箱子任取2个球，乙从箱子里在取1个球，若取出的3个球颜色全不相同，则甲获胜，可得甲获胜的概率，再利用基本不等式，可得x，y的值；（2）由题意知取出的3个球中红球个数ξ的取值为1，2，3，4，分别求出其发生的概率，进而求出次数ξ的数学期望【解答】解：（1）由题意，；∴，当且仅当x＝y＝2时“＝”成立所以当红球与白球各2个时甲获胜的概率最大（2）取出的3个球中红球个数ξ＝0，1，2，3，所以【点评】本题以摸球为素材，考查等可能事件的概率，考查离散型随机变量的期望，考查基本不等式的运用，解题的关键是理解题意，搞清变量的所有取值．14．甲乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，，，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分．（Ⅰ）求随机变量ξ的分布列及其数学期望E（ξ）；（Ⅱ）求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率．【分析】（Ⅰ）由题设知ξ的可能取值为0，1，2，3，分别求出P（ξ＝0），P（ξ＝1），P （ξ＝2），P（ξ＝3），由此能求出随机变量ξ的分布列和数学期望E（ξ）．（Ⅱ）设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A，“甲队比乙队得分高”为事件B，分别求出P（A），P（AB），再由P（B/A）＝，能求出结果．【解答】解：（Ⅰ）由题设知ξ的可能取值为0，1，2，3，P（ξ＝0）＝（1﹣）（1﹣）（1﹣）＝，P（ξ＝1）＝（1﹣）（1﹣）+（1﹣）××（1﹣）+（1﹣）（1﹣）×＝，P（ξ＝2）＝++＝，P（ξ＝3）＝＝，∴随机变量ξ的分布列为：ξ01 2 3P数学期望E（ξ）＝0×+1×+2×+3×＝．（Ⅱ）设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A，“甲队比乙队得分高”为事件B，则P（A）＝++＝，P（AB）＝＝，P（B|A）＝＝＝．【点评】本题考查离散型随机变量的期分布列和数学期望，考查条件概率的求法，是历年高考的必考题型之一，解题时要注意排列组合知识的合理运用．15．如图，李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有L1、L2两条路线，L1路线上有A1、A2、A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为；L2路线上有B1、B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为，．（1）若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；（2）若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；（3）按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由．【分析】（1）利用二项分布即可得出；（2）利用相互独立事件的概率计算公式及离散型随机变量的期望计算公式即可得出；（3）由于走路线L1时服从二项分布即可得出期望，比较走两条路的数学期望的大小即可得出要选择的路线．【解答】解：（1）设“走L1路线最多遇到1次红灯”为事件A，包括没有遇到红灯和只遇到红灯一次两种情况．则，所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为．（2）依题意，X的可能取值为0，1，2．，，．随机变量X的分布列为：X012P所以．（3）设选择L1路线遇到红灯次数为Y，随机变量Y服从二项分布Y～，所以．因为EX＜EY，所以选择L2路线上班最好．【点评】熟练掌握二项分布列、相互独立事件的概率计算公式及离散型随机变量的期望计算公式及其意义是解题的关键．16．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛中获胜的事件是独立的，并且获胜的概率均为．（1）求这支篮球队首次获胜前已经负了两场的概率；（2）求这支篮球队在6场比赛中恰好获胜3场的概率；（3）求这支篮球队在6场比赛中获胜场数的期望．【分析】（1）首次获胜前已经负了两场说明已经比赛三场，前两场输，第三场嬴，用乘法公式即可求得概率；（2）6场比赛中恰好获胜3场的情况有C63，比赛六场胜三场，故用乘法公式即可．（3）由于X服从二项分布，即X～B（6，），由公式即可得出篮球队在6场比赛中获胜场数的期望．【解答】解：（1）这支篮球队首次获胜前已经负了两场的概率为P＝＝（2）6场比赛中恰好获胜3场的情况有C63，故概率为C63×＝20××＝（3）由于X服从二项分布，即X～B（6，），∴EX＝6×＝2【点评】本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，考查根据所给的事件类型选择概率模型的方法，以及用概率模型求概率与期望的能力。
三亚市2018-2019学年高中数学人教A版选修2-3学案：1.2.2.2 组合的综合应用
第2课时组合的综合应用1．学会运用组合的概念分析简单的实际问题．(重点)2．能解决无限制条件的组合问题．3．掌握解决组合问题的常见的方法．(难点)[基础·初探]教材整理组合的实际应用阅读教材P23例6～P25，完成下列问题．1．组合与排列的异同点共同点：排列与组合都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素．不同点：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关．2．应用组合知识解决实际问题的四个步骤(1)判断：判断实际问题是否是组合问题．(2)方法：选择利用直接法还是间接法解题．(3)计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算．(4)结论：根据计算结果写出方案个数．1．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________．【解析】把三张票分给10个人中的3人，不同分法有C310＝10×9×8 3×2×1＝120(种)．【答案】1202．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______种．【解析】 甲选修2门，有C 24＝6(种)不同方案．乙选修3门，有C 34＝4(种)不同选修方案．丙选修3门，有C 34＝4(种)不同选修方案．由分步乘法计数原理，不同的选修方案共有6×4×4＝96(种)．【答案】 963．从0,1, 2，π2， 3，2这六个数字中，任取两个数字作为直线y ＝x tan α＋b 的倾斜角和截距，可组成______条平行于x 轴的直线．【解析】 要使得直线与x 轴平行，则倾斜角为0，截距在0以外的五个数字均可．故有C 15＝5条满足条件．【答案】 54．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有________种. 【导学号：97270018】【解析】 每个宿舍至少2名学生，故甲宿舍安排的人数可以为2人，3人，4人，5人，甲宿舍安排好后，乙宿舍随之确定，所以有C 27＋C 37＋C 47＋C 57＝112种分配方案．【答案】 112[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑：疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]无限制条件的组合问题在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必需参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．【精彩点拨】本题属于组合问题中的最基本的问题，可根据题意分别对不同问题中的“含”与“不含”作出正确分析和判断，弄清每步从哪里选，选出多少等问题．【自主解答】(1)从中任取5人是组合问题，共有C512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必需参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3种选法；再从另外9人中选4人，有C49种选法．共有C13C49＝378种不同的选法．解答简单的组合问题的思考方法1．弄清要做的这件事是什么事．2．选出的元素是否与顺序有关，也就是看看是不是组合问题．3．结合两个计数原理，利用组合数公式求出结果．[再练一题]1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？【解】(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不＝45.同元素中取出2个元素的组合数，即C210＝10×92×1(2)可把问题分两类：第1类，选出的2名是男教师有C26种方法；第2类，选出的2 名是女教师有C24种方法，即C26＋C24＝21(种)．有限制条件的组合问题高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．(1)其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2名女生在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2名女生在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2名女生在内，不同的取法有多少种？【精彩点拨】可从整体上分析，进行合理分类，弄清关键词“恰有”“至少”“至多”等字眼．使用两个计数原理解决．【自主解答】(1)从余下的34名学生中选取2名，有C234＝561(种)．∴不同的取法有561种．(2)从34名可选学生中选取3名，有C334种．或者C335－C234＝C334＝5 984种．∴不同的取法有5 984种．(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有C120C215＝2 100种．∴不同的取法有2 100种．(4)选取2名女生有C120C215种，选取3名女生有C315种，共有选取方式N＝C120 C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种．∴不同的取法有2 555种．(5)选取3名的总数有C335，因此选取方式共有N＝C335－C315＝6 545－455＝6 090种．∴不同的取法有6 090种．常见的限制条件及解题方法1．特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．2．含有“至多”“至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．3．分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．[再练一题]2．“抗震救灾，众志成城”，在我国“四川5·12”抗震救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴赈灾前线，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？【解】(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90(种)抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法．法一(直接法)按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185(种)抽调方法．法二(间接法)不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185(种)抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115(种)抽调方法.组合在几何中的应用平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？【精彩点拨】解答本题可以从共线的4个点中选取2个、1个、0个作为分类标准，也可以从反面考虑，任意三点的取法种数减去共线三点的取法种数．【自主解答】法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48个不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112个不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56个不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4种．故这12个点能构成三角形的个数为C312－C34＝216个．1．解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．2．图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用排除法．[再练一题]3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们与点A在同一平面上，有多少种不同的取法？【解】如图所示，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外每个面都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C35种取法，含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法有3C35＋3＝33种．[探究共研型]排列、组合的综合应用探究1从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相乘，有多少个不同的结果？完成的“这件事”指的是什么？【提示】共有C24＝4×32＝6(个)不同结果．完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．探究2从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？【提示】共有A24－2＝10(个)不同结果；这个问题属于排列问题；完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．探究3完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？【提示】由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A24种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C12C13C13＝18(种)不同的结果，由分类加法原理，完成“这件事”共有A24＋C12C13C13＝30(种)不同的结果．