2018版数学新导学同步人教A版选修2-3检测及作业：课时作业 15离散型随机变量的方差 Word版含解析
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3：课时作业 9离散型随机变量包含解析
课时作业9离散型随机变量|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．下列随机变量中，不是离散型随机变量的是()A．抛掷一枚质地均匀的硬币3次，反面向上的次数B．某射击运动员在10次射击中射中靶的次数C．区间[0,10]内任一实数与它四舍五入取整后的整数的差值D．某立交桥一天经过的汽车的数量解析：A、B、D中随机变量的值能一一列举出来，故都是离散型随机变量．答案：C2．抛掷两枚骰子一次，X为第一枚骰子掷出的点数与第二枚掷出的点数之差，则X的所有可能的取值为()A．0≤X≤5，X∈NB．－5≤X≤0，X∈ZC．1≤X≤6，X∈ND．－5≤X≤5，X∈Z解析：两次掷出点数均可取1～6所有整数，∴X∈[－5,5]，X∈Z.答案：D3．袋中有2个黑球和6个红球，从中任取两个，可以作为随机变量的是()A．取到的球的个数B．取到红球的个数C．至少取到一个红球D．至少取到一个红球的概率解析：袋中有2个黑球和6个红球，从中任取两个，取到球的个数是一个固定的数字，不是随机变量，故不选A，取到红球的个数是一个随机变量，它的可能取值是0,1,2，故B正确；至少取到一个红球表示取到一个红球，或取到两个红球，表示一个事件，故C不正确；至少取到一个红球的概率是一个古典概型的概率问题，不是随机变量，故D不正确，故选B.答案：B4．袋中装有大小和颜色均相同的5个乒乓球，分别标有数字1,2,3,4,5，现从中任意抽取2个，设两个球上的数字之积为X，则X所有可能值的个数是()A．6 B．7C．10 D．25解析：X的所有可能值有1×2,1×3,1×4,1×5,2×3,2×4,2×5,3×4,3×5,4×5，共计10个．答案：C5．抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X，则“X≥5”表示的试验结果为()A．第一枚6点，第二枚2点B．第一枚5点，第二枚1点C．第一枚1点，第二枚6点D．第一枚6点，第二枚1点解析：由“X≥5”知，最大点数与最小点数之差不小于5，只能选D.答案：D二、填空题(每小题5分，共15分)6．下列随机变量中不是离散型随机变量的是________(填序号)．①某宾馆每天入住的旅客数量X；②广州某水文站观测到一天中珠江的水位X；③深圳欢乐谷一日接待游客的数量X；④虎门大桥一天经过的车辆数X.解析：①③④中的随机变量X的所有取值，我们都可以按照一定的次序一一列出，因此它们是离散型随机变量；②中随机变量X可以取某一区间内的一切值，但无法按一定次序一一列出，故不是离散型随机变量．答案：②7．在一次比赛中，需回答三个问题，比赛规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则选手甲回答这三个问题的总得分ξ的所有可能取值是________．解析：可能回答全对，两对一错，两错一对，全错四种结果，相应得分为300分，100分，－100分，－300分．答案：300分，100分，－100分，－300分8．某射手射击一次所击中的环数为ξ(取整数)，则“ξ>7”表示的试验结果是________．解析：射击一次所中环数ξ的所有可能取值为0,1,2，…，10，故“ξ>7”表示的试验结果为“该射手射击一次所中环数为8环、9环或10环”．答案：射击一次所中环数为8环或9环或10环三、解答题(每小题10分，共20分)9．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)某地“行风热线”某天接到电话的个数．(2)新赛季，梅西在某场比赛中(90分钟)，上场比赛的时间．(3)对角线互相垂直且长度分别为6和8的四边形的面积．(4)在一次书法作品评比中，设一、二、三等奖，小刚的一件作品获奖的等次．解析：(1)接到电话的个数可能是0,1,2，…出现哪一个结果都是随机的，所以是随机变量．(2)梅西在某场比赛中上场比赛的时间在[0,90]内，是随机的，所以是随机变量．(3)对角线互相垂直且长度分别为6和8的四边形的面积是定值，所以不是随机变量．(4)获奖的等次可能是一、二、三，出现哪一个结果都是随机的，所以是随机变量．10．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．(1)从10张已编号的卡片(编号从1号到10号)中任取2张(一次性取出)，被取出的卡片较大编号为ξ；(2)某足球队在点球大战中5次点球射进的球数为ξ.解析：(1)ξ的所有可能取值为2,3,4，…，10.其中“ξ＝4”表示的试验结果为“取出的两张卡片中的较大编号为4”．基本事件有如下三种：取出的两张卡片编号分别为1和4，或2和4，或3和4.(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.其中“ξ＝4”表示的试验结果为“5次点球射进4个球”．|能力提升|(20分钟，40分)11．袋中装有10个红球，5个黑球．每次随机摸取1个球，若取得黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止．若摸球的次数为ξ，则表示事件“放回5个红球”的是( )A ．ξ＝4B ．ξ＝5C ．ξ＝6D ．ξ≤5解析：“放回5个红球”表示前五次摸到黑球，第六次摸到红球，故ξ＝6.故选C.答案：C12．抛掷两枚硬币，则对于样本空间Ω＝{ω11，ω12，ω22}(其中ω11表示两枚花均向上，ω12表示一枚花向上，一枚字向上，ω22表示两枚字均向上)，定义：ξ＝ξ(ω)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，ω＝ω22，1，ω＝ω12，2，ω＝ω11.则随机变量ξ的取值表示结果的意义是________．解析：由定义可知，当两枚字均向上时，ξ＝0，当一枚字向上，一枚。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3：课时作业 14离散型随机变量的均值包含解析
1
2
3
4
P
m
n
A. B.
C. D.
解析：由Y＝12X＋7得E(Y)＝12E(X)＋7＝34，
从而E(X)＝ ，
所以E(X)＝1× ＋2×m＋3×n＋4× ＝ ，
又m＋n＋ ＋ ＝1，联立解得m＝ .
故选A.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为 ，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝ ，则随机变量X的数学期望E(X)＝________.
(1)求X的分布列；
(2)求X的均值E(X)．
解析：(1)X＝3,4,5,6，
P(X＝3)＝ ＝ ，
P(X＝4)＝ ＝ ，
P(X＝5)＝ ＝ ，
P(X＝6)＝ ＝ ，
所以X的分布列为
X
3
4
5
6
P
(2)X的均值E(X)＝3× ＋4× ＋5× ＋6× ＝ ＝ .
10．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为 ，乙每次击中目标的概率为 .记甲击中目标的次数为ξ，乙击中目标的次数为η.
P(η＝5)＝ ＝ ，
P(η＝6)＝ ，
P(η＝7)＝ ，
P(η＝8)＝ ，
P(η＝9)＝ ，
P(η＝10)＝ ，
P(η＝11)＝ ，
∴η的分布列为
η
5
6
7
8ห้องสมุดไป่ตู้
9
10
11
P
E(η)＝5× ＋6× ＋7× ＋8× ＋9× ＋10× ＋11× ＝8.
2018版数学新导学同步选修2-2人教A版：课时作业3几个常用函数的导数含解析
基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．给出下列结论：①(cos x )′＝sin x ；②⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3′＝cos π3；③若y ＝1x 2，则y ′＝－1x ；④⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ′＝12x x.其中正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：因为(cos x )′＝－sin x ，所以①错误； sin π3＝32，而⎝ ⎛⎭⎪⎫32′＝0，所以②错误；⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝(x －2)′＝－2x －3，所以③错误； ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ′＝(－x 12-)′＝12x 32-＝12x x，所以④正确，故选B.答案：B2．曲线y ＝13x 3在x ＝1处切线的倾斜角为( )A ．1B ．－π4 C.π4 D.5π4解析：∵y ′＝x 2，∴y ′|x ＝1＝1，∴切线的倾斜角α满足tan α＝1，∵0≤α<π，∴α＝π4.D.⎝ ⎭⎪2解析：因为y ′＝－1x 2，令－1x 2＝－4，得x ＝±12，P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2或⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2，故选B.答案：B5．曲线y ＝ln x 在点M 处的切线过原点，则该切线的斜率为( ) A ．1 B ．eC ．－1 D.1e解析：设M (x 0，ln x 0)，由y ＝ln x 得y ′＝1x ，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1x 0，所以切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)．由题意得0－ln x 0＝1x 0(0－x 0)＝－1，即ln x 0＝1，所以x 0＝e.所以k ＝1x 0＝1e .故选D.答案：D二、填空题(每小题5分，共15分)6．已知f (x )＝x 2，g (x )＝x 3，则适合f ′(x )＋1＝g ′(x )的x 值为________． 解析：由导数的公式知，f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝3x 2. 因为f ′(x )＋1＝g ′(x )，所以2x ＋1＝3x 2，即3x 2－2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝－13.答案：1或－13(3)y ＝x ；(4)y ＝2cos 2x2－1.解析：(1)y ′＝(lg5)′＝0；(2)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ln 12；(3)∵y ＝x 2x ＝x 12-2＝x 32，∴y ′＝(x 32)′＝32x 12；(4)∵y ＝2cos 2x2－1＝cos x ， ∴y ′＝(cos x )′＝－sin x .10．在曲线y ＝1x 2上求一点P ，使得曲线在该点处的切线的倾斜角为135°. 解析：设P 点坐标为(x 0，y 0)， 因为y ′＝－2x －3，所以y ′|x ＝x 0＝－2x －30＝tan135°＝－1， 即2x －30＝1， 所以x 0＝32.将x 0＝32代入曲线方程得y 0＝3164， 所以所求P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，3164. |能力提升|(20分钟，40分)11．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·…·x n 的值为( )赠送初中数学几何模型【模型二】半角型：图形特征：45°4321DA1FDAB正方形ABCD 中，∠EAF =45° ∠1=12∠BAD 推导说明：1.1在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且∠FAE ＝45°，求证：EF ＝BE +DF45°DEa +b-a45°A1.2在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且EF ＝BE +DF ，求证：∠FAE ＝45°DEa +b-aa45°ABE挖掘图形特征：a+bx-aa 45°DBa +b-a45°A运用举例：1．正方形ABCD 的边长为3，E 、F 分别是AB 、BC 边上的点,且∠EDF =45°.将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°，得到△DCM . （1）求证：EF =FM（2）当AE =1时，求EF 的长．DE3．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠C ＝90°，BC ＝CD ＝2AD ＝4，E 为线段CD 上一点，∠ABE ＝45°. （1）求线段AB 的长；（2）动点P 从B 出发，沿射线．．BE 运动，速度为1单位/秒，设运动时间为t ，则t 为何值时，△ABP 为等腰三角形；（3）求AE－CE的值.变式及结论：4.在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图1），求证：△AEG≌△AEF；（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图2），求证：EF2=ME2+NF2；（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图3），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．ABFEDCF。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3第三章 章末检测卷 含解析 精品
画出散点图如图所示，则应去掉第3
．如果散点图中所有的样本点均在同一条直线上，那么残差平方和与相关系数的绝对值分别为()
0.43,0.57
如果所有的样本点均在同一直线上，
初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
个曲线类型：①y＝bx＋a；②y＝c x＋d；
＝c1x2＋c2，则较适宜作为年销售量y
)
．②③
．③⑤
从散点图知，样本点分布在开口向右的抛物线
上部分)的附近，所以y＝c x＋d或y＝p＋
散点图如图所示：
根据茎叶图，帮助这位同学说明其30位亲属的饮食习惯；根据以上数据完成如表所示的2×2列联表
主食蔬菜主食肉
类
总计
岁以
散点图与直线y ^＝78＋4.2x 的图形如图，，有
94.8，103.2,111.6,120,120,124.2,132.6
∑i ＝1
10
(y i －y ^i )2＝170. (3)比较可知，(2)中求出的∑i ＝1
10
(y i －y ^i )2较小．。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3：课时作业 15离散型随机变量的方差包含解析
3．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C ( )k·( )n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(ξ)＝24，则D(ξ)的值为()
A．8 B．12
C. D．16
解析：由题意可知ξ～B(n， )，∴ n＝E(ξ)＝24.∴n＝36.
