2018学年高中数学选修2-3课时作业2 含答案
第一章 1.1 1.1.2
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．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：分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选一门，有4种选法，其次由甲从剩下的3门课程中任选一门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)，故选C.
答案： C
2．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．84
C．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： B
3．(2015·长沙高二检测)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有() A．24种B．18种
C．12种D．6种
解析：方法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
方法二：(间接法)从4种蔬菜中任选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24(种)方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．答案： B
4．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．23
C．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10分)
5．(1)把5本书全部借给3名同学，则不同的借法共有______种；
(2)把3个人分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，则不同的分配方案共有________种．
解析：(1)借书时，并没有要求每人必须借书，而只要把书借完即可，故每本书应该借给三个人中的一个．所以总的借法有3×3×3×3×3＝243种．同样，(2)中，三个人分到五个车间，有的车间可以没有人，但人必须分完，每个人可以到5个车间中的任何一个车间，各有5种分法，一共有5×5×5＝125种不同的分配方案．
答案：(1)243(2)125
6．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，则不同的种植方法共有________种．
解析：分两步：第一步，先选垄，如图，共有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)
7．如图所示，要用4种不同的颜色给金、榜、题、名四个区域上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？
解析：完成这件事可分四个步骤进行，按金、榜、题、名的次序填涂．
第一步，填涂金，有4种不同颜色可选用；
第二步，填涂榜，除金所用过的颜色外，还有3种不同颜色可选用；
第三步，填涂题，除金、榜用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用；
第四步，填涂名，除榜、题用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用．
所以，完成这件事共有4×3×2×2＝48种不同的方法，即填涂这张图共有48种不同的方法．
答：共有48种不同的涂法．
8．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个
(1)三位整数？
(2)无重复数字的三位整数？
(3)小于500的无重复数字的三位整数？
解析：由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．
(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900个．
(2)由于数字不可重复，可知百位的数字有9种选择，十位的数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648个．
(3)百位只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288个．
9．(10分)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2,3张为不同花色的A，他有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌，但张数不限(可以不出，但5次必须出完牌)，此人有多少种不同的出牌方法？
解析：由于张数不限，2张2,3张A可以一起出，亦可分几次出，故考虑按此分类．出牌的方法可分为以下几类：
(1)5张牌全部分开出，有5×4×3×2×1＝120种方法；
(2)2张2一起出，3张A一起出，有5×4＝20种方法；
(3)2张2一起出，3张A分三次出，有5×4×3×2＝120种方法；
(4)2张2一起出，3张A分两次出，有3×5×4×3＝180种方法；
(5)2张2分开出，3张A一起出，有5×4×3＝60种方法；
(6)2张2分开出，3张A分两次出，有3×5×4×3×2＝360种方法；
因此共有不同的出牌方法120＋20＋120＋180＋60＋360＝860种．。
2018学年高二数学人教A版选修2-3第2.4 正态分布 含解
绝密★启用前人教版选修2-3 课时2.4 正态分布一、选择题1．【题文】正态分布密度函数为φμ，σ(x )＝28e 8πx -，x ∈(－∞，＋∞)，则总体的平均数和标准差分别是( )A ．0和8B ．0和4C ．0和2D ．0和22．【题文】某次市教学质量检测，甲、乙、丙三科考试成绩的分布可视为正态分布，如图所示，则下列说法中正确的一个是( )A ．乙科总体的标准差及平均数不相同B ．甲、乙、丙三科的总体的平均数不相同C ．丙科总体的平均数最小D ．甲科总体的标准差最小3．【题文】若随机变量ξ的密度函数为()222πx f x -=，ξ在(－2，－1)和(1,2)内取值的概率分别为p 1、p 2，则p 1、p 2的关系为( )A ．p 1＞p 2B ．p 1＜p 2C ．p 1＝p 2D ．不确定4．【题文】随机变量X ～N (μ，σ2)，则Y ＝aX ＋b 服从( )A ．N (aμ，σ2)B ．N (0,1)C ．N (aμ，2b σ) D ．N (aμ＋b ，a 2σ2)5．【题文】随机变量ξ～N (2,100)，若ξ落在区间(－∞，k )和(k ，＋∞)内的概率是相等的，则k 等于( ) A ．2B ．10 C. 2 D ．可以是任意实数6．【题文】已知随机变量ξ服从正态分布N (0，σ2)，P (ξ>2)＝0.023，则P (－2≤ξ≤2)＝( )A ．0.477B ．0.628C ．0.954D ．0.9777．【题文】以φ(x )表示标准正态总体在区间(－∞，x )内取值的概率，若随机变量ξ服从正态分布(μ，σ2)，则概率P (|ξ－μ|<σ)等于( )A ．φ(μ＋σ)－φ(μ－σ)B ．φ(1)－φ(－1)C ．1μϕσ-⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．2φ(μ＋σ)8．【题文】已知一次考试共有60名同学参加，考生的成绩X ～N (110,52)，据此估计，大约应有57人的分数区间为( )A ．(90,110]B ．(95,125]C ．(100,120]D ．(105,115]二、填空题9．【题文】已知X ～N (1.4,0.052)，则X 落在区间(1.35,1.45)中的概率为__________．10．【题文】某次考试成绩X ～N (a ,52)，随机抽查了10位同学的成绩，其平均值为72.5，标准差为5.3，则a 的估计值为________．