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．【精彩点拨】(1)按选中女生的人数多少分类选取．(2)采用先选后排的方法．(3)先安排该男生，再选出其他人担任4科课代表．(4)先安排语文课代表的女生，再安排“某男生”课代表，最后选其他人担任余下三科的课代表．【自主解答】(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，共有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先选后排，有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有C47·C14·A44＝3 360种．(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则1．按事情发生的过程进行分步．2．按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．[再练一题]4．(1)某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案共有()A．16种B．36种C．42种D．60种(2)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为()A．360 B．520 C．600 D．720【解析】(1)若选择了两个城市，则有C24C23A22＝36种投资方案；若选择了三个城市，则有C34A33＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．(2)分两类：第一类，甲、乙中只有一人参加，则有C12C35A44＝2×10×24＝480种选法．第二类，甲、乙都参加时，则有C25(A44－A22A33)＝10×(24－12)＝120种选法．所以共有480＋120＝600种选法．【答案】(1)D(2)C[构建·体系]1．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有()A．72种B．84种C．120种D．168种【解析】需关掉3盏不相邻的灯，即将这3盏灯插入9盏亮着的灯的空中，所以关灯方案共有C310＝120(种)．故选C.【答案】 C2．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A．60种B．20种C．10种D．8种【解析】四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C35＝10.【答案】 C3．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答). 【导学号：97270019】【解析】有C13·C24·A22＝36种满足题意的分配方案．其中C13表示从3个乡镇中任选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C24表示从4名大学生中任选2名到上一步选定的乡镇的方法数；A22表示将剩下的2名大学生分配到另2个乡镇去的方法数．【答案】364．在直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y ＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．【解析】在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225个．【答案】2255．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．【解】法一：设A，B代表两名老师傅．A，B都不在内的选派方法有：C45·C44＝5(种)；A，B都在内且当钳工的选派方法有：C22·C25·C44＝10(种)；A，B都在内且当车工的选派方法有：C22·C45·C24＝30(种)；A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：C22·A22·C35·C34＝80(种)；A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：C12·C35·C44＝20(种)；A，B有一人在内且当车工的选派方法有：C12·C45·C34＝40(种)．所以共有C45·C44＋C22·C25·C44＋C22·C45·C24＋C22·A22·C35·C34＋C12·C35·C44＋C12·C45·C34＝185(种)选派方法．法二：5名钳工有4名被选上的方法有：C45·C46＝75(种)；5名钳工有3名被选上的方法有：C35·C45·C12＝100(种)；5名钳工有2名被选上的方法有：C25·C22·C44＝10(种)．所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．(2016·中山高二检测)圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为()A．720B．360C．240D．120【解析】确定三角形的个数为C310＝120.【答案】 D2．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个不同的奥运广告．要求最后必须播放奥运广告，且2个奥运广告不能连续播放，则不同的播放方式有()A．120种B．48种C．36种D．18种【解析】最后必须播放奥运广告有C12种，2个奥运广告不能连续播放，倒数第2个广告有C13种，故共有C12C13A33＝36种不同的播放方式．【答案】 C3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种【解析】均为奇数时，有C45＝5种；均为偶数时，有C44＝1种；两奇两偶时，有C24·C25＝60种，共有66种．【答案】 D4．(2016·青岛高二检测)将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其在盒子的标号不一致的放入方法种数为()A．120 B．240 C．360 D．720【解析】先选出3个球有C310＝120种方法，不妨设为1,2,3号球，则1,2,3号盒中能放的球为2,3,1或3,1,2两种．这3个号码放入标号不一致的盒子中有2种不同的方法，故共有120×2＝240种方法．【答案】 B5．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为()A．C25C26B．C25A26C．C25A22C26A22D．A25A26【解析】分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C25种方法；第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A26种．故有C25A26种．【答案】 B二、填空题6．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是________．【解析】按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25＝2 100种抽法．【答案】 2 1007．某球队有2名队长和10名队员，现选派6人上场参加比赛，如果场上最少有1名队长，那么共有________种不同的选法．【解析】若只有1名队长入选，则选法种数为C12·C510；若两名队长均入选，则选法种数为C410，故不同选法有C12·C510＋C410＝714(种)．【答案】7148．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种．【解析】6位游客选2人去A风景区，有C26种，余下4位游客选2人去B 风景区，有C24种，余下2人去C，D风景区，有A22种，所以分配方案共有C26C24 A22＝180(种)．【答案】180三、解答题9．α，β是两个平行平面，在α内取四个点，在β内取五个点．(1)这些点最多能确定几条直线，几个平面？(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？【解】(1)在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定直线才能达到最多，此时，最多能确定直线C29＝36条．在此条件下，只有两直线平行时，所确定的平面才最多．又因为三个不共线的点确定一个平面，故最多可确定C24C15＋C14C25＋2＝72个平面．(2)同理，在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才能达到最多．此时最多能作C34C15＋C24C25＋C14C35＝120个三棱锥．10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．【解】(1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4 096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放入盒中，共有C36·C14·A33＋C26·C24·A24＝1 560(种)不同放法．(3)法一按3,1,1,1放入有C14种方法，按2,2,1,1，放入有C24种方法，共有C14＋C24＝10(种)不同放法．法二(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四位，共有C35＝10(种)不同放法．[能力提升]1．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个【解析】分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．【答案】 B2．如图1-2-1，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．图1-2-1【解析】四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封闭三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C36－4＝16种不同的建桥方案．【答案】163．(2016·孝感高级中学期中)正五边形ABCDE中，若把顶点A，B，C，D，E染上红、黄、绿、黑四种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种. 【导学号：97270020】【解析】若用三种颜色，有C15A34种染法，若用四种颜色，有5·A44种染法，则不同的染色方法有C15A34＋5·A44＝240(种)．【答案】2404．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解】(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16·C34·A44＝576种.。
2019年高中数学 2.2.2事件的相互独立性课后训练 新人教A版选修2-3
2.2.2 事件的相互独立性A组1.两个射手彼此独立射击一目标,甲射中目标的概率为0.9,乙射中目标的概率为0.8,在一次射击中,甲、乙同时射中目标的概率是()A.0.72B.0.85C.0.1D.不确定解析:甲、乙同时射中目标的概率是0.9×0.8=0.72.答案:A2.一袋中有除颜色外完全相同的3个红球,2个白球,另一袋中有除颜色外完全相同的2个红球,1个白球,从每袋中任取1个球,则至少取1个白球的概率为()A. B. C. D.解析:至少取1个白球的对立事件为从每袋中都取得红球,从第一袋中取1个球为红球的概率为,从另一袋中取1个球为红球的概率为,则至少取1个白球的概率为1-.答案:B3.从应届高中生中选拔飞行员,已知这批学生体型合格的概率为,视力合格的概率为,其他标准合格的概率为,从中任选一名学生,则该生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)()A. B. C. D.解析:该生三项均合格的概率为.答案:B4.甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为,两人同时参加测试,其中有且只有一人能通过的概率是()A. B. C. D.1解析:设事件A表示“甲通过听力测试”,事件B表示“乙通过听力测试”.依题意知,事件A和B 相互独立,且P(A)=,P(B)=.记“有且只有一人通过听力测试”为事件C,则C=AB,且AB互斥.故P(C)=P(AB)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=.答案:C5.甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能获得冠军,若两队每局获胜的概率相同,则甲队获得冠军的概率为()A. B. C. D.解析:根据题意,由于甲队只要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能获得冠军,根据两队每局中胜出的概率都为,则可知甲队获得冠军的概率为.答案:D6.加工某一零件需经过三道工序,设第一、第二、第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.解析:加工出来的零件的正品率是,因此加工出来的零件的次品率为1-.答案:7.台风在危害人类的同时,也在保护人类.台风给人类送来了淡水资源,大大缓解了全球水荒,另外还使世界各地冷热保持相对均衡.甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风,在同一时刻,甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9,各卫星间相互独立,则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是.解析:设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A,B,C,不准确记为事件,则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,P()=0.2,P()=0.3,P()=0.1,至少两颗预报准确的事件有AB,AC,BC,ABC,这四个事件两两互斥.∴至少两颗卫星预报准确的概率为P=P(AB)+P(AC)+P(BC)+P(ABC)=0.8×0.7×0.1+0.8×0.3×0.9+0.2×0.7×0.9+0.8×0.7×0.9=0.056+0.216+0.126+0.504=0.902.答案:0.9028.