∴D(ξ)＝n× ×(1－ )＝ ×36＝8.
答ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ：A
4．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且E(X1)＝2，D(X2)＝ ，则 等于()
ξ1(甲得分)
0
1
2
P(ξ1＝xi)
0.2
0.5
0.3
ξ2(乙得分)
0
1
2
P(ξ2＝xi)
0.3
0.3
0.4
现有一场比赛，派哪位运动员参加较好？()
A．甲B．乙
C．甲、乙均可D．无法确定
解析：E(ξ1)＝E(ξ2)＝1.1，D(ξ1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，D(ξ2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，
0.2
0.1
于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，P(X≥300)＝1－P(X<300)＝0.7，
A．0.5 B.
C. D．3.5
解析：因为X1～B(n,0.2)，所以E(X1)＝0.2n＝2，
所以n＝10.又X2～B(6，p)，所以D(X2)＝6p(1－p)＝ ，
(人教版)高中数学选修2-3课时作业15 Word版含答案
第二章一、选择题(每小题分，共分)．已知ξ的分布列为：则(ξ)的值为( )解析：(ξ)＝×＋×＋×＋×＝，(ξ)＝×＋×＋×＋×＝.故选.答案：．设一随机试验的结果只有和且()＝，令随机变量ξ＝(\\(，发生，不发生))，则ξ的方差(ξ)等于( ) ．．(－)．(－) ．(－)解析：依题意ξ服从两点分布，则(ξ)＝(－)，故选.答案：．已知随机变量ξ的分布列为(ξ＝)＝，＝，则(ξ＋)等于( )．．．．解析：(ξ)＝(＋＋)×＝，(ξ)＝[(－)＋(－)＋(－)]＝，所以(ξ＋)＝(ξ)＝×＝.故选.答案：．由以往的统计资料表明，甲、乙两位运动员在比赛中得分情况为：．甲．乙．甲、乙均可．无法确定解析：(ξ)＝(ξ)＝，(ξ)＝×＋×＋×＝，(ξ)＝×＋×＋×＝，∴(ξ)<(ξ)，即甲比乙得分稳定，选甲参加较好，故选.答案：二、填空题(每小题分，共分)．(·北京市东城区下学期高二期末测试)有甲、乙两种品牌的手表，它们的日误差分别为，(单位：)，其分布列如下：解析：()＝()＝，()＝，()＝，∵()<()，∴甲质量好．答案：甲．已知随机变量ξ～(，)，且(ξ)＝，则(ξ)＝.解析：由题意知(ξ)＝＝×＝得＝，∴(ξ)＝(－)＝××＝.答案：三、解答题(每小题分，共分)．已知随机变量的分布列为：试求()和(－)．解析：()＝×＋×＋×＋×＋×＝.所以()＝(－)×＋(－)×＋(－)×＋(－)×＋(－)×＝.－的分布列为：。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3：第二章 章末检测卷含解析
10．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为()
A. B.
C. D.
解析：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝ ，P(AB)＝ × ＝ .在已知第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为P(B|A)＝ ＝ ＝ .
A．100B．200
C．300D．400
解析：种子发芽率为0.9，不发芽率为0.1，每粒种子发芽与否相互独立，故设没有发芽的种子数为ξ，则ξ～B(1 000,0.1)，
∴E(ξ)＝1 000×0.1＝100，故需补种的期望为2·E(ξ)＝200.
答案：B
7．如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8.则系统正常工作的概率为()
A．3B．5
C．10D．15
解析：由已知X的分布列为P(X＝k)＝ ，k＝1,2,3，…，n，
∴P(1≤x≤3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝ ＝ ，
∴n＝15.
答案：D
9．节日期间，某种鲜花进货价是每束2.5元，销售价每束5元；节日卖不出去的鲜花以每束1.6元价格处理．根据前五年销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X服从如表所示的分布列：
A．0.960B．0.864
C．0.720D．0.576
解析：由已知P＝P(K 1A2)＋P(K 2A1)＋P(KA1A2)＝0.9×0.2×0.8＋0.9×0.2×0.8＋0.9×0.8×0.8＝0.864.故选B.
最新人教A版高中数学选修2-3全册课时同步作业
人教A版高中数学选修2-3全册课时同步作业1、分类加法计数原理与分步乘法计数原理2、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用3、排列与排列数公式4、排列的应用5、组合与组合数公式6、组合的应用7、二项式定理8、“杨辉三角”与二项式系数的性质9、离散型随机变量10、离散型随机变量的分布列11、条件概率12、事件的相互独立性13、独立重复试验与二项分布14、离散型随机变量的均值15、离散型随机变量的方差16、正态分布17、回归分析的基本思想及其初步应用1、分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、题组对点训练对点练一分类加法计数原理的应用1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为( )A．13 B．16C．24 D．48解析：选A 由分类加法计数原理可知，不同走法种数为8＋2＋3＝13.2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16C．13 D．10解析：选C 分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．3．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )A ．3种B ．6种C ．7种D ．9种解析：选C 分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．4．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为________．解析：因为焦点在y 轴上，所以0＜m ＜n ，考虑m 依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n 值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20.答案：205．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解：法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数为8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36.法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36.对点练二 分步乘法计数原理的应用6．如图，一条电路从A 处到B 处接通时，可构成线路的条数为( )A ．8B ．6C ．5D ．3解析：选B 从A 处到B 处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A 处到B 处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6，故选B.7．给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A ，B ，后两个字符用a ，b ，c (允许重复)，则不同编号的书共有( )A ．8本B ．9本C ．12本D ．18本解析：选D 完成这件事可以分为三步．第一步确定首字符，共有2种方法；第二步确定第二个字符，共有3种方法；第三步确定第三个字符，共有3种方法．所以不同编号的书共有2×3×3＝18(本)，故选D.8．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C 要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a 有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚数．9．某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________．解析：将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有6×7＝42种插入方法．答案：4210．某大学食堂备有6种荤菜，5种素菜，3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，问可以配成多少种不同的套餐？解：完成一荤一素一汤的套餐分三步：第一步，配一个荤菜有6种选择；第二步，配一个素菜有5种选择；第三步，配一个汤有3种选择．根据分步乘法计数原理，共可配成6×5×3＝90种不同的套餐．对点练三两个计数原理的综合应用11．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；从A型血的人中选1人有7种不同的选法；从B型血的人中选1人有9种不同的选法；从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理．有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．12．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？解：(1)小明爸爸选凳子可以分两类：第一类，选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类，选西面的空闲凳子，有6种坐法．根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182种坐法．二、综合过关训练1．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有( )A．27种B．36种C．54种D．81种解析：选C 小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法，故选C.2．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A．96种B．24种C．120种D．12种解析：选A 先排第1道，有4种排法，第2,3,4,5道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种停车方法．3．将3封不同的信投到4个不同的邮箱，则不同的投法种数为( )A．7 B．12C．81 D．64解析：选D 第一步，第一封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第二步，第二封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第三步，第三封信可以投到4个邮箱，有4种投法．根据分步乘法计数原理，得不同的投法的种数为4×4×4＝64，选D.4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D 以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个等比数列，∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．5．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．12 D．以上都不对解析：选C 由分步乘法计数原理可知，A*B中有3×4＝12个元素．6．3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多1张，则所有分法的种数是________．解析：第一步，分第1张电影票，有10种分法；第二步，分第2张电影票，有9种分法；第三步，分第3张电影票，有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．答案：7207．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？(2)其中m>n的数对有多少个？解：(1)∵集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．(2)在(1)中的25个数对中m>n的数对可以分类来解．当m＝2时，n＝1，有1个数对；当m＝4时，n＝1,3，有2个数对；当m＝6时，n＝1,3,5，有3个数对；当m＝8时，n＝1,3,5,7，有4个数对；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9，有5个数对．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15个数对．8．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？解：(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．(3)分为三类：第一类，一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第二类，一幅选自国画，一幅选自水彩画．由分步乘法计数原理知，有5×7＝35种不同的选法；第三类，一幅选自油画，一幅选自水彩画．由分步乘法计数原理知，有2×7＝14种不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59种不同的选法．2、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用一、题组对点训练对点练一组数问题1．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解析：选B 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.2．由数字1,2,3,4组成的三位数中，各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是( )A．4 B．8C．16 D．24解析：选B 由题意分析知，严格递增的三位数只要从4个数中任取3个，共有4种取法；同理严格递减的三位数也有4个，所以符合条件的数的个数为4＋4＝8.3．由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成多少个无重复数字的三位偶数与三位奇数？解：当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数．可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取2,4,6,8中的1个，有4种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224.当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数．可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个，有5种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280.对点练二涂色问题4．如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案最多有( )A．180种B．240种C．360种D．420种解析：选D 区域2,3,4,5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域4与区域2同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法；区域4与区域2不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(3＋2×2)＝420种栽种方案．故选D.5.如图所示，“中国印”被中间的白色图案分成了5个区域，现给它着色，要求相邻区域不能用同一颜色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同的着色方法有( )A．120种B．72种C．48种D．24种解析：选B 以所选颜色的种数为标准，可分两类进行：第一类，用3种颜色有4×3×2＝24(种)；第二类，用4种颜色有4×3×2×2＝48(种)．∴共有24＋48＝72种不同的方法，故选B.6.用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？解：第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．对点练三抽取(分配)问题7．