11．【题文】若随机变量X 的概率密度函数是()()()22822πx f x x +-=∈R ，则()21E X -＝________.三、解答题12．【题文】某砖瓦厂生产的砖的“抗断强度”X服从正态分布N(30,0.82)，质检人员从该厂某一天生产的1 000块砖中随机抽查一块，测得它的抗断强度为27.5kg/cm2，你认为该厂这一天生产的这批砖是否合格？为什么？13．【题文】已知某地农民工年均收入ξ服从正态分布，其密度函数图象如图．(1)写出此地农民工年均收入的概率密度曲线函数式；(2)求此地农民工年均收入在8000～8500之间的人数百分比．14.【题文】某人乘车从A地到B地，所需时间（分钟）服从正态分布N（30，100），求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.人教版选修2-3 课时2.4 正态分布参考答案与解析一、选择题 1． 【答案】C【解析】根据正态分布密度曲线()()222,x x μσμσϕ--=知μ＝0，σ＝2.故选C.考点：正态分布的曲线. 【题型】选择题 【难度】较易 2． 【答案】D【解析】由图象知甲、乙、丙三科的平均分一样，但标准差不同，σ甲<σ乙<σ丙． 考点：正态分布的曲线. 【题型】选择题 【难度】较易 3． 【答案】C【解析】由题意知，μ＝0，σ＝1，所以曲线关于x ＝0对称，所以p 1＝p 2.故选C. 考点：正态分布. 【题型】选择题 【难度】较易 4． 【答案】D【解析】由X ～N (μ，σ2)知E (X )＝μ，D (X )＝σ2，∴E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ＝aμ＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )＝(aσ)2，从而Y ～N (aμ＋b ，a 2σ2). 考点：正态分布. 【题型】选择题 【难度】一般5． 【答案】A【解析】由于ξ的取值落在(－∞，k )和(k ，＋∞)内的概率是相等的，所以正态曲线在直线x ＝k 的左侧和右侧与x 轴围成的面积应该相等，于是正态曲线关于直线x ＝k 对称，即μ＝k ，而μ＝2，∴k ＝2. 考点：正态分布. 【题型】选择题 【难度】一般 6． 【答案】C【解析】∵P (ξ>2)＝0.023，∴P (ξ<－2)＝0.023，故P (－2≤ξ≤2)＝1－P (ξ>2)－P (ξ<－2)＝0.954. 考点：正态分布. 【题型】选择题 【难度】一般 7． 【答案】B 【解析】设ξμησ-=，则P (|ξ－μ|<σ)＝P (|η|<1)＝φ(1)－φ(－1)． 考点：正态分布.【题型】选择题【难度】一般8．【答案】C【解析】由于X～N(110,52)，∴μ＝110，σ＝5.因此考试成绩在区间(105,115]，(100,120]，(95,125]上的概率分别应是0.682 6，0.954 4，0.997 4.由于一共有60人参加考试，∴成绩位于上述三个区间的人数分别是60×0.682 6≈41人，60×0.9544≈57人，60×0.997 4≈60人．故选C.考点：正态分布.【题型】选择题【难度】一般二、填空题9．【答案】0.682 6【解析】因为μ＝1.4，σ＝0.05，所以X落在区间(1.35，1.45)中的概率为P(1.4－0.05<X≤1.4＋0.05)＝0.682 6.考点：正态分布.【题型】填空题【难度】较易10．【答案】72.5【解析】某次考试成绩X～N(a,52)，a即为正态分布的数学期望，而随机抽查了10位同学的成绩其平均值为72.5，用此样本平均值来估计a的值，故a＝72.5.考点：正态分布.【题型】填空题【难度】较易11．【答案】－5【解析】由概率密度函数解析式可知其图象的对称轴是直线x＝－2，可得μ＝－2，即E(X)＝－2，因此E(2X－1)＝2E(X)－1＝－5.考点：正态分布.【题型】填空题【难度】一般三、解答题12．【答案】略【解析】由于在一次试验中X落在区间(μ－3σ，μ＋3σ)内的概率约99.7%，故X 几乎必然落在上述区间内．把μ＝30，σ＝0.8代入，得μ－3σ＝30－3×0.8＝27.6，μ＋3σ＝30＋3×0.8＝32.4，即(μ－3σ，μ＋3σ)＝(27.6,32.4)，而27.5∉(27.6,32.4)，所以认为这批砖不合格．考点：正态分布.【题型】解答题【难度】一般13．【答案】（1）()()2280002500(),,xP x x--⨯=∈-∞+∞（2）34.13%【解析】农民工年均收入ξ～N(μ，σ2)，结合图象可知μ＝8000，σ＝500.(1)此地农民工年均收入的概率密度曲线函数式为()()2280002500(),,xP x x--⨯=∈-∞+∞.(2)∵P (7500<ξ≤8500)＝P (8000－500<ξ≤8000＋500)＝0.6826. ∴P (8000<ξ≤8500)＝12P (7500<ξ≤8500)＝0.3413. 即农民工年均收入在8000～8500之间的人数占总体的34.13%. 考点：正态分布. 【题型】解答题 【难度】一般 14.【答案】0.135 9【解析】∵()0.6826P X μσμσ-<<+=，∴()10.68262P X μσ->+=. ∴()10.682610.68261222P X μσ-<+=-=+. 又∵()220.9544P X μσμσ-<<+=，∴()10.954422P X μσ->+=. ∴()10.954410.954421222P X μσ-<+=-=+. ∴()()()22P X P X P X μσμσμσμσ+<<+=<+-<+10.954410.68262222⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭ ()10.95440.68260.13592=⨯-=. ∵30μ=，10σ=，∴()40500.135 9P X <<=.因此，此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是0.135 9. 考点：正态分布. 【题型】解答题 【难度】一般。
高中数学人教B版选修2-3课时作业第2章习题课1 Word版含解析
习题课()一、选择题．设某动物由出生算起活到岁的概率为，活到岁的概率为，现有一个岁的这种动物，则它活到岁的概率是( )．．．．解析：设动物活到岁的事件为，活动岁的事件为，则()＝，()＝，由于＝，所以()＝()，所以活到岁的动物活到岁的概率是()＝＝＝＝.答案：．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件为“三个人去的景点不相同”，为“甲独自去一个景点”，则概率()等于( )解析：由题意可知，()＝＝，()＝＝.∴()＝＝＝.答案：．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )解析：设事件：甲实习生加工的零件为一等品；事件：乙实习生加工的零件为一等品，则()＝，()＝，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为：()＋()＝()()＋()()＝×(－)＋(－)×＝.答案：．有个兴趣小组，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( )解析：先从个兴趣小组中选个，有＝种方法；甲、乙两位同学都参加这个兴趣小组的概率为×＝. 故这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()＝.答案：．假设流星穿过大气层落在地面上的概率为，现有流星数量为的流星群穿过大气层有个落在地面的上概率为( ). .. .解析：此问题相当于一个试验独立重复次，有次发生的概率，所以＝·()·()＝.答案：．[·山东聊城一模]号箱中有个白球和个红球，号箱中有个白球和个红球，现随机地从号箱中取出一球放入号箱，然后从号箱随机取出一球，则从号箱取出红球的概率是( ). .. .解析：记事件：最后从号箱中取出的是红球；事件：从号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为，可知：()＝＝，()＝－＝；()＝＝，()＝＝.从而()＝()＋()＝()·()＋()·()＝，选.答案：二、填空题．[·江苏盐城二模]如图所示的电路有，，三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为．解析：理解事件之间的关系，设“闭合”为事件，“闭合”为事件，“闭合”为事件，则灯亮应为事件，且，，之间彼此独立，且()＝()＝()＝.所以()＝()()()＝.答案：. 将一枚硬币连掷次，如果出现次正面的概率等于出现＋次正面的概率，那么的值为．解析：∵()·()－＝()＋·()－－，即＝.∴＋(＋)＝.∴＝.答案：.某单位个员工借助互联网开展工作，每天每个员工上网的概率是(相互独立)，则一天内至少人同时上网的概率为．。