计算机考试分理论考试和上机操作考试两部分,每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”,两部分考试都“合格”则计算机考试合格并颁发合格证书.甲、乙、丙三人在理论考试中合格的概率分别为;在上机操作考试中合格的概率分别为.所有考试是否合格相互之间没有影响.(1)甲、乙、丙三人在同一计算机考试中谁获得合格证书的可能性最大?(2)求这三人计算机考试都获得合格证书的概率.解:记“甲理论考试合格”为事件A1,“乙理论考试合格”为事件A2,“丙理论考试合格”为事件A3;记“甲上机考试合格”为事件B1,“乙上机考试合格”为事件B2,“丙上机考试合格”为事件B3.(1)记“甲计算机考试获得合格证书”为事件A,记“乙计算机考试获得合格证书”为事件B,记“丙计算机考试获得合格证书”为事件C,则P(A)=P(A1)P(B1)=,P(B)=P(A2)P(B2)=,P(C)=P(A3)·P(B3)=,有P(B)>P(C)>P(A),故乙获得合格证书的可能性最大.(2)记“三人计算机考试都获得合格证书”为事件D.P(D)=P(A)P(B)P(C)=.所以,三人计算机考试都获得合格证书的概率是.9.在社会主义新农村建设中,某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目,据预测,三个项目成功的概率分别为,且三个项目是否成功互相独立.(1)求恰有两个项目成功的概率;(2)求至少有一个项目成功的概率.解:(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为,只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为,只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为,故恰有两个项目成功的概率为.(2)三个项目全部失败的概率为,故至少有一个项目成功的概率为1-.B组1.同时转动如图所示的两个转盘,记转盘甲指针指的数为x,转盘乙指针指的数为y,x,y构成数对(x,y),则所有数对(x,y)中满足xy=4的概率为()A. B. C. D.解析:满足xy=4的所有可能如下:x=1,y=4;x=2,y=2;x=4,y=1.∴所求事件的概率为P(x=1,y=4)+P(x=2,y=2)+P(x=4,y=1)=.答案:C2.在荷花池中,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,均从一片跳到另一片),而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍,如图所示.假设现在青蛙在A片上,则跳三次之后停在A片上的概率是()A. B. C. D.解析:由题意知逆时针方向跳的概率为,顺时针方向跳的概率为,青蛙跳三次要回到A只有两条途径: 第一条:按A→B→C→A,P1=;第二条,按A→C→B→A,P2=,所以跳三次之后停在A上的概率为P1+P2=.答案:A3.已知甲袋中有除颜色外大小相同的8个白球,4个红球;乙袋中有除颜色外大小相同的6个白球,6个红球,从每袋中任取一个球,则取得同色球的概率为.解析:设从甲袋中任取一个球,事件A:“取得白球”,则此时事件:“取得红球”,从乙袋中任取一个球,事件B:“取得白球”,则此时事件:“取得红球”.∵事件A与B相互独立,∴事件相互独立.∴从每袋中任取一个球,取得同色球的概率为P(AB+)=P(AB)+P()=P(A)P(B)+P()P()=.答案:4.设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响,已知在某一小时内,甲、乙都需要照顾的概率为0.05,甲、丙都需要照顾的概率为0.1,乙、丙都需要照顾的概率为0.125.则甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别为,,.解析:记“机器甲需要照顾”为事件A,“机器乙需要照顾”为事件B,“机器丙需要照顾”为事件C,由题意可知A,B,C是相互独立事件.由题意可知得所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5.答案:0.20.250.55.有甲、乙、丙三支足球队互相进行比赛.每场都要分出胜负,已知甲队胜乙队的概率是0.4,甲队胜丙队的概率是0.3,乙队胜丙队的概率是0.5,现规定比赛顺序是:第一场甲队对乙队,第二场是第一场中的胜者对丙队,第三场是第二场中的胜者对第一场中的败者,以后每一场都是上一场中的胜者对前场中的败者,若某队连胜四场则比赛结束,求:(1)第四场结束比赛的概率;(2)第五场结束比赛的概率.解:(1)∵P(甲连胜4场)=0.4×0.3×0.4×0.3=0.014 4.P(乙连胜4场)=0.6×0.5×0.6×0.5=0.09,∴P(第4场结束比赛)=0.014 4+0.09=0.104 4.(2)第5场结束比赛即某队从第2场起连胜4场,只有丙队有可能.∵P(甲胜第一场,丙连胜4场)=0.4×0.7×0.5×0.7×0.5=0.4×0.122 5,P(乙胜第一场,丙连胜4场)=0.6×0.5×0.7×0.5×0.7=0.6×0.122 5.∴P(第5场结束比赛)=0.4×0.122 5+0.6×0.122 5=0.122 5.6.已知A,B是治疗同一种疾病的两种药,用若干试验组进行对比试验,每个试验组由4只小白鼠组成,其中2只服用A,另2只服用B,然后观察疗效,若在一个试验组中,服用A有效的白鼠的只数比服用B有效的多,就称该试验组为甲类组,设每只小白鼠服用A有效的概率为,服用B有效的概率为.(1)求一个试验组为甲类组的概率;(2)观察3个试验组,求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率.解:(1)设A i表示事件“一个试验组中,服用A有效的小白鼠有i只”,i=0,1,2.B i表示事件“一个试验组中,服用B有效的小白鼠有i只”,i=0,1,2.据题意有:P(A0)=,P(A1)=2×,P(A2)=,P(B0)=,P(B1)=2×.所求概率为P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=.(2)所求概率为1-.7.甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判.设各局中双方获胜的概率均为,各局比赛的结果都相互独立,第1局甲当裁判.(1)求第4局甲当裁判的概率;(2)X表示前4局中乙当裁判的次数,求X的可能取值及对应的概率.解:(1)记A1表示事件“第2局结果为甲胜”,A2表示事件“第3局甲参加比赛时,结果为甲负”,A 表示事件“第4局甲当裁判”,则A=A1·A2.故P(A)=P(A1·A2)=P(A1)·P(A2)=.(2)X的可能取值为0,1,2.B1表示事件“第1局乙和丙比赛结果乙胜”,B2表示事件“第2局乙参加比赛结果乙胜”,B3表示事件“第3局乙参加比赛结果乙胜”.则P(X=0)=P(B1·B2·B3)=P(B1)P(B2)P(B3)=,P(X=2)=P()=P()P()=,P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1-.。
人教版高中数学选修2-3知识点汇总
人教版高中数学必修2-3知识点第一章计数原理1.1分类加法计数与分步乘法计数分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法。
分类要做到“不重不漏”。
分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤。
做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法。
分步要做到“步骤完整”。
n元集合A={a1，a2⋯，a n}的不同子集有2n个。
1.2排列与组合1.2.1排列一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(arrangement)。
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示。
排列数公式：n个元素的全排列数规定：0!=11.2.2组合一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(combination)。
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号或表示。
组合数公式：∴规定：组合数的性质：(“构建组合意义”——“殊途同归”)1.3二项式定理1.3.1二项式定理(binomial theorem)*注意二项展开式某一项的系数与这一项的二项式系数是两个不同的概念。
1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质*表现形式的变化有时能帮助我们发现某些规律！(1)对称性(2)当n 是偶数时，共有奇数项，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，共有偶数项，中间的两项，同时取得最大值。
(3)各二项式系数的和为(4)二项式展开式中，奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：(5)一般地，第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布(n ∈N *)其中各项的系数(k ∈{0，1，2，⋯，n})叫做二项式系数(binomial coefficient)；2.1.1离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable)。
高中数学选修2-3 第二章随机变量及其分布 2-1-1离散型随机变量
一区间内的一切值，无法一一列出，故不是离散型随机变
量．
答案： B
2．某人练习射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完 则停止射击，射击次数为X，则“X＝5”表示的试验结果为 ()
A．第5次击中目标 B．第5次未击中目标 C．前4次均未击中目标 D．前5次均未击中目标 解析： 射击次数X是一随机变量，“X＝5”表示试验 结果“前4次均未击中目标”． 答案： C
(4)体积为64 cm3的正方体的棱长． [思路点拨] 要根据随机变量的定义考虑所有情况．
(1)接到咨询电话的个数可能是0,1,2，…出现 哪一个结果都是随机的，因此是随机变量．
(2)该运动员在某场比赛的上场时间在[0,48]内，是随机 的，故是随机变量．
(3)获得的奖次可能是1,2,3，出现哪一个结果都是随机 的，因此是随机变量．
人教版高中数学选修2-3 第二章 随机变量及其分布
第二章 随机变量及其分布
2．1 离散型随机变量及其分布列 2．1.1 离散型随机变量
课前预习
1．在一块地里种下10颗树苗，成活的树苗棵树为X. [问题1] X取什么数字？ [提示] X＝0,1,2…10.
2．掷一枚硬币，可能出现正面向上，反面向上两种结 果．
3．一个袋中装有5个白球和5个红球，从中任取3个．其 中所含白球的个数记为ξ，则随机变量ξ的值域为________．
解析： 依题意知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，故ξ的 值域为{0,1,2,3}．
答案： {0,1,2,3}
4．写出下列随机变量ξ可能取的值，并说明随机变量ξ ＝4所表示的随机试验的结果．
[问题2] 这种试验的结果能用数字表示吗？ [提示] 可以，用数1和0分别表示正面向上和反面向 上． [问题3] 10件产品中有3件次品，从中任取2件，所含次 品个数为x，试写出x的值． [提示] x＝0,1,2.
2019_2020学年高中数学第二章随机变量及其分布2.2.2事件的相互独立性练习含解析新人教a版选修2_3
2.2.2 事件的相互独立性[A 基础达标]1．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球两次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1和A 2是( )A ．互斥事件B ．相互独立事件C ．对立事件D ．不相互独立的事件解析：选D ．因为P (A 1)＝35，若A 1发生了，P (A 2)＝24＝12；若A 1不发生，P (A 2)＝34，所以A 1发生的结果对A 2发生的结果有影响，所以A 1与A 2不是相互独立事件．2．某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为( )A ．0.2B ．0.8C ．0.4D ．0.3解析：选D ．由相互独立事件同时发生的概率可知，问题由乙答对的概率为P ＝0.6×0.5＝0.3，故选D ．3．某种开关在电路中闭合的概率为p ，现将4只这种开关并联在某电路中(如图所示)，若该电路为通路的概率为6581，则p ＝( )A ．12B ．13C ．23D ．34解析：选B ．因为该电路为通路的概率为6581，所以该电路为不通路的概率为1－6581，只有当并联的4只开关同时不闭合时该电路不通路，所以1－6581＝(1－p )4，解得p ＝13或p ＝53(舍去)．故选B ．4．(2019·重庆高二检测)荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．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 ．13B ．29C ．49D ．827解析：选A ．由已知得逆时针跳一次的概率为23，顺时针跳一次的概率为13，则逆时针跳三次停在A 上的概率为P 1＝23×23×23＝827，顺时针跳三次停在A 上的概率为P 2＝13×13×13＝127.所以跳三次之后停在A 上的概率为P ＝P 1＋P 2＝827＋127＝13.5．有一道数学难题，学生A 解出的概率为12，学生B 解出的概率为13，学生C 解出的概率为14.若A ，B ，C 三人独立去解答此题，则恰有一人解出的概率为( ) A ．1 B ．624 C ．1124D ．1724解析：选C ．一道数学难题，恰有一人解出，包括： ①A 解出，B ，C 解不出，概率为12×23×34＝14；②B 解出，A ，C 解不出，概率为12×13×34＝18；③C 解出，A ，B 解不出，概率为12×23×14＝112.所以恰有1人解出的概率为14＋18＋112＝1124.6．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．解析：所求概率P ＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26. 答案：0.267．在如图所示的电路图中，开关a ，b ，c 闭合与断开的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是________．