某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各一名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为( )A．11 B．30C．56D．65解析：选B 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．8．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少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种解析：选A 共有4种方法．列举如下：1,4,5；2,4,4；2,3,5；3,3,4.9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7个会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解：“完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”，故需分三类：①既会英语又会日语的不当选；②既会英语又会日语的按会英语当选；③既会英语又会日语的按会日语当选．既会英语又会日语的人数为7＋3－9＝1，仅会英语的有6人，仅会日语的有2人．先分类后分步，从仅会英、日语的人中各选1人有6×2种选法；从仅会英语与英、日语都会的人中各选1人有6×1种选法；从仅会日语与英、日语都会的人中各选1人有2×1种选法．根据分类加法计数原理，共有6×2＋6×1＋2×1＝20种不同选法．二、综合过关训练1．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．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解析：选B ①当从0,2中选取2时，先排2，再排1,3,5中选出的两个数，共有2×3×2＝12个奇数．②当从0,2中选取0时，必须排在十位，只要从1,3,5中选出两个数排在个位、百位即可，共有3×2＝6个奇数．由分类加法计数原理，知共有12＋6＝18个奇数．3.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D 每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2＝48种不同的游览线路．4．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3 542大的四位数的个数是( )A．360 B．240C．120 D．60解析：选C 因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．5．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有________个．解析：由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222,2 122,2 212，共3个，当出现2个1时，有1 122,1 212,2 112，共3个，当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．答案：76．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这六个数字中每次取两个不同的数作为系数A、B的值，则方程表示不同直线的条数是________．解析：若A＝0，则B从1,2,3,5,7中任取一个，均表示直线y＝0；同理，当B＝0时，表示直线x＝0；当A≠0且B≠0时，能表示5×4＝20条不同的直线．故方程表示直线的条数是1＋1＋20＝22.答案：227.有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？解：法一：第一步：种植A试验田有4种方法；第二步：种植B试验田有3种方法；第三步：若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D试验田也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．由分类加法计数原理知，有3＋4＝7种种植方法．第四步：由分步乘法计数原理有N＝4×3×7＝84种不同的种植方法．法二：(1)若A、D种植同种作物，则A、D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C 也有3种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法．(2)若A、D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法．综上所述，由分类加法计数原理，共有N＝36＋48＝84种种植方法．8．用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列{a n}．(1)这个数列共有多少项？(2)若a n＝341，求n的值．解：(1)由题意，知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．由于每个数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数的个数为4×4×4＝64，即数列{a n}共有64项．(2)比341小的数分为两类：第一类，百位上的数是1或2，有2×4×4＝32个三位数；第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是1,2,3,4中的任一个，有3×4＝12个三位数．所以比341小的三位数的个数为32＋12＝44，因此341是这个数列的第45项，即n＝45.3、排列与排列数公式一、题组对点训练对点练一排列概念的理解1．下列问题是排列问题的是( )A．从10名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？B．10个人互相通信一次，共写了多少封信？C．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？D ．从1,2,3,4四个数字中，任选两个相加，其结果共有多少种？解析：选B 排列问题是与顺序有关的问题，四个选项中只有B 中的问题是与顺序相关的，其他问题都与顺序无关，所以选B.2．从3个不同的数字中取出2个：①相加；②相减；③相乘；④相除；⑤一个为被开方数，一个为根指数．则上述问题为排列问题的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 排列与顺序有关，故②④⑤是排列． 对点练二 利用排列数公式进行计算或证明 3．已知A 2n ＝132，则n 等于( ) A ．11 B ．12 C ．13D ．14解析：选B A 2n ＝n (n －1)＝132，即n 2－n －132＝0， 解得n ＝12或n ＝－11(舍去)． 4．A 312－A 310的值是( ) A ．480 B ．520 C ．600D ．1 320解析：选C A 312＝12×11×10＝1 320， A 310＝10×9×8＝720， 故A 312－A 310＝1 320－720＝600. 5．下列等式中不成立的是( ) A ．A 3n ＝(n －2)A 2n B.1nA n n ＋1＝A n －1n ＋1C ．n A n －2n －1＝A nn D.nn －mA m n －1＝A mn解析：选B A 中，右边＝(n －2)(n －1)n ＝A 3n 成立；C 中，左边＝n ×(n －1)× (2)n ×(n －1)×(n －2)×…×2×1＝A n n 成立；D 中，左边＝nn －m ×(n －1)！(n －m －1)！＝n ！(n －m )！＝A mn 成立；经验证只有B 不正确．6．计算下列各题： (1)A 66；(2)2A 58＋7A 48A 88－A 59；(3)若3A 3n ＝2A 2n ＋1＋6A 2n ，求n .解：(1)A 66＝6！＝6×5×4×3×2×1＝720.(2)2A 58＋7A 48A 88－A 59＝2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×58×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝1.(3)由3A 3n ＝2A 2n ＋1＋6A 2n ，得3n (n －1)(n －2)＝2(n ＋1)n ＋6n (n －1)． 因为n ≥3且n ∈N *， 所以3n 2－17n ＋10＝0. 解得n ＝5或n ＝23(舍去)．所以n ＝5.对点练三 简单的排列问题7．若从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四种不同工作，则选派方案共有( )A ．180种B ．360种C ．15种D ．30种解析：选B 问题为6选4的排列即A 46＝360.8．由数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位偶数的个数是( ) A ．12 B ．24 C ．36D ．48解析：选D 从2,4中取一个数作为个位数字，有2种取法，再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A 34种，由分步乘法计数原理知组成无重复数字的四位偶数的个数为2×A 34＝48.9．沪宁高铁线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的六个大站(这六个大站之间)准备的不同的火车票的种数为( )A ．15B ．30C ．12D ．36解析：选B 只需分析每两个大站之间需要的火车票的种数即可．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，因为每张车票对应一个起点站和一个终点站，因此，每张火车票对应从6个不同元素(大站)中取出2个不同元素(起点站和终点站)的一种排列，所以问题归结为求从6个不同元素中每次抽出2个不同元素的排列数，故不同的火车票有A 26＝6×5＝30(种)．10．将A 、B 、C 、D 四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A 不排在第一，B 不排在第二，C 不排在第三，D 不排在第四．试写出他们四人所有不同的排法．解：由于A 不排在第一，所以第一只能排B 、C 、D 中的一个，据此可分为三类．由此可写出所有的排法为：BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA.11．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，则一共可以表示多少种不同的信号？解：第1类，挂1面旗表示信号，有A13种不同方法；第2类，挂2面旗表示信号，有A23种不同方法；第3类，挂3面旗表示信号，有A33种不同方法．根据分类加法计数原理，可以表示的信号种数为A13＋A23＋A33＝3＋3×2＋3×2×1＝15.二、综合过关训练1．89×90×91×…×100可表示为( )A．A10100B．A11100C．A12100D．A13100解析：选C 最大数为100，共有12个连续整数的乘积，由排列数公式的定义可以得出．2．与A310·A77不相等的是( )A．A910B．81A88C．10A99D．A1010解析：选B A310·A77＝10×9×8×7！＝A910＝10A99＝A1010，81A88＝9A99≠A1010，故选B.3．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有( )A．12种B．24种C．48种D．120种解析：选B ∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A44＝24(种)．4．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”．现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有( ) A．120个B．80个C．40个D．20个解析：选C 由题意知可按十位数字的取值进行分类：第一类，十位数字取9，有A25个；第二类，十位数字取6，有A24个；第三类，十位数字取5，有A23个；第四类，十位数字取4，有A22个．所以“伞数”的个数为A25＋A24＋A23＋A22＝40.故选C.5．由0,1,2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数是________．解析：当十位数字为0，千位数字为7时，四位数的个数是A28；当十位数字与千位数字为1,8或8,1时，四位数的个数是A28A22；当十位数字与千位数字为2,9或9,2时，四位数的个数是A28A22.故所求的四位数的个数是A28＋A28A22＋A28A22＝280.答案：2806.有3名大学毕业生，到5家公司应聘，若每家公司至多招聘1名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案．(用数字作答) 解析：将5家公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题，所以不同的招聘方案共有A35＝5×4×3＝60(种)．答案：607．有三张卡片，正面分别写着1,2,3三个数字，反面分别写着0,5,6三个数字，问这三张卡片可组成多少个三位数？解：先排列三张卡片，有A33×2×2×2种排法，0排在首位的个数为A22×2×2，则这三张卡片可以组成A33×2×2×2－A22×2×2＝40个三位数．8．某国的篮球职业联赛共有16支球队参加．(1)每队与其余各队在主客场分别比赛一次，共要进行多少场比赛？(2)若16支球队恰好8支来自北部赛区，8支来自南部赛区，为增加比赛观赏度，各自赛区分别采用(1)中的赛制决出赛区冠军后，再进行一场总冠军赛，共要进行多少场比赛？解：(1)任意两队之间要进行一场主场比赛及一场客场比赛，对应于从16支球队任取两支的一个排列，比赛的总场次是A216＝16×15＝240.(2)由(1)中的分析，比赛的总场次是A28×2＋1＝8×7×2＋1＝113.4、排列的应用一、题组对点训练对点练一数字排列问题1．用数字1,2,3,4,6可以组成无重复数字的五位偶数有( )A．48个B．64个C．72个D．90个解析：选C 有A13A44＝72个无重复数字的五位偶数．2．用0,1,2,3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数为________．解析：因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，其个数为A33＝6.答案：63．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数．(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个不同的四位偶数？(3)在所有的四位数中按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数为多少？解：(1)法一(直接法)：A15·A35＝300(个)．法二(间接法)：A46－A35＝300(个)．(2)法一(直接法)：因为0为特殊元素，故先考虑0.若0在个位有A35个；0不在个位时，从2,4中选一个放在个位，再从余下的四个数中选一个放在首位，有A12·A14·A24，故有A35＋A12·A14·A24＝156个不同的四位偶数．法二：(间接法)：从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有A13·A35个，其中第一位是0的有A12·A24个．故适合题意的有A13·A35－A12A24＝156个不同的四位偶数．(3)1在首位的数的个数为A35＝60.2在首位且0在第二位的数的个数为A24＝12.2在首位且1在第二位的数的个数为A24＝12.以上四位数共有84个，故第85个数是2 301.对点练二排队问题4．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!解析：选C 利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为A33(A33)3＝(3！)4.5．4名男生和4名女生并坐一排照相，女生要排在一起，不同排法的种数为( ) A．A88B．A55A44C．A44A44D．A58解析：选B 因为4名女生要排在一起，所以先将4名女生捆绑与其他4名男生一起排列，然后再将4名女生排列，共有A55A44种排法．6．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有( )A．120种B．240种。
2018年新人教A版高中数学选修2-3全册同步检测含答案解析