新课标A版高中数学选修2-3课时作业：18 Word版含答案
课时作业(十八)1．独立重复试验应满足的条件： ①每次试验之间是相互独立的；②每次试验只有发生与不发生两种结果之一； ③每次试验发生的机会是均等的； ④各次试验发生的事件是互斥的． 其中正确的是( ) A ．①②B ．②③ C ．①②③D ．①②④ 答案 C2．已知随机变量X 服从二项分布，X ～B (6，13)，则P (X ＝2)等于( )A.316B.4243C.13243D.80243答案 D解析 P (X ＝2)＝C 26×(13)2×(1－13)6－2＝C 26×(13)2×(23)4＝80243.3．袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取三次，球的颜色全相同的概率是( )A.227B.19C.29D.127 答案 B解析 每种颜色的球被抽取的概率为13，从而抽取三次，球的颜色全相同的概率为C 13(13)3＝3×127＝19.4．某一试验中事件A 发生的概率为p ，则在n 次试验中，A 发生k 次的概率为( ) A ．1－p kB ．(1－p )k·pn －kC ．(1－p )kD ．C kn (1－p )k·p n －k答案 D5．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P (ξ＝3)的值为( )A ．C 23(14)2×34B ．C 23(34)2×14C ．(14)2×34D ．(34)2×14答案 C解析 当ξ＝3表示前2次测出的都是次品，第3次为正品，则P (ξ＝3)＝(14)2×34.6．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A ．(12)5B ．C 25(12)5C ．C 35(12)3D ．C 25C 35(12)5答案 B解析 由题意可知质点P 在5次运动中向右移动2次，向上移动3次，且每次移动是相互独立的，即向右移动的次数ξ～B (5，12)，∴P (ξ＝2)＝C 25(12)2(12)3.7．(2015·合肥高二检测)在4次独立重复试验中，事件A 发生的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率为6581，则事件A 在1次试验中发生的概率为( )A.13B.25C.56D.34 答案 A解析 设事件A 在一次试验中发生的概率为p ，由题意得1－C 04p 0(1－p )4＝6581，所以1－p＝23，p ＝13. 8．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.答案10243解析 任何一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B (5，13)，即有P (ξ＝k )＝C k 5(13)k×(23)5－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.∴P (ξ＝4)＝C 45(13)4×(23)1＝10243.9．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．答案 0.947 7解析 至少3人被治愈的概率为C 34(0.9)3·0.1＋(0.9)4＝0.947 7.10．某单位6个员工借助互联网开展工作，每天每个员工上网的概率是0.5(相互独立)，则一天内至少3人同时上网的概率为________．答案2132解析 记A r (r ＝0,1,2，…，6)为“r 个人同时上网”这个事件，则其概率为P (A r )＝C r60.5r(1－0.5)6－r＝C r 60.56＝164C r 6，“一天内至少有3人同时上网”即为事件A 3∪A 4∪A 5∪A 6，因为A 3，A 4，A 5，A 6为彼此互斥事件，所以可应用概率加法公式，得“一天内至少有3人同时上网”的概率为P ＝P (A 3∪A 4∪A 5∪A 6)＝P (A 3)＋P (A 4)＋P (A 5)＋P (A 6)＝164(C 36＋C 46＋C 56＋C 66)＝164×(20＋15＋6＋1)＝2132.11．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：①他第3次击中目标的概率是0.9； ②他恰好击中目标3次的概率是0.1×0.93； ③他至少击中目标1次的概率是1－0.14. 其中正确结论的序号是________． 答案 ①③解析 由题意可知①③正确，②不正确，因为恰好击中目标3次的概率P ＝C 340.93×0.1. 12．2015年初，一考生参加北京大学的自主招生考试，需进行书面测试，测试题中有4道题，每一道题能否正确做出是相互独立的，并且每一道题被考生正确做出的概率都是34.(1)求该考生首次做错一道题时，已正确做出了两道题的概率；(2)若该考生至少做出3道题，才能通过书面测试这一关，求这名考生通过书面测试的概率．解析 (1)记“该考生正确做出第i 道题”为事件A i (i ＝1,2,3,4)，则P (A i )＝34，由于每一道题能否被正确做出是相互独立的，所以这名考生首次做错一道题时，已正确做出两道题的概率为P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)＝34×34×14＝964.(2)记“这名考生通过书面测试”为事件B ，则这名考生至少正确做出3道题，即正确做出3道或4道题，故P (B )＝C 34×(34)3×14＋C 44×(34)4＝189256. 13．9粒种子分种在3个坑中，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若一个坑内至少有1粒子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，用ξ表示补种的费用，写出ξ的分布列．解析 补种费用ξ的分布列为点评 每个坑内3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝8，所以每个坑不需要补种的概率为p ＝1－18＝78.利用3次独立重复试验的公式求解即可．14．在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从桥上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是23.(1)求油罐被引爆的概率；(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率． 解析 (1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是：射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件发生的概率为C 15·23·(13)4＋(13)5.所以所求的概率为1－[C 15·23·(13)4＋(13)5]＝232243.(2)当ξ＝4时记事件为A ，则P (A )＝C 13×23×(13)2×23＝427.