解析：设“开关a ，b ，c 闭合”分别为事件A ，B ，C ，则灯亮这一事件为ABC ∪AB C —∪A B —C ，且A ，B ，C 相互独立，ABC ，AB C —，A B —C 相互独立， ABC ，AB C —，A B — C 互斥，所以 P ＝P (ABC )＋P (AB C —)＋P (A B —C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C —)＋P (A )P (B —)P (C ) ＝12×12×12＋12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12＝38.答案：388．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为________． 解析：分别设汽车在甲、乙、丙三处通行的事件为A ，B ，C ， 则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23，停车一次为事件(A —BC )∪(A B —C )∪(AB C —)，故其概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.答案：7189．某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求在一次考试中：(1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？ (2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？解：分别记该学生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A ，B ，C ，则A ，B ，C 两两互相独立，且P (A )＝0.9，P (B )＝0.8，P (C )＝0.85.(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用A — B — C —表示，P (A — B — C —)＝P (A —)P (B —)P (C —)＝[1－P (A )][1－P (B )][1－P (C )] ＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85) ＝0.003，即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003. (2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用 (A —BC )∪(A B —C )∪(AB C —)表示． 由于事件A —BC ，A B —C 和AB C —两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的意义，所求的概率为P (A —BC )＋P (A B —C )＋P (AB C —) ＝P (A —)P (B )P (C )＋P (A )P (B —)P (C )＋P (A )P (B )P (C —)＝[1－P (A )]P (B )P (C )＋P (A )[1－P (B )]P (C )＋P (A )P (B )[1－P (C )]＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329， 即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329.10．某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100 m 跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，13，若对这三名短跑运动员的100 m 跑的成绩进行一次检测，则(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大．解：记“甲、乙、丙三人100 m 跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)， (1)三人都合格的概率：P 3＝P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝25×34×13＝110.(2)三人都不合格的概率：P 0＝P (A — B — C —)＝P (A —)·P (B —)·P (C —)＝35×14×23＝110.(3)恰有两人合格的概率：P 2＝P (AB C —)＋P (A B —C )＋P (A —BC )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率：P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.综合(1)(2)(3)可知P 1最大． 所以出现恰有1人合格的概率最大．[B 能力提升]11．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是互相独立的，则灯亮的概率为( )A ．316B ．34C ．1316D ．14解析：选C ．记“A ，B ，C ，D 四个开关闭合”分别为事件A ，B ，C ，D ，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为：P (C —)P (D —)[1－P (AB )]＝12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12＝316.所以灯亮的概率为1－316＝1316.12．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任意取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．解析：设事件A 为“其中一瓶是蓝色”，事件B 为“另一瓶是红色”，事件C 为“另一瓶是黑色”，事件D 为“另一瓶是红色或黑色”，则D ＝B ∪C ，且B 与C 互斥，又P (A )＝C 12C 14C 25＝45，P (AB )＝C 12C 11C 25＝15，P (AC )＝C 12C 12C 25＝25，故P (D |A )＝P (B ∪C |A ) ＝P (B |A )＋P (C |A ) ＝P （AB ）P （A ）＋P （AC ）P （A ）＝34.答案：3413．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45、56、23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率； (2)求至少有一个项目成功的概率．解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为45×56×(1－23)＝29，只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为45×(1－56)×23＝445，只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为(1－45)×56×23＝19，所以恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945.(2)三个项目全部失败的概率为(1－45)×(1－56)×(1－23)＝190，所以至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.14．(选做题)某公司为了了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两个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 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1)根据两组数据完成两个地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两个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：记事件C 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：(1)两个地区用户的满意度评分的茎叶图如图．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 地区用户满意度评分的平均值；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C A 1表示事件“A 地区用户的满意度等级为满意或非常满意”，C A 2表示事件“A 地区用户的满意度等级为非常满意”，C B 1表示事件“B 地区用户的满意度等级为不满意”，C B 2表示事件“B 地区用户的满意度等级为满意”，则C A 1与C B 1独立，C A 2与C B 2独立，C B 1与C B 2互斥，C ＝C B 1C A 1∪C B 2C A 2，P (C )＝P (C B 1C A 1∪C B 2C A 2)＝P (C B 1C A 1)＋P (C B 2C A 2)＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2)．由所给数据，得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，故P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48.。
高中数学新人教版B版精品教案《人教版B高中数学选修2-3 2.2.1 条件概率》8
条件概率教学设计课标分析《条件概率》是人教B 版普通高中课程标准实验教科书《数学》选修2-3 第二章随机变量及其分布中，二项分布及其应用的第一课时的内容，主要包括：（1）条件概率的概念；（2）条件概率的性质；（3）条件概率公式的简单应用。
《条件概率》的内容，利用“抽奖”这一典型案例，以无放回抽取奖券的方式，通过对有无“第一名同学没有中奖”条件，最后一名同学中奖的概率的比较，引出条件概率的概念，给出了条件概率的两个性质，并通过条件概率公式的简单应用加深对条件概率概念本质特征的理解掌握。
为相互独立事件和二项分布的内容教学，起“引流开山”之作用，即为定义相互独立事件和研究二项分布做好了知识铺垫。
正因本节是数学新概念引入建立，其教学便化身为本章的难点，对其进行合理的教学处理尤显重要。
本节教学重点和难点都是对条件概率的概念理解，应用公式对条件概率的计算是围绕这一中心的；在条件概率概念的引入中，应抓住“条件概率的本质是样本空间范围的缩小下的概率”这一转化关键。
教学关键是实际案例对比，甚者要辅以图示直观说明解释和反例验证等教学方式对条件概率的概念进行多角度分析研究，才能突破本节教学重点和教材分析《条件概率》第一课时是高中数学选修2－3第二章第二节的内容本节课是在必修三学习了概率的定义，概率的关系与运算，概率的基本性质，古典概型特点及其运算的基础上，学习如何计算已知某一事件发生的条件下，另一事件发生的概率，它仍属于概率的范畴。
它在教材中起着承前启后的作用，一方面，可以巩固古典概型概率的计算方法，另一方面，为研究相互独立事件打下良好的基础教学重点、难点和关键：教学重点是条件概率的定义、计算公式的推导及条件概率的计算；难点是条件概率的判断与计算；教学关键是数学建模条件概率是比较难理解的概念。
教科书利用大家比较熟悉的抽奖为实例，以无放回抽取奖券的方式，通过比较抽奖前和在已知第一名同学没有中奖的条件下，最后一名同学中奖的概率从而引入条件概率的概念，给出条件概率的两种计算方法。
高中数学选修2-3(人教A版)第二章随机变量及其分布2.2知识点总结含同步练习及答案
第二章随机变量及其分布 2.2二项分布及其应用
一、学习任务 1. 了解条件概率的定义及计算公式，并会利用条件概率解决一些简单的实际问题． 2. 能通过实例理解相互独立事件的定义及概率计算公式，并能综合利用互斥事件的概率加法公 式即对立事件的概率乘法公式． 3. 理解独立重复试验的概率及意义，理解事件在 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 公式，并能利用 n 次独立重复试验的模型模拟 n 次独立重复试验． 二、知识清单
（2）设事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次均不命中”的概率为 P1 ，则
¯ ∩ ¯¯ ¯ ∩ ¯¯ ¯ ∩ ¯¯ ¯) P1 = P (¯¯ A A B B ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯) = P (¯¯ A A B B 1 2 = (1 − )2 (1 − )2 2 5
n−k k P (X = k) = Ck , k = 0, 1, 2, ⋯ , n. n p (1 − p)
此时称随机变量 X 服从二项分布（binnomial distribution），记作 X ∼ B(n, p)），并称 p 为 成功概率． 例题： 下列随机变量 X 的分布列不属于二项分布的是（ ） A．投掷一枚均匀的骰子 5 次，X 表示点数 6 出现的次数 B．某射手射中目标的概率为 p ，设每次射击是相互独立的，X 为从开始射击到击中目标所需要 的射击次数 C．实力相等的甲、乙两选手举行了 5 局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的次数 D．某星期内，每次下载某网站数据后被病毒感染的概率为 0.3，X 表示下载 n 次数据后电脑被 病毒感染的次数 解：B 选项 A，试验出现的结果只有两个：点数为 6 和点数不为 6 ，且点数为 6 的概率在每一次试验 都为
高中数学选修2-3 第二章随机变量及其分布 2-1-2离散型随机变量的分布列
所以随机变量ξ的分布列为：
ξ3
4
5
6
P
1 20
3 20
3 10
1 2
[规律方法] 1.确定离散型随机变量ξ的分布列的关键是 要搞清ξ取每一个值对应的随机事件，进一步利用排列、组 合知识求出ξ取每一个值的概率．对于随机变量ξ取值较多或 无穷多时，应由简单情况先导出一般的通式，从而简化过 程．
2．一般分布列的求法分三步：(1)首先确定随机变量ξ的 取值有哪些；(2)求出每种取值下的随机事件的概率；(3)列 表对应，即为分布列．
人教版高中数学选修2-3 第二章 随机变量及其分布
2.1.2 离散型随机变量的分布列
课前预习
1．抛掷一个骰子，用X表示骰子向上一面的点数． [问题1] X的可能取值是什么？ [提示] X＝1、2、3、4、5、6. [问题2] X取不同值时，其概率分别是多少？ [提示] 都等于16.
2．一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5，在袋中同时取3 只，以ξ表示取出的3只球中的最小号码．
特别提醒： 两点分布的试验结果只有两个可能性，且 其概率之和为1.
