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第十章:计数原理、概率、随机变量及其分布


五年高考真题分类汇编:计数原理、概率、随机变量及其分布列

一.选择题
1. (2013·福建高考理)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax2+2x+b=0 有实数解 的有序数对(a, b)的个数为 A.14 B.13 C.12 D.10 ( )

【解析】 选 B 本题考查集合、 方程的根、 计数原理等基础知识, 意在考查考生的综合能力. 因 为 a,b∈{-1,0,1,2},可分为两类:①当 a=0 时,b 可能为-1 或 1 或 0 或 2,即 b 有 4 种 不同的选法;②当 a≠0 时,依题意得 Δ=4-4ab≥0,所以 ab≤1.当 a=-1 时,b 有 4 种 不同的选法,当 a=1 时,b 可能为-1 或 0 或 1,即 b 有 3 种不同的选法,当 a=2 时,b 可能为-1 或 0,即 b 有 2 种不同的选法.根据分类加法计数原理,(a,b)的个数共有 4+4 +3+2=13. 1 ?n 2. (2013· 辽宁高考理) 使?3x+ (n∈N+)的展开式中含有常数项的最小的 n 为 x x? ? A.4 B.5 C.6 D.7 ( )

【解析】选 B 本题主要考查二项式定理的应用和简单的计算问题,求解过程中注意展开式 5 5 n-r? 1 ?r n-r 的通项公式应用的准确性.由二项式定理得,Tr+1=Cr =Cr xn- r,令 n- n(3x) n3 2 2 ?x x? r=0,当 r=2 时,n=5,此时 n 最小. 3. (2013·新课标Ⅰ高考理)设 m 为正整数,(x+y)2m 展开式的二项式系数的最大值为 a, (x+y)2m A.5
+1

展开式的二项式系数的最大值为 b, 若 13a=7b, 则 m= B.6 C.7 D.8

(

)

【解析】选 B 本题考查二项式系数的性质,意在考查考生对二项式系数的性质的运用和计
2m 算能力.根据二项式系数的性质知:(x+y)2m 的二项式系数最大有一项,Cm 2m=a,(x+y)
+ +1

m 1 m m 的二项式系数最大有两项,Cm 2m+1=C2m+1=b.又 13a=7b,所以 13C2m=7C2m+1,将各选项中

m 的取值逐个代入验证,知 m=6 满足等式,所以选择 B. 4. (2013· 新课标 II 高考理) 已知(1+ɑx)(1+x)5 的展开式中 x2 的系数为 5, 则ɑ= A.-4 B.-3 C.-2 D.-1 ( )

【解析】选 D 本题涉及二项式定理、计数原理的知识,意在考查考生的分析能力与基本运
1 算能力.展开式中含 x2 的系数为 C2 5+aC5=5,解得 a=-1,故选 D.

1 ? x- ?6,x<0, ?? 5. (2013·陕西高考理)设函数 f(x)=?? x? 则当 x>0 时,f(f(x))表达式的展开 ?- x,x≥0, ? 式中常数项为 A.-20 B.20 C.-15 D.15 ( )

【解析】 选 A 本题考查分段函数和二项式定理的应用, 解题关键是对复合函数的复合过程 的理解.依据分段函数的解析式,得 f(f(x))=f(- x)=?
3 常数项为 C3 3(-1) =-20.

1 r r-3 - x?6,∴Tr+1=Cr ,则 6(-1) x ? x ?

6. (2013·陕西高考理)如图,在矩形区域 ABCD 的 A,C 两点处各有一个通信基站,假设 其信号的覆盖范围分别是扇形区域 ADE 和扇形区域 CBF(该矩形区域内无其他信号来源, 基 站工作正常). 若在该矩形区域内随机地选一地点, 则该地点无信号的概率是 ( )

π A.1- 4

π B. -1 2

π C.2- 2

π D. 4

【解析】 选 A 本题考查几何概型的求解方法, 涉及对立事件求解概率以及矩形和扇形面积 1 π 的计算.由题意知,两个四分之一圆补成半圆其面积为 ×π×12= ,矩形面积为 2,则所 2 2 π 2- 2 π 求概率为 = 1- . 2 4

?x2- 23?5 展开式中的常数项为 7. (2013· 江西高考理) x? ?
A.80 B.-80 C.40 D.-40

(

)

2 - ? - 3?r= 【解析】选 C 本题考查二项式定理,意在考查考生的运算能力.Tr+1=Cr (x2)5 r· 5· ? x? Cr (-2)r· x10 5·
-5r

2 ,令 10-5r=0,得 r=2,故常数项为 C2 5×(-2) =40.

8.(2013·广东高考理)已知离散型随机变量 X 的分布列为 X P 则 X 的数学期望 E(X)= 3 A. 2 B.2 5 C. 2 D.3 1 3 5 2 3 10 3 1 10 ( )

3 【解析】选 A 本题考查离散型随机变量的数学期望,考查考生的识记能力.E(X)=1× + 5 3 1 15 3 2× +3× = = . 10 10 10 2 9. (2013·山东高考理)用 0,1,?,9 十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数 为 A.243 B.252 C.261 D.279 ( )

【解析】选 B 本题考查分步乘法计数原理的基础知识,考查转化与化归思想,考查运算求 解能力,考查分析问题和解决问题的能力.能够组成三位数的个数是 9×10×10=900,能 够组成无重复数字的三位数的个数是 9×9×8=648,故能够组成有重复数字的三位数的个 数是 900-648=252. 10. (2013· 大纲卷高考理) (1+x)8(1+y)4 的展开式中 x2y2 的系数是 A.56 B.84 C.112 D.168 ( )

2 2 【解析】 选 D 本题考查二项式定理及通项公式. 在(1+x)8 展开式中含 x2 的项为 C2 8x =28x , 2 2 2 2 (1+y)4 展开式中含 y2 的项为 C2 4y =6y ,所以 x y 的系数为 28×6=168,故选 D.

11. (2013·湖北高考理)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为 125 个同样大小 的小正方体.经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)= ( )

126 A. 125

6 B. 5

168 C. 125

7 D. 5

【解析】选 B 本题考查正方体中的概率和期望问题,意在考查考生的空间想象能力. 27 54 36 P(X=0)= ,P(X=1)= ,P(X=2)= , 125 125 125 P(X = 3) = 8 27 , E(X) = 0×P(X = 0) + 1×P(X = 1) + 2×P(X = 2) + 3×P(X = 3) = 0× + 125 125

54 36 8 150 6 1× +2× +3× = = ,故选 B. 125 125 125 125 5 12. (2013·四川高考理)从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 a,b, 共可得到 lg a-lg b 的不同值的个数是 A.9 B.10 C.18 D.20 ( )

【解析】选 C 本题考查对数运算、排列组合等基本知识和基本技能,意在考查考生分析问 a a a 题和解决问题的数学应用能力.lg a-lg b=lg ,lg 有多少个不同值,只要看 不同值的 b b b 个数,所以共有 A2 5-2=20-2=18 个不同值. 13. (2013·四川高考理)节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯.这两串彩灯的第 一次闪亮相互独立, 若都在通电后的 4 秒内任一时刻等可能发生, 然后每串彩灯以 4 秒为间 隔闪亮. 那么这两串彩灯同时通电后, 它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是( 1 A. 4 1 B. 2 C. 3 4 7 D. 8 )

【解析】 选 C 本题考查不等式表示的平面区域、 几何概型等知识, 意在考查数形结合思想、 转化与化归思想,同时考查考生导数与单调性的运算能力.设第一串彩灯亮的时刻为 x,第
?0≤x≤4, ? 二串彩灯亮的时刻为 y ,则 ? 要使两串彩灯亮的时刻相差不超过 2 秒,则 ?0≤y≤4, ?

0≤x≤4, ? ? ?0≤y≤4, ? ?-2≤x-y≤2. 0≤x≤4, ? ? ?0≤y≤4, ? ?-2≤x-y≤2 12 3 = = . 16 4

? ?0≤x≤4, 如图,不等式组? 所 表 示 的 图 形 面 积 为 16 , 不 等 式 组 ?0≤y≤4 ?

所表示的六边形 OABCDE 的面积为 16-4=12,由几何概型的公式可得 P

14. (2013·安徽高考文)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这 五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为 2 A. 3 2 B. 5 3 C. 5 9 D. 10 ( )

【解析】 选 D 本题主要考查古典概型的概率计算, 意在考查考生的运算能力和对基本概念 的理解. 事件“甲或乙被录用”的对立事件是“甲和乙都未被录用”, 从五位学生中选三人的基本事 件个数为 10,“甲和乙都未被录用”只有 1 种情况,根据古典概型和对立事件的概率公式 1 9 可得,甲或乙被录用的概率 P=1- = . 10 10 15. (2013· 大纲卷高考文) (x+2)8 的展开式中 x6 的系数是 A.28 【解析】选 C B.56 C.112 D.224


(

)

n r r 本题主要考查二项式定理.由二项式展开式的通项公式 Tr+1=Cr b ,得 na


8 2 2 含 x6 的项是 T2+1=C2 2 ,所以含 x6 的项的系数为 22C2 8x 8=112.

16. (2013·湖南高考文)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P,使△APB 的 1 AD 最大边是 AB”发生的概率为 , 则 = 2 AB 1 A. 2 1 B. 4 C. 3 2 D. 7 4 ( )

【解析】 选 D 本题主要考查几何概型与三角形的最大角的性质, 结合数形结合思想和转化

思想,意在考查考生的转化能力和运算能力.由已知,点 P 的分界点恰好是边 CD 的四等分 3 ?2 AD 7 2 ?AD?2 7 点,由勾股定理可得 AB2=? ?4AB? +AD ,解得? AB ? =16,即 AB = 4 . 17. (2013·新课标Ⅰ高考文)从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数,则取出的 2 个数之差的绝对 值为 2 的概率是 1 A. 2 1 B. 3 C. 1 4 1 D. 6 ( )

【解析】选 B 本题主要考查列举法解古典概型问题的基本能力,难度较小.从 1,2,3,4 中 任取 2 个不同的数有以下六种情况:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),满足取出的 2 2 1 个数之差的绝对值为 2 的有(1,3),(2,4),故所求概率是 = . 6 3 18. (2013·江西高考文)集合 A={2,3},B={1,2,3},从 A,B 中各任意取一个数,则这两 数之和等于 4 的概率是 2 A. 3 1 B. 2 1 C. 3 1 D. 6 ( )

【解析】选 C 本题主要考查随机事件、列举法、古典概型的概率计算,考查分析、解决实 际问题的能力.从 A,B 中各任意取一个数记为(x,y),则有(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2), (3,3),共 6 个基本事件.而这两数之和为 4 的有(2,2),(3,1),共 2 个基本事件.又从 A,B 2 1 中各任意取一个数的可能性相同,故所求的概率为 = . 6 3 19 .( 2012 · 重 庆 高 考 理 ) ( ( 35 A. 16 ) 35 B. 8 35 C. 4


x +

1 2 x

)8 的 展 开 式 中 常 数 项 为

D.105 1 r 4-r )r=Cr ,当 4-r=0 时,r=4, 8( ) x 2 2 x 1

8 r 【解析】选 B 二项展开式的通项 Tr+1=Cr ( 8( x)

1 4 35 所以展开式中的常数项为 C4 8( ) = . 2 8 20. (2012·广东高考理)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 4 A. 9 1 B. 3 2 C. 9 1 D. 9 ( )

【解析】选 D 由个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数分别为一奇一偶.若个位
1 1 1 数为奇数时,这样的两位数共有 C1 5C4=20 个;若个位数为偶数时,这样的两位数共有 C5C5

=25 个;于是,个位数与十位数之和为奇数的两位数共有 20+25=45 个.其中,个位数是 5 1 0 的有 C1 = . 5×1=5 个.于是,所求概率为 45 9 21. (2012·山东高考理)现有 16 张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4

张.从中任取 3 张,要求这 3 张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多 1 张,不同取法的 种数为 A.232 【解析】选 C B.252 C.472 D.484 ( )

若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选 3 张,若都不同色则有

1 1 1 1 2 1 C4 ×C4 ×C4 =64 种,若 2 张同色,则有 C2 3×C2×C4×C4=144 种;若红色卡片有 1 张,剩 2 1 1 1 1 2 余 2 张不同色,则有 C1 4×C3×C4×C4=192 种,剩余 2 张同色,则有 C4×C3×C4=72 种,

所以共有 64+144+192+72=472 种不同的取法. 22. (2012· 四川高考理) (1+x)7 的展开式中 x2 的系数是 A.42 【解析】选 D B.35 C.28 D.21 ( )

5 依题意可知,二项式(1+x)7 的展开式中 x2 的系数等于 C2 7×1 =21.

23. (2012·四川高考理)方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相同.在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有 A.60 条 【解析】选 B c + . a (1)当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的值,有 A2 5=20 种不同的方法, 当 a 一定,b 的取值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4×3=12 条, 所以此时不同的抛物线共有 A2 5-6=14 条;
3 (2)当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b,c 的值有 A5 =60 种不同的方法,

(

)

B.62 条

C.71 条

D.80 条

b2 显然方程 ay=b2x2+c 表示抛物线时,有 ab≠0,故该方程等价于 y= x2 a

当 a,c 的值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4A2 3= 24 条,所以此时不同的抛物线有 A3 5-12=48 条. 综上所述,满足题意的不同的抛物线有 14+48=62 条. 24.(2012·辽宁高考理)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! 【解析】选 C B.3×(3!)3 C.(3!)4 D.9! ( )

3 3 4 利用“捆绑法”求解.满足题意的坐法种数为 A3 3(A3) =(3!) .

25.(2012·辽宁高考理)在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形,邻边长分别 等于线段 AC, CB 的长, 则该矩形面积小于 32 cm2 的概率为 1 A. 6 1 B. 3 C. 2 3 4 D. 5 ( )

【解析】选 C 设 AC=x cm,CB=(12-x)cm,0<x<12,所以矩形面积小于 32 cm2 即为 x(12 8 2 -x)<32?0<x<4 或 8<x<12,故所求概率为 = . 12 3

1 26. (2012· 天津高考理) 在(2x2- )5 的二项展开式中, x 的系数为 x A.10 【解析】选 D 1)r x10
-3r

( D.-40

)

B.-10

C.40

1 1 - 2 5-r 二项式(2x2- )5 展开式的第 r+1 项为 Tr+1=Cr (- )r=Cr 25 r×(- 5(2x ) 5· x x

3 2 ,当 r=3 时,含有 x,其系数为 C5 · 2 ×(-1)3=-40.

27. (2012·陕西高考理)两人进行乒乓球比赛,先赢 3 局者获胜,决出胜负为止,则所有 可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有 A.10 种 B.15 种 C.20 种 D.30 种 ( )

【解析】选 C 分三种情况:恰好打 3 局,有 2 种情形;恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局, 输 1 局,第 4 局赢),共有 2C2 3=6 种情形;恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局,输 2 局,第 5 局赢),共有 2C2 4=12 种情形.所有可能出现的情形共有 2+6+12=20 种. 28. (2012·上海高考理)设 10≤x1<x2<x3<x4≤104,x5=105.随机变量 ξ1 取值 x1、x2、x3、x4、 x1+x2 x2+x3 x3+x4 x4+x5 x5+x1 x5 的概率均为 0.2,随机变量 ξ2 取值 、 、 、 、 的概率也均为 0.2. 2 2 2 2 2 若记 Dξ1、Dξ2 分别为 ξ1、ξ2 的方差,则 A.Dξ1>Dξ2 C.Dξ1<Dξ2 B.Dξ1=Dξ2 D.Dξ1 与 Dξ2 的大小关系与 x1、x2、x3、x4 的取值有关 ( )

1 【解析】选 A 由条件可得,随机变量 ξ1、ξ2 的平均数相同,记为 x ,则 Dξ1= [(x1- x )2 5 x2+x3 x5+x1 1 x1+x2 +(x2- x )2+?+(x5- x )2],Dξ2= [( - x )2+( - x )2+?+( - x )2], 5 2 2 2 1 所以 Dξ1-Dξ2= [(x1-x2)2+(x2-x3)2+?+(x5-x1)2]>0,即 Dξ1>Dξ2. 20 29.(2012·大纲卷高考理)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 ( )

【解析】选 A 由分步乘法计数原理,先排第一列,有 A3 3种方法,再排第二列,有 2 种方 法,故共有 A3 3×2=12 种排列方法.
? ?0≤x≤2, 30. (2012·北京高考理)设不等式组? 表示的平面区域为 D.在区域 D 内随机取 ?0≤y≤2, ?

一个点, 则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是 π A. 4 π-2 B. 2 π C. 6 4-π D. 4

(

)

【解析】选 D

? ?0≤x≤2, 不等式组? 表示坐标平面内的一个正方形区域,设区域内点的坐 ?0≤y≤2, ?

标为(x,y),则随机事件:在区域 D 内取点,此点到坐标原点的距离大于 2 表示的区域就是 4-π 圆 x2+y2=4 的外部,即图中的阴影部分,故所求的概率为 . 4 31. (2012·北京高考理)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.18 C.12 D.6 ( )

【解析】选 B 若选 0,则 0 只能在十位,此时组成的奇数的个数是 A2 3;若选 2,则 2 只能 在十位或百位,此时组成的奇数的个数是 2×A2 3=12,根据分类加法计数原理得总个数为 6 +12=18. 32. (2012· 湖北高考理) 设 a∈Z, 且 0≤a<13, 若 512 012+a 能被 13 整除, 则 a= A.0 B.1 C.11 D.12 ( )

【解析】选 D 512 012+a=(13×4-1)2 012+a,被 13 整除余 1+a,结合选项可得 a=12 时, 512 012+a 能被 13 整除. 33. (2012·湖北高考理)如图,在圆心角为直角的扇形 OAB 中,分别以 OA,OB 为直径 作两个半圆. 在扇形 OAB 内随机取一点, 则此点取自阴影部分的概率是 ( )

2 A.1- π

1 1 B. - 2 π

2 C. π

1 D. π

π×22 π 1 【解析】选 A 设扇形的半径为 2,其面积为 =π,其中空白区域面积为 π-4×( - ) 4 4 2 π-2 2 =2,因此此点取自阴影部分的概率为 =1- . π π 34. (2012·浙江高考理)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】选 D 对于 4 个数之和为偶数,可分三类,即 4 个数均为偶数,2 个数为偶数 2 个

2 2 4 数为奇数,4 个数均为奇数,因此共有 C4 4+C4C5+C5=66 种.

35. (2012·福建高考理)如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P,则点 P 恰 好取自阴影部分的概率为 ( )

1 A. 4 【解析】选 C

1 B. 5

1 C. 6

1 D. 7

2 3 1 2 1 1 | 阴影部分的面积为 ∫ 1 0 ( x - x)dx = ( x - x ) 0 = ,故所求的概率 P = 3 2 2 6

阴影部分的面积 1 = . 正方形OABC的面积 6 1 36. (2012· 安徽高考理) (x2+2)( 2-1)5 的展开式的常数项是 x A.-3 【解析】选 D B.-2 C.2 D.3 ( )

1 1 5-r ( 2-1)5 的展开式的通项为 Tr+1=Cr · (-1)r,r=0,1,2,3,4,5.当因式(x2 5( 2) x x

1 +2)中提供 x2 时,则取 r=4;当因式(x2+2)中提供 2 时,则取 r=5,所以(x2+2)( 2-1)5 的 x 展开式的常数项是 5-2=3. 37. (2012·安徽高考理)6 位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之 间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知 6 位同学之间共进行了 13 次 交换,则收到 4 份纪念品的同学人数为 A.1 或 3 【解析】选 D B.1 或 4 C.2 或 3 D.2 或 4 ( )

不妨设 6 位同学分别为 A,B,C,D,E,F,列举交换纪念品的所有情况

为 AB,AC,AD,AE,AF,BC,BD,BE,BF,CD,CE,CF,DE,DF,EF,共有 15 种.因 为 6 位同学之间共进行了 13 次交换,即缺少以上交换中的 2 种.第一类,某人少交换 2 次, 如 DF,EF 没有交换,则 A,B,C 交换 5 次,D,E 交换 4 次,F 交换 3 次;第二类,4 人 少交换 1 次,如 CD,EF 没有交换,则 A,B 交换 5 次,C,D,E,F 交换 4 次. 38. (2012·新课标高考理)将 2 名教师,4 名学生分成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地 参加社会实践活动, 每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成, 不同的安排方案共有 A.12 种 【解析】选 A B.10 种 C.9 种 D.8 种 ( )

先安排 1 名教师和 2 名学生到甲地,再将剩下的 1 名教师和 2 名学生安排

2 到乙地,共有 C1 2C4=12 种安排方案.