当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B ，则P (B )＝C 14×23×(13)3＋(13)4＝19. 所以所求概率为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝427＋19＝727.15．如图，在竖直平面内有一个“游戏滑道”，空白部分表示光滑滑道，黑色正方形表示障碍物，自上而下第一行有1个障碍物，第二行有2个障碍物，…，依次类推．一个半径适当的光滑均匀小球从入口A 投入滑道，小球将自由下落，已知小球每次遇到正方形障碍物上顶点时，向左、右两边下落的概率都是12.记小球遇到第n 行第m 个障碍物(从左至右)上顶点的概率为P (n ，m )．(1)求P (4,1)，P (4,2)的值，并猜想P (n ，m )的表达式(不必证明)；(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－x ，1≤x ≤3，x －3，3<x ≤6，设小球遇到第6行第m 个障碍物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f (m )，试求ξ的分布列．解析 (1)P (4,1)＝C 03(12)3＝18，P (4,2)＝C 13(12)3＝38，猜想P (n ，m )＝C m －1n －1(12)n －1.(2)ξ＝3,2,1，P (ξ＝3)＝P (6,1)＋P (6,6)＝116，P (ξ＝2)＝P (6,2)＋P (6,5)＝516，P (ξ＝1)＝P (6,3)＋P (6,4)＝58.故ξ的分布列为►16．一批玉米种子，其发芽率是0.8.问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%？(lg2＝0.301 0)解析 记事件A ＝“种一粒种子，发芽”， 则P (A )＝0.8，P (A －)＝1－0.8＝0.2.设每穴至少种n 粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%.因为每穴种n 粒相当于n 次独立重复试验，记事件B ＝“每穴至少有一粒发芽”，则P (B －)＝C 0n ·0.80·0.2n ＝0.2n.所以P (B )＝1－P (B －)＝1－0.2n .由题意有1－0.2n>98%，所以0.2n<0.02，两边取对数得n lg0.2<lg0.02.即n (lg2－1)<lg2－2.所以n >lg2－2lg2－1≈2.43，且n ∈N ，所以n ≥3.故每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%.17．设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1)求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率； (2)求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(3)用ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．解析 记A 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品，B 表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品，C 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种，D 表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．(1)∵C ＝A ·B ＋A ·B ，∴P (C )＝P (A ·B ＋A ·B )＝P (A ·B )＋P (A ·B )＝P (A )·P (B )＋P (A )·P (B )＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(2)∵D ＝A ·B ，∴P (D )＝P (A ·B )＝P (A )·P (B )＝0.5×0.4＝0.2. ∴P (D )＝1－P (D )＝0.8.(3)ξ～B (3,0.8)，ξ的取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝0.23＝0.008，P (ξ＝1)＝C 13×0.8×0.22＝0.096， P (ξ＝2)＝C 23×0.82×0.2＝0.384，P (ξ＝3)＝0.83＝0.512.ξ的分布列为1．(2013·江西)一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p 1和p 2.则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1<p 2C ．p 1>p 2D ．以上三种情况都有可能 答案 B解析 ∵p 1＝1－(99100)10，p 2＝1－(C 299C 2100)5＝1－(98100)5，∴p 1<p 2.2．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{a n }：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A ．C 57×(13)2×(23)5B ．C 47×(23)2×(13)5C ．C 27×(23)2×(13)5D ．C 37×(13)2×(23)5答案 C3．某厂大量生产某种小零件，经抽样检验知道其次品率是1%，现把这种零件每6件装成一盒，那么每盒中恰好含一件次品的概率是( )A ．(99100)6B ．0.01C.C 16100(1－1100)5D ．C 26(1100)2(1－1100)4答案 C4．抛掷三个骰子，当至少有一个5点或一个6点出现时，就说这次试验成功，则在54次试验中成功次数X ～( )A ．B (54，427) B ．B (52，1927)C ．B (54，1927)D ．B (54，1724)答案 C5．有n 位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p (0<p <1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学能通过测试的概率为( )A ．(1－p )nB ．1－p nC ．p nD ．1－(1－p )n答案 D6．一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 B7．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p ，且各引擎是否有故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机就可以成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可以成功飞行，要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则p 的取值范围是( )A ．(23，1)B ．(13，1)C ．(0，23)D ．(0，13)答案 B8．某处有水龙头5个，调查表明每个水龙头被打开的可能性是110，随机变量X 表示同时被打开的水龙头的个数，则P (X ＝3)＝________.答案8110 0009．一个袋中有5个白球，3个红球，现从袋中每次取出1个球，取出后记下球的颜色然后放回，直到红球出现10次时停止，停止时取球的次数ξ是一个随机变量，则P (ξ＝12)＝________.(写出表达式不必算出最后结果)答案 C 911(38)9(58)2·3810．某篮球运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进了3球的概率为________．(用数字作答)答案1512811．A ，B 两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A 赢得B 一张卡片，否则B 赢得A 一张卡片，若某人已赢得所有卡片，则游戏终止．求掷硬币的次数不大于7次时游戏终止的概率．解析 P ＝(12)5×2＋2×C 45(12)5(12)2＝116＋2×5×(12)7＝964.。