2．解决超几何分布问题的关注点 (1)超几何分布是概率分布的一种形式，一定要注意公 式中字母的范围及其意义，解决问题时可以直接利用公式求 解，但不能机械地记忆； (2)超几何分布中，只要知道M，N，n就可以利用公式 求出X取不同m的概率P(X＝m)，从而求出X的分布列．
课堂练习
1．下列表中能成为随机变量X的分布列的是( )
A. X －1
0
1
P －0.1 0.5 0.6
B. X －1
0
1
P 0.3 0.7 －0.1
C. X
－1
0
高中数学选修2-3第二章概率习题集及答案
第二章概率§2、1、1离散型随机变量一、预习检测1、一个口袋装有大小和形状都相同的一个白球和一个黑球，那么“从中任意摸出一个球，得到白球”这个现象是（）A、必然现象B、随机现象C、不可能发生D、不能确定是哪种现象2、以下四个随机变量中，是离散型随机变量的是（）⑴某电话亭内的一部电话使用的次数X；⑵黄河某水位监测站所测水位记为X；⑶一个数轴上随机运动的质点，它在数轴上的位置X⑷某人射击一次，击中目标的环数记为X；A、⑴⑵⑷ B ⑶⑷ C ⑴⑷ D ⑴⑶3、下列随机变量中不是离散型随机变量的是（）A、从n只编号（0号到n-1号）的球中任取一只，被抽出的球的号码X；B、量一批电阻的阻值在950欧~1050欧之间；C、掷5枚硬币，正面向上的硬币个数；D、电信局在某日内接到电话呼叫次数；4、6件产品在有2件次品，从中任取一件，则下列是随机变量的是（）A、取到产品的个数B、取到正的品个数C、取到正品的概率D、取到次品的概率5、如果随机变量X的所有可能的则称X为离散型随机变量。
6、下列描述正确的是⑴用随机变量所表示的随机试验的结果一定是一个数；⑵用随机变量的取值只能有有限个⑶随机变量的取值只能是自然数⑷随机变量的取值可以是全体实数7、下列随机试验结果可以用离散型随机变量表示的是⑴某篮球运动员在某场比赛中的得分⑵某中学学生的体重⑶一名同学的高考分数8、50件产品中有3件次品，从中任取3件，次品件数的取值集合是二、双基落实1、抛掷的均匀硬币一次，随机变量为（）A、出现正面的次数B、出现正面或反面的次数C、掷硬币的次数D、出现正反面次数之和2、如果抛掷2颗骰子，所得点数之和记为X，那么X=4表示的随机实验结果是（）A、两颗都是4点B、1颗是1点，另一颗是3点C、两颗都是2点D、1颗是1点，另一颗是3点或2颗都是2点3、一个代中装有5个白球和3个红球，从中任取3个，则随机变量为（）A、所取球的个数B、其中含白球的个数C、所取白球和红球的总数D、袋中球的总数4、将一颗均匀骰子掷两次，随机变量为（）A、第一次出现的点数B、第二次出现的点数C、两次出现点数之和D、两次出现相同点的种数5、某人投篮4次，投中次数记为X，则X所有可能取值是6、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X表示所选3人中女生的人数。
人教版高中数学选修2-3第二章随机变量及其分布单元测试(一)- Word版含答案
2018-2019学年选修2-3第二章训练卷随机变量及其分布（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则()3P ξ==（ ） A ．22313C 44⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭B ．22331C 44⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭ C ．21344⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭D ．23144⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭2．某产品40件，其中有次品数3件，现从中任取2件，则其中至少有一件次品的概率是（ ） A ．0.1462B ．0.1538C ．0.9962D ．0.85383．已知某离散型随机变量X 服从的分布列如图，则随机变量X 的方差D(X)等于（ ）A ．19B ．29C ．13D ．234．设随机变量ξ等可能取值1、2、3、…、n ，如果P(ξ<4)＝0.3，那么n 的值为（ ） A ．3 B ．4C ．9D ．105．有编号分别为1、2、3、4、5的5个红球和5个黑球，从中取出4个，则取出的编号互不相同的概率为（ ） A ．521B ．27C ．13D ．8216．在比赛中，如果运动员A 胜运动员B 的概率是23，那么在五次比赛中运动员A恰有三次获胜的概率是（ ） A ．40243B ．80243C ．110243D ．202437．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 ．2.5B ．3C ．3.5D ．48．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 ．512B ．12C ．712D ．349．设随机变量ξ的概率分布列为()()()110,1kk P k p p k ξ--===，则E(ξ)和D(ξ)的值分别是（ ） A ．0和1B ．p 和p 2C ．p 和1－pD ．p 和(1－p)p10．甲、乙两歼击机的飞行员向同一架敌机射击，设击中的概率分别为0.4、0.5，则恰有一人击中敌机的概率为（ ） A ．0.9B ．0.2C ．0.7D ．0.511．盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是310的事件为（ ）A ．恰有1只是坏的B ．4只全是好的C ．恰有2只是好的D ．至多2只是坏的12．一个盒子里装有6张卡片，上面分别写着如下6个定义域为R 的函数：()1f x x =，()22f x x =，()33f x x =，()4sin f x x =，()5cos f x x =，()62f x =．现从盒子中逐一抽取卡片，且每次取出后不放回，若取到一张记有偶函数的卡片，则停止抽取，否则继续进行，则抽取次数ξ的数学期望为（ ） A ．74B ．7720C ．34D ．73此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上）13．随机变量ξ的取值为0，1，2，若P(ξ＝0)＝15，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________．14．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件．则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)． ①P(B)＝25；②P(B|A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关．15．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数字0，两个面上标以数字1，一个面上标以数字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_______．16．某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望E(ξ)＝________(结果用最简分数表示)．三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．（12分）某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为34，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心，且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X 的分布列．18．（12分）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23和35，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．19．（12分）端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．（1）求三种粽子各取到1个的概率；（2）设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．20．（12分）甲、乙、丙、丁4名同学被随机地分到A、B、C三个社区参加社会实践，要求每个社区至少有一名同学．（1）求甲、乙两人都被分到A社区的概率；（2）求甲、乙两人不在同一个社区的概率；（3）设随机变量ξ为四名同学中到A社区的人数，求ξ的分布列和E(ξ)的值．21．（12分）有红、黄、蓝、白4种颜色的小球，每种小球数量不限且它们除颜色不同外，其余完全相同，将小球放入编号为1，2，3，4，5的盒子中，每个盒子只放一只小球．（1）放置小球满足：“对任意的正整数j(1≤j≤5)，至少存在另一个正整数k(1≤k≤5，且j≠k)使得j号盒子与k号盒子中所放小球的颜色相同”的概率；（2）记X为5个盒子中颜色相同小球个数的最大值，求X的概率分布和数学期望E(X)．22．（14分）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．2018-2019学年选修2-3第二章训练卷随机变量及其分布（一）答 案一、选择题． 1．【答案】C【解析】ξ＝3表示前2次测到的为次品，第3次测到的为正品， 故()234431P ξ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭=．故选C ．2．【答案】A【解析】237240C 10.1462C P =-=．故选A ．3．【答案】B【解析】由m ＋2m ＝1得，m ＝13，∴E(X)＝0×13＋1×23＝23，()22122202133393D X ⎛⎫⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，故选B ．4．【答案】D【解析】∵P(ξ<4)＝3n ＝0.3，∴n ＝10．故选D ．5．【答案】D【解析】从10个球中任取4个，有410C 210=种取法， 取出的编号互不相同的取法有445C 280⋅=种，∴所求概率P ＝80210＝821．故选D ． 6．【答案】B 【解析】32352280C 133243P ⎛⎫⎛⎫=-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭．故选B ． 7．【答案】C【解析】∵p( ξ＝k)＝16(k ＝1，2，…，6)．∴()()12616 3.5E ξ++=⋯+=．故选C ．8．【答案】C【解析】由题意P(A)＝12，P(B)＝16，事件A 、B 中至少有一个发生的概率P ＝1－12×56＝712．9．【答案】D【解析】这是一个两点分布，分布列为∴E(ξ)＝p ，D(ξ)＝p(1－p)10．【答案】D【解析】设事件A 、B 分别表示甲、乙飞行员击中敌机，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.5， 事件恰有一人击中敌机的概率为()()()()()()()110.5P AB AB P A P B P A P B +=⋅-+-⋅=．故选D ．11．【答案】C【解析】ξ＝k 表示取出的螺丝钉恰有k 只为好的，则()473410C C C 4)2(13k kP k k ξ-===、、、， ∴P(ξ＝1)＝130，P(ξ＝2)＝310，P(ξ＝3)＝12，P(ξ＝4)＝16．故选C ．12．【答案】A【解析】由于()2f x ，()5f x ，()6f x 为偶函数，()1f x ，()3f x ，()4f x 为奇函数， ∴随机变量ξ可取1，2，3，4．()131621C 1C P ξ===，()11331165C C 3C 2C 10P ξ===，()111323111654C C C 3C C C 203P ξ===，()1111321311116543C C C C 1C C C 24C 0P ξ===．∴ξ的分布列为E(ξ)＝1×12＋2×310＋3×320＋4×120＝74．二、填空题． 13．【答案】25【解析】本题考查期望，方差的求法．设ξ＝1概率为P ．则E(ξ)＝0×15＋1×P ＋2(1－P －15)＝1，∴P ＝35．故D(ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)×35＋(2－1)2×15＝25．14．【答案】②④【解析】由条件概率知②正确．④显然正确．而且P(B)＝P(B∩(A 1∪A 2∪A 3))＝P(B∩A 1)＋P(B∩A 2)＋P(B∩A 3) ＝P(A 1)·P(B|A 1)＋P(A 2)P(B|A 2)＋P(A 3)P(B|A 3) ＝510·511＋210·411＋310·411＝922． 故①③⑤不正确． 15．【答案】49【解析】设ξ表示向上的数之积，则P(ξ＝1)＝13×13＝19，P(ξ＝2)＝12C ×13×16＝19， P(ξ＝4)＝16×16＝136，P(ξ＝0)＝34．∴Eξ＝1×19＋2×19＋4×136＝49．16．【答案】47【解析】由题意，ξ的可能取值为0，1，2，则()2527C 10C 210P ξ===，()115227C C 10C 121P ξ===，()2227C 1C 221P ξ===． ∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望E(ξ)＝0×1021＋1×1021＋2×121＝1221＝47．三、解答题． 17．【答案】见解析．【解析】由题意知，用X 表示成功的人数，则X 服从n ＝3，p ＝34的二项分布，于是有()3333C 144kkk P X k -⎛⎫⎛⎫=⋅- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=，0,1,2,3k =．∴X 的分布列为18．【答案】（1）1315；（2）分布列见解析，140．【解析】（1）设至少有一组研发成功的事件为事件A 且事件B 为事件A 的对立 事件，则事件B 为一种新产品都没有成功，因为甲，乙成功的概率分别为23，35．则P(B)＝(1－23)×(1－35)＝13×25＝215，再根据对立事件概率之间的公式可得P(A)＝1－P(B)＝1315， ∴至少一种产品研发成功的概率为1315．（2）由题可设该企业可获得利润为ξ，则ξ的取值有0，120＋0，100＋0，120＋100，即ξ＝0，120，100，220，由独立试验的概率计算公式可得： P(ξ＝0)＝(1－23)×(1－35)＝215；P(ξ＝120)＝23×(1－35)＝415；P (ξ＝100)＝(1－23)×35＝15；P(ξ＝220)＝23×35＝25；∴ξ的分布列如下：则数学期望E(ξ)＝0×215＋120×415＋100×15＋220×25＝32＋20＋88＝140．19．【答案】（1）14；（2）分布列见解析，35．【解析】（1）令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，由古典概型的概率计算公式有()111235310C C C 1C 4P A ==． （2）X 的可能取值为0，1，2，且()38310C 70C 15P X ===，()1228310C C 71C 15P X ===，()2128310C C 12C 15P X ===；综上知，X 的分布列为：故E(X)＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)20．【答案】（1）118；（2）56；（3）分布列见解析，43．【解析】（1）记甲、乙两人同时到A 社区为事件M ，那么()232343A 1C A 18P M ==，即甲、乙两人同时分到A 社区的概率是118． （2）记甲、乙两人在同一社区为事件E ，那么()332343A 1C A 6P E ==，∴甲、乙两人不在同一社区的概率是()()516P E P E =-=． （3）随机变量ξ可能取的值为1，2．事件“ξ＝i(i ＝1，2)”是指有i 个同学到A 社区，则()22422343C A 1C 32A p ξ===．∴()()21312p pξξ-====， ξ的分布列是：∴E(ξ)＝1×23＋2×13＝43．21．【答案】（1）31256；（2）分布列见解析，635256．【解析】（1）4种颜色的球放置在5个不同的盒子中，共有45种放法， 满足条件的发放分为两类：①每个盒子中颜色都相同，共有4种，②有2种颜色组成，共有22452C C 120⨯⨯=，所求的概率为54120314256P +==． （2）X 的可能的值为2，3，4，5．