39. (2012·湖北高考文)如图,在圆心角为直角的扇形 OAB 中,分别以 OA,OB 为直径 作两个半圆,在扇形 OAB 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是 ( )

1 1 A. - 2 π 【解析】选 C
2

1 B. π

2 C.1- π

2 D. π

r 1 r 1 设 OA=OB=r,则两个以 为半径的半圆的公共部分面积为 2[ π·( )2- 2 4 2 2
2 2

?π-2?r ?π-2?r ?π-2?r r 1 1 r ×( )2]= ,两个半圆外部的阴影部分面积为 πr2-[ π( )2×2- ]= , 2 8 4 2 2 8 8 ?π-2?r2 2× 8 2 所以所求概率为 =1- . 1 2 π πr 4 40. (2012· 四川高考文) (1+x)7 的展开式中 x2 的系数是 A.21 【解析】选 A B.28 C.35 D.42 ( )

依题意得知,二项式(1+x)7 的展开式中 x2 的系数等于 C2 7×1=21.

41. (2012·四川高考文)方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不 相同,在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有 A.28 条 【解析】选 B B.32 条 C.36 条 D.48 条 ( )

b2 c 依题意得,当方程 ay=b2x2+c 表示抛物线时,有 y= x2+ ,ab≠0,又 a, a a

b,c∈{-2,0,1,2,3}且 a,b,c 互不相同,因此相应的数组{a,b,c}共有 A2 C1 4· 3=36 组,其 中当 b=-2 与 b=2 时,相应的(a,b,c)对应相同的抛物线的条数有 C1 C1 2· 2=4,因此满足 题意的不同的抛物线共同有 36-4=32 条. 42. (2012·辽宁高考文)在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形,邻边长分别 等于线段 AC,CB 的长,则该矩形面积大于 20 cm2 的概率为 1 A. 6 1 B. 3 2 C. 3 4 D. 5 ( )

【解析】选 C 设|AC|=x cm,0<x<12,则|CB|=(12-x) cm,要使矩形面积大于 20 cm2,只 10-2 2 要 x(12-x)>20,则 x2-12x+20<0,2<x<10,所以所求概率为 P= = . 12 3 43. (2012·安徽高考文)袋中共有 6 个除了颜色外完全相同的球,其中有 1 个红球、2 个 白球和 3 个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于 1 A. 5 【解析】选 B 2 B. 5 3 C. 5 4 D. 5 ( )

标记红球为 A,白球分别为 B1、B2,黑球分别为 C1、C2、C3,记事件 M 为

“取出的两球一白一黑”.则基本事件有:(A,B1)、(A,B2)、(A,C1)、(A,C2)、(A,C3)、

(B1,B2)、(B1,C1)、(B1,C2)、(B1,C3)、(B2,C1)、(B2,C2)、(B2,C3)、(C1,C2)、(C1, C3)、(C2,C3),共 15 个.其中事件 M 包含的基本事件有:(B1,C1)、(B1,C2)、(B1,C3)、 (B2,C1)、(B2,C2)、(B2,C3),共 6 个.根据古典概型的概率计算公式可得其概率为 P(M) 6 2 = = . 15 5
?0≤x≤2, ? 44. (2012·北京高考文)设不等式组? 表示的平面区域为 D.在区域 D 内随机取 ?0≤y≤2 ? 一个点,则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是 ( ) π-2 4-π π π A. B. C. D. 4 2 6 4 【解析】选 D 画草图易知区域 D 是边长为 2 的正方形,到原点的距离大于 2 的点在以原 1 2×2- ·π·22 4 4-π 点为圆心,以 2 为半径的圆的外部,所以所求事件的概率为 P= = . 4 2×2 45. (2012·大纲卷高考文)6 位选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在最后一个演

讲,则不同的演讲次序共有 A.240 种 B.360 种 C.480 种 D.720 种

(

)

【解析】 选 C 优先安排甲有 A1 然后剩余 5 位选手的全排列有 A5 故 4种不同方法, 5种不同排法. 有 A1 A5 4· 5=480 种不同排法. 46. (2012· 重庆高考文) (1-3x)5 的展开式中 x3 的系数为 A.-270 B.-90 C.90 D.270 ( )

r r 【解析】选 A (1-3x)5 的展开式通项为 Tr+1=Cr 5(-3) x (0≤r≤5,r∈N),当 r=3 时,该 3 3 3 3 项为 T4=C3 5(-3) x =-270x ,故可得 x 的系数为-270.

47. (2011·新课标高考)有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位 同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 1 A. 3 1 B. 2 2 C. 3 3 D. 4 ( )

【解析】选 A 甲、乙各自参加一个兴趣小组是相互独立的事件,且每人报每个兴趣小组也 1 1 1 是独立的,故两位同学参加同一兴趣小组的概率为 C1 3× × = . 3 3 3 a 1 48. (2011·新课标高考)(x+ )(2x- )5 的展开式中各项系数的和为 2,则该展开式中常数 x x 项为 A.-40 B.-20 C.20 D.40 ( )

a 1 1 【解析】选 D 对于(x+ )(2x- )5,可令 x=1 得 1+a=2,故 a=1.(2x- )5 的展开式的通 x x x 1 - 5-r 5-r 项 Tr+1=Cr (- )r=Cr ×(-1)r×x5 2r,要得到展开式的常数项, 5(2x) 52 x 1 1 1 1 1 1 则 x+ 的 x 与(2x- )5 展开式的 相乘,x+ 的 与(2x- )5 展开式的 x 相乘,故令 5-2r=- x x x x x x

2 3 2 3 2 1 得 r=3,令 5-2r=1 得 r=2,从而可得常数项为 C3 5×2 ×(-1) +C5×2 ×(-1) =40.

49. (2011·大纲卷高考)某同学有同样的画册 2 本,同样的集邮册 3 本,从中取出 4 本赠 送给 4 位朋友, 每位朋友 1 本, 则不同的赠送方法共有 A.4 种 【解析】选 B B.10 种 C.18 种 D.20 种 ( )

依题意,就所剩余的一本画册进行分类计数:第一类,剩余的是一本画册,

此时满足题意的赠送方法共有 4 种;第二类,剩余的是一本集邮册,此时满足题意的赠送方 法共有 C2 4=6(种).因此,满足题意的赠送方法共有 4+6=10(种),选 B. 50. (2011· 重庆高考) (1+3x)n(其中 n∈N 且 n≥6)的展开式中 x5 与 x6 的系数相等, 则 n( A.6 B.7 C.8 D.9


)

n r 【解析】选 B 注意到二项式(1+3x)n 的展开式的通项是 Tr+1=Cr · (3x)r=Cr 3r· xr,于是 n1 n·

依题意有 n?n-1??n-2??n-3??n-4? n?n-1??n-2??n-3??n-4??n-5? 5 5 Cn · 3 =C6 36,即 =3× (n≥6), n· 5! 6! 由此解得 n=7,选 B. 51. (2011·广东高考)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得冠军. 若两队胜每局的概率相同, 则甲队获得冠军的概率( 3 A. 4 2 B. 3 3 C. 5 1 D. 2 )

1 【解析】选 A 问题等价为两类:第一类,第一局甲赢,其概率 P1= ;第二类,需比赛 2 2 1 1 1 3 局,第一局甲负,第二局甲赢,其概率 P2= × = .故甲队获得冠军的概率为 P1+P2= . 2 2 4 4 52. (2011· 天津高考) 在( 15 A.- 4 【解析】选 C
-r

x 2 6 - ) 的二项展开式中, x2 的系数为 2 x 3 C.- 8 3 D. 8

(

)

15 B. 4 在(

x 2 6 x 6-r 2 1 6-r 3 - ) 的展开式中,第 r+1 项为 Tr+1=Cr ) (- )r=Cr x 6( 6( ) 2 2 2 x x

(-2)r,

15 3 当 r=1 时,为含 x2 的项,其系数是 C1 6( ) (-2)=- ,故选择 C. 2 8 53. (2011·福建高考)如图,矩形 ABCD 中,点 E 为边 CD 的中点,若在矩形 ABCD 内部 随机取一个点 Q, 则点 Q 取自△ABE 内部的概率等于 ( )

1 A. 4 【解析】选 C

1 B. 3

1 C. 2

2 D. 3

△ABE的面积 1 点 E 为边 CD 的中点,故所求的概率 P= = ,故选 C. 矩形ABCD的面积 2 ( D.10 )

54. (2011· 福建高考) (1+2x)5 的展开式中, x2 的系数等于 A.80 【解析】 选B B.40 C.20

r r r r ∵(1+2x)5 的展开式的通项为 Tr+1=Cr x, 令 r=2, 得 T3=22C2 x2 5(2x) =2 C5· 5·

=40x2,故 x2 的系数为 40,故选 B. 55. (2011·湖北高考)已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,σ2),且 P(ξ<4)=0.8,则 P(0< ξ<2)= A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2 ( )

【解析】选 C 因为 μ=2,所以 P(ξ<4)=1-P(ξ≥4)=0.8,可知 P(ξ≥4)=P(ξ≤0)=0.2, 1 1 所以 P(0<ξ<2)= P(0<ξ<4)= ×(1-2×0.2)=0.3. 2 2 56. (2011·湖北高考)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.0.960

B.0.864

C.0.720

D.0.576

【解析】选 B 可知 K、A1、A2 三类元件正常工作相互独立.所以当 A1,A2 至少有一个能 正常工作的概率为 P=1-(1-0.8)2=0.96,所以系统能正常工作的概率为 PK· P=0.9×0.96 =0.864. 57. (2011·浙江高考)有 5 本不同的书,其中语文书 2 本,数学书 2 本,物理书 1 本.若 将其随机地并排摆放到书架的同一层上,则同一科目的书都不相邻的概率是 1 A. 5 2 B. 5 C. 3 5 4 D. 5 ( )

【解析】选 B 基本事件共有 A5 5=120 种,同一科目的书都不相邻的情况可用间接法求解, 2 2 2 2 2 2 3 即 A5 5-A2A2A3×2-A2A2A3=48,因此同一科目的书都不相邻的概率是 . 5 58. (2011· 陕西高考) (4x-2 x)6(x∈R)展开式中的常数项是


( D.20

)

A.-20

B.-15
- -

C.15
-3r

2x 6 r x 12 【解析】选 C Tr+1=Cr (-2 x)r=(-1)rCr 6(2 ) 6(2 ) 4 常数项,T5=(-1)4C6 =15.

,r=4 时,12-3r=0,故第 5 项是

59. (2011·陕西高考)甲乙两人一起去游“2011 西安世园会”,他们约定,各自独立地从

1 到 6 号景点中任选 4 个进行游览,每个景点参观 1 小时,则最后一小时他们同在一个景点 的概率是 1 A. 36 1 B. 9 C. 5 36 1 D. 6 ( )

【解析】选 D 若用{1,2,3,4,5,6}代表 6 处景点,显然甲、乙两人选择结果为{1,1}、{1,2}、 {1,3}、 ?、 {6,6}, 共 36 种; 其中满足题意的“同一景点相遇”包括{1,1}、 {2,2}、 {3,3}、 ?、 1 {6,6},共 6 个基本事件,所以所求的概率值为 . 6 60. (2011·辽宁高考)从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数,事件 A=“取到的 2 个数之和为 偶数”, 事件 B=“取到的 2 个数均为偶数”, 则 P(B|A)= 1 A. 8 【解析】选 B 1 B. 4 2 C. 5 1 D. 2 ( )

2 C2 4 2 C2 1 3+C2 2 P(A)= = = ,P(A∩B)= 2= .由条件概率计算公式,得 P(B|A) 2 C5 10 5 C5 10

1 P?A∩B? 10 1 = = = . 4 4 P?A? 10 61.(2010·全国卷 2 高考文)将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封 中, 若每个信封放 2 张, 其中标号为 1, 2 的卡片放入同一信封, 则不同的方法共有 A. 12 种 【解析】选 B B.18 种 本题考查了排列组合的知识. C.36 种 D. 54 种 ( )

∵先从 3 个信封中选一个放 1,2 有 3 种不同的选法,再从剩下的 4 个数中选两个放一个信 封有
2 2 C4 ? 6 ,余下放入最后一个信封,∴共有 3C4 ? 18 .

62.(2010·重庆高考理)某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班,每天 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
2 1 4

( D. 1108 种



【解析】选 C 分两类:甲乙排 1、2 号或 6、7 号 共有 2 ? A2 A4 A4 种方法;甲乙排中间,
2 4 1 1 3 丙排 7 号或不排 7 号,共有 4 A2 ( A4 ? A3 A3 A3 ) 种方法,故共有 1008 种不同的排法.

125. ( 2010 · 天 津 高 考 理 ) 如 图 , 用 四 种 不 同 颜 色 给 图 中 的 A,B,C,D,E,F 六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线 段的两个端点涂不同颜色, 则不同的涂色方法用 ( )

A.288 种

B.264 种

C.240 种

D.168 种

4 【解析】选 B (1)B,D,E,F 用四种颜色,则有 A4 ?1?1 ? 24 种涂色方法; 3 3 (2)B,D,E,F 用三种颜色,则有 A4 ? 2 ? 2 ? A4 ? 2 ?1? 2 ? 192 种涂色方法; 2 (3)B,D,E,F 用两种颜色,则有 A4 ? 2 ? 2 ? 48 种涂色方法.

所以共有 24+192+48=264 种不同的涂色方法. 63.( 2009 ·广 东 高 考 卷 理 ) 2010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、 小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作,若其中小张和 小赵只能从事前两项工作, 其余三人均能从事这四项工作, 则不同的选派方案共有 (
()



A. 36 种

B. 12 种

C. 18 种

D. 48 种

1 1 3 【解析】选 A 分两类:若小张或小赵入选,则有选法 C2 C2 A3 ? 24 ;若小张、小赵都入 2 2 选,则有选法 A2 A3 ? 12 ,共有选法 36 种,选 A.
4 64. (2009· 浙江高考理) 在二项式 ( x ? ) 的展开式中, 含 x 的项的系数是
2 5

1 x

(

)

.

A. ?10 【解析】选 B
4

B. 10 对于 Tr ?1 ? C5 ( x )
r 2 5? r

C. ?5

D. 5

1 r (? ) r ? ? ?1? C5r x10?3r ,对于 10 ? 3r ? 4,? r ? 2 , x

2 则 x 的项的系数是 C5 (?1)2 ? 10

65. (2009· 北京高考文) 用数字 1, 2, 3, 4, 5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为 A.8
.w





B.24

C.48

D.120

【解析】选 C

1 2 和 4 排在末位时,共有 A2 ? 2 种排法,其余三位数从余下的四个数中任取

3 三个有 A4 ? 4 ? 3? 2 ? 24 种排法,于是由分步计数原理,符合题意的偶数共有 2 ? 24 ? 48

(个).故选 C. 66.(2009·全国卷Ⅰ高考理)甲组有 5 名男同学,3 名女同学;乙组有 6 名男同学、2 名女 同学.若从甲、 乙两组中各选出 2 名同学, 则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法有 ( A.150 种 【解析】: 选 D B.180 种 C.300 种 D.345 种 )

1 1 2 分两类(1) 甲组中选出一名女生有 C5 ? C3 ? C6 ? 225 种选法; (2) 乙组中

2 1 1 选出一名女生有 C5 ? C6 ? C2 ? 120 种选法.故共有 345 种选法.选 D.

67.(2009·江西高考理) (1 ? ax ? by)n 展开式中不含 x 的项的系数绝对值的和为 243 ,不 含 y 的项的系数绝对值的和为 32 , 则 a, b, n 的值可能为 A. a ? 2, b ? ?1, n ? 5 C. a ? ?1, b ? 2, n ? 6 【解析】选 D B. a ? ?2, b ? ?1, n ? 6 D. a ? 1, b ? 2, n ? 5 ( )

.

(1 ? b)n ? 243 ? 35 , (1 ? a)n ? 32 ? 25 ,则可取 a ? 1, b ? 2, n ? 5 ,选 D.

68.(2009·湖北高考理)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一 名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为 A.18 B.24 C.30
()





D.36

2 3 【解析】选 C 用间接法解答:四名学生中有两名学生分在一个班的种数是 C4 ,顺序有 A3

3 2 3 3 种,而甲乙被分在同一个班的有 A3 种,所以种数是 C4 A3 ? A3 ? 30 .

69.(2009·四川高考文)2 位男生和 3 位女生共 5 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. 60 B. 48 C. 42 D. 36 ( )

2 2 【解析】选 B 法一、从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A, (A 共有 C3 A2 ? 6 种

不同排法) ,剩下一名女生记作 B,两名男生分别记作甲、乙;则男生甲必须在 A、B 之间 (若甲在 A、B 两端.则为使 A、B 不相邻,只有把男生乙排在 A、B 之间,此时就不能满足 男生甲不在两端的要求)此时共有 6×2=12 种排法(A 左 B 右和 A 右 B 左)最后再在排好 的三个元素中选出四个位置插入乙,所以,共有 12×4=48 种不同排法.
2 2 法二;同解法一,从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A, (A 共有 C3 A2 ? 6 种不同

排法) ,剩下一名女生记作 B,两名男生分别记作甲、乙;为使男生甲不在两端可分三类情 况: 第一类:女生 A、B 在两端,男生甲、乙在中间,共有 6 A2 A2 =24 种排法; 第二类: “捆绑”A 和男生乙在两端,则中间女生 B 和男生甲只有一种排法,此时共有 6 A2 =12 种排法; 第三类:女生 B 和男生乙在两端,同样中间“捆绑”A 和男生甲也只有一种排法. 此时共有 6 A2 =12 种排法. 三类之和为 24+12+12=48 种.
2
.

2

2

2

70.(2009·陕西高考文)从 1,2,3,4,5,6,7 这七个数字中任取两个奇数和两个偶数, 组成没有重复数字的四位数, 其中奇数的个数为 ( )

A.432 【解析】:选 C

B.288

C. 216

D.08

1 首先个位数字必须为奇数,从 1,3,5,7 四个中选择一个有 C4 种,再丛

剩余 3 个奇数中选择一个,从 2,4,6 三个偶数中选择两个,进行十位,百位,千位三个位
1 1 2 3 置的全排.则共有 C4 C3C3 A3 ? 216个 故选 C.
.

71.(2009·重庆高考文)12 个篮球队中有 3 个强队,将这 12 个队任意分成 3 个组(每组 4 个队) , 则 3 个强队恰好被分在同一组的概率为 A. ( C. )

1 55

B.

3 55

1 4

D.