三亚市2018-2019学年高中数学人教A版选修2-3学案：1.2.2.2 组合的综合应用
第2课时组合的综合应用1．学会运用组合的概念分析简单的实际问题．(重点)2．能解决无限制条件的组合问题．3．掌握解决组合问题的常见的方法．(难点)[基础·初探]教材整理组合的实际应用阅读教材P23例6～P25，完成下列问题．1．组合与排列的异同点共同点：排列与组合都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素．不同点：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关．2．应用组合知识解决实际问题的四个步骤(1)判断：判断实际问题是否是组合问题．(2)方法：选择利用直接法还是间接法解题．(3)计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算．(4)结论：根据计算结果写出方案个数．1．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________．【解析】把三张票分给10个人中的3人，不同分法有C310＝10×9×8 3×2×1＝120(种)．【答案】1202．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2 门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有______种．【解析】 甲选修2门，有C 24＝6(种)不同方案．乙选修3门，有C 34＝4(种)不同选修方案．丙选修3门，有C 34＝4(种)不同选修方案．由分步乘法计数原理，不同的选修方案共有6×4×4＝96(种)．【答案】 963．从0,1, 2，π2， 3，2这六个数字中，任取两个数字作为直线y ＝x tan α＋b 的倾斜角和截距，可组成______条平行于x 轴的直线．【解析】 要使得直线与x 轴平行，则倾斜角为0，截距在0以外的五个数字均可．故有C 15＝5条满足条件．【答案】 54．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有________种. 【导学号：97270018】【解析】 每个宿舍至少2名学生，故甲宿舍安排的人数可以为2人，3人，4人，5人，甲宿舍安排好后，乙宿舍随之确定，所以有C 27＋C 37＋C 47＋C 57＝112种分配方案．【答案】 112[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑：疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]无限制条件的组合问题在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必需参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．【精彩点拨】本题属于组合问题中的最基本的问题，可根据题意分别对不同问题中的“含”与“不含”作出正确分析和判断，弄清每步从哪里选，选出多少等问题．【自主解答】(1)从中任取5人是组合问题，共有C512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必需参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3种选法；再从另外9人中选4人，有C49种选法．共有C13C49＝378种不同的选法．解答简单的组合问题的思考方法1．弄清要做的这件事是什么事．2．选出的元素是否与顺序有关，也就是看看是不是组合问题．3．结合两个计数原理，利用组合数公式求出结果．[再练一题]1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？【解】(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不＝45.同元素中取出2个元素的组合数，即C210＝10×92×1(2)可把问题分两类：第1类，选出的2名是男教师有C26种方法；第2类，选出的2 名是女教师有C24种方法，即C26＋C24＝21(种)．有限制条件的组合问题高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．(1)其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2名女生在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2名女生在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2名女生在内，不同的取法有多少种？【精彩点拨】可从整体上分析，进行合理分类，弄清关键词“恰有”“至少”“至多”等字眼．使用两个计数原理解决．【自主解答】(1)从余下的34名学生中选取2名，有C234＝561(种)．∴不同的取法有561种．(2)从34名可选学生中选取3名，有C334种．或者C335－C234＝C334＝5 984种．∴不同的取法有5 984种．(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有C120C215＝2 100种．∴不同的取法有2 100种．(4)选取2名女生有C120C215种，选取3名女生有C315种，共有选取方式N＝C120 C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种．∴不同的取法有2 555种．(5)选取3名的总数有C335，因此选取方式共有N＝C335－C315＝6 545－455＝6 090种．∴不同的取法有6 090种．常见的限制条件及解题方法1．特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．2．含有“至多”“至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．3．分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．[再练一题]2．“抗震救灾，众志成城”，在我国“四川5·12”抗震救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴赈灾前线，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？【解】(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90(种)抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法．法一(直接法)按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185(种)抽调方法．法二(间接法)不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185(种)抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115(种)抽调方法.组合在几何中的应用平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？【精彩点拨】解答本题可以从共线的4个点中选取2个、1个、0个作为分类标准，也可以从反面考虑，任意三点的取法种数减去共线三点的取法种数．