2018年新人教A版高中数学选修2-3全册同步检测目录第1章1.1第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1章1.1第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用第1章1.2-1.2.1第1课时排列与排列数公式第1章1.2-1.2.1第2课时排列的综合应用第1章1.2-1.2.2第1课时组合与组合数公式第1章1.2-1.2.2第2课时组合的综合应用第1章1.3-1.3.1二项式定理第1章1.3-1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质第1章章末复习课第1章章末评估验收(一)第2章2.1-2.1.1离散型随机变量第2章2.1-2.1.2第1课时离散型随机变量的分布列第2章2.1-2.1.2第2课时两点分布与超几何分布第2章2.2-2.2.1条件概率第2章2.2-2.2.2事件的相互独立性第2章2.2-2.2.3独立重复试验与二项分布第2章2.3-2.3.1离散型随机变量的均值第2章2.3-2.3.2离散型随机变量的方差第2章2.4正态分布第2章章末复习课第2章章末评估验收(二)第3章3.1第1课时线性回归模型第3章3.1第2课时线性回归分析第3章3.2独立性检验的基本思想及其初步应用第3章章末复习课第3章章末评估验收(三) 模块综合评价(一)模块综合评价(二)第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级基础巩固一、选择题1．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有() A．1种B．2种C．3种D．4种解析：分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3(种)．故选C.答案：C2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有()A．7种B．12种C．64种D．81种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故不同取法共有4×3＝12(种)．答案：B3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2 160 B．720 C．240 D．120解析：第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由分步乘法计数原理得分法共有10×9×8＝720(种)．答案：B4．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：分两类情况讨论．第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，8＋5＝13(个)，即共可以确定13个不同的平面．答案：C5．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有()A．30个B．42个C．36个D．35个解析：要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有虚数6×6＝36(个)．答案：C二、填空题6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6，4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120(种)．答案：1207．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有________种．解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．答案：88．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法．解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)．若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)．答案：712三、解答题9．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．解：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，有序自然数对共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．10．现有高一四个班的学生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)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(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、第二、第三、第四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步．从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选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)．B级能力提升1．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．答案：C2．有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为________．解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类．甲、乙各一辆共4×5＝20(种)；甲、丙各一辆共4×5＝20(种)；乙、丙各一辆共5×5＝25(种)，所以共有20＋20＋25＝65(种)．答案：653．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种．解：按出场位置顺序逐一安排：第一位置有3种安排方法；第二位置有7种安排方法；第三位置有2种安排方法；第四位置有6种安排方法；第五位置有1种安排方法．由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用A级基础巩固一、选择题1．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有()A．1×2×3 B．2×3×4C．34D．43解析：完成这件事分三步．第一步，植第一棵树，有4种不同的方法；第二步，植第二棵树，有4种不同的方法；第三步，植第三棵树，也有4种不同的方法．由分步乘法计数原理得：N＝4×4×4＝43，故选D.答案：D2．从1，2，3，4，5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为() A．2 B．4C．6 D．8解析：分两类：第一类，公差大于0，有以下4个等差数列：①1，2，3，②2，3，4，③3，4，5，④1，3，5；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4＋4＝8(个)．答案：D3．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为()A．12 B．11C．24 D．23解析：先在{1，2，3}中取出1个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23(个)．答案：D4．已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则xy可表示不同的值的个数是() A．1＋1＝2 B．1＋1＋1＝3C．2×3＝6 D．3×3＝9解析：x，y在各自的取值集合中各选一个值相乘求积，这件事可分两步完成．第一步，x在集合{2，3，7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24，4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理知，不同值有3×3＝9(个)．答案：D5．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数的个数是()A．20 B．16C．14 D．12解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取2或3)，其中四个数字全是2或3的不合题意，所以适合题意的四位数共有2×2×2×2－2＝14(个)．答案：C二、填空题6．3位旅客投宿到1个旅馆的4个房间(每房间最多可住3人)有________种不同的住宿方法．解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4×4×4＝43＝64(种)．答案：647．甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种不同的推选方法．解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×5＝15(种)；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×2＝6(种)；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5×2＝10(种)．综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15＋6＋10＝31(种)．答案：318．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．解析：分三类．若甲在周一，则乙、丙的排法有4×3＝12(种)；若甲在周二，则乙、丙的排法有3×2＝6(种)；若甲在周三，则乙、丙的排法有2×1＝2(种)．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20(种)．答案：20三、解答题9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种)．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28×7×9×3＝5 292(种)．10．8张卡片上写着0，1，2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解：先排百位数字，从1，2，…，7共7个数字中选一个，有7种选法；再排十位数字，从除去百位数字外，剩余的7个数字(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位数字，从除前两步选出的数字外，剩余的6个数字中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理得，共可以组成的不同三位数有7×7×6＝294(个)．B级能力提升1．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法有()A．6种B．12种C．18种解析：因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1，2，9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6，7，8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．结果共有2×3＝6(种)，故选A.答案：A2．把9个相同的小球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有________种．解析：分四类：第一个箱子放入1个小球，将剩余的8个小球放入2，3号箱子，共有4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2，3号箱子，共有3种放法；第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2，3号箱子，共有2种放法；第一个箱子放入4个小球则共有1种放法．根据分类加法计数原理共有10种情况．答案：103．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？解：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，4×3×2＝24，即共有24种方法．第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.1 排列第1课时 排列与排列数公式A 级 基础巩固一、选择题1．从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素：①相加可得多少个不同的和？②相除可得多少个不同的商？③作为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1中的a ，b ，可以得到多少个焦点在x 轴上的椭圆方程？④作为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中的a ，b ，可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程？上面四个问题属于排列问题的是( )A ．①②③④B ．②④C ．②③D ．①④解析：因为加法满足交换律，所以①不是排列问题；除法不满足交换律，如53≠35，所以②是排列问题．若方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则必有a >b ，a ，b 的大小一定；在双曲线x 2a 2－y 2b2＝1中不管a >b 还是a <b ，方程均表示焦点在x 轴上的双曲线，且是不同的双曲线．故③不是排列问题，④是排列问题．答案：B2．计算A 67－A 56A 45＝( )A．12 B．24 C．30 D．36解析：A67＝7×6A45，A56＝6A45，所以A67－A56A45＝36A45A45＝36.答案：D3．北京、上海、香港三个民航站之间的直达航线，需要准备不同的飞机票的种数为()A．3 B．6 C．9 D．12解析：这个问题就是从北京、上海、香港三个民航站中，每次取出两个站，按照起点站在前、终点站在后的顺序排列，求一共有多少种不同的排列．答案：B4．若从6名志愿者中选出4名分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，则选派方案有()A．180种B．360种C．15种D．30种解析：由排列定义知选派方案有A46＝6×5×4×3＝360(种)．答案：B5．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有() A．24个B．30个C．40个D．60个解析：将符合条件的偶数分为两类：一类是2作个位数，共有A 24个，另一类是4作个位数，也有A 24个．因此符合条件的偶数共有A 24＋A 24＝24(个)．答案：A 二、填空题6．若A m10＝10×9×…×5，则m ＝_________________________.解析：由10－(m －1)＝5，得m ＝6. 答案：67．现有8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法(用数字作答)．解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有A 48＝8×7×6×5＝1 680(种)．答案：1 6808．从2，3，5，7中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是______，其中真分数的个数是____．解析：第一步：选分子，可从4个数字中任选一个作分子，共有4种不同选法；第二步：选分母，从剩下的3个数字中任选一个作分母，有3种不同选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)，其中真分数有23，25，27，35，37，57，共6个．答案：12 6 三、解答题9．求下列各式中n 的值：(1)90A 2n ＝A 4n ；(2)A 4n A n －4n －4＝42A n －2n －2.解：(1)因为90A 2n ＝A 4n ，所以90n (n －1)＝n (n －1)(n －2)(n －3)．所以n 2－5n ＋6＝90. 所以(n －12)(n ＋7)＝0. 解得n ＝－7(舍去)或n ＝12.所以满足90A 2n ＝A 4n 的n 的值为12.(2)由A 4n A n －4n －4＝42A n －2n －2，得n ！（n －4）！·(n －4)！＝42(n －2)！.所以n (n －1)＝42.所以n 2－n －42＝0.解得n ＝－6(舍去)或n ＝7.10．用1，2，3，4，5，6，7这七个数字组成没有重复数字的四位数． (1)能被5整除的四位数有多少个？ (2)这些四位数中偶数有多少个？解：(1)能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120(个)．(2)偶数的个位数只能是2，4，6，有A 13种排法，其他位上有A 36种排法，由乘法原理知，四位数中偶数共有A 13·A 36＝360(个)．B 级 能力提升1．满足不等式A 7nA 5n ＞12的n 的最小值为( )A ．12B ．10C ．9D ．8解析：由排列数公式得n ！（n －5）！（n －7）！n ！＞12，即(n －5)(n －6)＞12，解得n ＞9或n ＜2.又n ≥7，所以n ＞9.又n ∈N *，所以n 的最小值为10.