1 3

【解析】:选 B 因为将 12 个组分成 4 个组的分法有

4 4 4 C12 C8 C4 种,而 3 个强队恰好被分在 3 A3

同 一 组 分 法 有

1 4 4 C3 3C9 C8 C4 , 故 个 强 队 恰 好 被 分 在 同 一 组 的 概 率 为 A2 2

1 4 4 2 4 4 4 3 C3 9 C9 C8 C 4 A 2 C12 C8 C 4 A 3 =

3 . 55

二.填空题
72. (2013·福建高考理)利用计算机产生 0~1 之间的均匀随机数 a,则事件“3a-1>0” 发生的概率为________. 【解析】本题考查了几何概型与随机模拟等知识,意在考查考生的转化和化归能力、运算求 解能力. 1 因为 0≤a≤1,由 3a-1>0 得 <a≤1,由几何概率公式得,事件“3a-1>0”发生的概率为 3 1 1- 3 2 = . 1 3 2 【答案】 3 73. (2013·安徽高考理)若?

?x+ a ?8 4 3 ? 的展开式中 x 的系数为 7,则实数 a=________. x? ?

?x+ a ?8 4 r r 【解析】本题考查二项展开式的通项.二项式? 3 ? 展开式的通项为 Tr+1=C8a x8-3r, x? ?

4 1 3 令 8- r=4,可得 r=3,故 C3 8a =7,易得 a= . 3 2 【答案】 1 2

? x- 1 ? 5 74. (2013·浙江高考理)设二项式? 3 ? 的展开式中常数项为 A,则 A=________. x? ?
【解析】 本题考查二项式定理及相关概念, 考查利用二项式定理解决相关问题的能力以及考 15-5r 生的运算求解能力.Tr+1=(-1)rCr ,令 15-5r=0,得 r=3,故常数项 A=(-1)3C3 5x 5 6 =-10. 【答案】-10 75. (2013·浙江高考理)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). 【解析】本题考查对排列、组合概念的理解,排列数、组合数公式的运用,考查运算求解能
3 1 2 3 力以及利用所学知识解决问题的能力.“小集团”处理,特殊元素优先,C6 C2A2A3=480.

【答案】480 76. (2013·重庆高考理)从 3 名骨科、4 名脑外科和 5 名内科医生中选派 5 人组成一个抗 震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有 1 人的选派方法种数是________(用 数字作答). 【解析】本题考查排列组合问题,意在考查考生的思维能力.直接法分类,3 名骨科,内科、 脑外科各 1 名;3 名脑外科,骨科、内科各 1 名;3 名内科,骨科、脑外科各 1 名;内科、 脑外科各 2 名,骨科 1 名;骨科、内科各 2 名,脑外科 1 名;骨科、脑外科各 2 名,内科 1
3 1 1 3 1 1 2 2 1 名.所以选派种数为 C3 C1 C1 C3· C5+C5 · C3· C4+C2 C2 C1 C5· C4+C2 C2 C1 3· 4· 5+C4· 4· 5· 3+C3· 3· 4· 5=590.

【答案】590 77.(2013·新课标 II 高考理)从 n 个正整数 1,2,?,n 中任意取出两个不同的数,若取出 1 的两数之和等于 5 的概率为 ,则 n=________. 14 【解析】本题考查排列组合、古典概型等基本知识,意在考查考生的基本运算能力与逻辑分 析能力. 试验基本事件总个数为 C2 n,而和为 5 的取法有 1,4 与 2,3 两种取法,由古典概型概率计算公 2 1 式得 P= 2= ,解得 n=8. Cn 14 【答案】8 78. (2013·北京高考理)将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人,每人至少 1 张,如果分给同一人的 2 张参观券连号,那么不同的分法种数是________. 【解析】 本题考查排列组合中的分组安排问题, 意在考查考生分析问题、 解决问题的能力. 按

照要求要把序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券分成 4 组, 然后再分配给 4 人, 连号的情况是 1 和 2,2 和 3,3 和 4,4 和 5,故其方法数是 4A4 4=96. 【答案】96 79. (2013·山东高考理)在区间[-3,3]上随机取一个数 x,使得|x+1|-|x-2|≥1 成立的概 率为________. 【解析】本题考查绝对值不等式的解法、几何概型等基础知识,考查分类与整合思想,考查 运算求解能力.当 x≤-1 时,不等式|x+1|-|x-2|≥1,即-(x+1)+(x-2)=-3≥1,此时 无解;当-1<x≤2 时,不等式|x+1|-|x-2|≥1,即 x+1+x-2≥1,解得 1≤x≤2;当 x>2 时,不等式|x+1|-|x-2|≥1,即 x+1-x+2=3≥1,解得 x>2.在区间[-3,3]上不等式|x+1| 3-1 1 -|x-2|≥1 的解集为 1≤x≤3,故所求的概率为 = . 3-?-3? 3 1 【答案】 3 80. (2013· 大纲卷高考理) 6 个人排成一行, 其中甲、 乙两人不相邻的不同排法共有________ 种.(用数字作答) 【解析】本题考查排列组合知识.
6 5 法一:(间接法)A6 -A2 2A5=480. 4 2 法二:(直接法)A4 A5=480.

【答案】480 81. (2013·四川高考理)二项式(x+y)5 的展开式中,含 x2y3 的项的系数是________.(用数 字作答)
2 【解析】本题考查二项式的通项,意在考查考生的运算能力.因为 C3 5=10,故含 x 的项的

系数是 10. 【答案】10 82.(2013·天津高考理)?x-

?

1 ?6 的二项展开式中的常数项为________. x?

【解析】本题考查二项式定理的应用,意在考查考生的运算求解能力.二项式?x-

?

1 ?6 展开 x?

6 r 式的第 r+1 项为 Tr+1=Cr (- 6x


1 r 3 3 r ) =Cr 6(-1) x6- r,当 6- r=0,即 r=4 时是常数项, 2 2 x

4 所以常数项是 C4 6(-1) =15.

【答案】15 83. (2013·重庆高考文)若甲、乙、丙三人随机地站成一排,则甲、乙两人相邻而站的概 率为________. 【解析】本题主要考查古典概型,考查考生的逻辑思维能力.三人站成一排有:甲乙丙、甲 丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲,共 6 种排法,其中甲、乙相邻有 4 种排法,所以

4 2 甲、乙两人相邻而站的概率为 = . 6 3 2 【答案】 3 84. (2013·江苏高考文)现有某类病毒记作 XmYn,其中正整数 m,n(m≤7,n≤9)可以任 意选取,则 m,n 都取到奇数的概率为________. 【解析】本题考查古典概型的相关知识,意在考查用枚举法求概率. 基本事件总数为 N=7×9=63,其中 m,n 都为奇数的事件个数为 M=4×5=20,所以所求 M 20 概率 P= = . N 63 20 【答案】 63 85. (2013·大纲卷高考文)从进入决赛的 6 名选手中决出 1 名一等奖,2 名二等奖,3 名三 等奖,则可能的决赛结果共有________种.(用数字作答) 【解析】本题主要考查组合、分步计数乘法原理的应用.第一步决出一等奖 1 名有 C1 6种情
3 况,第二步决出二等奖 2 名有 C2 5种情况,第三步决出三等奖 3 名有 C3种情况,故可能的决 2 3 赛结果共有 C1 6C5C3=60 种情况.

【答案】60 86. (2013·福建高考文)利用计算机产生 0~1 之间的均匀随机数 a,则事件“3a-1<0” 发生的概率为________. 【解析】本题主要考查几何概型与随机模拟等基础知识,意在考查或然与必然思想,考查考 1 生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力.由题意,得 0<a< ,所以根据几何概 3 1 型的概率计算公式,得事件“3a-1<0”发生的概率为 . 3 1 【答案】 3 87. (2013·新课标Ⅱ高考文)从 1,2,3,4,5 中任意取出两个不同的数,其和为 5 的概率是 ________. 【解析】本题主要考查古典概型,意在考查考生对基本概念的理解与基本方法的掌握.从五 个数中任意取出两个数的可能结果有:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4), 2 1 (3,5),(4,5),共 10 个,其中“和为 5”的结果有(1,4),(2,3),共 2 个,故所求概率为 = . 10 5 1 【答案】 5 88. (2013·浙江高考文)从 3 男 3 女共 6 名同学中任选 2 名(每名同学被选中的机会均等), 这 2 名都是女同学的概率等于________. 【解析】本题主要考查古典概型的概率求法,即随机事件的概率问题,意在考查考生对基础

知识的掌握程度以及简单求解能力.从 3 男 3 女中选出 2 名同学,共有以下 15 种情况:(男 1,男 2),(男 1,男 3),(男 2,男 3),(男 1,女 1),(男 1,女 2),(男 1,女 3),(男 2,女 1),(男 2,女 2),(男 2,女 3),(男 3,女 1),(男 3,女 2),(男 3,女 3),(女 1,女 2),(女 1 1,女 3),(女 2,女 3),其中 2 名都是女同学的有 3 种情况,故所求的概率 P= . 5 1 【答案】 5 89. (2013·重庆高考文)某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课 和其它三门艺术课各 1 节, 则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔 1 节艺术课的概率为 ________(用数字作答). 【解析】由题意知,可分为三类: 第一类:文化课之间没有艺术课,有 A3 A4 3· 4种
3 第二类:文化课之间有一节艺术课,有 A3 C1 A1 A3 种 3· 3· 2·

第三类:文化课之间有两节艺术课,有 A3 A2 A1 3· 3· 2种
4 3 1 1 3 3 2 1 A3 3 3A4+A3A2A3A3+A3A3A2 故 P= = . 6 A6 5

3 【答案】 5 1 90.(2012·广东高考理)(x2+ )6 的展开式中 x3 的系数为________.(用数字作答) x 1 2 6-r 1 r 12-3r 【解析】由(x2+ )6 的展开式的通项为 Tr+1=Cr ( ) =Cr ,令 12-3r=3,得 r=3, 6(x ) 6x x x 6×5×4 所以展开式中 x3 的系数为 C3 =20. 6= 1×2×3 【答案】20 91. ( 2012 · 陕 西 高 考 理 ) (a + x)5 展 开 式 中 x2 的 系 数 为 10 , 则 实 数 a 的 值 为 ________________________.
3 2 2 【解析】由二项展开式的通项公式可得,T3=C2 5a x =10x ,解得 a=1.

【答案】1 2 92. (2012·上海高考理)在(x- )6 的二项展开式中,常数项等于________. x 2 2 6-r r 6-2r 【解析】(x- )6 展开式的第 r+1 项 Tr+1=Cr (- )r=Cr ,令 r=3,得常数项为 6x 6(-2) x x x
3 T4=C3 6(-2) =-160.

【答案】-160 93. (2012·上海高考理)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中 两个项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示). 3 【解析】每人都从三个项目中选择两个,有(C2 3) 种选法,其中“有且仅有两人选择的项目

1 1 C2 2 3C3C2 1 1 完全相同”的基本事件有 C2 2 3 = . 3C3C2个,故所求概率为 3 ?C3? 2 【答案】 3 1 94. (2012·湖南高考理)(2 x- )6 的二项展开式中的常数项为________.(用数字作答) x 6 r 【解析】二项展开式的通项为 Tr+1=Cr (- 6(2 x)


1 r ) ,显然当 r=3 时是常数项,此时 T4 x

=-8C3 6=-160. 【答案】-160 95.(2012·湖南高考理) 设 N=2n(n∈N*,n≥2),将 N 个数 x1,x2,?,xN 依次放入编号 为 1,2,?,N 的 N 个位置,得到排列 P0=x1x2?xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的 N N 数取出,并按原顺序依次放入对应的前 和后 个位置,得到排列 P1=x1x3?xN-1x2x4?xN, 2 2 N 将此操作称为 C 变换, 将 P1 分成两段, 每段 个数, 并对每段作 C 变换, 得到 P2: 当 2≤i≤n 2 N -2 时,将 Pi 分成 2i 段,每段 i个数,并对每段作 C 变换,得到 Pi+1.例如,当 N=8 时,P2 2 =x1x5x3x7x2x6x4x8,此时 x7 位于 P2 中的第 4 个位置. (1)当 N=16 时,x7 位于 P2 中的第________个位置; (2)当 N=2n(n≥8)时,x173 位于 P4 中的第________个位置. 【解析】(1)当 N=16 时,P1=x1x3x5x7x9?x16,此时 x7 在第一段内,再把这段变换 x7 位于偶 数位的第 2 个位置, 故在 P2 中, x7 位于后半段的第 2 个位置, 即在 P2 中 x7 位于第 6 个位置. (2)在 P1 中,x173 位于两段中第一段的第 87 个位置,位于奇数位置上,此时在 P2 中 x173 位于 四段中第一段的第 44 个位置上, 再作变换得 P3 时, x173 位于八段中第二段的第 22 个位置上, 再作变换时,x173 位于十六段中的第四段的第 11 个位置上,也就是位于 P4 中的第(3×2n +11)个位置上. 【答案】6 3×2n 4+11
- -4

96. (2012·江苏高考理)现有 10 个数,它们能构成一个以 1 为首项,-3 为公比的等比数 列,若从这 10 个数中随机抽取一个数,则它小于 8 的概率是________. 【解析】由题意得 an=(-3)n 1,易知前 10 项中奇数项为正,偶数项为负,所以小于 8 的项


6 3 为第一项和偶数项,共 6 项,即 6 个数,所以 p= = . 10 5 3 【答案】 5 1 97. (2012·大纲卷高考理)若(x+ )n 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等,则该 x 1 展开式中 2的系数为________. x

1 6 8-r 1 r 8-2r, 【解析】 由 C2 所以(x+ )8 的展开式的通项公式为 Tr+1=Cr ( ) =Cr 所 n=Cn可知 n=8, 8x 8x x x 1 以 8-2r=-2?r=5,所以 2的系数为 C5 8=56. x 【答案】56 98. (2012·湖北高考理)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数,如 22,121,3 443,94 249 等. 显然 2 位回文数有 9 个: 11,22,33, ?, 99.3 位回文数有 90 个: 101,111,121, ?, 191,202,?,999.则 (1)4 位回文数有________个; (2)2n+1(n∈N+)位回文数有________个. 【解析】2 位回文数有 9 个,4 位回文数有 9×10=90 个,3 位回文数有 90 个,5 位回文数 有 9×10×10=100×9 个,依次类推可得 2n+1 位有 9×10n 个. 【答案】90 9×10n 99. (2012·浙江高考理)若将函数 f(x)=x5 表示为 f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+?+a5(1 +x)5,其中 a0,a1,a2,?,a5 为实数,则 a3=____________. 【解析】不妨设 1+x=t,则 x=t-1,因此有(t-1)5=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4+a5t5,则 a3
2 =C2 5(-1) =10.

【答案】10 100. (2012·福建高考理)(a+x)4 的展开式中 x3 的系数等于 8,则实数 a=________.
4 r r 【解析】(a+x)4 的展开式的第 r+1 项为 Tr+1=Cr x ,令 r=3,得含 x3 的系数为 C3 4a 4a,故


3 C4 a=8,解得 a=2.

【答案】2 101. (2012·新课标高考理)某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件 1 或元件 2 正常工作,且元件 3 正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位:小 时)均服从正态分布 N(1 000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿 命超过 1 000 小时的概率为________. 元件1 元件2 元件3 【解析】依题意,部件正常工作就是该部件使用寿命超过 1 000 小时,元件正常工作的概率 1 1 1 1 1 1 1 3 为 0.5,则部件正常工作的概率为 ×[ × + ×(1- )+(1- )× ]= . 2 2 2 2 2 2 2 8 3 【答案】 8 102. (2012·浙江高考文)从边长为 1 的正方形的中心和顶点这五点中,随机(等可能)取两 点,则该两点间的距离为 2 的概率是________. 2

【解析】设此正方形为 ABCD,中心为 O,则任取两个点的取法有 AB,AC,AD,BC,BD,

CD,AO,BO,CO,DO,共 10 种;取出的两点间的距离为 OD,共 4 种,故所求概率为 2 【答案】 5 4 2 = . 10 5

2 的取法有 OA,OB,OC, 2

1 103. (2012·上海高考文)在(x- )6 的二项展开式中,常数项等于________. x 1 6-r r 6-2r 【解析】Tr+1=Cr (-1)r( )r=Cr ,令 6-2r=0,得 r=3,得所求常数项等于 6x 6(-1) x x
3 C6 (-1)3=-20.

【答案】-20 104. (2012·上海高考文)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中 两个项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示).
3 【解析】因为每人都从三个项目中选择两个,有(C2 3) 种选法,其中“有且仅有两人选择的 1 1 项目完全相同”的基本事件有 C2 3C3C2个,故所求概率为 1 1 C2 2 3C3C2 2 3 = . 3 ?C3?

2 【答案】 3 105. (2012·福建高考文)某地区规划道路建设,考虑道路铺设方案.方案设计图中,点表 示城市, 两点之间连线表示两城市间可铺设道路, 连线上数据表示两城市间铺设道路的费用, 要求从任一城市都能到达其余各城市,并且铺设道路的总费用最小.例如:在三个城市道路 设计中,若城市间可铺设道路的线路图如图 1,则最优设计方案如图 2,此时铺设道路的最 小总费用为 10.

现给出该地区可铺设道路的线路图如图 3,则铺设道路的最小总费用为________.

【解析】根据最优化设计方案,应从 EAFGCBD,故铺设道路的最小总费用为 2+3+1+3 + 5+2=16. 【答案】16 106. (2012·湖南高考文)某制药企业为了对某种药用液体进行生物测定,需要优选培养温

度,试验范围定为 29℃~63℃,精确度要求± 1℃.且分数法进行优选时,能保证找到最佳培 养温度需要的最少试验次数为________. 21 【解析】存优范围长度为 34,选择分数 优选,利用分数法选取试点,最少应试验 7 次. 34 【答案】7 1 107. (2012·大纲卷高考文)(x+ )8 的展开式中 x2 的系数为________. 2x
5 1 3 2 2 【解析】经观察可得展开式中含有 x2 的项为 C3 8x ( ) =7x ,故展开式中 x 的系数为 7. 2x

【答案】7 108. (2012·重庆高考文)某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课 和其它三门艺术课各 1 节, 则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的概率为 ________(用数字作答). 【解析】基本事件是对这 6 门课排列,故基本事件的个数为 A6 6.“课表上的相邻两节文化课 之间至少间隔 1 节艺术课”的意思就是“任何两节文化课不能相邻”,利用“插空法”可
3 得,其排列方法种数为 A3 3A4.根据古典概型的概率计算公式可得事件“课表上的相邻两节文 3 A3 3A4 1 化课之间至少间隔 1 节艺术课”发生的概率为 6 = . A6 5

1 【答案】 5 109. (2011·大纲卷高考)(1- x)20 的二项展开式中,x 的系数与 x9 的系数之差为____ 1 - 【解析】二项式(1- x)20 的展开式的通项是 Tr+1=Cr 120 r· (- x)r=Cr (-1)r· x r.因此,(1 20· 20· 2
18 2 - x)20 的展开式中,x 的系数与 x9 的系数之差等于 C2 (-1)2-C20 · (-1)18=C2 20· 20-C20=0.

【答案】0 110. (2011·北京高考)用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位 数共有____个.(用数字作答) 【解析】 因为四位数的每个数位上都有两种可能性, 其中四个数字全是 2 或 3 的情况不合题 意,所以适合题意的四位数有 24-2=14 个. 【答案】14 111. (2011·江西高考)小波通过做游戏的方式来确定周末活动,他随机地往单位圆内投掷 1 1 一点,若此点到圆心的距离大于 ,则周末去看电影;若此点到圆心的距离小于 ,则去打篮 2 4 球;否则,在家看书.则小波周末不在家看书的概率为____.