则()1321124542545C C C C C C 7541282P X +===，()132455C C 34541283P X ⋅===， ()1414535C C C 1544256P X ===，()54145526P X ===； ∴X 的概率分布列为：E(X)＝2×75128＋3×45128＋4×15256＋5×1256＝635256．22．【答案】（1）710；（2）分布列见解析，35．【解析】（1）记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}， B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}． 由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥， 且B 1＝A 1A 2，21212B A A A A =+，C ＝B 1＋B 2． 因P(A 1)＝410＝25，P(A 2)＝510＝12，∴P(B 1)＝P(A 1A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝25×12＝15，()()()()()()()()()()212121212121211P B P A A A A P A A P A A P A P A P A P A =+=-++-=212111152522⎛⎫⎛⎫=⨯-+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故所求概率为P(C)＝ P(B 1＋B 2)＝P(B 1)＋P(B 2)＝15＋12＝710．（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，∴13,5X B ⎛⎫⎪⎝⎭～．于是()03031464C 551025P X ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=，()12131448C 551125P X ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=， ()21231412C 551225P X ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=，()3033141C 551235P X ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=． 故X 的分布列为X 的数学期望为E(X)＝3×15＝35．。
高中数学选修2-3各章节课时作及答案解析
1.1第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时作业一、选择题1．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为( )A ．182B ．14C ．48D ．91[答案] C 新人教A 版选修2-3[解析] 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48，故选C ．2．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )A ．13种B ．16种C ．24种D ．48种[答案] A[解析] 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A ．3．(2014·新课标Ⅰ理，5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A ．18B ．38C ．58D ．78[答案] D[解析] 四位同学各自在周六、周日两天中选择一天参加公益活动的情况有24＝16种方式，其中仅在周六或周日参加的各有一种，故所求概率P ＝1－1＋116＝78.4．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 ．43C ．12D ．24[答案] C[解析] 显然(a ，a )、(a ，c )等均为A *B 中的元素，确定A *B 中的元素是A 中取一个元素来确定x ，B 中取一个元素来确定y ，由分步计数原理可知A *B 中有3×4＝12个元素．故选C ．5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( )A．8种B．9种C．10种D．11种[答案] B[解析]设四个班级分别是A、B、C、D，它们的老师分别是a、b、c、d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C、D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B、C、D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．6．从0、2中选一个数字，从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18C．12 D．6[答案] B[解析](1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．二、填空题7．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0、1、2、3、5、7这6个数字中每次取两个不同的数作为A、B的值，则可表示不同的直线__________ ________条．[答案]22[解析]当A或B中有一个为零时，则可表示出2条不同的直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，则可表示出5×4＝20条不同的直线．由分类加法计数原理知，共可表示出20＋2＝22条不同的直线．8. 三边均为整数且最大边长为11的三角形有__________ ________个．[答案]36[解析]另两边长用x、y表示，且不妨设1≤x≤y≤11.要构成三角形，需x＋y≥12.当y＝11时，x∈{1,2，…，11}，有11个三角形；当y＝10时，x∈{2,3，…，10}，有9个三角形……当y＝6时，x＝6，有1个三角形．所以满足条件的三角形有11＋9＋7＋5＋3＋1＝36(个)．9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有__________ ________种．(用数字作答)[答案]48[解析]本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．三、解答题10．有不同的红球8个，不同的白球7个．(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？[解析](1)由分类加法计数原理得，从中任取一个球共有8＋7＝15种；(2)由分步乘法计数原理得，从中任取两个球共有8×7＝56种．一、选择题11．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．连线标注的数字表示该段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，信息可以从分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )A．26 B．24C．20 D．19[答案] D[解析]因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种方法：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，故选D．12．(2014·长安一中质检)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．252C．261 D．279[答案] B[解析] 用0,1，…，9十个数字，可以组成的三位数的个数为9×10×10＝900，其中三位数字全不相同的为9×9×8＝648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.13．(a 1＋a 2)(b 1＋b 2)(c 1＋c 2＋c 3)完全展开后的项数为( ) A ．9 B ．12 C ．18 D ．24[答案] B[解析] 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.14.(2015·江西抚州市七校高二期末联考)设m ∈{1,2,3,4}，n ∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点的概率是( )A ．12B ．916C ．1116D ．1316[答案] C[解析] 根据题意，f ′(x )＝3x 2＋m ，又因为m >0，所以f ′(x )＝3x 2＋m >0； 故f (x )＝x 3＋mx ＋n 在R 上单调递增，若函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点， 则只需满足条件f (1)≤0且f (2)≥0. ∴m ＋n ≤－1且2m ＋n ≥－8， ∴－2m －8≤n ≤－m －1， 当m ＝1时，n 取－2，－4，－8；m ＝2时，n 取－4，－8，－12； m ＝3时，n 取－4，－8，－12； m ＝4时，n 取－8，－12；共11种取法，而m 有4种选法，n 有4种选法，则函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 情况有4×4＝16种，故函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点的概率是1116，故选C ．二、填空题15．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__________ ______种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．[答案]9 20[解析]由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．16．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]先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．三、解答题17．若x、y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．[解析]按x的取值进行分类：x＝1时，y＝1,2，…，5，共构成5个有序自然数对；x＝2时，y＝1,2，…，4，共构成4个有序自然数对；…x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15个有序自然数对．18.已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中a i、b j(i＝1、2、3、4，j ＝1、2)均为实数．(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？(2)能构成多少个以集合A为定义域，集合B为值域的不同函数？[解析](1)因为集合A中的每个元素a i(i＝1、2、3、4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，可构成A→B的映射有N＝24＝16个．(2)在(1)的映射中，a1、a2、a3、a4均对应同一元素b1或b2的情形．此时构不成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有M＝16－2＝14个．1.1第2课时两个基本原理的应用课时作业一、选择题1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多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[解析] 分类考虑，若最少一堆是1个，那由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个，故共有分法1＋2＋1＝4种．2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C ． 3．已知函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，其中a 、b 、c ∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( )A ．125个B ．15个C ．100个D ．10个[答案] C[解析] 由题意可得a ≠0，可分以下几类，第一类：b ＝0，c ≠0，此时a 有4种选择，c 也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第二类：c ＝0，b ≠0，此时a 有4种选择，b 也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第三类：b ≠0，c ≠0，此时a ，b ，c 都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数； 第四类：b ＝0，c ＝0，此时a 有4种选择，共有4个不同的函数．由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N ＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C ．4．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 ．49 B ．13 C ．29 D ．19 [答案] D[解析] 本题考查计数原理与古典概型，∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4×5＝20个数，若个位数为偶数，共有5×5＝25个数，其中个位为0的数共有5个，∴P ＝520＋25＝19.5．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，那么焊接点脱落的可能性共有( )A ．6种B ．36种C ．63种D ．64种[答案] C[解析] 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C ．6．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 ．3B ．4C ．6D ．8[答案] D[解析] 当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8. 当公比为3时，等比数列可为1、3、9. 当公比为32时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列，共8个． 二、填空题7．(2014·杭州模拟)有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有1、2、3、4四个数字，现将它连续抛掷3次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数字和为S ，则“S 恰好为4”的概率为________.[答案]364[解析] 本题是一道古典概型问题．用有序实数对(a ，b ，c )来表示连续抛掷3次所得的3个数字，则该试验中共含4×4×4＝64个基本事件，取S ＝a ＋b ＋c ，事件“S 恰好为4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三个基本事件，则所求概率P ＝364.8．设椭圆x 2m ＋y 2n＝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[解析]曲线是焦点在y轴上的椭圆，∴n>m.当m＝1时，n有6种取法，当m＝2时，n有5种取法……当m＝5时n有2种取法，∴这样的椭圆共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．9．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法________种．[答案]242[解析]取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法；取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80(种)不同取法．