答案：B2．从集合{0，1，2，5，7，9，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax ＋By ＋C ＝0中的系数A ，B ，C ，所得直线经过坐标原点的有________条．解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C ＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A ，B ，有A 26种．所以符合条件的直线有A 26＝30(条)．答案：303．一条铁路线原有m 个车站，为了适应客运需要，新增加了n (n ≥1，n ∈N *)个车站，因而客运车票增加了58种，问：原来这条铁路线有多少个车站？现在又有多少个车站？解：原有m 个车站，所以原有客运车票A 2m 种，现有(n ＋m )个车站，所以现有客运车票A 2n ＋m 种．所以A 2n ＋m －A 2m ＝58，所以(n ＋m )(n ＋m －1)－m (m －1)＝58. 即2mn ＋n 2－n ＝58，即n (2m ＋n －1)＝29×2＝1×58.由于n ，2m ＋n －1均为正整数，故可得方程组①⎩⎪⎨⎪⎧n ＝29，2m ＋n －1＝2或②⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2，2m ＋n －1＝29 或③⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1，2m ＋n －1＝58或④⎩⎪⎨⎪⎧n ＝58，2m ＋n －1＝1.方程组①与④不符合题意．解方程组②得m ＝14，n ＝2，解方程组③得m ＝29，n ＝1.所以原有14个车站，现有16个车站或原有29个车站，现有30个车站．第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.1 排列第2课时排列的综合应用A级基础巩固一、选择题1．A，B，C，D，E五人并排站成一行，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数是()A．6B．24C．48D．120解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，排法共有A44＝24(种)．答案：B2．用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有()A．48个B．36个C．24个D．18个解析：个位数字是2的有3A33＝18(个)，个位数字是4的有3A33＝18(个)，所以共有36个．答案：B3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A．6种B．12种C．24种D．30种解析：首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法；其次从剩余3门中任选2门进行排列，排列方法有A23＝6(种)．于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×6＝24(种)．答案：C4．3张卡片正反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为()A．30 B．48 C．60 D．96解析：“组成三位数”这件事，分2步完成：第1步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列A33；第2步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种方法．根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A33×2×2×2＝48(个)．答案：B5．生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有() A．24种B．36种C．48种D．72种解析：分类完成．第1类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无限制，有A24种排法；第2类，若甲不在第一道工序(此时乙一定在第一道工序)，则第四道工序有2种排法，其余两道工序有A24种排法，有2A24种排法．由分类加法计数原理得，不同的安排方案共有A24＋2A24＝36(种)．答案：B二、填空题6．若把英语单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．解析：A25－1＝19.答案：197．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．解析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有A44种方法，而A、B可交换位置，所以摆法有2A44＝48(种)．又当A、B相邻又满足A、C相邻，摆法有2A33＝12(种)．故满足条件的摆法有48－12＝36(种)．答案：368．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有________个．解析：千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2，0)，(3，1)，…，(9，7)，前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制．所以共有8A28＝448(个)．答案：448三、解答题9．7人站成一排．(1)甲、乙、丙排序一定时，有多少种排法？(2)甲在乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的排法？解析：(1)法一7人的所有排列方法有A77种，其中甲、乙、丙的排序有A33种，又已知甲、乙、丙排序一定，所以甲、乙、丙排序一定的排法共有A77A33＝840(种)．法二(插空法)7人站定7个位置，只要把其余4人排好，剩下的3个空位，甲、乙、丙就按他们的顺序去站，只有一种站法，故排法有A47＝7×6×5×4＝840(种)．(2)“甲在乙的左边”的7人排列数与“甲在乙的右边”的7人排列数相等，而7人的排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的排法有12A77＝2 520(种)．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4个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？解：(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＝1 440(种)．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前4个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A88－A45A44＝37 440(种)．B级能力提升1．在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则试验顺序的编排方法共有() A．24种B．48种C．96种D．144种解析：本题是一个分步计数问题，由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步，所以从第一个位置和最后一个位置中选一个位置排A，编排方法有A12＝2(种)．因为程序B和C在实施时必须相邻，所以把B和C看作一个元素，同除A外的3个元素排列，注意B和C之间有2种排法，即编排方法共有A44A22＝48(种)．根据分步乘法计数原理知，编排方法共有2×48＝96(种)，故选C.答案：C2．三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________．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个空当中即可．所以不同坐法共有A34＝24(种)．答案：243．用1，2，3，4，5，6，7排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？(1)偶数不相邻；(2)偶数一定在奇数位上；(3)1和2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数．解：(1)用插空法，共有A44A35＝1 440(个)．(2)先把偶数排在奇数位上有A34种排法，再排奇数有A44种排法．所以共有A34A44＝576(个)．(3)1和2的位置关系有A22种，在1和2之间放一个奇数有A13种方法，把1，2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有A55种排法，所以共有A22A13A55＝720(个)．第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.2 组合第1课时组合与组合数公式A级基础巩固一、选择题1．从10个不同的数中任取2个数，求其和、差、积、商这四个问题，属于组合的有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：因为减法、除法运算中交换位置，对结果有影响，所以属于组合的有2个．答案：B2．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为()A．3 B．4 C．12 D．24解析：C34＝C14＝4.答案：B3．集合A＝{x|x＝C n4，n是非负整数}，集合B＝{1，2，3，4}，则下列结论正确的是()A．A∪B＝{0，1，2，3，4} B．B AC．A∩B＝{1，4} D．A⊆B解析：依题意，C n4中，n可取的值为1，2，3，4，所以A＝{1，4，6}，所以A∩B ＝{1，4}．答案：C4．下列各式中与组合数C m n(n≠m)相等的是()A.nm Cmn－1B.nn－mC m n－1C．C n－m＋1n D.A m n n！解析：因为nn－m C m n－1＝nn－m·（n－1）！m！（n－m－1）！＝n！m！（n－m）！，所以选项B正确.答案：B5．C22＋C23＋C24＋…＋C216＝()A．C215B．C316C．C317D．C417解析：原式＝C22＋C23＋C24＋…＋C216＝C34＋C24＋…＋C216＝C35＋C25＋…＋C216＝…＝C316＋C216＝C317.答案：C二、填空题6．化简：C9m－C9m＋1＋C8m＝________．解析：C9m－C9m＋1＋C8m＝(C9m＋C8m)－C9m＋1＝C9m＋1－C9m＋1＝0.答案：07．已知圆上有9个点，每两点连一线段，则所有线段在圆内的交点最多有________个．解析：此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所以交点最多有C49＝126(个)．答案：1268．从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A，从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B，若BA＝213，则这组学生共有________人．解析：设有学生n 人，则A 2nC 4n ＝213，解之得n ＝15.答案：15 三、解答题9．解不等式：2C x －2x ＋1＜3C x －1x ＋1. 解：因为2C x －2x ＋1＜3C x －1x ＋1，所以2C 3x ＋1＜3C 2x ＋1.所以2×（x ＋1）x （x －1）3×2×1＜3×（x ＋1）x 2×1.所以x －13＜32，解得x ＜112.因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥3x ＋1≥2，所以x ≥2.所以2≤x ＜112.又x ∈N *，所以x 的值为2，3，4，5.所以不等式的解集为{2，3，4，5}．10．平面内有10个点，其中任何3个点不共线． (1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？ (2)以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？ (3)以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？解：(1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C 210＝10×92×1＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A 210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C 310＝10×9×83×2×1＝120(个)．B级能力提升1．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为()A．120 B．84 C．52 D．48解析：用间接法可求得选法共有C38－C34＝52(种)．答案：C2．A，B两地街道如图所示，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有________种(用数字作答)．解析：根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向上或向右行走即可，分析可得，需要向上走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向上即可，则不同的走法有C35＝10(种)．答案：103．现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到某市．(1)如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？(2)至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？解：(1)从5名男司机中选派3名，有C35种方法，从4名男司机中选派2名，有C24种方法，根据分步乘法计数原理得所选派的方法总数为C35C24＝C25C24＝5×42×1×4×32×1＝60(种)．(2)分四类：第一类，选派2名男司机，3名女司机的方法有C25C34＝40(种)；第二类，选派3名男司机，2名女司机的方法有C35C24＝。
新课标A版高中数学选修2-3课时作业15 Word版含答案
课时作业(十五)．已知：①某机场候机室中一天的旅客数量；②某寻呼台一天内收到的寻呼次数；③某篮球下降过程中离地面的距离；④某立交桥一天经过的车辆数.其中不是离散型随机变量的是( )．①中的．②中的．③中的．④中的答案解析①②④中的随机变量可能的取值都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；③中的可以取某一区间内的一切值，无法一一列出，故③中的不是离散型随机变量．．下列随机事件中的随机变量服从超几何分布的是( )．将一枚硬币连抛次，正面向上的次数．从名男生、名女生共名学生干部中选出名优秀学生干部，选出女生的人数为．某射手的命中率为，现对目标射击次，记命中目标的次数为．盒中有个白球和个黑球，每次从中摸出球且不放回，是首次摸出黑球时的总次数答案解析根据超几何分布的概率可知选项正确．．给出下列、、、四个表，其中能作为随机变量ξ的分布列的是( )....答案．一个人有把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数ξ为随机变量，则(ξ＝)等于( )答案解析ξ＝表示第次恰好打开，前次没有打开，∴(ξ＝)＝＝.．设随机变量等可能取值，…，，如果(ξ<)＝，那么的值为( )．．．．不能确定答案解析由条件知(ξ＝)＝(＝，…，)，所以(ξ<)＝×＝，得＝.．(·顺义高二检测)一批产品共件，其中件次品，件正品，从这批产品中任抽两件，则出现件次品的概率为( )．以上都不对答案解析(＝)＝＝＝.．(·太原高二检测)已知随机变量的分布列为(＝)＝，＝，…，则(<≤)＝( )答案解析(<≤)＝(＝)＋(＝)＝＋＝.．已知甲盒内有大小相同的个红球和个黑球，乙盒内有大小相同的个红球和个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取个球．设ξ为取出的个球中红球的个数，则(ξ＝)＝.答案解析ξ可能取的值为，(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，∴(ξ＝)＝－(ξ＝)－(ξ＝)－(ξ＝)＝－－－＝..。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3作业及测试模块提升卷 Word版含解析
()是否有充足的证据说明学生对创建工作的满意情况与性别有关？
解析：()填表如下：
满意
不满意
合计
男生
女生
合计
()根据列联表数据可得的观测值
＝≈>，
所以在犯错误的概率不超过的前提下认为学生对创建工作的满意情况与性别有关．
．(分)某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)．质量的分组区间为(]，(]，…，(]，由此得到样本的频率分布直方图，如下图．
．
解析：从个球中任取个球共有种取法，其中有个红球，个白球的情况有·＝(种)，所以＝＝.