【解析】设 A={小波周末去看电影},B={小波周末去打篮球},C={小波周末在家看书}, 1 1 ? ?2π-? ?2π 2 4 13 D={小波周末不在家看书},如图所示,则 P(D)=1- = . π 16 13 【答案】 16 112. (2011·安徽高考)设(x-1)21=a0+a1x+a2x2+?+a21x21,则 a10+a11=__________.
21 r 【解析】 (x-1)21 的展开式的通项为 Tr+1=Cr · (-1)r.由题意知 a10, a11 分别是含 x10 和 x11 21x


项的系数,
10 10 11 所以 a10=-C11 21,a11=C21,所以 a10+a11=C21-C21=0.

【答案】0 113. (2011·山东高考)若(x- 【解析】二项式(x- a6 ) 展开式的常数项为 60,则常数 a 的值为________. x2

a6 - 6-r 6-3r ) 展开式的通项公式是 Tr+1=Cr (- a)rx 2r=Cr (- a)r,当 r 6x 6x x2

2 =2 时,Tr+1 为常数项,即常数项是 C2 6a,根据已知 C6a=60,解得 a=4.

【答案】4 114. (2011·湖南高考)如图,EFGH 是以 O 为圆心,半径为 1 的圆的内接正方形.将一 颗豆子随机地扔到该圆内,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 OHE(阴影部分)内”,则 (1)P(A)=______;(2)P(B|A)=______.

π 【解析】圆的面积是 π,正方形的面积是 2,扇形的面积是 ,根据几何概型的概率计算公式 4 1 2 2 P?AB? π 1 得 P(A)= ,根据条件概率的公式得 P(B|A)= = = . π P?A? 2 4 π 2 1 【答案】 π 4

115. (2011· 湖南高考) 对于 n∈N*, 将 n 表示为 n=a0×2k+a1×2k 1+a2×2k 2+?+ak-1×21
- -

+ak×20, 当 i=0 时, ai=1, 当 l≤i≤k 时, ai 为 0 或 1.记 I(n)为上述表示中 ai 为 0 的个数(例 如:1=1×20,4=1×22+0×21+0×20,故 I(1)=0,I(4)=2),则 (1)I(12)=______;(2) ?2I(n)=______.
n=1 127

【解析】12=1×23+1×22+0×21+0×20,所以 I(12)=2; 对 n=a0×2k+a1×2k 1+?+ak×20 可表示为(a0,a1,?,ak),


易见 127 可表示为 26+25+?+2+1 即(1,1,1,1,1,1,1) 对任意 1≤n≤127,(1,a1,?,ak)(k≤6), 故表示法中有 0 个 0 的有 7 个 表示法中有 1 个 0 的有 6+5+?+1=21 个数,
2 2 3 表示法中有 2 个 0 的有 C2 6+C5+?+C2=C7个数, 3 3 4 表示法中有 3 个 0 的有 C3 6+C5+?+C3=C7个数, 4 4 5 表示法中有 4 个 0 的有 C4 6+C5+C4=C7个数, 5 6 表示法中有 5 个 0 的有 C5 6+C5=C7个数,

表示法中有 6 个 0 的有 C6 6=1 个数.
3 2 4 3 5 4 6 5 6 故 ?2I(n)=C2 7×2+C7×2 +C7×2 +C7×2 +C7×2 +2 +7=1093. n=1 127

【答案】2 1093 116. (2011·重庆高考)将一枚均匀的硬币抛掷 6 次,则正面出现的次数比反面出现的次数 多的概率为____. 16 11 5 1 6 6 1 6 【解析】依题意得所求的概率为 C4 ( )= . 6( ) +C6( ) +C6· 2 2 2 32 11 【答案】 32 2 117.(2011·广东高考)x(x- )7 的展开式中,x4 的系数是________.(用数字作答) x 2 2 2 7-r 【解析】 原问题等价于求(x- )7 的展开式中 x3 的系数, (x- )7 的通项 Tr+1=Cr (- )r=(- 7x x x x
7 2)rCr 7x
-2r

27 4 ,令 7-2r=3 得 r=2,∴x3 的系数为(-2)2C2 7=84,即 x(x- ) 的展开式中 x 的系 x

数为 84. 【答案】84 118. (2011·福建高考)盒中装有形状、大小完全相同的 5 个球,其中红色球 3 个,黄色球 2 个.若从中随机取出 2 个球,则所取出的 2 个球颜色不同的概率等于________.

1 C1 3C2 3 【解析】取到的 2 个球颜色不同的概率 P= 2 = . C5 5

3 【答案】 5 119. (2011·江苏高考)从 1,2,3,4 这四个数中一次随机地取两个数,则其中一个数是另一 个数的两倍的概率是________. 【解析】采用枚举法:从 1,2,3,4 这四个数中一次随机取两个数,基本事件为:{1,2},{1,3}, {1,4},{2,3},{2,4},{3,4}, 共 6 个, 符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件有{1,2}, 1 {2,4},共 2 个,所以所求的概率为 . 3 1 【答案】 3 1 18 120. (2011·湖北高考)(x- ) 的展开式中含 x15 的项的系数为________.(结果用数值 3 x 表示) 1 r 1r 3 3 18-r 【解析】Tr+1=Cr (- ) =(-1)rCr 18x 18( ) x18- r,令 18- r=15,解得 r=2.所以所求 3 2 2 3 x 12 系数为(-1)2C2 18( ) =17. 3 【答案】17 121. (2011·湖北高考)在 30 瓶饮料中,有 3 瓶已过了保质期.从这 30 瓶饮料中任取 2 瓶,则至少取到 1 瓶已过保质期饮料的概率为________.(结果用最简分数表示) C2 117 27 【解析】所取的 2 瓶中都是不过期的饮料的概率为 P= 2 = ,则至少有 1 瓶为已过保质 C30 145 28 - 期饮料的概率 P =1-P= . 145 28 【答案】 145 122. (2011·湖北高考)给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当 n≤4 时,在所有 不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:

由此推断,当 n=6 时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种,至少有两个黑色

正方形相邻的着色方案共有________.(结果用数值表示) 【解析】(1)当 n=6 时,如果没有黑色正方形有 1 种方案,当有 1 个黑色正方形时,有 6 种 方案,当有两个黑色正方形时,采用插空法,即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的
2 5 个空内,有 C5 =10 种方案,当有三个黑色正方形时,同上方法有 C3 4=4 种方案,由图可

知不可能有 4 个,5 个,6 个黑色正方形,综上可知共有 21 种方案.(2)将 6 个正方形空格 涂有黑白两种颜色,每个空格都有两种方案,由分步计数原理一共有 26 种方案,本问所求 事件为(1)的对立事件,故至少有两个黑色正方形相邻的方案有 26-21=43 种. 【答案】21 43 123. (2011·浙江高考)设二项式(x- B=4A,则 a 的值是________.
6 r 【解析】对于 Tr+1=Cr ( 6x


a 6 ) (a>0)的展开式中 x3 的系数为 A,常数项为 B.若 x

-a r 3 r 4 4 2 2 ) =C r 6(-a) x6- r,B=C6(-a) ,A=C6(-a) .∵B=4A,a 1 2 x 2

>0,∴a=2. 【答案】2 124. (2011·浙江高考)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 2 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 3 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) 1 = ,则随机变量 X 的数学期望 E(X)=________. 12 1 1 1 【解析】∵P(X=0)= =(1-p)2× ,∴p= ,随机变量 X 的可能值为 0,1,2,3,因此 P(X= 12 3 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 5 2 1 0)= , P(X=1)= ×( )2+ ×( )2= , P(X=2)= ×( )2×2+ ×( )2= , P(X=3)= ×( )2 12 3 2 3 2 3 3 2 3 2 12 3 2 1 1 5 1 5 = ,因此 E(X)=1× +2× +3× = . 6 3 12 6 3 5 【答案】 3 125.(2010·江西高考理)将 6 位志愿者分成 4 组,其中两个各 2 人,另两个组各 1 人,分 赴世博会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有 种(用数字作答).

【解析】考查概率、平均分组分配问题等知识,重点考查化归转化和应用知识的意识.先分 组,考虑到有 2 个是平均分组,得 两个两人组
2 2 1 1 C6 C4 C2 C1 4 ? ? A4 ? 1080 2 2 A2 A2 2 2 1 1 C6 C4 C2 C1 ,再全排列得: 两个一人组 2 2 A2 A2

【答案】 1080 126.(2010·安徽高考理)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). ① P ? B? ?

2 ; 5

② P ? B | A1 ? ?

5 ; 11

③事件 B 与事件 A 1 相互独立;

④ A1 , A2 , A3 是两两互斥的事件; ⑤ P ? B ? 的值不能确定,因为它与 A1 , A2 , A3 中哪一个发 生有关 【解析】易见 A1 , A2 , A3 是两两互斥的事件,而

P( B) ? P ? B | A1 ? ? P ? B | A2 ? ? P ? B | A3 ? ?

5 5 2 4 3 4 9 ? ? ? ? ? ? . 10 11 10 11 10 11 22

【方法总结】本题是概率的综合问题,掌握基本概念,及条件概率的基本运算是解决问题的 关 键 . 本 题 在 A1 , A2 , A3 是 两 两 互 斥 的 事 件 , 把 事 件 B 的 概 率 进 行 转 化

P(B) ? P ? B | A1 ? ? P ? B | A2 ? ? P ? B | A3 ? ,可知事件 B 的概率是确定的.
【答案】②④ 127.(2009·天津高考理)用数字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字的四位数,其中 个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 个(用数字作答).

2 3 1 3 1 【解析】个位、十位和百位上的数字为 3 个偶数的有: C 3 A3 C4 ? A3 C 3 ? 90种;个位、 2 3 1 1 2 3 1 十位和百位上的数字为 1 个偶数 2 个奇数的有:C 3 A3 C4 ? C 3 C 3 A3 C 3 ? 234种,所以共

有 90 ? 234 ? 324 个. 【答案】324

三.解答题
128. (2013·湖南高考理)某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每个格点(指 纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经 验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数 X 之间的关系如下表所 示: X Y 1 51 2 48 3 45 4 42

这里,两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米. (1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物,求它们恰好“相近”的概率; (2)从所种作物中随机选取一株,求它的年收获量的分布列与数学期望.

解:本小题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列与数学期望的求解,考查考生的阅 读理解能力、收集数据的能力、运算求解能力和创新意识. (1)所种作物总株数 N=1+2+3+4+5=15,其中三角形地块内部的作物株数为 3,边界上
1 的作物株数为 12.从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有 C1 3C12=36

种,选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有 3+3+2=8 种. 8 2 故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物,它们恰好“相近”的概率为 = . 36 9 (2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量 Y 的分布列. 因为 P(Y=51)=P(X=1),P(Y=48)=P(X=2), P(Y=45)=P(X=3),P(Y=42)=P(X=4), 所以只需求出 P(X=k)(k=1,2,3,4)即可. 记 nk 为其“相近”作物恰有 k 株的作物株数(k=1,2,3,4),则 n1=2,n2=4,n3=6,n4=3. nk 2 4 6 2 3 1 由 P(X=k)= ,得 P(X=1)= ,P(X=2)= ,P(X=3)= = ,P(X=4)= = . N 15 15 15 5 15 5 故所求的分布列为

Y P 所求的数学期望为

51 2 15

48 4 15

45 2 5

42 1 5

2 4 2 1 34+64+90+42 E(Y)=51× +48× +45× +42× = =46. 15 15 5 5 5 129. (2013·福建高考理)某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案, 2 2 方案甲的中奖率为 ,中奖可以获得 2 分;方案乙的中奖率为 ,中奖可以获得 3 分;未中奖 3 5 则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑 换奖品. (1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为 X, 求 X≤3 的概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖,

累计得分的数学期望较大? 解:本小题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查数据 处理能力、运算求解能力、应用意识,考查必然与或然思想. 2 2 法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为 ,小红中奖的概率为 ,且两人中奖与否互不影响. 3 5 记“这两人的累计得分 X≤3”的事件为 A, 则事件 A 的对立事件为“X=5”, 2 2 4 11 因为 P(X=5)= × = ,所以 P(A)=1-P(X=5)= , 3 5 15 15 11 即这两人的累计得分 X≤3 的概率为 . 15 (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为 X2,则这 两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1), 选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为 E(3X2). 2? ? 2? 由已知可得,X1~B? ?2,3?,X2~B?2,5?, 2 4 2 4 所以 E(X1)=2× = ,E(X2)=2× = , 3 3 5 5 8 12 从而 E(2X1)=2E(X1)= ,E(3X2)=3E(X2)= . 3 5 因为 E(2X1)>E(3X2), 所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大. 2 2 法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为 ,小红中奖的概率为 ,且两人中奖与否互不影响. 3 5 记“这两人的累计得分 X≤3”的事件为 A, 则事件 A 包含有“X=0”,“X=2”,“X=3”三个两两互斥的事件, 2? ? 2? 1 2 ? 2? 2 ? 2? 2 2 因为 P(X=0)=? ?1-3?×?1-5?=5,P(X=2)=3×?1-5?=5,P(X=3)=?1-3?×5=15, 11 所以 P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)= , 15 11 即这两人的累计得分 X≤3 的概率为 . 15 (2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 X1,都选择方案乙所获得的累计得分为 X2,则 X1,X2 的分布列如下: X1 P 0 1 9 2 4 9 4 4 9

X2 P 1 4 4 8 所以 E(X1)=0× +2× +4× = , 9 9 9 3 9 12 4 12 E(X2)=0× +3× +6× = . 25 25 25 5

0 9 25

3 12 25

6 4 25

因为 E(X1)>E(X2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大. 130. (2013·辽宁高考理)现有 10 道题,其中 6 道甲类题,4 道乙类题,张同学从中任取 3 道题解答. (1)求张同学至少取到 1 道乙类题的概率; 3 (2)已知所取的 3 道题中有 2 道甲类题,1 道乙类题.设张同学答对每道甲类题的概率都是 , 5 4 答对每道乙类题的概率都是 ,且各题答对与否相互独立.用 X 表示张同学答对题的个数, 5 求 X 的分布列和数学期望. 解:本题主要考查概率的综合应用,离散型随机变量的分布列和数学期望.同时也考查考生 分析问题以及应用知识解决实际问题的能力. (1)设事件 A=“张同学所取的 3 道题至少有 1 道乙类题”,则有 A =“张同学所取的 3 道 题都是甲类题”. C3 1 5 6 因为 P( A )= 3 = ,所以 P(A)=1-P( A )= . C10 6 6 (2)X 所有的可能取值为 0,1,2,3.

?3?0 ?2?2 1 4 ; P(X=0)=C0 2·5 ·5 ·= ? ? ? ? 5 125 ?3?1 ?2?1 1 0?3?0 ?2?2 4 28 ; P(X=1)=C1 2·5 ·5 ·+C2 5 ·5 ·= ? ? ? ? 5 ? ? ? ? 5 125 ?3?2 ?2?0 1 1?3?1 ?2?1 4 57 ; P(X=2)=C2 2·5 ·5 ·+C2 5 ·5 ·= ? ? ? ? 5 ? ? ? ? 5 125 ?3?2 ?2?0 4 36 ; P(X=3)=C2 2·5 ·5 ·= ? ? ? ? 5 125
所以 X 的分布列为: X P 0 4 125 1 28 125 2 57 125 3 36 125

4 28 57 36 所以 E(X)=0× +1× +2× +3× =2. 125 125 125 125 131. (2013·安徽高考理)某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试 活动,分别由李老师和张老师负责.已知该系共有 n 位学生,每次活动均需该系 k 位学生参

加(n 和 k 都是固定的正整数).假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机 地发给该系 k 位学生,且所发信息都能收到.记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息 的学生人数为 X. (1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率; (2)求使 P(X=m)取得最大值的整数 m. 解:本题主要考查古典概型,计数原理,分类讨论思想等基础知识和基本技能,考查抽象的 思想,逻辑推理能力,运算求解能力,以及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. (1)因为事件 A:“学生甲收到李老师所发信息”与事件 B:“学生甲收到张老师所发信息”
1 Ck k n-1 是相互独立的事件,所以 A 与 B 相互独立.由于 P(A)=P(B)= k = ,故 P( A )=P( B ) Cn n


k 2kn-k2 k 1- ?2= =1- ,因此学生甲收到活动通知信息的概率 P=1-? . ? n? n n2 (2)当 k=n 时,m 只能取 n,有 P(X=m)=P(X=n)=1. 当 k<n 时,整数 m 满足 k≤m≤t,其中 t 是 2k 和 n 中的较小者.由于“李老师和张老师各
2 自独立、 随机地发活动通知信息给 k 位同学”所包含的基本事件总数为(Ck 同 n) .当 X=m 时,

时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为 2k-m, 仅收到李老师或仅收到张老师转发 信息的学生人数均为 m-k.由乘法计数原理知: 事件{X=m}所含基本事件数为
2k Ck nCk
-m

k k m k m k Cm Cn-k .此时 n-k =CnCk
- - - - - - -

2k m m k k m k Ck Cn-k Cm Cn-k nC k k P(X=m)= = . k k 2 Cn ?Cn? k m k 当 k≤m<t 时,P(X=m)≤P(X=m+1)?Cm Cn-k ≤Cm k k
- - +1-k

1 k Cm ?(m-k+1)2≤(n-m)(2k- n-k
+ -

?k+1?2 m)?m≤2k- . n+2 ?k+1?2 假如 k≤2k- <t 成立,则当(k+1)2 能被 n+2 整除时, n+ 2 ?k+1?2 ?k+1?2 ?k+1?2 ?k+1?2 k≤2k- <2k+1- ≤t.故 P(X=m)在 m=2k- 和 m=2k+1- 处达最 n+2 n+2 n+2 n+2 大值;当(k+1)2 不能被 n+2 整除时,

??k+1? ?处达最大值.(注:[x]表示不超过 x 的最大整数) P(X=m)在 m=2k-? ? ? n+2 ?
?k+1?2 下面证明 k≤2k- <t. n+2 ?k+1?2 kn-k2-1 k?k+1?-k2-1 k-1 因为 1≤k<n,所以 2k- -k= ≥ = ≥0. n+2 n+2 n+2 n+2 ?k+1?2 ?n-k+1?2 ?k+1?2 ?k+1?2 而 2k- -n=- <0,故 2k- <n,显然 2k- <2k. n+2 n+2 n+2 n+2

2

?k+1?2 因此 k≤2k- <t. n+ 2 132. (2013·浙江高考理)设袋子中装有 a 个红球,b 个黄球,c 个蓝球,且规定:取出一 个红球得 1 分,取出一个黄球得 2 分,取出一个蓝球得 3 分. (1)当 a=3,b=2,c=1 时,从该袋子中任取(有放回,且每球取到的机会均等)2 个球,记随 机变量 ξ 为取出此 2 球所得分数之和,求 ξ 的分布列; (2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1 个球, 记随机变量 η 为取出此球所得分数. 若 E(η) 5 5 = ,D(η)= ,求 a∶b∶c. 3 9 解:本题主要考查相互独立事件、随机变量的分布列、数学期望、方差等概念及相关计算, 考查抽象概括以及运用所学知识分析问题解决问题的能力. (1)由题意得 ξ=2,3,4,5,6. 3×3 1 故 P(ξ=2)= = , 6×6 4 2×3×2 1 P(ξ=3)= = , 3 6×6 2×3×1+2×2 5 P(ξ=4)= = , 18 6×6 2×2×1 1 P(ξ=5)= = , 9 6×6 1×1 1 P(ξ=6)= = . 6×6 36 所以 ξ 的分布列为 ξ P (2)由题意知 η 的分布列为 η P 1 a a+b+c 2 b a+b+c 3 c a+b+c 2 1 4 3 1 3 4 5 18 5 1 9 6 1 36

a 2b 3c 5 所以 E(η)= + + = , a+b+c a+b+c a+b+c 3 5?2 5 5 a b c 5 D(η)=? +?2- ?2· +?3- ?2· = . ?1-3? · a+b+c ? 3? a+b+c ? 3? a+b+c 9
?2a-b-4c=0, ? 化简得? 解得 a=3c,b=2c, ? ?a+4b-11c=0,