【自主解答】法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48个不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112个不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56个不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4种．故这12个点能构成三角形的个数为C312－C34＝216个．1．解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．2．图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用排除法．[再练一题]3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们与点A在同一平面上，有多少种不同的取法？【解】如图所示，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外每个面都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C35种取法，含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法有3C35＋3＝33种．[探究共研型]排列、组合的综合应用探究1从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相乘，有多少个不同的结果？完成的“这件事”指的是什么？【提示】共有C24＝4×32＝6(个)不同结果．完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．探究2从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？【提示】共有A24－2＝10(个)不同结果；这个问题属于排列问题；完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．探究3完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？【提示】由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A24种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C12C13C13＝18(种)不同的结果，由分类加法原理，完成“这件事”共有A24＋C12C13C13＝30(种)不同的结果．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．【精彩点拨】(1)按选中女生的人数多少分类选取．(2)采用先选后排的方法．(3)先安排该男生，再选出其他人担任4科课代表．(4)先安排语文课代表的女生，再安排“某男生”课代表，最后选其他人担任余下三科的课代表．【自主解答】(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，共有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先选后排，有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有C47·C14·A44＝3 360种．(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则1．按事情发生的过程进行分步．2．按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．[再练一题]4．(1)某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案共有()A．16种B．36种C．42种D．60种(2)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为()A．360 B．520 C．600 D．720【解析】(1)若选择了两个城市，则有C24C23A22＝36种投资方案；若选择了三个城市，则有C34A33＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．(2)分两类：第一类，甲、乙中只有一人参加，则有C12C35A44＝2×10×24＝480种选法．第二类，甲、乙都参加时，则有C25(A44－A22A33)＝10×(24－12)＝120种选法．所以共有480＋120＝600种选法．【答案】(1)D(2)C[构建·体系]1．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有()A．72种B．84种C．120种D．168种【解析】需关掉3盏不相邻的灯，即将这3盏灯插入9盏亮着的灯的空中，所以关灯方案共有C310＝120(种)．故选C.【答案】 C2．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A．60种B．20种C．10种D．8种【解析】四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C35＝10.【答案】 C3．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答). 【导学号：97270019】【解析】有C13·C24·A22＝36种满足题意的分配方案．其中C13表示从3个乡镇中任选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C24表示从4名大学生中任选2名到上一步选定的乡镇的方法数；A22表示将剩下的2名大学生分配到另2个乡镇去的方法数．【答案】364．在直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y ＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．【解析】在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225个．【答案】2255．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．【解】法一：设A，B代表两名老师傅．A，B都不在内的选派方法有：C45·C44＝5(种)；A，B都在内且当钳工的选派方法有：C22·C25·C44＝10(种)；A，B都在内且当车工的选派方法有：C22·C45·C24＝30(种)；A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：C22·A22·C35·C34＝80(种)；A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：C12·C35·C44＝20(种)；A，B有一人在内且当车工的选派方法有：C12·C45·C34＝40(种)．所以共有C45·C44＋C22·C25·C44＋C22·C45·C24＋C22·A22·C35·C34＋C12·C35·C44＋C12·C45·C34＝185(种)选派方法．法二：5名钳工有4名被选上的方法有：C45·C46＝75(种)；5名钳工有3名被选上的方法有：C35·C45·C12＝100(种)；5名钳工有2名被选上的方法有：C25·C22·C44＝10(种)．所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．(2016·中山高二检测)圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为()A．720B．360C．240D．120【解析】确定三角形的个数为C310＝120.【答案】 D2．