答案：
．已知ξ的分布列为：
ξ
则(ξ)的值为()
解析：(ξ)＝×＋×＋×＋×＝，
(ξ)＝×＋×＋×＋×＝.
故选.
答案：
．某市政府调查市民收入与旅游欲望时，采用独立检验法抽取人，计算发现＝，则根据这一数据查阅下表，市政府断言市民收入增减与旅游愿望有关系的可信程度是()
所以＝，的通项
＋＝()－＝(－)－.
当＝时，展开式中的项的系数最大，即＝.
当＝或时，展开式中的项的系数最小，即＝－，＝－.
．(分)为了了解创建文明城市过程中学生对创建工作的满意情况，相关部门对某中学的名学生进行调查．得到如下的统计表：
满意
不满意
合计
男生
女生
合计
已知在全部名学生中随机抽取人对创建工作满意的概率为.
即展开式中的系数为＝.
答案：
．下表提供了某厂节能降耗技术改造后，在生产产品过程中记录的产量(吨)与相应的生产能耗(吨)的几组对应数据：
根据上表提供的数据，求出关于的线性回归方程为＝＋，那么表中的值为()
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3课件：2.3.1离散型随机变量的均值
课堂探究 互动讲练 类型一 求离散型随机变量的期望 [例 1] 袋中有 4 个红球， 3 个白球， 从袋中随机取出 4 个球． 设 取出一个红球得 2 分，取出一个白球得 1 分，试求得分 X 的均值．
【解析】 X 的所有可能取值为 5,6,7,8.X＝5 时，表示取出 1 个红球 3 个白球， 1 3 C4 C3 4 此时 P(X＝5)＝ C4 ＝35； 7 X＝6 时，表示取出 2 个红球 2 个白球， 2 2 C4 C3 18 此时 P(X＝6)＝ C4 ＝35； 7 X＝7 时，表示取出 3 个红球 1 个白球， 3 1 C4 C3 12 此时 P(X＝7)＝ C4 ＝35； 7 X＝8 时，表示取出 4 个红球， 4 C4 1 此时 P(X＝8)＝C4＝35. 7
∴X 的分布列为 X 5 6 7 8 4 18 12 1 P 35 35 35 35 4 18 12 1 44 ∴E(X)＝5×35＋6×35＋7×35＋8×35＝ 7 .
方法归纳 求离散型随机变量 X 的均值的步骤： (1)理解 X 的意义，写出 X 可能取的全部值； (2)求 X 取每个值的概率； (3)写出 X 的分布列(有时可以省略)； (4)利用定义公式 E(X) ＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn 求出均值.
解析：抛掷一次正好出现 3 枚反面向上，2 枚正面向上的概率 5 C2 5 5 5 为 25 ＝16.所以 X～B80，16.故 E(X)＝80×16＝25. 答案：B
4．口袋中有 5 个球，编号分别为 1,2,3,4,5，从中任取 3 个球， 以 X 表示取出的球的最大号码，则 E(X)＝( ) A ．4 B．5 C．4.5 D．4.75 C2 3 4 解析：X 的取值为 5,4,3，P(X＝5)＝C3＝5， 5 2 C3 3 1 1 P(X＝4)＝C3＝10，P(X＝3)＝C3＝10， 5 5 3 3 1 ∴E(X)＝5×5＋4×10＋3×10＝4.5.故选 C. 答案：C
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3课时作业 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 含解析 精品
课时作业1分类加法计数原理与分步乘法计数原理|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学课代表，则不同选法的种数有()A．50B．26C．24 D．616解析：根据分类加法计数原理，因数学课代表可为男生，也可为女生，因此选法共有26＋24＝50(种)，故选A.答案：A2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为()A．8个B．12个C．10个D．9个解析：分两步：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同的取法；第二步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法．故x·y可表示3×3＝9(个)不同的值．故选D.答案：D3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16C．13 D．10解析：分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．故可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：C4．(a1＋a2＋a3＋a4)·(b1＋b2)·(c1＋c2＋c3)展开后共有不同的项数为()A．9 B．12C．18 D．24解析：由分步乘法计数原理得共有不同的项数为4×2×3＝24.故选D.答案：D5．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________种不同的走法．点有2种走法，过2局，共有赢取第1,2局，1,3局，1,4局，2,3局，2,4局，3,4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.答案：C12．同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，则四张贺卡的不同的分配方式有________种．解析：设4人为甲、乙、丙、丁，分步进行：第一步，让甲拿，有三种方法；第二步，让甲拿到的卡片上写的人去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，所以共有3×3×1×1＝9(种)不同的分配方式．答案：913．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语．从中选出会英语和会日语的各一人，有多少种不同的选法？解析：外语组的9人中，既会英语又会日语的有7＋3－9＝1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人．若要完成“从9人中选出会英语与日语的各一人”这件事，需分三类．第一类：从仅会英语和仅会日语的人中各选一人，有6×2＝12种选法；第二类：选出既会英语又会日语的人当做会日语的，然后从会英语的6人中再选出一人，有1×6＝6种选法；第三类：选出既会英语又会日语的人当做会英语的，然后从会日语的2人中再选出一人，有1×2＝2种选法．根据分类加法计数原理，共有不同的选法6×2＋1×6＋1×2＝20种．14．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种取法．(2)由分步乘法计数原理得，从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56种取法．。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3检测及作业：课时作业 18独立性检验的基本思想及其初步应用 Word版
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
0.001 10.82 8
nad－bc 参考公式：K2＝ ， a＋bc＋da＋cb＋d 其中n＝a＋b＋c＋d 解析：因为 K2>7.879，所以我们有 99.5%的把握认为产品的颜色 接受程度与性别有关系，这种判断出错的可能性是 0.005. 答案：0.005 8．为研究某新药的疗效，给 100 名患者服用此药，跟踪调查后 得下表中的数据： 无效 有效 总计 男性患 15 35 50 者 6 44 50 女性患
课时作业 18 独立性检验的基本思想及其初步应用 |基础巩固|(25 分钟，60 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1．对两个分类变量进行独立性检验的主要作用是( ) A．判断模型的拟合效果 B．对两个变量进行相关分析 C．给出两个分类变量有关系的可靠程度 D．估计预报变量的平均值 解析： 独立性检验的目的就是明确两个分类变量有关系的可靠程 度． 答案：C 2．对两个分类变量 A、B 的下列说法中正确的个数为( ) ①A 与 B 无关，即 A 与 B 互不影响； ②A 与 B 关系越密切，则 K2 的观测值就越大； ③K2 的观测值大小是判定 A 与 B 是否相关的唯一依据． A．1 B．2 C．3 D．0 解析：①正确，A 与 B 无关即 A 与 B 相互独立；②不正确，K2 的观测值的大小只是用来检验 A 与 B 是否相互独立；③不正确，也 可借助等高条形图等．故选 A. 答案：A 3．对服用某种维生素对婴儿头发稀疏与稠密的影响调查如下： 服用的 60 人中头发稀疏的有 5 人，不服用的 60 人中头发稀疏的有 46 人，作出如下列联表： 头发稀 疏 5 头发稠 密 a b a＋b 总计 60 60 120
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3检测及作业：课时作业 4排列的综合应用(习题课) Word版含解析
课时作业4排列的综合应用(习题课)|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在一起的不同排法共有()A．720种B．360种C．240种D．120种解析：将甲、乙两人视为1人与其余4人排列，有A55种排列方法，甲、乙两人可互换位置，所以总的排法有A22·A55＝240(种)．答案：C2．某单位准备用不同花色的装饰石材分别装饰办公楼中的办公室、走廓、大厅的地面以及楼的外墙，现有编号为1～6的六种不同花色的装饰石材可选择，其中1号石材有微量的放射性，不可用于办公室内，则不同的装饰效果种数为()A．65 B．50C．350 D．300解析：办公室可选用的花色有A15种，其余三个地方的装饰花色有A35种，所以不同的装饰效果种数为A15·A35＝300(种)，故选D.答案：D3．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种解析：第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．答案：B4．从a，b，c，d，e五人中选2人分别参加数学和物理竞赛，但a不能参加物理竞赛，则不同的选法有()A．16种B．12种C．20种D．10种件产品全排列，有A44种摆法，共有A22A44种摆法．而A，B，C这3件产品在一起，且A，B相邻，A，C相邻有2A33种摆法．故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有A22A44－2A33＝36(种)．答案：36三、解答题(每小题10分，共20分)9．用0,1,2，…，9十个数字可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列：(1)五位奇数；(2)大于30 000的五位偶数？解析：(1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7,9五个数字中取，有5种取法，取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法．首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有A38种不同的排列方法．因此由分步乘法计数原理共有5×8×A38＝13 440个没有重复数字的五位奇数．(2)要得偶数，末位应从0,2,4,6,8中选取，而要比30 000大的五位偶数，可分两类：①末位数字从0,2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A38种取法．所以共有2×7×A38种不同情况．②末位数字从4,6,8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六位数字中选取，其余三个数位仍有A38种选法，所以共有3×6×A38种不同情况．由分类加法计数原理，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数共有2×7×A38＋3×6×A38＝10 752种．10．六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．解析：(1)法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A14·A55＝480种．法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A25种站法，然后其余4人有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A25·A44＝480种．法三：若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有A66－2A55＝480种．(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种站法．(3)法一：甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有A44种，共有A66－2A55＋A44＝504种站法．法二：以元素甲分类可分为两类：a.甲站右端有A55种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A14·A14·A44种，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种站法．|能力提升|(20分钟，40分)11．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、乙被安排在相邻两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月7日值班，则不同的安排方案共有()A．504种B．960种C．1 008种D．1 108种解析：由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有A22A66＝1 440(种)，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共有A22A55＝240(种)，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的方案共有A22A55＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方案共有A22A44＝48(种)．因此，满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种)．答案：C12．两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．解析：分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A22＝2种排法，②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A22＝2种排法，③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A33＝6种排法．则共有2×2×6＝24种排法．答案：2413．某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课(第5和第6节不算连上)，那么这位教师一天的课的所有排法有多少种？解析：首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有A39＝504种排法，其中上午连排3节的有3A33＝18种，下午连排3节的有2A33＝12种，则这位教师一天的课的所有排法有504－18－12＝474种．14．一场晚会有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A25·A66＝14 400种．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45·A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A88－A45·A44＝37 440种．。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3课件：2.1.1离散型随机变量
【解析】 (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． (4)体积为 64 cm3 的正方体棱长为 4 cm 为定值， 不是随机变量.