故 a∶b∶c=3∶2∶1. 133. (2013·重庆高考理)某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定:在一次摸奖中,摸

奖者先从装有 3 个红球与 4 个白球的袋中任意摸出 3 个球, 再从装有 1 个蓝球与 2 个白球的 袋中任意摸出 1 个球.根据摸出 4 个球中红球与蓝球的个数,设一、二、三等奖如下: 奖级 一等奖 二等奖 三等奖 摸出红、蓝球个数 3红1蓝 3红0蓝 2红1蓝 获奖金额 200 元 50 元 10 元

其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级. (1)求一次摸奖恰好摸到 1 个红球的概率; (2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额 X 的分布列与期望 E(X). 解:本题主要考查随机变量的概率、分布列和数学期望,意在考查考生的阅读理解能力以及 转化与化归能力.设 Ai 表示摸到 i 个红球,Bj 表示摸到 j 个蓝球,则 Ai(i=0,1,2,3)与 Bj(j= 0,1)独立.
2 C1 3C4 18 (1)恰好摸到 1 个红球的概率为 P(A1)= 3 = . C7 35

(2)X 的所有可能值为:0,10,50,200,且 C3 1 31 P(X=200)=P(A3B1)=P(A3)P(B1)= 3·= , C7 3 105 C3 2 32 P(X=50)=P(A3B0)=P(A3)P(B0)= 3·= , C7 3 105
1 C2 12 4 3C4 1 P(X=10)=P(A2B1)=P(A2)P(B1)= 3 ·= = , C7 3 105 35

1 2 4 6 P(X=0)=1- - - = . 105 105 35 7 综上知 X 的分布列为 X P 0 6 7 10 4 35 50 2 105 200 1 105

6 4 2 1 从而有 E(X)=0× +10× +50× +200× =4(元). 7 35 105 105 134. (2013·新课标Ⅰ高考理)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这批产品中 任取 4 件作检验,这 4 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n=3,再从这批产品中任取 4 件 作检验,若都为优质品,则这批产品通过检验;如果 n=4,再从这批产品中任取 1 件作检 验,若为优质品,则这批产品通过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验. 1 假设这批产品的优质品率为 50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为 ,且各件产品是 2 否为优质品相互独立. (1)求这批产品通过检验的概率;

(2)已知每件产品的检验费用为 100 元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品作质量 检验所需的费用记为 X(单位:元),求 X 的分布列及数学期望. 解:本题主要考查独立重复试验和互斥事件的概率、条件概率、离散型随机变量的分布列和 数学期望等,意在考查考生的阅读理解能力及运用所学概率知识解决实际问题的能力. (1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1,第一次取出的 4 件产品全是优质 品为事件 A2,第二次取出的 4 件产品都是优质品为事件 B1,第二次取出的 1 件产品是优质 品为事件 B2,这批产品通过检验为事件 A,依题意有 A=(A1B1)∪(A2B2),且 A1B1 与 A2B2 互 斥,所以 P(A)=P(A1B1)+P(A2B2) =P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) 4 1 1 1 = × + × 16 16 16 2 3 = . 64 (2)X 可能的取值为 400,500,800,并且 4 1 11 1 P(X=400)=1- - = ,P(X=500)= , 16 16 16 16 1 P(X=800)= . 4 所以 X 的分布列为 X P 400 11 16 500 1 16 800 1 4

11 1 1 EX=400× +500× +800× =506.25. 16 16 4 135. (2013·新课标 II 高考理)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出 1t 该 产品获利润 500 元,未售出的产品,每 1t 亏损 300 元.根据历史资料,得到销售季度内市 场需求量的频率分布直方图, 如图所示. 经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农产品. 以 X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售 季度内经销该农产品的利润.

(1)将 T 表示为 X 的函数; (2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率;

(3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该 区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量 X∈[100,110)则取 X=105, 且 X=105 的概率等于需求量落入[100,110)的频率),求 T 的数学期望. 解:本题考查概率、统计的知识,考查频率分布直方图以及随机变量的分布列及其期望的基 本求解方法,意在考查考生的理解能力以及基本运算能力. (1)当 X∈[100,130)时, T=500X-300(130-X)=800X-39 000, 当 X∈[130,150]时,T=500×130=65 000.
? ?800X-39 000,100≤X<130, 所以=T? ?65 000,130≤X≤150. ?

(2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元,当且仅当 120≤X≤150.由直方图知需求量 X∈[120,150] 的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元概率的估计值为 0.7. (3)依题意可得 T 的分布列为 T P 45 000 0.1 53 000 0.2 61 000 0.3 65 000 0.4

所以 ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 136. (2013·北京高考理)下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图.空气质量 指数小于 100 表示空气质量优良, 空气质量指数大于 200 表示空气重度污染. 某人随机选择 3 月 1 日至 3 月 13 日中的某一天到达该市,并停留 2 天.

(1)求此人到达当日空气重度污染的概率; (2)设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数,求 X 的分布列与数学期望; (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论不要求证明) 解:本题考查统计图、古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望、方差等基础知识, 意在考查数形结合思想和考生的数据处理能力、运算求解能力. 1 设 Ai 表示事件“此人于 3 月 i 日到达该市”(i=1,2, ?, 13). 根据题意, P(Ai)= , 且 Ai∩Aj 13 =?(i≠j). (1)设 B 为事件“此人到达当日空气重度污染”,则 B=A5∪A8.

2 所以 P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)= . 13 (2)由题意可知,X 的所有可能取值为 0,1,2,且 P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)=P(A3)+P(A6) 4 +P(A7)+P(A11)= , 13 4 P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)= , 13 5 P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)= . 13 所以 X 的分布列为 X P 0 5 13 1 4 13 2 4 13

5 4 4 12 故 X 的期望 EX=0× +1× +2× = . 13 13 13 13 (3)从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大. 137. (2013·陕西高考理)在一场娱乐晚会上,有 5 位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱,由现 场数百名观众投票选出最受欢迎歌手. 各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手, 其中观 众甲是 1 号歌手的歌迷,他必选 1 号,不选 2 号,另在 3 至 5 号中随机选 2 名.观众乙和丙 对 5 位歌手的演唱没有偏爱,因此在 1 至 5 号中随机选 3 名歌手. (1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率; (2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和,求 X 的分布列及数学期望. 解: 本题考查实际生活中的古典概型和相互独立事件的概率的计算, 以及分布列和期望的计 算. (1)设 A 表示事件“观众甲选中 3 号歌手”,B 表示事件“观众乙选中 3 号歌手”,则 P(A) C1 C2 3 2 2 4 = 2= ,P(B)= 3= . C3 3 C5 5 ∵事件 A 与 B 相互独立, ∴观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率为 P(A B )=P(A)· P( B )=P(A)· [1- 2 2 4 P(B)]= × = . 3 5 15 (2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”,则 P(C)= ∵X 可能的取值为 0,1,2,3,且取这些值的概率分别为 P(X=0)=P(A B P(X=1)=P( A B 1 2 2 4 C )= × × = , 3 5 5 75 C ) + P( A B C ) + P( A 2 2 2 1 3 2 1 2 3 B C) = × × + × × + × × = 3 5 5 3 5 5 3 5 5 C2 4 3 = . C3 5 5

20 , 75 2 3 2 2 2 3 1 3 3 33 P(X=2)=P(AB C )+P(A B C)+P( A BC)= × × + × × + × × = , 3 5 5 3 5 5 3 5 5 75 2 3 3 18 P(X=3)=P(ABC)= × × = , 3 5 5 75 ∴X 的分布列为 X P 0 4 75 1 20 75 2 33 75 3 18 75

4 20 33 18 140 28 ∴X 的数学期望 EX=0× +1× +2× +3× = = . 75 75 75 75 75 15 138. (2013·江西高考理)小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队.游 戏规则为:以 O 为起点,再从 A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7,A8(如图)这 8 个点中任取两点 分别为终点得到两个向量,记这两个向量的数量积为 X.若 X=0 就参加学校合唱团,否则就 参加学校排球队. (1)求小波参加学校合唱团的概率; (2)求 X 的分布列和数学期望.

解:本题将平面向量与概率统计知识相交汇,创新味十足,属能力立意的好题,主要考查平 面向量的数量积、相互独立事件、离散型随机变量的分布列与数学期望等相关知识.

(1)从 8 个点中任取两点为向量终点的不同取法共有 C2 X=0 时, 两向量夹角为直角 2=28 种, 8 2 共有 8 种情形,所以小波参加学校合唱团的概率为 P(X=0)= = . 28 7 (2)两向量数量积 X 的所有可能取值为-2,-1,0,1,X=-2 时,有 2 种情形;X=1 时,有

8 种情形;X=-1 时,有 10 种情形.所以 X 的分布列为: X P -2 1 14 -1 5 14 0 2 7 1 2 7

1 5 2 2 3 EX=(-2)× +(-1)× +0× +1× =- . 14 14 7 7 14 139.(2013·山东高考理)甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜 3 局者获得比赛的胜利, 1 2 比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是 外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是 .假设 2 3 各局比赛结果互相独立. (1)分别求甲队以 3∶0,3∶1,3∶2 胜利的概率; (2)若比赛结果为 3∶0 或 3∶1,则胜利方得 3 分、对方得 0 分;若比赛结果为 3∶2,则胜 利方得 2 分、对方得 1 分.求乙队得分 X 的分布列及数学期望. 解:本题考查相互独立事件的概率、二项分布、离散型随机变量的概率分布与数学期望等基 础知识,考查分类与整合思想,考查运算求解能力,考查分析问题和解决问题的能力. (1)记“甲队以 3∶0 胜利”为事件 A1,“甲队以 3∶1 胜利”为事件 A2,“甲队以 3∶2 胜 利”为事件 A3, 由题意知,各局比赛结果相互独立, 2?3 8 故 P(A1)=? ?3? =27,

?2?2?1-2?×2= 8 , P(A2)=C2 3 3 ? ? ? 3? 3 27 ?2?2?1-2?2×1= 4 . P(A3)=C2 4 3 ? ? ? 3? 2 27
8 4 所以,甲队以 3∶0 胜利、以 3∶1 胜利的概率都为 ,以 3∶2 胜利的概率为 . 27 27 (2)设“乙队以 3∶2 胜利”为事件 A4, 由题意知,各局比赛结果相互独立,

? 2?2?2?2×?1-1?= 4 . 所以 P(A4)=C2 4 1-3 ? ? ?3? ? 2? 27
由题意知,随机变量 X 的所有可能的取值为 0,1,2,3, 根据事件的互斥性得 16 P(X=0)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)= , 27 4 又 P(X=1)=P(A3)= , 27 4 P(X=2)=P(A4)= , 27

3 P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)= , 27 故 X 的分布列为 X P 0 16 27 1 4 27 2 4 27 3 3 27

16 4 4 3 7 所以 EX=0× +1× +2× +3× = . 27 27 27 27 9 140. (2013·大纲卷高考理)甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当 1 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 2 比赛的结果相互独立,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 的数学期望. 解:本题考查乘法原理,离散型随机变量的期望等知识,考查考生运算求解能力. (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· A 2. 1 P(A)=P(A1· A2)=P(A1)· P(A2)= . 4 (2)X 的可能取值为 0,1,2. 记 A3 表示事件“第 3 局乙和丙比赛时,结果为乙胜”, B1 表示事件“第 1 局结果为乙胜丙”, B2 表示事件“第 2 局乙和甲比赛时,结果为乙胜”, B3 表示事件“第 3 局乙参加比赛时,结果为乙负”. 1 则 P(X=0)=P(B1· B2· A3)=P(B1)P(B2)P(A3)= . 8 1 P(X=2)=P( B 1· B3)=P( B 1)· P(B3)= , 4 1 1 5 P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1- - = . 8 4 8 9 EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)= . 8 141. (2013·四川高考理)某算法的程序框图如图所示,其中输入的变量 x 在 1,2,3,?, 24 这 24 个整数中等可能随机产生.

(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出 y 的值为 i 的概率 Pi(i=1,2,3); (2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解,各自编写程序重复运行 n 次后,统计记录了 输出 y 的值为 i(i=1,2,3)的频数.以下是甲、乙所作频数统计表的部分数据. 甲的频数统计表(部分) 运行次数 n 30 ? 2 100 输出 y 的值为 1 的频数 14 ? 1 027 输出 y 的值为 2 的频数 6 ? 376 输出 y 的值为 3 的频数 10 ? 697

乙的频数统计表(部分) 运行次数 n 30 ? 2 100 输出 y 的值为 1 的频数 12 ? 1 051 输出 y 的值为 2 的频数 11 ? 696 输出 y 的值为 3 的频数 7 ? 353

当 n=2 100 时,根据表中的数据,分别写出甲、乙所编程序各自输出 y 的值为 i(i=1,2,3)的 频率(用分数表示),并判断两位同学中哪一位所编程序符合算法要求的可能性较大; (3)将按程序框图正确编写的程序运行 3 次, 求输出 y 的值为 2 的次数 ξ 的分布列及数学期望. 解:本题主要考查算法与程序框图、古典概型、独立重复试验、随机变量的分布列、数学期 望、频数、频率等概念及相关计算,考查运用统计与概率的知识解决实际问题的能力,考查 数据处理能力、应用意识和创新意识. (1)变量 x 是在 1,2,3,?,24 这 24 个整数中随机产生的一个数,共有 24 种可能. 1 当 x 从 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23 这 12 个数中产生时,输出 y 的值为 1,故 P1= ; 2 1 当 x 从 2,4,8,10,14,16,20,22 这 8 个数中产生时,输出 y 的值为 2,故 P2= ; 3

1 当 x 从 6,12,18,24 这 4 个数中产生时,输出 y 的值为 3,故 P3= . 6 1 1 1 所以,输出 y 的值为 1 的概率为 ,输出 y 的值为 2 的概率为 ,输出 y 的值为 3 的概率为 . 2 3 6 (2)当 n=2 100 时,甲、乙所编程序各自输出 y 的值为 i(i=1,2,3)的频率如下: 输出 y 的值为 1 的频率 甲 乙 1 027 2 100 1 051 2 100 输出 y 的值为 2 的频率 376 2 100 696 2 100 输出 y 的值为 3 的频率 697 2 100 353 2 100

比较频率趋势与概率,可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大. (3)随机变量 ξ 可能的取值为 0,1,2,3.

?1?0 ?2?3 8 P(ξ=0)=C0 3× 3 × 3 = , ? ? ? ? 27 ?1?1 ?2?2 4 P(ξ=1)=C1 3× 3 × 3 = , ? ? ? ? 9 ?1?2 ?2?1 2 P(ξ=2)=C2 3× 3 × 3 = , ? ? ? ? 9 ?1?3 ?2?0 1 P(ξ=3)=C3 3× 3 × 3 = , ? ? ? ? 27
故 ξ 的分布列为 ξ P 0 8 27 1 4 9 2 2 9 3 1 27

8 4 2 1 所以,Eξ=0× +1× +2× +3× =1. 27 9 9 27 即 ξ 的数学期望为 1. 142. (2013·天津高考理)一个盒子里装有 7 张卡片,其中有红色卡片 4 张,编号分别为 1,2,3,4;白色卡片 3 张, 编号分别为 2,3,4.从盒子中任取 4 张卡片(假设取到任何一张卡片 的可能性相同). (1)求取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率; (2)在取出的 4 张卡片中, 红色卡片编号的最大值设为 X, 求随机变量 X 的分布列和数学期 望. 解:本小题主要考查古典概型及概率计算公式、互斥事件、离散型随机变量的分布列与数学 期望等基础知识,考查考生运用概率知识解决简单实际问题的能力.
3 2 2 C1 6 2C5+C2C5 (1)设“取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片”为事件 A,则 P(A)= = . 4 C7 7

6 所以,取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率为 . 7 (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4. C3 1 C3 4 3 4 P(X=1)= 4= ,P(X=2)= 4= , C7 35 C7 35 C3 C3 4 5 2 6 P(X=3)= 4= ,P(X=4)= 4= . C7 7 C7 7 所以随机变量 X 的分布列是 X P 1 1 35 2 4 35 3 2 7 4 4 7

1 4 2 4 17 随机变量 X 的数学期望 EX=1× +2× +3× +4× = . 35 35 7 7 5 143. (2013·江苏高考文)设数列{an}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,?,(- ?k-1?k k?k+1? - - - 1)k 1k,?,(-1)k 1k,?,即当 <n≤ (k∈Z*)时,an=(-1)k 1k.记 Sn=a1+a2 2 2 +?+an(n∈N*).对于 l∈N*,定义集合 Pl={n|Sn 是 an 的整数倍,n∈N*,且 1≤n≤l}. (1)求集合 P11 中元素的个数; (2)求集合 P2 000 中元素的个数. 解:本小题主要考查集合、数列的概念和运算、计算原理等基础知识,考查探究能力及运用 数学归纳法的推理论证能力. (1)由数列{an}的定义得 a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4, a9=-4,a10=-4,a11=5,所以 S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2, S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而 S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11= -a11,所以集合 P11 中元素的个数为 5. (2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*). 事实上,①当 i=1 时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立; ②假设 i=m 时成立,即 Sm(2m+1)=-m(2m+1),则 i=m+1 时,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m +1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3). 综合①②可得 Si(2i+1)=-i(2i+1). 于是 S(i+1)(2i+1)=Si(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1). 由上可知 Si(2i+1)是 2i+1 的倍数,而 ai(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,?,2i+1),所以 Si(2i+1)+j=Si(2i +1)+j(2i+1)是 ai(2i+1)+j(j=1,2,?,2i+1)的倍数. 又 S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是 2i+2 的倍数,而 a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,?,2i+2), 所以 S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是 a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,?,2i +2)的倍数.故当 l=i(2i+1)时,集合 Pl 中元素的个数为 1+3+?+(2i-1)=i2,于是,当 l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合 Pl 中元素的个数为 i2+j. 又 2 000=31×(2×31+1)+47,故集合 P2 000 中元素的个数为 312+47=1 008. 144. (2013·山东高考文)某小组共有 A,B,C,D,E 五位同学,他们的身高(单位:米) 及体重指标(单位:千克/米 2)如下表所示: A 身高 体重指标 1.69 19.2 B 1.73 25.1 C 1.75 18.5 D 1.79 23.3 E 1.82 20.9

(1)从该小组身高低于 1.80 的同学中任选 2 人,求选到的 2 人身高都在 1.78 以下的概率; (2)从该小组同学中任选 2 人, 求选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在[18.5,23.9)