综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法．三、解答题10．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项．(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？(2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？[解析](1)三个运动项目，共有六个奖项，由于甲获得一个奖项且甲可获得六个奖项中的任何一个．∴甲有6种不同的获奖情况．(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况，故各项冠军获得者的不同情况有4×4×4＝64(种)．一、选择题11. 元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有( )A．6种B．9种C．11种D．23种[答案] B[解析]解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，当A拿贺卡b，则B 可拿a、c、d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b时有三种不同的分配方式．同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式．由分类加法计数原理，四张贺卡共有3＋3＋3＝9(种)分配方式．解法2：让四人A 、B 、C 、D 依次拿一张别人送出的贺卡，如果A 先拿，有3种，此时被A 拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有3×3×1×1＝9(种)．12．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( )A ．16B ．18C ．24D ．32[答案] C[解析] 若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位．每一种停放方法均有6种，故共有24种不同的停放方法．13．(2014·张家界月考)先后掷两次正方体骰子(骰子的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为m 、n ，则mn 是奇数的概率是( )A ．12B ．13C ．14D ．16 [答案] C[解析] 先后掷两次正方体骰子总共有36种可能，要使mn 是奇数，则m 、n 都是奇数，因此有以下几种可能：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共9种可能．因此P ＝936＝14.14．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b 、c ，且满足b ≤4≤c ，则这样的三角形有( )A ．10个B ．14个C ．15个D ．21个[答案] A[解析] 当b ＝1时，c ＝4；当b ＝2时，c ＝4,5；当b ＝3时，c ＝4,5,6；当b ＝4时，c ＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．选A ．[点评] 注意三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 二、填空题15．连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，向量a ＝(m ，n )和向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ为锐角的概率是________.[答案]512[解析] cos θ＝a ·b |a ||b |＝m －n2·m 2＋n2， ∵θ∈(0，π2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ·b >0，a ∥＼ b .∴⎩⎪⎨⎪⎧m －n >0，m －n2m 2＋2n2<1.∴m >n ，则m ＝2时，n ＝1；m ＝3时，n ＝1,2；m ＝4时，n ＝1,2,3；m ＝5时，n ＝1,2,3,4；m ＝6时，n ＝1,2,3,4,5.则这样的向量a 共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，而第一次投掷骰子得到的点数m 有6种情形，同样n 也有6种情形，∴不同的向量a ＝(m ，n )，共有6×6＝36个，因此所求概率P ＝1536＝512.16．从集合{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素作为双曲线x 2a －y 2b＝1中的几何量a 、b 的值，则“双曲线渐近线的斜率k 满足|k |≤1”的概率为________.[答案] 12[解析] 所有可能取法有6×5＝30种，由|k |＝ba≤1知b ≤a ，满足此条件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15种，∴所求概率P ＝1530＝12.三、解答题17．现有高三四个班的学生共34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？[解析] (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以，共有不同的选法N ＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N ＝7×8×9×10＝5040(种)．(3)分六类：每类又分两步，从一、二班的学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班的学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班的学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班的学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班的学生中各选1人，有8×10种不同的选法：从三、四班的学生中各选1人，有9×10种不同的选法；所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．18.用1、2、3、4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{a n}．(1)写出这个数列的前11项；(2)这个数列共有多少项？(3)若a n＝341，求n.[解析](1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.(2)这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．(3)比a n＝341小的数有两类：①；②.共有2×4×4＋1×3×4＝44∴n＝44＋1＝45(项)．1.2.1第1课时排列（一）课时作业一、选择题1．从1、2、3、4中，任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为( )A．2 B．4C．12 D．24[答案] C[解析]本题相当于从4个元素中取2个元素的排列，即A24＝12.2．停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有( )A．A812种B．2A88A44种C．8A88种D．9A88种[答案] D[解析]将4个空车位视为一个元素，与8辆车共9个元素进行全排列，共有A99＝9A88种．3．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )A．108种B．186种C．216种D．270种[答案] B[解析]从全部方案中减去只选派男生的方案数，所有不同的选派方案共有A37－A34＝186(种)，选B．4．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( )A．A88B．A48C．A44A44D．2A44[答案] C[解析]安排4名司机有A44种方案，安排4名售票员有A44种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有A44A44种方案．5．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站(这六个大站间)种准备不同的火车票种数为( ) A．30种B．15种C．81种D．36种[答案] A[解析]对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为求从6个不同元素中每次取出2个不同元素的排列数A26＝6×5＝30种．故选A．6．某校某班2015年元旦晚会计划有8个声乐节目和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．A88B．A811C．A88A39D．A88A38[答案] C[解析]先排8个声乐节目共有A88种排法，产生9个空隙，再插入3个舞蹈节目有A39，据分步乘法计数原理，共有A88·A39种．7．将A 、B 、C 、D 、E 、F 六个字母排成一排，且A 、B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．[答案] 480[解析] A 、B 两个字母与C 的位置关系仅有3种：同左、同右或两侧，各占13，∴排法有23A 66＝480.8.某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有________种．[答案] 48[解析] 由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有A 44种，第二类，用3色有4A 33种，故共有A 44＋4A 33＝48种．9．用0、1、2、3、4、5可以排出没有重复数字且大于3240的四位数________个． [答案] 149[解析] 当首位为4或5时，有2×A 35种；当首位为3，百位为4或5时，有2×A 24种；当首位为3，百位为2，十位为5时，有3种，最后还有3245和3241满足，因此没有重复数字且大于3240的四位数共有2A 35＋2A 24＋3＋2＝149个．三、解答题10．用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．11．摄影师要为5名学生和2位老师拍照，要求排成一排，2位老师相邻且不排在两端，不同的排法共有( )A ．1440种B ．960种C ．720种D ．480种[答案] B[解析] 2位老师作为一个整体与5名学生排队，相当于6个元素排在6个位置，且老师不排两端，先安排老师，有4A 22＝8种排法，5名学生排在剩下的5个位置，有A 55＝120种，由分步乘法计数原理得4A 22×A 55＝960种排法．[点评] 因为两位老师相邻，故可作为一个元素，因此可先将5名同学排好，在5名学生形成的4个空位中选1个，将两位老师排上，共有A 55·(4A 22)种不同排法．12．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x 2m 2＋y 2n2＝1中的m 和n ，则能组成落在矩形区域B ＝{(x ，y )||x |<11，且|y |<9}内的椭圆个数为( )A ．43B ．72C ．86D ．90[答案] B[解析] 在1、2、3、4、…、8中任取两个作为m 、n ，共有A 28＝56种方法；可在9、10中取一个作为m ，在1、2、…、8中取一个作为n ，共有A 12A 18＝16种方法，由分类加法计数原理，满足条件的椭圆的个数为：A 28＋A 12A 18＝72.13．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[解析] 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同的排法；再排第二列，第二列第一行的字母有2种排法，排好此位置后，其他位置只有一种排法．因此共有2A 33＝12种不同的排法．14.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有( )A ．6种B ．8种C ．36种D ．48种[答案] D [解析]如图所示，三个区域按参观的先后次序共有A 33种参观方法，对于每一种参观次序，每一个植物园都有2类参观路径，∴共有不同参观路线2×2×2×A 33＝48种．二、填空题15．如果直线a 与b 异面，则称a 与b 为一对异面直线，六棱锥的侧棱与底边共12条棱所在的直线中，异面直线共有________对．[答案] 24[解析] 六棱锥的侧棱都相交，底面六条边所在直线都共面，故异面直线只可能是侧棱与底面上的边．考察PA 与底面六条边所在直线可用枚举法列出所有异面直线(PA ，BC )，(PA ，CD )，(PA ，DE )，(PA ，EF )共四对．同理与其他侧棱异面的底边也各有4条，故共有4×6＝24对．16．有10幅画展出，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的陈列方式有________种．[答案] 5760[解析] 第一步，水彩画可以在中间，油画、国画放在两端，有A 22种放法； 第二步，油画内部排列，有A 44种； 第三步，国画内部排列，有A 55种．由分步乘法计数原理，不同的陈列方式共有A 22A 55A 44＝5 760(种)． 三、解答题17．求和：12！＋23！＋34！＋…＋n n ＋！.[解析] ∵k k ＋！＝k ＋1－1k ＋！＝k ＋1k ＋！－1k ＋！＝1k ！－1k ＋！，∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12！－13！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13！－14！＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ！－1n ＋！＝1－1n ＋！. 18.(2015·宝鸡市金台区高二期末)“渐降数”是指每一位数字比其左边的数字小的正整数(如632)，那么比666小的三位渐降数共有多少个？[解析] 百位是6，十位是5比666小的渐降数有654,653,652,651,650共5个， 百位是6，十位是4比666小的渐降数有643,642,641,640共4个， 百位是6，十位是3比666小的渐降数有632,631,630共3个， 百位是6，十位是2比666小的渐降数有621,620共2个， 百位是6，十位是1比666小的渐降数有610，所以百位是6比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＋5＝15个， 同理：百位是5比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＝10个， 百位是4比666小的渐降数有1＋2＋3＝6个， 百位是3比666小的渐降数有1＋2＝3个， 百位是2比666小的渐降数有1个，所以比666小的三位渐降数共有15＋10＋6＋3＋1＝35个．1.2.1第2课时 排列（二）课时作业一、选择题1．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[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．2．(2014·辽宁理，6)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 ．144B ．120C ．72D ．24[答案] D[解析] 就座3人占据3张椅子，在其余3张椅子形成的四个空位中，任意选择3个，插入3张坐人的椅子，共有A 34＝24种不同坐法，故选D ．3．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为( )A．18 B．36C．48 D．60[答案] B[解析]甲在排头或排尾站法有A12种，再让乙在中间3个位置选一个，有A13种站法，其余3人有A33种站法，故共有A12·A13·A33＝36种站法．4．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )A．504种B．