【课标要求】 1.理解随机变量的意义. 2.学会区分离散型与非离散型随机变量，并能举出离散型随机 变量的例子. 3.理解随机变量所表示试验结果的含义，并恰当地定义随机变 量.
自主学习 |新知预习|
基础认识
1．随机变量 (1)定义：在一个对应关系下，随着试验结果变化而变化的变量 称为随机变量． (2)表示方法：随机变量常用字母 X，Y，ξ，η 等表示． 2．离散型随机变量 所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．
5．一个袋中装有 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}
课堂探究 互动讲练 类型一 离散型随机变量的判定 [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)某天三维设计公司信息台接到咨询电话的个数； (2)新赛季， 某运动员在某场比赛中(48 分钟)， 上场比赛的时间； (3)在一次绘画作品评比中，设一、二、三等奖，你的一件作品 获得的奖次； (4)体积为 64 cm3 的正方体的棱长．
解析： 序号 判断ห้องสมุดไป่ตู้① √ ② × ③ √ ④ ×
原因分析 1 小时内经过该收费站的车辆数可一一列出 质点在直线 y＝x 上运动时位置无法一一列出 1 分钟内网站的访问次数可一一列出 1 天内的温度 η 是该天内最低温度和最高温度这一 范围内的任意实数，无法一一列出
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3：课时作业14离散型随机变量的均值含解析
课时作业 14 失散型随机变量的均值|基础稳固 |(25 分钟， 60 分)一、选择题 (每题 5 分，共 25 分) 1．若 X 的散布列为X 0 1P 1 a5，则 E(X)＝() 4 1A. 5B.221C.5D.51分析： 由题意知 5＋a ＝1，41 4 ∴ a ＝5，E(X)＝0×5＋a ＝a ＝5. 答案： A n ，1 ，η～B n ，12．已知 ξ～B ，且 E(ξ)＝15，则 E(η)等于 ()2 3A ．5B ．10C ．15D ．201分析： E(ξ)＝2n ＝15，∴n ＝30.∴ η～B 30，1，∴ η＝ ×1＝ 10.3 E() 30 3答案： B3．设 10 件产品中有 3 件次品，从中抽取 2 件进行检查， 则查得次品数的均值为() 3 3A. 10B.52 8 C.15 D.15分析： 设获得次品数为 ξ(ξ＝0,1,2)，C 03C 27 7则 P(ξ＝0)＝ C 210 ＝15，C 13C 17 7P(ξ＝1)＝ C 210 ＝15，C 23 1 P(ξ＝2)＝C 210＝15，7 7 1 3∴ E(ξ)＝0×15＋1×15＋ 2×15＝5.答案： B4．某班有14 名学生数学成绩优异， 假如从该班随机找出5 名学生，那么此中数学成绩优异的学生数 1X ～B 5，4 ，则 E(2X ＋1)等于 ()5 5A. 4B.27C ．3 D.2分析： 由于 X ～B 5，1，因此 E(X)＝5，4 45 7则 E(2X ＋1)＝2E(X)＋1＝2×4＋1＝2.答案： D5．已知随机变量 X 和 Y ，此中 Y ＝12X ＋7，且 E(Y)＝34，若 X 的散布列如表，则 m 的值为 ()X 1 23 4 P 1 mn14 121 1A. 3B.411C.6D.8分析： 由 Y ＝ 12X ＋7 得 E(Y)＝12E(X)＋7＝34，9 进而 E(X)＝4，1 1 9因此 E(X)＝1×4＋2×m ＋3×n ＋4×12＝4，1 1 1又 m ＋n ＋12＋4＝1，联立解得 m ＝3. 应选 A.答案： A二、填空题 (每题 5 分，共 15 分)6．某毕业生参加人材招聘会，分别向甲、乙、丙三个企业送达了个人简历．假2定该毕业生获得甲企业面试的概率为 3，获得乙、丙两企业面试的概率均为 p ，且三个企业能否让其面试是互相独立的．记X 为该毕业生获得面试的企业个数．若 P(X 1＝0)＝12，则随机变量 X 的数学希望E(X)＝________.分析： 由题意知 P(X ＝0)＝13(1－p)2＝121，∴p ＝12.随机变量 X 的散布列为：X123。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3作业及测试：第一章 章末检测卷 Word版含解析
x，6.如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种，故选C.答案：C7．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3542大的四位数的个数是( )A．360 B．240C．120 D．60解析：因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．故选C.答案：C9，则x等于( )8．已知3A x8＝4A x－1A．6 B．13C．6或13 D．12解析：由排列数公式可将原方程化为错误!＝错误!，化简可得x2－19x＋78＝0，解得x＝6或x＝13.又因为x≤8且x－1≤9，则x≤8且x∈N*，故x＝6.答案：A9．从6名女生、4名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为( )A．C36·C24B．C26·C34C．C510D．A36·A24解析：由已知女生抽取3人，男生抽取2人，则抽取方法有C36·C24种．答案：A10．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为()A．2 B．3C．4 D．5解析：∵a0＝a8＝C08＝1，a1＝a7＝C18＝8，∴a2＝a6＝C28＝28，a3＝a5＝C38＝56，a4＝C48＝70，∴奇数个数为2，故选A.答案：A11．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16个队按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为( ) A．64 B．72C．60 D．56解析：先进行单循环赛，有8C24＝48场，再进行第一轮淘汰赛，16个队打8场，再决出4强，打4场，再分别举行2场决出胜负，两胜者打1场决出冠、亚军，两负者打1场决出三、四名，共举行：48＋8＋4＋2＋1＋1＝64场．答案：A12．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是( )A．360 B．288C．216 D．96解析：先保证3名女生中有且只有两位女生相邻，则有A2·C23·A3·A24种排法，再从中排除甲站两端的排法，∴所求种数为A2·C23·(A3·A24－2A2·A23)＝288.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13.绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，有________种不同的吃法．(用数字作答)解析：如图所示，先吃A的情况，共有10种，如果先吃D情况相同，共有20种．答案：2014．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2,3相邻的偶数有________个．(用数字作答)解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字416，则展开式中的第⎭⎪⎪⎫136，如图有4个编号为1,2,3,4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？解析：分为两类：第一类：若1,3同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有1种涂法(与1相同)，4有4种涂法．故N 1＝5×4×1×4＝80.第二类：若1,3不同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有3种涂法，4有3种涂法．故N 2＝5×4×3×3＝180.综上可知不同的涂法共有N ＝N 1＋N 2＝80＋180＝260(种)．18．(12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少不同的分配方法？解析：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4个名额全部给某一个班级，有C 16种分法；(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C 26种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A 26种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C 16·C 25种分法；(5)分给四个班，每班1个，共有C 46种分法．故共有N ＝C 16＋C 26＋A 26＋C 16·C 25＋C 46＝126(种)分配方法．19．(12分)(1＋2x )n 的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．解析：T 6＝C 5n (2x )5，T 7＝C 6n (2x )6，依题意有C 5n 25＝C 6n 26， 解得n ＝8.∴(1＋2x )8的展开式中，二项式系数最大的项为T 5＝C 48·(2x )4＝1 120x 4. 设第r ＋1项系数最大，则有 ⎩⎨⎧Cr 8·2r≥C r －18·2r－1Cr8·2r≥C r ＋18·2r＋1⇒5≤r ≤6.∵r ∈{0,1,2，…，8}， ∴r ＝5或r ＝6.蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：行中从左到右的第4个数；行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n 的值；)杨辉三角的所有数的和． 1 140.。
2018版数学新导学同步人教A版选修2-3作业及测试：课时作业 2分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用 Wor
课时作业2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个解析：由题意知，首位数字只能是4,5.若首位数字是5，则末位数字可从0,2,4中取1个，有3种方法．其余各位数字有4×3×2＝24种；由分步乘法计数原理知首位为5时，满足条件的数字个数为3×24＝72.若首位数字为4，则有2×4×3×2＝48个．依分类加法计数原理知满足条件的数字有72＋48＝120个．选B.答案：B2.如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( ) A．96 B．84C．60 D．48解析：A有4种选择，B有3种选择，若C与A相同，则D有3种选择，若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择，所以共有4×3×(3＋2×2)＝84种．答案：B3．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( ) A．16种B．18种C．37种D．48种解析：高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.答案：C4．将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有( )A．24种B．28种C．32种D．36种解析：第一类，有一个人分到一本小说和一本诗集，这种情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，共有3×4＝12(种)；第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3个人，只有一种分法．共有4×1＝4(种)；第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的2本诗集和1本小说分给剩余的3个人，有3种分法．那么共有4×3＝12(种)．综上所述，总共有12＋4＋12＝28(种)分法．答案：B5．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( ) A．14 B．23C．48 D．120解析：分两步：第一步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法，第二步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48种．答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)6．