中的概率. 解:本题主要考查古典概型,考查数据处理能力和运算能力. (1)从身高低于 1.80 的同学中任选 2 人,其一切可能的结果组成的基本事件有:(A,B),(A, C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D),共 6 个. 由于每个人被选到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 选到的 2 人的身高都在 1.78 以下的事件有(A,B),(A,C),(B,C),共 3 个.因此选到的 2 3 1 人的身高都在 1.78 以下的概率为 P= = . 6 2 (2)从该小组同学中任选 2 人,其一切可能的结果组成的基本事件有:(A,B),(A,C),(A, D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共 10 个. 由于每个人被选到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的事件有:(C,D),(C,E), (D,E),共 3 个. 3 因此选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率为 P1= . 10 145. (2013·大纲卷高考文)甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当 1 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 2 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)求前 4 局中乙恰好当 1 次裁判的概率. 解:本题主要考查相互独立事件、互斥事件、对立事件的概率,考查转化的思想、分类讨论 的思想;考查逻辑思维能力和简单的计算能力. (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· A 2. 1 P(A)=P(A1· A2)=P(A1)P(A2)= . 4 (2)记 B1 表示事件“第 1 局比赛结果为乙胜”, B2 表示事件“第 2 局乙参加比赛时,结果为乙胜”, B3 表示事件“第 3 局乙参加比赛时,结果为乙胜”, B 表示事件“前 4 局中乙恰好当 1 次裁判”. 则 B= B1 · B3+B1· B2·B3 +B1·B2 . P(B)=P( B1 · B3+B1· B2·B3 +B1·B2 )

=P( B1 · B3)+P(B1· B2·B3 )+P(B1·B2 ) =P( B1 )P(B3)+P(B1)P(B2)P( B3 )+P(B1)P( B2 ) 1 1 1 = + + 4 8 4 5 = . 8 146. (2013·天津高考文)某产品的三个质量指标分别为 x,y,z,用综合指标 S=x+y+z 评价该产品的等级.若 S≤4, 则该产品为一等品.先从一批该产品中,随机抽取 10 件产品 作为样本,其质量指标列表如下:

产品编号 质量指标 (x, y, z) 产品编号 质量指标 (x, y, z)

A1 (1,1,2) A6 (1,2,2)

A2 (2,1,1) A7 (2,1,1)

A3 (2,2,2) A8 (2,2,1)

A4 (1,1,1) A9 (1,1,1)

A5 (1,2,1) A10 (2,1,2)

(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率; (2)在该样本的一等品中, 随机抽取 2 件产品, (ⅰ) 用产品编号列出所有可能的结果; (ⅱ) 设事件 B 为“在取出的 2 件产品中, 每件产品的综合指标 S 都等于 4”, 求事件 B 发生的概率. 解:本题主要考查用样本估计总体的方法、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典 概型及其概率计算公式等基础知识,考查数据处理能力和运用概率知识解决简单问题的能 力.(1)计算 10 件产品的综合指标 S,如下表: 产品编号 S A1 4 A2 4 A3 6 A4 3 A5 4 A6 5 A7 4 A8 5 A9 3 A10 5

6 其中 S≤4 的有 A1,A2,A4,A5,A7,A9,共 6 件,故该样本的一等品率为 =0.6,从而可 10 估计该批产品的一等品率为 0.6. (2)(ⅰ)在该样本的一等品中,随机抽取 2 件产品的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A4},{A1, A5},{A1,A7},{A1,A9},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A7},{A2,A9},{A4,A5},{A4,A7}, {A4,A9},{A5,A7},{A5,A9},{A7,A9},共 15 种. (ⅱ)在该样本的一等品中,综合指标 S 等于 4 的产品编号分别为 A1,A2,A5,A7,则事件 B 发生的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A5},{A1,A7},{A2,A5},{A2,A7},{A5,A7}, 共 6 种.

6 2 所以 P(B)= = . 15 5 147. (2013·辽宁高考文)现有 6 道题,其中 4 道甲类题,2 道乙类题,张同学从中任取 2 道题解答.试求: (1)所取的 2 道题都是甲类题的概率; (2)所取的 2 道题不是同一类题的概率. 解: 本题主要考查用列举法列出基本事件空间以及基本事件, 意在考查考生古典概型的一些 基本概念和古典概率的求法. (1)将 4 道甲类题依次编号为 1,2,3,4;2 道乙类题依次编号为 5,6,任取 2 道题,基本事件为: {1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{2,3},{2,4},{2,5},{2,6},{3,4},{3,5},{3,6},{4,5}, {4,6},{5,6},共 15 个,而且这些基本事件的出现是等可能的. 用 A 表示“都是甲类题”这一事件, 则 A 包含的基本事件有{1,2}, {1,3}, {1,4}, {2,3}, {2,4}, {3,4},共 6 个,所以 P(A)= 6 2 = . 15 5

(2)基本事件同(1). 用 B 表示“不是同一类题”这一事件, 则 B 包含的基本事件有{1,5}, {1,6}, 8 {2,5},{2,6},{3,5},{3,6},{4,5},{4,6},共 8 个,所以 P(B)= . 15 148. (2012·重庆高考理)甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一球.约定甲先投且先投中者 1 获胜,一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为 ,乙 3 1 每次投篮投中的概率为 ,且各次投篮互不影响. 2 (1)求甲获胜的概率; (2)求投篮结束时甲的投球次数 ξ 的分布列与期望. 解:设 Ak,Bk 分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中, 1 1 则 P(Ak)= ,P(Bk)= (k=1,2,3). 3 2 (1)记“甲获胜”为事件 C,由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率 计算公式知

P(C)=P(A1)+P( A 1 B 1A2)+P( A 1 B 1 A 2 B 2A3)
=P(A1)+P( A 1)P( B 1)P(A2)+

P( A 1)P( B 1)P( A 2)P( B 2)P(A3)
1 2 1 1 2 2 1 2 1 = + × × +( ) ×( ) × 3 3 2 3 3 2 3 1 1 1 13 = + + = . 3 9 27 27

(2)ξ的所有可能值为 1,2,3. 由独立性知

P(ξ=1)=P(A1)+P( A 1B1)= + × = , P(ξ=2)=P( A 1 B 1A2)+P( A 1 B 1 A 2B2)= × × +( )2×( )2= , P(ξ=3)=P( A 1 B 1 A 2 B 2)=( )2×( )2= .
综上知,ξ有分布列 2 3 1 2 1 9 2 3 1 1 2 3 2 3 1 2 2 9

1 2 3 3

1 2 2 3

ξ P
2 2 1 13 从而,Eξ=1× +2× +3× = . 3 9 9 9

1 2 3

2 2 9

3 1 9

149. (2012·广东高考理)某班 50 位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示, 其中成绩分组区间是:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]. (1)求图中 x 的值; (2)从成绩不低于 80 分的学生中随机选取 2 人,该 2 人中成绩在 90 分以上(含 90 分)的人数 记为 ξ,求 ξ 的数学期望.

解:(1)由题意得: 10x=1-(0.006×3+0.01+0.054)×10=0.18, 所以 x=0.018. (2)∵成绩不低于 80 分的学生共有(0.018+0.006)×10×50=12 人, 其中 90 分以上(含 90 分) 的共有 0.006×10×50=3 人, ξ 的可能值为 0,1,2, P(ξ=0)=
1 C2 6 C1 9 C2 1 9 9C3 3 ,P(ξ=2)= 2 = , 2 = ,p(ξ=1)= 2 = C12 11 C12 22 C12 22

∴ξ 的分布列为

ξ P

0 6 11

1 9 22

2 1 22

6 9 1 1 ∴Eξ=0× +1× +2× = . 11 22 22 2 3 150. (2012·山东高考理)现有甲、乙两个靶.某射手向甲靶射击一次,命中的概率为 , 4 2 命中得 1 分,没有命中得 0 分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为 ,每命中一次得 2 分, 3 没有命中得 0 分.该射手每次射击的结果相互独立.假设该射手完成以上三次射击. (1)求该射手恰好命中一次的概率; (2)求该射手的总得分 X 的分布列及数学期望 EX. 解:(1)记:“该射手恰好命中一次”为事件 A,“该射手射击甲靶命中”为事件 B,“该射 手第一次射击乙靶命中”为事件 C,“该射手第二次射击乙靶命中”为事件 D,由题意知 3 2 P(B)= ,P(C)=P(D)= ,由于 A=B C 4 3 根据事件的独立性和互斥性得 P(A)=P(B C D + B C D + B C D) =P(B C D )+P( B C D )+P( B C D) =P(B)P( C )P( D )+P( B )P(C)P( D )+P( B )P( C )P(D) 3 2 2 3 2 2 3 2 2 = ×(1- )×(1- )+(1- )× ×(1- )+(1- )×(1- )× 4 3 3 4 3 3 4 3 3 7 = . 36 (2)根据题意,X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5. 根据事件的独立性和互斥性得 P(X=0)=P( B C D) D + B C D + B C D,

=[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)] 3 2 2 =(1- )×(1- )×(1- ) 4 3 3 1 = . 36 P(X=1)=P(B C D )=P(B)P( C )P( D ) 3 2 2 1 = ×(1- )×(1- )= . 4 3 3 12 P(X=2)=P( B C D + B C D)=P( B C D )+P( B C D)

3 2 2 3 2 2 =(1- )× ×(1- )+(1- )×(1- )× 4 3 3 4 3 3 1 = , 9 P(X=3)=P(BC D +B C D)=P(BC D )+P(B C D) 3 2 2 3 2 2 1 = × ×(1- )+ ×(1- )× = , 4 3 3 4 3 3 3 3 2 2 1 P(X=4)=P( B CD)=(1- )× × = , 4 3 3 9 3 2 2 1 P(X=5)=P(BCD)= × × = . 4 3 3 3 故 X 的分布列为 X P 0 1 36 1 1 12 2 1 9 3 1 3 4 1 9 5 1 3

1 1 1 1 1 1 41 所以 EX=0× +1× +2× +3× +4× +5× = . 36 12 9 3 9 3 12 151.(2012·江西高考理)

如图,从 A1(1,0,0),A2(2,0,0),B1(0,1,0),B2(0,2,0),C1(0,0,1),C2(0,0,2)这 6 个点中随机选取 3 个点, 将这 3 个点及原点 O 两两相连构成一个“立体”, 记该“立体”的体积为随机变量 V(如果选取的 3 个点与原点在同一个平面内,此时“立体”的体积 V=0). (1)求 V=0 的概率; (2)求 V 的分布列及数学期望 EV. 解:(1)从 6 个点中随机选取 3 个点总共有 C3 6=20 种取法,选取的 3 个点与原点在同一个平 12 3 3 面内的取法有 C1 3C4=12 种,因此 V=0 的概率为 P(V=0)= = . 20 5 1 1 2 4 (2)V 的所有可能取值为 0, , , , ,因此 V 的分布列为 6 3 3 3 V P 0 3 5 1 6 1 20 1 3 3 20 2 3 3 20 4 3 1 20

由 V 的分布列可得

3 1 1 1 3 2 3 4 1 9 EV=0× + × + × + × + × = . 5 6 20 3 20 3 20 3 20 40 152. (2012·四川高考理)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和 B, 1 系统 A 和系统 B 在任意时刻发生故障的概率分别为 和 p. 10 49 (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 ,求 p 的值; 50 (2)设系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量 ξ, 求 ξ 的概率分布列及 数学期望 Eξ. 1 49 解:(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C,那么 1-P( C )=1- · p= ,解得 p 10 50 1 = . 5 (2)由题意,P(ξ=0)=C0 3( P(ξ=1)=C1 3( 729 . 1 000 所以,随机变量 ξ 的概率分布列为 ξ P 0 1 1 000 1 27 1 000 2 243 1 000 3 729 1 000 1 3 1 )= , 10 1 000

1 2 1 27 1 243 1 2 1 3 )· (1- )= ,P(ξ=2)=C3 · (1- )2= ,P(ξ=3)=C3 (1- )3= 10 10 1 000 10 10 1 000 10

故随机变量 ξ 的数学期望: Eξ=0× 1 27 243 729 27 +1× +2× +3× = . 1 000 1 000 1 000 1 000 10

153. (2012·天津高考理)现有 4 个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参 加者选择.为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游 戏,掷出点数为 1 或 2 的人去参加甲游戏,掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏; (1)求这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率; (2)求这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率; (3)用 X,Y 分别表示这 4 个人中去参加甲、乙游戏的人数,记 ξ=|X-Y|.求随机变量 ξ 的分 布列与数学期望 Eξ. 1 2 解:依题意,这 4 个人中,每个人去参加甲游戏的概率为 ,去参加乙游戏的概率为 .设“这 3 3 4 个人中恰有 i 人去参加甲游戏”为事件 Ai(i=0,1,2,3,4), 1 2 - 则 P(Ai)=Ci4( )i( )4 i. 3 3

1222 8 (1)这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率 P(A2)=C2 . 4( ) ( ) = 3 3 27 (2)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件 B, 则 B=A3∪A4. 132 1 4 1 4 由于 A3 与 A4 互斥,故 P(B)=P(A3)+P(A4)=C3 4( ) ( )+C4( ) = . 3 3 3 9 1 所以,这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为 . 9 (3)ξ 的所有可能取值为 0,2,4. 由于 A1 与 A3 互斥,A0 与 A4 互斥,故 8 P(ξ=0)=P(A2)= , 27 40 P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)= , 81 17 P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)= . 81 所以 ξ 的分布列是 ξ P 0 8 27 2 40 81 4 17 81

8 40 17 148 随机变量 ξ 的数学期望 Eξ=0× +2× +4× = . 27 81 81 81 154. (2012·陕西高考理)某银行柜台设有一个服务窗口,假设顾客办理业务所需的时间互 相独立,且都是整数分钟,对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下. 办理业务所需的时间(分) 频 率 1 0.1 2 0.4 3 0.3 4 0.1 5 0.1

从第一个顾客开始办理业务时计时. (1)估计第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务的概率; (2)X 表示至第 2 分钟末已办理完业务的顾客人数,求 X 的分布列及数学期望. 解:设 Y 表示顾客办理业务所需的时间,用频率估计概率,得 Y 的分布列如下: Y P 1 0.1 2 0.4 3 0.3 4 0.1 5 0.1

(1)A 表示事件“第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务”,则事件 A 对应三种情形:① 第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟, 且第二个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟; ② 第一个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟, 且第二个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟; ③ 第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为 2 分钟.

所以 P(A) = P(Y = 1)P(Y = 3) + P(Y = 3)P(Y = 1) + P(Y = 2)P(Y = 2) = 0.1×0.3 + 0.3×0.1 + 0.4×0.4=0.22. (2)法一:X 所有可能的取值为 0,1,2. X=0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟, 所以 P(X=0)=P(Y>2)=0.5; X=1 对应第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过 1 分钟,或第一个顾客办理业务所需的时间为 2 分钟,所以 P(X=1)=P(Y=1)P(Y>1)+P(Y =2)=0.1×0.9+0.4=0.49; X=2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟, 所以 P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01; 所以 X 的分布列为 X P 0 0.5 1 0.49 2 0.01

EX=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51. 法二:X 的所有可能取值为 0,1,2. X=0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟, 所以 P(X=0)=P(Y>2)=0.5; X=2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟, 所以 P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01; P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=0.49; 所以 X 的分布列为 X P 0 0.5 1 0.49 2 0.01

EX=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51. 155. (2012·湖南高考理)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随 机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据,如下表所示. 一次购物量 顾客数(人) 结算时间(分钟 /人) 1至4件 x 1 5至8件 30 1.5 9 至 12 件 25 2 13 至 16 件 y 2.5 17 件及以上 10 3

已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%. (1)确定 x,y 的值,并求顾客一次购物的结算时间 X 的分布列与数学期望;

(2)若某顾客到达收银台时前面恰有 2 位顾客需结算,且各顾客的结算相互独立,求该顾客 结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率. (注:将频率视为概率) 解:(1)由已知得 25+y+10=55,x+30=45,所以 x=15,y=20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体, 所收集的 100 位顾客一次购物的结算时 间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本,将频率视为概率得 15 3 30 3 P(X=1)= = ,P(X=1.5)= = , 100 20 100 10 25 1 20 1 P(X=2)= = ,P(X=2.5)= = , 100 4 100 5 10 1 P(X=3)= = . 100 10 X 的分布列为

X P

1 3 20

1.5 3 10

2 1 4

2.5 1 5

3 1 10

X 的数学期望为 3 3 1 1 1 E(X)=1× +1.5× +2× +2.5× +3× =1.9. 20 10 4 5 10 (2)记 A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”, Xi(i=1,2)为该顾客前面第 i 位 顾客的结算时间,则 P(A)=P(X1=1 且 X2=1)+P(X1=1 且 X2=1.5)+P(X1=1.5 且 X2=1). 由于各顾客的结算相互独立,且 X1,X2 的分布列都与 X 的分布列相同, 所以 P(A)=P(X1=1)×P(X2=1)+P(X1=1)×P(X2=1.5)+P(X1=1.5)×P(X2=1)= 3 3 3 3 9 × + × = . 20 10 10 20 80 故该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为 9 . 80 3 3 × + 20 20

156. (2012·大纲卷高考理)乒乓球比赛规则规定:一局比赛,双方比分在 10 平前,一方 连续发球 2 次后, 对方再连续发球 2 次, 依次轮换. 每次发球, 胜方得 1 分, 负方得 0 分. 设 在甲、 乙的比赛中, 每次发球, 发球方得 1 分的概率为 0.6, 各次发球的胜负结果相互独立. 甲、 乙的一局比赛中,甲先发球. (1)求开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2 的概率; (2)ξ 表示开始第 4 次发球时乙的得分,求 ξ 的期望. 解:记 Ai 表示事件:第 1 次和第 2 次这 2 次发球,甲共得 i 分,i=0,1,2;

A 表示事件:第 3 次发球,甲得 1 分; B 表示事件:开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2. (1)B=A0· A+A1·A , P(A)=0.4,P(A0)=0.42=0.16,P(A1)=2×0.6×0.4=0.48, P(B)=P(A0· A+A1·A ) =P(A0· A)+P(A1·A ) =P(A0)P(A)+P(A1)P( A ) =0.16×0.4+0.48×(1-0.4) =0.352. (2)P(A2)=0.62=0.36. ξ 的可能取值为 0,1,2,3. P(ξ=0)=P(A2· A)=P(A2)P(A)=0.36×0.4=0.144, P(ξ=2)=P(B)=0.352, P(ξ=3)=P(A0·A )=P(A0)P( A )=0.16×0.6=0.096, P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ=2)-P(ξ=3) =1-0.144-0.352-0.096 =0.408. Eξ=0×P(ξ=0)+1×P(ξ=1)+2×P(ξ=2)+3×P(ξ=3) =0.408+2×0.352+3×0.096 =1.400. 157. (2012·湖北高考理)根据以往的经验,某工程施工期间的降水量 X(单位: mm)对工 期的影响如下表: 降水量 X 工期延误 天数 Y X<300 0 300≤X<700 2 700≤X<900 6 X≥900 10

历年气象资料表明, 该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3,0.7,0.9.求: (1)工期延误天数 Y 的均值与方差; (2)在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率. 解:(1)由已知条件和概率的加法公式有: P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4, P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2.

P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1. 所以 Y 的分布列为: Y P 0 0.3 2 0.4 6 0.2 10 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, 又 P(300≤X<900)=P(X<900)-P(X<300)=0.9-0.3=0.6. 由条件概率,得 P(Y≤6|X≥300)=P(X<900|X≥300)= P?300≤x<900? 0.6 6 = = . 0.7 7 P?X≥300?