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的奥运广告．要求最后必须播放奥运广告，且2个奥运广告不能连续播放，则不同的播放方式有()A．120种B．48种C．36种D．18种【解析】最后必须播放奥运广告有C12种，2个奥运广告不能连续播放，倒数第2个广告有C13种，故共有C12C13A33＝36种不同的播放方式．【答案】 C3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种【解析】均为奇数时，有C45＝5种；均为偶数时，有C44＝1种；两奇两偶时，有C24·C25＝60种，共有66种．【答案】 D4．(2016·青岛高二检测)将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其在盒子的标号不一致的放入方法种数为()A．120 B．240 C．360 D．720【解析】先选出3个球有C310＝120种方法，不妨设为1,2,3号球，则1,2,3号盒中能放的球为2,3,1或3,1,2两种．这3个号码放入标号不一致的盒子中有2种不同的方法，故共有120×2＝240种方法．【答案】 B5．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为()A．C25C26B．C25A26C．C25A22C26A22D．A25A26【解析】分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C25种方法；第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A26种．故有C25A26种．【答案】 B二、填空题6．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是________．【解析】按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25＝2 100种抽法．【答案】 2 1007．某球队有2名队长和10名队员，现选派6人上场参加比赛，如果场上最少有1名队长，那么共有________种不同的选法．【解析】若只有1名队长入选，则选法种数为C12·C510；若两名队长均入选，则选法种数为C410，故不同选法有C12·C510＋C410＝714(种)．【答案】7148．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种．【解析】6位游客选2人去A风景区，有C26种，余下4位游客选2人去B 风景区，有C24种，余下2人去C，D风景区，有A22种，所以分配方案共有C26C24 A22＝180(种)．【答案】180三、解答题9．α，β是两个平行平面，在α内取四个点，在β内取五个点．(1)这些点最多能确定几条直线，几个平面？(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？【解】(1)在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定直线才能达到最多，此时，最多能确定直线C29＝36条．在此条件下，只有两直线平行时，所确定的平面才最多．又因为三个不共线的点确定一个平面，故最多可确定C24C15＋C14C25＋2＝72个平面．(2)同理，在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才能达到最多．此时最多能作C34C15＋C24C25＋C14C35＝120个三棱锥．10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．【解】(1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4 096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放入盒中，共有C36·C14·A33＋C26·C24·A24＝1 560(种)不同放法．(3)法一按3,1,1,1放入有C14种方法，按2,2,1,1，放入有C24种方法，共有C14＋C24＝10(种)不同放法．法二(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四位，共有C35＝10(种)不同放法．[能力提升]1．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个【解析】分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．【答案】 B2．如图1-2-1，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．图1-2-1【解析】四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封闭三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C36－4＝16种不同的建桥方案．【答案】163．(2016·孝感高级中学期中)正五边形ABCDE中，若把顶点A，B，C，D，E染上红、黄、绿、黑四种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种. 【导学号：97270020】【解析】若用三种颜色，有C15A34种染法，若用四种颜色，有5·A44种染法，则不同的染色方法有C15A34＋5·A44＝240(种)．【答案】2404．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解】(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16·C34·A44＝576种.。
高中数学选修2-3课时作业2：2.2.2事件的相互独立性
2．2.2 事件的相互独立性一、基础达标1．一袋中装有5只白球，3只黄球，在有放回地摸球中，用A 1表示第一次摸得白球，A 2表示第二次摸得白球，则事件A 1与A 2－是 ( )A ．相互独立事件B ．不相互独立事件C ．互斥事件D ．对立事件[答案] A[解析] 由题意可得A 2－表示“第二次摸到的不是白球”，即A 2－表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A 1与A 2－是相互独立事件．2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512B.12C.712D.34[答案] C[解析] ∵P (A )＝12，P (B )＝16，∴P (A －)＝12，P (B －)＝56.又A ，B 为相互独立事件，∴P (A － B －)＝P (A －)P (B －)＝12×56＝512.∴A ，B 中至少有一件发生的概率为 1－P (A －B －)＝1－512＝712.3．同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y ，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为 ( ) A.116 B.18 C.316D.14[答案] C[解析] 满足xy ＝4的所有可能如下： x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1. ∴所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋P (x ＝4，y ＝1) ＝14×14＋14×14＋14×14＝316.4．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)( )A.49B.190C.45D.59[答案] B[解析] 该生三项均合格的概率为13×16×15＝190.5．