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲，乙，丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880种．答案：2 8807．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填一个数字，则每个格子的标号与所填的数字均不同的填法有________种．解析：1号方格里可填2,3,4三个数字，有3种填法，1号方格填好后，再填与1号方格内数字相同的号的方格，又有3种填法，其余两个方格只有1种填法．所以共有3×3×1＝9种不同的方法．答案：98．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则种植A ，B的不同方法有________种．(用数字作答)解析：按从左往右把各垄田地依次列为1,2,3，…，10.分两步：第一步，先选垄，有1,8；1,9；1,10；2,9；2,10；3,10.共6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种选法．因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．答案：12三、解答题(每小题10分，共20分)9．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解析：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．10.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解析：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，有3种，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．|能力提升|(20分钟，40分)11．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解析：(1)为A着色有6种方法，为B着色有5种方法，为C着色有4种方法，为D着色也有4种方法，所以，共有着色方法6×5×4×4＝480(种)．(2)与(1)的区别在于与D相邻的区域由两块变成了三块．同理，不同的着色方法数是n(n－1)(n－2)(n－3)．因为n(n－1)(n－2)(n－3)＝120.又120<480，所以可分别将n＝4,5代入得n＝5时上式成立．即n的值为5.14．(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数是多少？(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1>a2且a3>a2，则称这样的三位数为凹数(如102,323,756等)，那么所有凹数个数是多少？解析：(1)分8类：当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，有1×2＝2个；当中间数为3时，百位可选1、2，个位可选0、1、2，由分步乘法计数原理，有2×3＝6个；同理可得：当中间数为4时，有3×4＝12个；当中间数为5时，有4×5＝20个；当中间数为6时，有5×6＝30个；当中间数为7时，有6×7＝42个；当中间数为8时，有7×8＝56个；当中间数为9时，有8×9＝72个；故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．(2)分8类：当中间数为0时，百位可选1～9，个位可选1～9，由分步乘法计数原理，有9×9＝81个；当中间数为1时，百位可选2～9，个位可选2～9，由分步乘法计数原理，有8×8＝64个；同理可得：当中间数为2时，有7×7＝49个；当中间数为3时，有6×6＝36个；当中间数为4时，有5×5＝25个；当中间数为5时，有4×4＝16个；当中间数为6时，有3×3＝9个；当中间数为7时，有2×2＝4个；当中间数为8时，有1×1＝1个；故共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285个．。
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由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X<900|X≥300)＝ ＝ ＝ .
故在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是 .
答案：乙
7．若事件A在一次试验中发生的方差等于0.25，则事件A在一次试验中发生的概率为________．
解析：事件A发生的次数ξ的分布列如下表：
ξ
0
1
P
p
1－p
E(ξ)＝1－p，
D(ξ)＝(1－p)2p＋p2(1－p)
＝(1－p)·p
＝0.25.
所以p＝0.5.所以1－p＝0.5.
答案：0.5
8．已知随机变量ξ～B(36，p)，且E(ξ)＝12，则D(ξ)＝________.
解析：由题意知E(ξ)＝np＝36×p＝12得p＝ ，
∴D(ξ)＝np(1－p)＝36× × ＝8.
答案：8
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．编号为1,2,3的三位同学随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位同学一个座位，设与座位编号相同的学生的个数为ξ，求D(ξ)．
解析：ξ＝0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝ ＝ ；
P(ξ＝1)＝ ＝ ；
P(ξ＝2)＝0；
P(ξ＝3)＝ ＝ .
所以，ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0
E(ξ)＝0× ＋1× ＋2×0＋3× ＝1，
D(ξ)＝(0－1)2× ＋(1－1)2× ＋(2－1)2×0＋(3－1)2×
2
3
4
P
0.2
0.2
0.1
于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，P(X≥300)＝1－P(X<300)＝0.7，
ξ1(甲得分)
0
1
2
P(ξ1＝xi)
0.2
0.5
0.3
ξ2(乙得分)
0
1
2
P(ξ2＝xi)
0.3
0.3
0.4
现有一场比赛，派哪位运动员参加较好？( )
A．甲 B．乙
C．甲、乙均可 D．无法确定
解析：E(ξ1)＝E(ξ2)＝1.1，D(ξ1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，D(ξ2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，
A．0.5 B.
C. D．3.5
解析：因为X1～B(n,0.2)，所以E(X1)＝0.2n＝2，
所以n＝10.又X2～B(6，p)，所以D(X2)＝6p(1－p)＝ ，
所以p＝ .
又X3～B(n，p)，所以X3～B ，
所以 ＝ ＝ .
答案：C
5．由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况为：
|基础巩固|
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列说法正确的是( )
A．离散型随机变量ξ的数学期望E(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值
B．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的平均水平
C．离散型随机变量ξ的数学期望E(ξ)反映了ξ取值的平均水平
D．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值
降水量X
X<300
300≤X<700
700≤X<900
X≥900
工期延误
天数Y
0
2
6
10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，求：
(1)工期延误天数Y的均值与方差．
(2)在降水量至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
解析：(1)由已知条件有
答案：C
3．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C ( )k·( )n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(ξ)＝24，则D(ξ)的值为( )
A．8 B．12
C. D．16
解析：由题意可知ξ～B(n， )，∴ n＝E(ξ)＝24.∴n＝36.
∴D(ξ)＝n× ×(1－ )＝ ×36＝8.
答案：A
4．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且E(X1)＝2，D(X2)＝ ，则 等于( )
∵E(ξ)＝0× ＋1× ＋ x＝ ，∴x＝2.
D(ξ)＝ 2× ＋ 2× ＋ 2× ＝ ＝ .
答案：
13．袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．求ξ的分布列、期望和方差．
解析：由题意，得ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，所以P(ξ＝0)＝ ＝ ，P(ξ＝1)＝ ，P(ξ＝2)＝ ＝ ，P(ξ＝3)＝ ，P(ξ＝4)＝ ＝ .
2X－1
－1
1
3
5
7
P
0.2
0.2
0.3
0.2
0.1
所以E(2X－1)＝2E(X)－1＝2.6.
所以D(2X－1)＝(－1－2.6)2×0.2＋(1－2.6)2×0.2＋(3－2.6)2×0.3＋(5－2.6)2×0.2＋(7－2.6)2×0.1＝6.24.
|能力提升|
11．设X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝ ，P(X＝x2)＝ ，且x1<x2，现已知E(X)＝ ，D(X)＝ ，则x1＋x2的值为( )
P(X<300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2.
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y的分布列为
Y
0
2
6
10
P
0.3
0.4
0.2
0.3
0.2
0.1
试求D(X)和D(2X－1)．
解析：E(X)＝0×0.2＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝1.8.
所以D(X)＝(0－1.8)2×0.2＋(1－1.8)2×0.2＋(2－1.8)2×0.3＋(3－1.8)2×0.2＋(4－1.8)2×0.1＝1.56.
2X－1的分布列为
解析：由离散型随机变量的数学期望与方差的定义可知，C正确．故选C.
答案：C
2．已知X的分布列如下表所示，则下列式子：
①E(X)＝－ ；②D(X)＝ ；③P(X＝0)＝ .其中正确的有( )
X
－1
0
1
P
A.0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析：E(X)＝(－1)× ＋0× ＋1× ＝－ ，
D(X)＝(－1＋ )2× ＋(0＋ )2× ＋(1＋ )2× ＝ ，故只有①③正确．
A. B.
C．3 D.
解析：由题意得P(X＝x1)＋P(X＝x2)＝1，
所以随机变量X只有x1，x2两个取值，
所以
解得x1＝1，x2＝2 ，所以
x1＋x2＝3，
故选C.
答案：C
12．已知随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
x
P
p
若E(ξ)＝ ，则D(ξ)的值为________．
解析：由分布列的性质，得 ＋ ＋p＝1，解得p＝ .
∴D(ξ1)<D(ξ2)，
即甲比乙得分稳定，选甲参加较好，故选A.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随机变量X1，X2，已知E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，则自动包装机________的质量较好．
解析：因为E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，故乙包装机的质量稳定．
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝1.5.
D(ξ)＝(0－1.5)2× ＋(1－1.5)2× ＋(2－1.5)2× ＋(3－1.5)2× ＋(4－1.5)2× ＝2.75.
14．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：