6 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 . 7 158. (2012·江苏高考理)设 ξ 为随机变量.从棱长为 1 的正方体的 12 条棱中任取两条, 当两条棱相交时,ξ=0;当两条棱平行时,ξ 的值为两条棱之间的距离;当两条棱异面时, ξ=1. (1)求概率 P(ξ=0); (2)求 ξ 的分布列,并求其数学期望 E(ξ). 解:(1)若两条棱相交,则交点必为正方体 8 个顶点中的 1 个,过任意 1 个顶点恰有 3 条棱, 8×3 4 8C2 3 所以共有 8C2 = . 3对相交棱,因此 P(ξ=0)= 2 = C12 66 11 (2)若两条棱平行,则它们的距离为 1 或 2,其中距离为 2的共有 6 对, 6 1 故 P(ξ= 2)= 2 = , C12 11 4 1 6 于是 P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ= 2)=1- - = , 11 11 11 所以随机变量 ξ 的分布列是 ξ 0 1 2 4 6 1 P(ξ) 11 11 11 6 1 6+ 2 因此 E(ξ)=1× + 2× = . 11 11 11 159. (2012·浙江高考理)已知箱中装有 4 个白球和 5 个黑球,且规定:取出一个白球得 2 分,取出一个黑球得 1 分.现从该箱中任取(无放回,且每球取到的机会均等)3 个球,记随 机变量 X 为取出此 3 球所得分数之和. (1)求 X 的分布列: (2)求 X 的数学期望 E(X). 解:(1)由题意得 X 取 3,4,5,6,且 C3 5 C1 C2 10 5 4· 5 P(X=3)= 3= ,P(X=4)= 3 = , C9 42 C9 21

C2 C1 5 C3 1 4· 5 4 P(X=5)= 3 = ,P(X=6)= 3= . C9 14 C9 21 所以 X 的分布列为 X P 3 5 42 4 10 21 5 5 14 6 1 21

13 (2)由(1)知 E(X)=3· P(X=3)+4· P(X=4)+5· P(X=5)+6· P(X=6)= . 3

160. (2012·福建高考理)受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的利 润与该轿车首次出现故障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为 2 年.现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆,统计数据如下: 品牌 首次出现故障时间 x(年) 轿车数量(辆) 每辆利润(万元) 甲 0<x≤1 2 1 乙 1<x≤2 3 2 x>2 45 3 0<x≤2 5 1.8 x>2 45 2.9

将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首次出现故障发生在保修期内的概率; (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1,生产一辆乙品牌轿车 的利润为 X2,分别求 X1,X2 的分布列; (3) 该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的轿 车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由. 2+3 1 解:(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A,则 P(A)= = . 50 10 (2)依题意得,X1 的分布列为 X1 P 1 1 25 2 3 50 3 9 10

X2 的分布列为 X2 P 1.8 1 10 2.9 9 10

1 3 9 143 (3)由(2)得,E(X1)=1× +2× +3× = =2.86(万元), 25 50 10 50

1 9 E(X2)=1.8× +2.9× =2.79(万元). 10 10 因为 E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌轿车. 161. (2012·安徽高考理)某单位招聘面试,每次从试题库中随机调用一道试题,若调用的 是 A 类型试题,则使用后该试题回库,并增补一道 A 类型试题和一道 B 类型试题入库,此 次调题工作结束;若调用的是 B 类型试题,则使用后该试题回库,此次调题工作结束.试 题库中现共有 n+m 道试题,其中有 n 道 A 类型试题和 m 道 B 类型试题.以 X 表示两次调 题工作完成后,试题库中 A 类型试题的数量. (1)求 X=n+2 的概率; (2)设 m=n,求 X 的分布列和均值(数学期望). 解:以 Ai 表示第 i 次调题调用到 A 类型试题,i=1,2. n+1 n?n+1? n (1)P(X=n+2)=P(A1A2)= · = . m+n m+n+2 ?m+n??m+n+2? (2)X 的可能取值为 n,n+1,n+2. P(X=n)=P( A
1

A 2)=

n n 1 · = , n+n n+n 4

n+1 n n n 1 P(X=n+1)=P(A1 A 2)+P( A 1A2)= · + · = , n+n n+n+2 n+n n+n 2 P(X=n+2)=P(A1A2)= 从而 X 的分布列是 X P n 1 4 n+1 1 2 n+2 1 4 n+1 n 1 · = . n+n n+n+2 4

1 1 1 EX=n× +(n+1)× +(n+2)× =n+1. 4 2 4 162. (2012·新课标高考理)某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后 以每枝 10 元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理. (1)若花店一天购进 16 枝玫瑰花,求当天的利润 y(单位:元)关于当天需求量 n(单位:枝, n∈N)的函数【解析】式; (2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表: 日需求量 n 频数 14 10 15 20 16 16 17 16 18 15 19 13 20 10

以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率. ①若花店一天购进 16 枝玫瑰花,X 表示当天的利润(单位:元),求 X 的分布列、数学期望 及方差;

②若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花,你认为应购进 16 枝还是 17 枝?请说明理由. 解:(1)当日需求量 n≥16 时,利润 y=80. 当日需求量 n<16 时,利润 y=10n-80. 所以 y 关于 n 的函数【解析】式为
?10n-80,n<16, ? y=? (n∈N). ? ?80,n≥16.

(2)①X 可能的取值为 60,70,80,并且 P(X=60)=0.1,P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7. X 的分布列为

X P

60 0.1

70 0.2

80 0.7

X 的数学期望为 EX=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76. X 的方差为 DX=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7=44. ②答案一: 花店一天应购进 16 枝玫瑰花.理由如下: 若花店一天购进 17 枝玫瑰花,Y 表示当天的利润(单位:元),那么 Y 的分布列为 Y P 55 0.1 65 0.2 75 0.16 85 0.54

Y 的数学期望为 EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4. Y 的方差为 DY=(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04. 由以上的计算结果可以看出,DX<DY,即购进 16 枝玫瑰花时利润波动相对较小.另外, 虽然 EX<EY,但两者相差不大.故花店一天应购进 16 枝玫瑰花. 答案二: 花店一天应购进 17 枝玫瑰花.理由如下: 若花店一天购进 17 枝玫瑰花,Y 表示当天的利润(单位:元),那么 Y 的分布列为 Y P 55 0.1 65 0.2 75 0.16 85 0.54

Y 的数学期望为 EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4. 由以上的计算结果可以看出,EX<EY,即购进 17 枝玫瑰花时的平均利润大于购进 16 枝时 的平均利润.故花店一天应购进 17 枝玫瑰花. 163. (2012·四川高考文)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和 B, 1 系统 A 和系统 B 在任意时刻发生故障的概率分别为 和 p. 10 49 (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 ,求 p 的值; 50 (2)求系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率. 解:(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C,那么 1 49 1-P( C )=1- · p= . 10 50 1 解得 p= . 5 (2)设“系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件 D, 那么 P(D)=C2 3 1 1 1 972 243 · (1- )2+(1- )3= = . 10 10 10 1 000 250

164. (2012·天津高考文)某地区有小学 21 所,中学 14 所,大学 7 所,现采用分层抽样的 方法从这些学校中抽取 6 所学校对学生进行视力调查. (1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目; (2)若从抽取的 6 所学校中随机抽取 2 所学校做进一步数据分析, ①列出所有可能的抽取结果; ②求抽取的 2 所学校均为小学的概率. 解:(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为 3,2,1. (2)①在抽取到的 6 所学校中,3 所小学分别记为 A1,A2,A3,2 所中学分别记为 A4,A5,大 学记为 A6,则抽取 2 所学校的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5}, {A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4, A5},{A4,A6},{A5,A6},共 15 种. ②从 6 所学校中抽取的 2 所学校均为小学(记为事件 B)的所有可能结果为{A1, A2}, {A1, A3}, {A2,A3},共 3 种. 3 1 所以 P(B)= = . 15 5 165. (2012·山东高考文)袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 1,2,3;蓝色 卡片两张,标号分别为 1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率; (2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色

不同且标号之和小于 4 的概率. 解:(1)标号为 1,2,3 的三张红色卡片分别记为 A,B,C,标号为 1,2 的两张蓝色卡片分别记 为 D,E,从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为:(A,B),(A,C),(A,D),(A,E), (B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共 10 种. 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从五张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为:(A,D), (A,E),(B,D),共 3 种. 3 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 10 (2)记 F 为标号为 0 的绿色卡片,从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为: (A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D), (C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F),共 15 种. 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从六张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为:(A,D), (A,E),(B,D),(A,F),(B,F),(C,F),(D,F),(E,F),共 8 种. 8 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 15 166. (2012·湖南高考文)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随 机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据,如下表所示. 一次购 物量 顾客数 (人) 结算时间 (分钟/人) 1至 4件 x 5至 8件 30 9至 12 件 25 13 至 16 件 y 17 件 及以上 10

1

1.5

2

2.5

3

已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%. (1)确定 x,y 的值,并估计顾客一次购物的结算时间的平均值; (2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率.(将频率视为概率). 解:(1)由已知得 25+y+10=55,x+30=45,所以 x=15,y=20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体, 所收集的 100 位顾客一次购物的结算时 间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本, 顾客一次购物的结算时间的平均值可用样 本平均数估计,其估计值为 1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10 =1.9(分钟). 100 (2)记 A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”,A1,A2,A3 分别表示事件

“该顾客一次购物的结算时间为 1 分钟”, “该顾客一次购物的结算时间为 1.5 分钟”, “该 15 3 30 3 顾客一次购物的结算时间为 2 分钟”. 将频率视为概率得 P(A1)= = , P(A2)= = , 100 20 100 10 25 1 P(A3)= = . 100 4 因为 A=A1∪A2∪A3,且 A1,A2,A3 是互斥事件,所以 3 3 1 7 P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)= + + = . 20 10 4 10 7 故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 . 10 167. (2012·大纲卷高考文)乒乓球比赛规则规定:一局比赛,双方比分在 10 平前,一方 连续发球 2 次后, 对方再连续发球 2 次, 依次轮换. 每次发球, 胜方得 1 分, 负方得 0 分. 设 在甲、 乙的比赛中, 每次发球, 发球方得 1 分的概率为 0.6, 各次发球的胜负结果相互独立. 甲、 乙的一局比赛中,甲先发球. (1)求开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2 的概率; (2)求开始第 5 次发球时,甲得分领先的概率. 解:记 Ai 表示事件:第 1 次和第 2 次这两次发球,甲共得 i 分,i=0,1,2; Bi 表示事件:第 3 次和第 4 次这两次发球,甲共得 i 分,i=0,1,2; A 表示事件:第 3 次发球,甲得 1 分; B 表示事件:开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2; C 表示事件:开始第 5 次发球时,甲得分领先. (1)B=A0· A+A1·A , P(A)=0.4,P(A0)=0.42=0.16,P(A1)=2×0.6×0.4=0.48, P(B)=P(A0· A+A1·A ) =P(A0· A)+P(A1·A ) =P(A0)P(A)+P(A1)P( A ) =0.16×0.4+0.48×(1-0.4) =0.352. (2)P(B0)=0.62=0.36,P(B1)=2×0.4×0.6=0.48,P(B2)=0.42=0.16, P(A2)=0.62=0.36. C=A1· B2+A2· B1+A2· B2 P(C)=P(A1· B2+A2· B1+A2· B2) =P(A1· B2)+P(A2· B1)+P(A2· B 2) =P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)+P(A2)P(B2)

=0.48×0.16+0.36×0.48+0.36×0.16 =0.307 2. 168. (2012·重庆高考文)甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一球.约定甲先投且先投中 1 者获胜,一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为 , 3 1 乙每次投篮投中的概率为 ,且各次投篮互不影响. 2 (1)求乙获胜的概率; (2)求投篮结束时乙只投了 2 个球的概率. 解:设 Ak,Bk 分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中,则 1 1 P(Ak)= ,P(Bk)= (k=1,2,3). 3 2 (1)记“乙获胜”为事件 C,由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率 计算公式知 P(C)=P( A 1B1)+P( A P( A
1 1

B

1

A 2B2)+

B

1

A

2

B

2

A 3B3)

=P( A 1)P(B1)+P( A 1)P( B 1)P( A 2)P(B2)+P( A 1)P( B 1)P( A 2)P( B 2)P( A 3)P(B3) 2 1 2 1 2 1 = × +( )2×( )2+( )3×( )3 3 2 3 2 3 2 13 = . 27 (2)记“投篮结束时乙只投了 2 个球”为事件 D,则由互斥事件有一个发生的概率与相互独 立事件同时发生的概率计算公式知 P(D)=P( A
1

B

1

A 2B2)+P( A

1

B

1

A

2

B 2A3)

=P( A 1)P( B 1)P( A 2)P(B2)+P( A 1)P( B 1)P( A 2)· P( B 2)P(A3) 2 1 2 1 1 4 =( )2×( )2+( )2×( )2×( )= . 3 2 3 2 3 27 169. (2011·新课标高考)某种产品的质量以其质量指标值衡量,质量指标值越大表明质量 越好,且质量指标值大于或等于 102 的产品为优质品,现用两种新配方(分别称为 A 配方和 B 配方)做试验,各生产了 100 件这种产品,并测量了每件产品的质量指标值,得到下面试 验结果: A 配方的频数分布表 指标值分组 频数 B 配方的频数分布表 [90,94) 8 [94,98) 20 [98,102) 42 [102,106) 22 [106,110] 8

指标值分组 频数

[90,94) 4

[94,98) 12

[98,102) 42

[102,106) 32

[106,110] 10

(1)分别估计用 A 配方,B 配方生产的产品的优质品率; (2)已知用 B 配方生产的一件产品的利润 y(单位:元)与其质量指标值 t 的关系式为 y= -2,t<94, ? ? ?2,94≤t<102, ? ?4,t≥102.

从用 B 配方生产的产品中任取一件,其利润记为 X(单位:元),求 X 的

分布列及数学期望.(以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质量指标值 落入相应组的概率) 22+8 解:(1)由试验结果知,用 A 配方生产的产品中优质品的频率为 =0.3,所以用 A 配方 100 生产的产品的优质品率的估计值为 0.3. 32+10 由试验结果知, 用 B 配方生产的产品中优质品的频率为 =0.42, 所以用 B 配方生产的 100 产品的优质品率的估计值为 0.42. (2)用 B 配方生产的 100 件产品中,其质量指标值落入区间[90,94),[94,102),[102,110]的频 率分别为 0.04,0.54,0.42,因此 P(X=-2)=0.04,P(X=2)=0.54,P(X=4)=0.42, 即 X 的分布列为 X P -2 0.04 2 0.54 4 0.42

X 的数学期望 EX=-2×0.04+2×0.54+4×0.42=2.68. 170.(2011·大纲卷高考)根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率为 0.5,购买 乙种保险但不购买甲种保险的概率为 0.3,设各车主购买保险相互独立. (1)求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率; (2)X 表示该地的 100 位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数.求 X 的期望. 解:记 A 表示事件:该地的 1 位车主购买甲种保险; B 表示事件:该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险; C 表示事件:该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种; D 表示事件:该地的 1 位车主甲、乙两种保险都不购买. (1)P(A)=0.5,P(B)=0.3,C=A+B,(3 分) P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.8.(6 分) - (2)D= C ,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2, X~B(100,0.2),即 X 服从二项分布,(10 分) 所以期望 EX=100×0.2=20.(12 分)

171. (2011·北京高考)以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数.乙组记录中 有一个数据模糊,无法确认,在图中以 X 表示. 甲组 9 1 9 1 乙组

? 0 ? ? ? ? 1 ?

X 0

8

9

(1)如果 X=8,求乙组同学植树棵数的平均数和方差; (2)如果 X=9,分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,求这两名同学的植树总棵数 Y 的分 布列和数学期望. 1 - - - - (注:方差 s2= [(x1- x )2+(x2- x )2+?+(xn- x )2],其中 x 为 x1,x2,?,xn 的平均数) n 解:(1)当 X=8 时,由茎叶图可知,乙组同学的植树棵数是:8,8,9,10, - 8+8+9+10 35 所以平均数为: x = = ; 4 4 1 35 35 35 35 11 方差为:s2= ×[(8- )2+(8- )2+(9- )2+(10- )2]= . 4 4 4 4 4 16 (2)当 X=9 时,由茎叶图可知,甲组同学的植树棵数是:9,9,11,11;乙组同学的植树棵数是: 9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,共有 4×4=16 种可能的结果,这两名同学 植树总棵数 Y 的可能取值为 17,18,19,20,21.事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树 9 棵,乙组选出的同学植树 8 棵”,所以该事件有 2 种可能的结果,因此 2 1 1 1 1 1 P(Y=17)= = .同理可得 P(Y=18)= ;P(Y=19)= ;P(Y=20)= ;P(Y=21)= .所以随 16 8 4 4 4 8 机变量 Y 的分布列为: Y P 17 1 8 18 1 4 19 1 4 20 1 4 21 1 8

EY=17×P(Y=17)+18×P(Y=18)+19×P(Y=19)+20×P(Y=20)+21×P(Y=21)=17× 1 1 1 1 1 +18× +19× +20× +21× =19. 8 4 4 4 8 172. (2011·江西高考)某饮料公司招聘了一名员工,现对其进行一项测试,以便确定工资 级别.公司准备了两种不同的饮料共 8 杯,其颜色完全相同,并且其中 4 杯为 A 饮料,另 外 4 杯为 B 饮料,公司要求此员工一一品尝后,从 8 杯饮料中选出 4 杯 A 饮料.若 4 杯都 选对,则月工资定为 3 500 元;若 4 杯选对 3 杯,则月工资定为 2 800 元;否则月工资定为 2 100 元.令 X 表示此人选对 A 饮料的杯数.假设此人对 A 和 B 两种饮料没有鉴别能力. (1)求 X 的分布列; (2)求此员工月工资的期望. 解:(1)X 的所有可能取值为:0,1,2,3,4,

4 i Ci4C4 P(X=i)= 4 (i=0,1,2,3,4), C8


即 X P 0 1 70 1 16 70 2 36 70 3 16 70 4 1 70

(2)令 Y 表示此员工的月工资,则 Y 的所有可能取值为 1 2 100,2 800,3 500,则 P(Y=3 500)=P(X=4)= , 70 8 P(Y=2 800)=P(X=3)= , 35 53 P(Y=2 100)=P(X≤2)= , 70 1 16 53 EY=3 500× +2 800× +2 100× =2 280, 70 70 70 所以此员工月工资的期望为 2 280 元. 173. (2011·安徽高考)工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务,每次只派 一个人进去,且每个人只派一次,工作时间不超过 10 分钟.如果前一个人 10 分钟内不能完 成任务则撤出,再派下一个人.现在一共只有甲、乙、丙三个人可派,他们各自能完成任务 的概率分别为 p1,p2,p3,假设 p1,p2,p3 互不相等,且假定各人能否完成任务的事件相互 独立. (1)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人,求任务能被完成的概率.若改变三个人被 派出的先后顺序,任务能被完成的概率是否发生变化? (2)若按某指定顺序派人,这三个人各自能完成任务的概率依次为 q1,q2,q3,其中 q1,q2, q3 是 p1,p2,p3 的一个排列,求所需派出人员数目 X 的分布列和均值(数学期望)EX; (3)假定 1>p1>p2>p3, 试分析以怎样的先后顺序派出人员, 可使所需派出的人员数目的均值(数 学期望)达到最小. 解:(1)无论以怎样的顺序派出人员,任务不能被完成的概率都是 (1-p1)(1-p2)(1-p3),所 以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关,并等于 1-(1-p1)(1-p2)(1-p3) =p1+p2+p3-p1p2-p2p3-p3p1+p1p2p3. (2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为 q1,q2,q3 时,随机变量 X 的分布列为 X P 1 q1 2 (1-q1)q2 3 (1-q1)(1-q2)

所需派出的人员数目的均值(数学期望)EX 是 EX=q1+2(1-q1)q2+3(1-q1)(1-q2)=3-2q1-q2+q1q2. (3)法一:由(2)的结论知,当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时,EX=3-2p1-p2+

p1p2. 根据常理,优先派出完成任务概率大的人,可减少所需派出的人员数目的均值. 下面证明:对于 p1,p2,p3 的任意排列 q1,q2,q3,都有 3-2q1-q2+q1q2≥3-2p1-p2+p1p2,(*) 事实上, Δ=(3-2q1-q2+q1q2)-(3-2p1-p2+p1p2) =2(p1-q1)+(p2-q2)-p1p2+q1q2 =2(p1-q1)+(p2-q2)-(p1-q1)p2-q1(p2-q2) =(2-p2)(p1-q1)+(1-q1)(p2-q2)≥(1-q1)[(p1+p2)-(q1+q2)]≥0. 即(*)成立. (法二)(ⅰ)可将(2)中所求的 EX 改写为 3-(q1+q2)+q1q2-q1,若交换前两人的派出顺序,则 变为 3-(q1+q2)+q1q2-q2.由此可见,当 q2>q1 时,交换前两人的派出顺序可减小均值. (ⅱ)也可将(2)中所求的 EX 改写为 3-2q1-(1-q1)q2,若交换后两人的派出顺序,则变为 3 -2q1-(1-q1)q3.由此可见,若保持第一个派出的人选不变,当 q3>q2 时,交换后两人的派 出顺序也可减小均值. 综合(ⅰ)(ⅱ)可知,当(q1,q2,q3)=(p1,p2,p3)时,EX 达到最小.即完成任务概率大的人 优先派出,可减小所需派出人员数目的均值,这一结论是合乎常理的. 174. (2011·山东高考)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员 A、B、C 进行围棋比赛,甲对 A、 乙对 B、丙对 C 各一盘.已知甲胜 A、乙胜 B、丙胜 C 的概率分别为 0.6,0.5,0.5.假设各盘比 赛结果相互独立. (1)求红队至少两名队员获胜的概率; (2)用 ξ 表示红队队员获胜的总盘数,求 ξ 的分布列和数学期望 Eξ.
- - -

解:(1)设甲胜 A 的事件为 D,乙胜 B 的事件为 E,丙胜 C 的事件为 F,则D,E,F分别表 示甲不胜 A、乙不胜 B、丙不胜 C 的事件. 因为 P(D)=0.6,P(E)=0.5,P(F)=0.5,
- - -

由对立事件的概率公式知 P(D)=0.4,P(E)=0.5,P(F)=0.5.
- - -

红队至少两人获胜的事件有:DEF,DEF,DEF,DEF. 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立, 因此红队至少两人获胜的概率为
- -

P=P(DE F )+P(DEF)+P(DEF)+P(DEF) =0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.55. (2)由题意知 ξ 可能的取值为 0,1,2,3.