960种C．1008种D．1108种[答案] C[分析]甲、乙相邻看作一个元素与其它元素一块排，由于丙不排在第1天、丁不排在第7天，因此按甲、乙的排位进行分类．[解析]甲、乙相邻的所有方案有A22A66＝1440种；其中丙排在10月1日的和丁排在10月7日的一样多，各有：A22A55＝240种，其中丙排在10月1日且丁排在10月7日的有A22A44＝48种，故符合题设要求的不同安排方案有：1440－2×240＋48＝1008种，故选C．[点评] 在解决某几个元素必须相邻问题时，可整体考虑将相邻元素视为一个元素参与排列．5．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[解析]分三类：甲在周一，共有A24种排法；甲在周二，共有A23种排法；甲在周三，共有A22种排法；∴A24＋A23＋A22＝20.6．由数字0、1、2、3、4、5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有( ) A．(2A45－A34)个B．(2A45－A35)个C．2A45个D．5A45个[答案] A[解析]能被5整除，则个位须为5或0，有2A45个，但其中个位是5的含有0在首位的排法有A34个，故共有(2A45－A34)个．[点评] 可用直接法求解：个位数字是0时有A45种；个位数字是5时，首位应用1、2、3、4中选1个，故有4A34种，∴共有A45＋4A34个．二、填空题7．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________.[答案]24[解析]“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A34＝24种不同坐法．8．(2015·宝鸡市金台区高二期末)某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有不同排法________种．[答案]14[解析]解法1：若第一节排数学，共有A33＝6种方法，若第一节不排数学，第一节有2种排法，最后一节有2种排法，中间两节任意排，有2×2×2＝8种方法，根据分类计数原理，共有6＋8＝14种，故答案为14.解法2：间接法：4节课全部可能的排法有＝24种，其中体育排第一节的有＝6种，数学排最后一节的有＝6种，体育排第一节且数学排最后一节的有＝2种，故符合要求的排法种数为－＋＝14种．9．2014年某地举行博物展，某单位将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该单位展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)[答案]24[解析]将2件书法作品排列，方法数为2种，然后将其作为1件作品与标志性建筑设计作品共同排列有2种排法，对于其每一种排法，在其形成的3个空位中选2个插入2件绘画作品，故共有不同展出方案：2×2×A23＝24种．三、解答题10．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有不同排法A25A66＝14400种．。
选修2-3 第二章 2.2.2 事件的相互独立性
2.2.2 事件的相互独立性
刷基础
题型3 相互独立事件的应用
9．[福建厦门双十中学2018高二月考]学校体育节的乒乓球决赛正在进行中，小明必须再胜2盘才最后获胜，
小杰必须再胜3盘才最后获胜，若两人每盘取胜的概率都是
1 2
，则小明连胜2盘并最后获胜的概率是( C
)
解析
2.2.2 事件的相互独立性
刷基础
2.2.2 事件的相互独立性
刷基础
题型2 求相互独立事件同时发生的概率
4．[江西上饶2018高三模拟]某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8，0.6，0.5，只有通过
前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立，一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为( D )
A．0.48
B．0.4
刷易错
易错警示
解此类问题首先要判断事件的相互独立性，然后利用公式P(AB)＝P(A)·P(B)求解；若事件A与B相 互独立，则A与B，A与B，A与B也相互独立，在条件不变的前提下，利用它们的相互独立性求不 同类型的概率．
2.2.2 事件的相互独立性
刷易错
易错点 独立性条件的改变理解易错
11．甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为 (1)求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)至多1个人译出密码的概率； (4)至少1个人译出密码的概率．
和1 . 4
解
2.2.2 事件的相互独立性
解析
2.2.2 事件的相互独立性
刷基础
题型2 求相互独立事件同时发生的概率
6．[四川成都外国语学校2019高三月考]体育课上定点投篮项目测试规则：每位同学有3次投篮机会，一旦投
选修2-3 第二章 2.1.2 离散型随机变量的分布列
2.1.2 离散型随机变量的分布列 刷基础
题型4 超几何分布
11．[吉林吉化一中2018高二期末]一袋中装有10个大小相同的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球， 至少得到1个白球的概率是 .
(1)求白球的个数； (2)从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，求随机变量X的分布列．
解
2.1.2 离散型随机变量的分布列 刷基础
2.1.2 离散型随机变量的分布列 刷基础
题型1 离散型随机变量的分布列
2．设X是一个离散型随机变量，其分布列如下表，则q等于________．
X
－1
0
1
P
0.5
1－ q
q2
解析
2.1.2 离散型随机变量的分布列
题型2 离散型随机变量分布列的性质
刷基础
3．[河南2019高二期中]已知随机变量X的分布列如表所示．
解析
将50名学生看作一批产品，其中选修A课程为不合格品，选修B课程为合格品，随机抽取两名学生
，X表示选修A课程的学生数，则X服从超几何分布，其中N＝50，M＝15，n＝2.依题意所求概率
为P(X＝1)＝
＝.
2.1.2 离散型随机变量的分布列 刷基础
题型4 超几何分布
10．[广西南宁四中2019高二月考]现有一批产品共10件，其中8件为正品，2件为次品，从中抽取3件． (1)恰有1件次品的抽法有多少种； (2)求取到次品数X的分布列．
2.1.2 离散型随机变量的分布列
题型5 综合问题
刷基础
12．[四川成都外国语学校2019高二月考]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； (2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．
2019_2020学年高中数学第二章2.2.1条件概率练习(含解析)新人教A版选修2_3
2.2.1 条件概率[A 基础达标]1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A ．56 B ．910 C ．215D ．115解析：选C ．P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故选C ．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 ．14B ．13C ．12D ．1解析：选B ．记“第一位同学没有抽到中奖券”为事件A ，P (A )＝34，“最后一位同学抽到中奖券”为事件B ，P (AB )＝34×13＝14，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1434＝14×43＝13.3．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 ．49B ．29C ．12D ．13解析：选C ．由题意可知．n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 33＝6.所以P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝612＝12.4．在区间(0，1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝{x |0<x <12}，B ＝{x |14<x <34}，则P (B |A )等于( )A ．12 B ．14 C ．13D ．34解析：选A ．P (A )＝121＝12.因为A ∩B ＝{x |14<x <12}，所以P (AB )＝141＝14，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.5．甲、乙两人从1，2，…，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是( )A ．12B ．715C ．815D ．914 解析：选D ．设事件A ＝“甲取到的数是5的倍数”，B ＝“甲所取的数大于乙所取的数”，又因为本题为古典概型概率问题，所以根据条件概率可知，P (B |A )＝n （A ∩B ）n （A ）＝4＋9＋143×14＝914.故选D ． 6．如图，EFGH 是以O 为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形HOE (阴影部分)内”，则P (A )＝________，P (B |A )＝________．解析：因为圆的半径为1，所以圆的面积S ＝πr 2＝π，正方形EFGH 的面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫2r 22＝2，所以P (A )＝2π.P (B |A )表示事件“已知豆子落在正方形EFGH 中，则豆子落在扇形HOE (阴影部分)”的概率，所以P (B |A )＝14.答案：2π 147．从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张．已知第1次抽到A ，则第2次也抽到A 的概率是________．解析：设“第1次抽到A ”为事件A ，“第2次也抽到A ”为事件B ，则AB 表示两次都抽到A ，P (A )＝452＝113，P (AB )＝4×352×51＝113×17，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝117.答案：1178．(2019·长春高二检测)分别用集合M ＝{2，4，5，6，7，8，11，12}中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，已知取出的一个元素是12，则取出的另外一个元素与之构成可约分数的概率是________．解析：设“取出的两个元素中有一个是12”为事件A ，“取出的两个元素构成可约分数”为事件B ，则n (A )＝7，n (AB )＝4，所以P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝47.答案：479．某考生在一次考试中，共有10题供选择，已知该考生会答其中6题，随机从中抽5题供考生回答，答对3题及格，求该考生在第一题不会答的情况下及格的概率．解：设事件A 为从10题中抽5题，第一题不会答；设事件B 为从10题中依次抽5题，第一题不会答，其余4题中有3题或4题会答．n (A )＝C 14C 49，n (B )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)．则P ＝C 14（C 36C 13＋C 46C 03）C 14C 49＝2542. 所以该考生在第一题不会答的情况下及格的概率为2542.10．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动． (1)设所选3人中女生人数为X ，求X 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 (A |B )． 解：(1)X 的所有可能取值为0，1，2，依题意得P (X ＝0)＝C 34C 36＝15，P (X ＝1)＝C 24C 12C 36＝35，P (X＝2)＝C 14C 22C 36＝15.所以X 的分布列为(2)则P (C )＝C 34C 36＝420＝15；所以所求概率为P (C —)＝1－P (C )＝1－15＝45.(3)P (B )＝C 25C 36＝1020＝12；P (AB )＝C 14C 36＝15.所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝25.[B 能力提升]11．(2019·唐山高二检测)将三颗骰子各掷一次，设事件A 表示“三个点数都不相同”，B 表示“至少出现一个6点”，则概率P (A |B )等于( )A ．6091B ．12C ．518D ．91216解析：选A ．因为P (A |B )＝P （AB ）P （B ），P (AB )＝C 13C 15C 1463＝6063＝60216，P (B )＝1－P (B —)＝1－5363＝1－125216＝91216.所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝6021691216＝6091.12．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．解析：设事件C 为“取出的数不大于50”，事件A 为“取出的数是2的倍数”，事件B 为“取出的数是3的倍数”．则P (C )＝12，且所求概率为P (A ∪B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )－P (AB |C )＝P （AC ）P （C ）＋P （BC ）P （C ）－P （ABC ）P （C ）＝2×(25100＋16100－8100)＝3350. 答案：335013．一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么：(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？解：(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出1个白球”为事件B ，则“先后两次摸出白球”为事件AB ，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果，所以P (A )＝12，P (AB )＝2×14×3＝16，所以P (B |A )＝1612＝13.所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为13.(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，“两次都摸出白球”为事件A 1B 1，P (A 1)＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1B 1）P （A 1）＝1412＝12.所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12.14．(选做题)在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．解：设“该考生6道题全答对”为事件A ，“该考生恰好答对了5道题”为事件B ，“该考生恰好答对了4道题”为事件C ，“该考生在这次考试中通过”为事件D ，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E ，则D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，且A ，B ，C 两两互斥，由古典概型的概率公式知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12 180C 620，又AD ＝A ，BD ＝B ，所以P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D ) ＝P （AD ）P （D ）＋P （BD ）P （D ）＝P （A ）P （D ）＋P （B ）P （D ）＝C 610C 62012 180C 620＋C 510C 110C 62012 180C 620＝1358.。