--





--

又由(1)知DEF、DEF、DEF是两两互斥事件,且各盘比赛的结果相互独立,
- --

因此 p(ξ=0)=P(DEF)=0.4×0.5×0.5=0.1,
-- - - --

P(ξ=1)=P(DEF)+P(DEF)+P(DEF) =0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35, P(ξ=3)=P(DEF)=0.6×0.5×0.5=0.15. 由对立事件的概率公式得 P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)=0.4. 所以 ξ 的分布列为: ξ P 0 0.1 1 0.35 2 0.4 3 0.15

因此 Eξ=0×0.1+1×0.35+2×0.4+3×0.15=1.6. 175. (2011·四川高考)本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多,某自行 车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费, 超过两小时的部分每小时收费 2 元(不足 1 小时的部分按 1 小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一 1 1 车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为 , ;两小时以上且不超过三小时还车 4 2 1 1 的概率分别为 , ;两人租车时间都不会超过四小时. 2 4 (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率; (2)记甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量 ξ,求 ξ 的分布列及数学期望 Eξ. 1 1 解:(1)由题意得,甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为 , . 4 4 记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件 A,则 1 1 1 1 1 1 5 P(A)= × + × + × = . 4 2 2 4 4 4 16 5 答:甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为 . 16 (2)ξ 可能取的值有 0,2,4,6,8. 1 1 1 P(ξ=0)= × = ; 4 2 8 1 1 1 1 5 P(ξ=2)= × + × = ; 4 4 2 2 16 1 1 1 1 1 1 5 P(ξ=4)= × + × + × = ; 2 4 4 2 4 4 16 1 1 1 1 3 P(ξ=6)= × + × = ; 2 4 4 4 16 1 1 1 P(ξ=8)= × = . 4 4 16

甲、乙两人所付的租车费用之和 ξ 的分布列为 ξ P 0 1 8 2 5 16 4 5 16 6 3 16 8 1 16

1 5 5 3 1 7 所以 Eξ=0× +2× +4× +6× +8× = . 8 16 16 16 16 2 176. (2011·湖南高考)某商店试销某种商品 20 天,获得如下数据: 日销售量(件) 频数 0 1 1 5 2 9 3 5

试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变), 设某天开始营业时有该商品 3 件,当天营业结束后检查存货,若发现存量少于 2 件,则当天 进货补充至 3 件,否则不进货,将频率视为概率. (Ⅰ)求当天商店不进货的概率; (Ⅱ)记 X 为第二天开始营业时该商品的件数,求 X 的公布列和数学期望. 解:(Ⅰ)P(“当天商店不进货”)=P(“当天商品销售量为 0 件”)+P(“当天商品销售量为 1 1 5 3 件”)= + = . 20 20 10 (Ⅱ)由题意知,X 的可能取值为 2,3. 5 1 P(X=2)=P(“当天商品销售量为 1 件”)= = ; 20 4 P(X=3)=P(“当天商品销售量为 0 件”)+P(“当天商品销售量为 2 件”)+P(“当天商品销 1 9 5 3 售量为 3 件”)= + + = . 20 20 20 4 故 X 的分布列为 X P 1 3 11 X 的数学期望为 EX=2× +3× = . 4 4 4 177.(2011·重庆高考)某市公租房的房源位于 A、B、C 三个片区,设每位申请人只申请 其中一个片区的房源, 且申请其中任一个片区的房源是等可能的. 求该市的任 4 位申请人中: (Ⅰ)恰有 2 人申请 A 片区房源的概率; (Ⅱ)申请的房源所在片区的个数 ξ 的分布列与期望. 解:这是等可能性事件的概率计算问题. (Ⅰ)法一:所有可能的申请方式有 34 种,恰有 2 人申请 A 片区房源的申请方式有 C2 22 种, 4· 2 1 4 3 3 4

C2 22 8 4· 从而恰有 2 人申请 A 片区房源的概率为 4 = . 3 27 法二:设对每位申请人的观察为一次试验,这是 4 次独立重复试验. 1 记“申请 A 片区房源”为事件 A,则 P(A)= . 3 从而,由独立重复试验中事件 A 恰发生 k 次的概率计算公式知,恰有 2 人申请 A 片区房源 8 2 1 2 2 2 的概率为 P4(2)=C4 ( )( )= . 3 3 27 (Ⅱ)ξ 的所有可能值为 1,2,3.又 3 1 P(ξ=1)= 4= , 3 27
1 3 2 2 4 C2 C2 3?C2C4+C4C2? 14 3?2 -2? 14 P(ξ=2)= = (或 P(ξ=2)= = ), 4 3 27 34 27 2 1 3 C1 4 C2 4 3C4C2 4A3 P(ξ=3)= = (或 P(ξ=3)= 4 = ). 4 3 9 3 9

综上知,ξ 有分布列 ξ P 1 1 27 2 14 27 3 4 9

1 14 4 65 从而有:Eξ=1× +2× +3× = . 27 27 9 27 178. (2011·广东高考)为了解甲、乙两厂的产品质量,采用分层抽样的方法从甲、乙两厂 生产的产品中分别抽取 14 件和 5 件,测量产品中微量元素 x,y 的含量(单位:毫克).下表 是乙厂的 5 件产品的测量数据: 编号 x y 1 169 75 2 178 80 3 166 77 4 175 70 5 180 81

(1)已知甲厂生产的产品共有 98 件,求乙厂生产的产品数量; (2)当产品中的微量元素 x,y 满足 x≥175 且 y≥75 时,该产品为优等品.用上述样本数据估 计乙厂生产的优等品的数量; (3)从乙厂抽出的上述 5 件产品中,随机抽取 2 件,求抽取的 2 件产品中优等品数 ξ 的分布 列及其均值(即数学期望). 14 5 解:(1)设乙厂生产的产品数量为 m 件,依题意得 = ,∴m=35, 98 m 答:乙厂生产的产品数量为 35 件. (2)∵上述样本数据中满足 x≥175 且 y≥75 的只有 2 件,

2 ∴估计乙厂生产的优等品的数量为 35× =14 件. 5 (3)依题意,ξ 可取值 0,1,2,则
1 C2 3 C1 3 C2 1 3 2C3 2 P(ξ=0)= 2= ,P(ξ=1)= 2 = ,P(ξ=2)= 2= , C5 10 C5 5 C5 10

∴ξ 的分布列为 ξ P 3 3 1 4 故 Eξ=0× +1× +2× = . 10 5 10 5 179. (2011·天津高考)学校游园活动有这样一个游戏项目:甲箱子里装有 3 个白球、2 个 黑球,乙箱子里装有 1 个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从两个箱子 里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱) (1)求在 1 次游戏中, (ⅰ)摸出 3 个白球的概率; (ⅱ)获奖的概率; (2)求在 2 次游戏中获奖次数 X 的分布列及数学期望 E(X). 解:(1)(ⅰ)设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球”为事件 Ai(i=0,1,2,3),则 P(A3)= (ⅱ)设“在 1 次游戏中获奖”为事件 B,则 B=A2∪A3.
2 1 1 C2 C1 1 3 C2 3C2 C2 又 P(A2)= 2· 2+ 2 · 2= ,且 A2,A3 互斥, C5 C3 C5 C3 2 1 C2 1 3 C2 2· 2= . C5 C3 5

0 3 10

1 3 5

2 1 10

1 1 7 所以 P(B)=P(A2)+P(A3)= + = . 2 5 10 (2)由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2. 7 9 P(X=0)=(1- )2= , 10 100 P(X=1)=C1 2 7 7 21 ×(1- )= , 10 10 50

7 49 P(X=2)=( )2= . 10 100 所以 X 的分布列是 X P 0 9 100 1 21 50 2 49 100

X 的数学期望 E(X)=0×

9 21 49 7 +1× +2× = . 100 50 100 5

答:当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 180. (2011·福建高考)某产品按行业生产标准分成 8 个等级,等级系数 X 依次为 1,2,?, 8,其中 X≥5 为标准 A,X≥3 为标准 B.已知甲厂执行标准 A 生产该产品,产品的零售价为 6 元/件;乙厂执行标准 B 生产该产品,产品的零售价为 4 元/件,假定甲、乙两厂的产品都 符合相应的执行标准. (1)已知甲厂产品的等级系数 X1 的概率分布列如下所示: X1 P 5 0.4 6 a 7 b 8 0.1

且 X1 的数学期望 EX1=6,求 a,b 的值; (2)为分析乙厂产品的等级系数 X2,从该厂生产的产品中随机抽取 30 件,相应的等级系数组 成一个样本,数据如下: 3 6 8 5 3 3 8 3 4 7 5 3 4 3 4 5 5 3 4 4 7 6 3 4 8 5 3 5 6 7

用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,求等级系数 X2 的数学期望. (3)在(1)、(2)的条件下,若以“性价比”为判断标准,则哪个工厂的产品更具可购买性?说 明理由. 注:(1)产品的“性价比” 产品的等级系数的数学期望 = ; 产品的零售价 (2)“性价比”大的产品更具可购买性. 解:(1)因为 EX1=6, 所以 5×0.4+6a+7b+8×0.1=6, 即 6a+7b=3.2. 又由 X1 的概率分布列得 0.4+a+b+0.1=1, 即 a+b=0.5.
?6a+7b=3.2, ?a=0.3, ? ? 由? 解得? ?a+b=0.5, ?b=0.2. ? ?

(2)由已知得,样本的频率分布表如下: X2 f 3 0.3 4 0.2 5 0.2 6 0.1 7 0.1 8 0.1

用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,可得等级系数 X2 的概率分布列如 下:

X2 P

3 0.3

4 0.2

5 0.2

6 0.1

7 0.1

8 0.1

所以 EX2=3P(X2=3)+4P(X2=4)+5P(X2=5)+6P(X2=6)+7P(X2=7)+8P(X2=8)=3×0.3 +4×0.2+5×0.2+6×0.1+7×0.1+8×0.1=4.8. 即乙厂产品的等级系数的数学期望等于 4.8. (3)乙厂的产品更具可购买性.理由如下: 6 因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于 6,价格为 6 元/件,所以其性价比为 =1. 6 因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于 4.8,价格为 4 元/件,所以其性价比为 据此,乙厂的产品更具可购买性. 181. (2011·陕西高考) 4.8 =1.2. 4

如图,A 地到火车站共有两条路径 L1 和 L2,据统计,通过两条路径所用的时间互不影响, 所用时间落在各时间段内的频率如下表: 时间(分钟) L1 的频率 L2 的频率 10~20 0.1 0 20~30 0.2 0.1 30~40 0.3 0.4 40~50 0.2 0.4 50~60 0.2 0.1

现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站. (1)为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站,甲和乙应如何选择各自的路径? (2)用 X 表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数,针对(1)的选择方案,求 X 的分布列和数学期望. 解:(1)Ai 表示事件“甲选择路径 Li 时,40 分钟内赶到火车站”,Bi 表示事件“乙选择路径 Li 时,50 分钟内赶到火车站”,i=1,2.用频率估计相应的概率可得 P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6, P(A2)=0.1+0.4=0.5, ∵P(A1)>P(A2),∴甲应选择 L1; P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8, P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9, ∵P(B2)>P(B1),∴乙应选择 L2. (2)A,B 分别表示针对(1)的选择方案,甲,乙在各自允许的时间内赶到火车站,由(1)知 P(A) =0.6,P(B)=0.9,又由题意知,A,B 独立,

-- - - ∴P(X=0)=P( A B )=P( A )P( B )=0.4×0.1=0.04, - - - - P(X=1)=P( A B+A B )=P( A )P(B)+P(A)P( B ) =0.4×0.9+0.6×0.1=0.42, P(X=2)=P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.9=0.54. ∴X 的分布列为 X P 0 0.04 1 0.42 2 0.54

∴EX=0×0.04+1×0.42+2×0.54=1.5. 182. (2011·辽宁高考)某农场计划种植某种新作物,为此对这种作物的两个品种(分别称 为品种甲和品种乙)进行田间试验.选取两大块地,每大块地分成 n 小块地,在总共 2n 小块 地中,随机选 n 小块地种植品种甲,另外 n 小块地种植品种乙. (1)假设 n=4,在第一大块地中,种植品种甲的小块地的数目记为 X,求 X 的分布列和数学 期望; (2)试验时每大块地分成 8 小块,即 n=8,试验结束后得到品种甲和品种乙在各小块地上的 每公顷产量(单位:kg/hm2)如下表: 品种甲 品种乙 403 419 397 403 390 412 404 418 388 408 400 423 412 400 406 413

分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差; 根据试验结果, 你认为应该 种植哪一品种? 1 - - - - 附:样本数据 x1,x2,?,xn 的样本方差 s2= [(x1- x )2+(x2- x )2+?+(xn- x )2],其中 x n 为样本平均数. 解:(1)X 可能的取值为 0,1,2,3,4,且 1 1 P(X=0)= 4= , C8 70
3 C1 8 4C4 P(X=1)= 4 = , C8 35 2 C2 18 4C4 P(X=2)= 4 = , C8 35 1 C3 8 4C4 P(X=3)= 4 = , C8 35

1 1 P(X=4)= 4= . C8 70 即 X 的分布列为

X P

0 1 70

1 8 35

2 18 35

3 8 35

4 1 70

X 的数学期望为(4 分) 1 8 18 8 1 E(X)=0× +1× +2× +3× +4× =2.(6 分) 70 35 35 35 70 (2)品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为: 1 - x 甲= ×(403+397+390+404+388+400+412+406)=400, 8 1 2 2 2 2 2 2 2 2 s2 甲= ×[(3 +(-3) +(-10) +4 +(-12) +0 +12 +6 )]=57.25(8 分) 8 品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为: 1 - x 乙= ×(419+403+412+418+408+423+400+413)=412, 8 1 2 2 2 2 2 2 2 2 s2 乙= ×[7 +(-9) +0 +6 +(-4) +11 +(-12) +1 ]=56.(10 分) 8 由以上结果可看出, 品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数, 且两品种的样本方差差 异不大,故应该选择种植品种乙.(12 分) 183.(2010·四川高考理)某种有奖销售的饮料,瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买” 字样,购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖,中奖概率为 .甲、乙、丙三 位同学每人购买了一瓶该饮料. (Ⅰ)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率; (Ⅱ)求中奖人数ξ 的分布列及数学期望 Eξ . 解: (1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为 A、B、C,那么 P(A)=P(B)=P(C)=
1 6
1 5 2 25 ( ) ? 6 6 216 25 . 216
w_w w. k#s5_u.c o *m

1 6

P( A B C )=P(A)P( B )P( C )=

答:甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为 (2)ξ 的可能值为 0,1,2,3 P(ξ =k)= C3 ( ) ( )
k

1 6

k

5 6

3? k

(k=0,1,2,3)
w_w w. k#s5_u.c o *m

所以中奖人数ξ 的分布列为 ξ 0

1

2

3

P Eξ =0×

125 216

25 72

5 72

1 216

1 125 25 5 1 +1× +2× +3× = . 216 72 72 216 2 2 ,且各次射击的结果互不 3

184.(2010·天津高考理)某射手每次射击击中目标的概率是 影响. (Ⅰ)假设这名射手射击 5 次,求恰有 2 次击中目标的概率

(Ⅱ)假设这名射手射击 5 次,求有 3 次连续击中目标.另外 2 次未击中目标的概率; (Ⅲ)假设这名射手射击 3 次,每次射击,击中目标得 1 分,未击中目标得 0 分,在 3 次射 击中,若有 2 次连续击中,而另外 1 次未击中,则额外加 1 分;若 3 次全击中,则额外加 3 分,记 ? 为射手射击 3 次后的总的分数,求 ? 的分布列. 解: (1)解:设 X 为射手在 5 次射击中击中目标的次数,则 X ~ B ? 5, ? .在 5 次射击中, 恰有 2 次击中目标的概率

? ?

2? 3?

40 ? 2? ? 2? P( X ? 2) ? C5 ? ? ? ? ?1 ? ? ? ? 3 ? ? 3 ? 243
2

2

2

(Ⅱ)解:设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai (i ? 1, 2,3, 4,5) ; “射手在 5 次射击中,有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标”为事件 A ,则

P( A) ? P( A1 A2 A3 A4 A5 ) ? P( A1 A2 A3 A4 A5 ) ? P( A1 A2 A3 A4 A5 )
? 2? ?1? 1 ? 2? 1 ?1? ? 2? = ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ? 3? ? 3? 3 ? 3? 3 ? 3? ? 3?
=
3 2 3 2 3

8 81

(Ⅲ)解:由题意可知, ? 的所有可能取值为 0,1, 2,3,6

1 ?1? , P(? ? 0) ? P( A1 A2 A3 ) ? ? ? ? ? 3 ? 27

3

P(? ? 1) ? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A 2 A3 ) ? P( A1 A2 A3 )
2 ?1? 1 2 1 ?1? 2 2 = ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? , 3 ? 3? 3 3 3 ?3? 3 9
2 2



2 1 2 4 P(? ? 2) ? P( A1 A2 A3 ) ? ? ? ? , 3 3 3 27

8 ? 2? 1 1 ?1? P(? ? 3) ? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A2 A3 ) ? ? ? ? ? ? ? ? ? , ? 3 ? 3 3 ? 3 ? 27 8 ?2? . P(? ? 6) ? P( A1 A2 A3 ) ? ? ? ? ? 3 ? 27
所以 ? 的分布列是
3

2

2


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