已知A ，B 是相互独立事件，且P (A )＝12，P (B )＝23，则P (AB －)＝________；P (A －B －)＝________.[答案] 16 16[解析] ∵P (A )＝12，P (B )＝23，∴P (A －)＝12，P (B －)＝13.∴P (AB －)＝P (A )P (B －)＝12×13＝16， P (A － B －)＝P (A －)P (B －)＝12×13＝16.6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． [答案] 35[解析] 设此队员每次罚球的命中率为p ， 则1－p 2＝1625，∴p ＝35.7．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率： (1)第3次拨号才接通电话； (2)拨号不超过3次而接通电话．解 设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1，2，3. (1)第3次才接通电话可表示为A 1－A 2－A 3， 于是所求概率为P (A 1－A 2－A 3)＝910×89×18＝110；(2)拨号不超过3次而接通电话可表示为A 1＋A 1－A 2＋A 1－ A 2－A 3， 于是所求概率为P (A 1＋A 1－A 2＋A 1－A 2－A 3) ＝P (A 1)＋P (A 1－A 2)＋P (A 1－A 2－A 3) ＝110＋910×19＋910×89×18＝310. 二、能力提升8．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P (A )是 ( )A.29B.118C.13D.23[答案] D[解析] 由题意，P (A －)·P (B －)＝19， P (A －)·P (B )＝P (A )·P (B －)． 设P (A )＝x ，P (B )＝y ，则⎩⎨⎧（1－x ）（1－y ）＝19，（1－x ）y ＝x （1－y ）. 即⎩⎨⎧1－x －y ＋xy ＝19，x ＝y ， ∴x 2－2x ＋1＝19，∴x －1＝－13，或x －1＝13(舍去)，∴x ＝23.9．在如图所示的电路图中，开关a ，b ，c 闭合与断开的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )A.18B.38C.14D.78[答案] B[解析] 设开关a ，b ，c 闭合的事件分别为A ，B ，C ，则灯亮这一事件E ＝ABC ∪ABC －∪AB －C ，且A ，B ，C 相互独立， ABC ，ABC －，AB －C 互斥，所以 P (E )＝P (ABC )∪(ABC －)∪(AB －C ) ＝P (ABC )＋P (ABC －)＋P (AB －C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C －)＋P (A )P (B －)P (C ) ＝12×12×12＋12×12×(1－12)＋12×(1－12)×12＝38.10．在一条马路上的A ，B ，C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆汽车在这条马路上行驶，那么在这三处都不停车的概率是________． [答案] 35192[解析] 由题意P (A )＝2560＝512；P (B )＝3560＝712；P (C )＝4560＝34； 所以所求概率P ＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝512×712×34＝35192.11．从10位同学(其中6女，4男)中随机选出3位参加测验，每位女同学能通过测验的概率均为45，每位男同学通过测验的概率均为35，求： (1)选出的3位同学中，至少有一位男同学的概率；(2)10位同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率． 解 (1)设选出的3位同学中，至少有一位男同学的事件为A ，则A －为选出的3位同学中没有男同学的事件，而P (A －)＝C 36C 310＝16，所以P (A )＝1－16＝56.(2)设女同学甲和男同学乙被选中的事件为A ，女同学甲通过测验的事件为B ，男同学乙通过测验的事件为C ，则甲、乙同学被选中且通过测验的事件为A ∩B ∩C ，由条件知A ，B ，C 三个事件为相互独立事件，所以P (A ∩B ∩C )＝P (A )×P (B )×P (C )．而P (A )＝C 18C 310＝115，P (B )＝45，P (C )＝35，所以P (A ∩B ∩C )＝115×45×35＝4125.12．已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2.(1)假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；(2)要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？解 (1)设敌机被第k 门高炮击中的事件为A k (k ＝1，2，3，4，5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为A 1－·A 2－·A 3－·A 4－·A 5－. ∵事件A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立， ∴敌机未被击中的概率为P (A 1－·A 2－·A 3－·A 4－·A 5－)＝P (A 1－)·P (A 2－)·P (A 3－)·P (A 4－)·P (A 5－)＝(1－0.2)5＝(45)5.∴敌机未被击中的概率为(45)5.(2)至少需要布置n 门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿(1)可得： 敌机被击中的概率为1－(45)n ∴令1－(45)n ≥0.9，∴(45)n ≤110 两边取常用对数，得n ≥11－3lg 2≈10.3.∵n ∈N *，∴n ＝11.∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机． 三、探究与创新13．在一个选拔项目中，每个选手都需要进行四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为56，45，34，13，且各轮问题能否正确回答互不影响．(1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率；(3)该选手在选拔过程中回答过的问题的个数记为X ，求随机变量X 的分布列．解 设事件A i (i ＝1，2，3，4)表示“该选手能正确回答第i 轮问题”， 由已知P (A 1)＝56，P (A 2)＝45，P (A 3)＝34，P (A 4)＝13. (1)设事件B 表示“该选手进入第三轮才被淘汰”，则P (B )＝P (A 1A 2A 3－)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3－) ＝56×45×(1－34)＝16.(2)设事件C 表示“该选手至多进入第三轮考核”， 则P (C )＝P (A 1－＋A 1A 2－＋A 1A 2A 3－) ＝P (A 1－)＋P (A 1A 2－)＋P (A 1A 2A 3－) ＝16＋56×15＋56×45×(1－34)＝12. (3)X 的可能取值为1，2，3，4.P (X ＝1)＝P (A 1－)＝16，P (X ＝2)＝P (A 1A 2－)＝56×(1－45)＝16，P (X ＝3)＝P (A 1A 2A 3－)＝56×45×(1－34)＝16，P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3)＝56×45×34＝12， 所以，X 的分布列为。
2018年高中数学人教版选修2-3课件： 组合的综合应用
第 2 步，对选出的 5 个数字全排列有 A5 5种方法．
2 5 故所有适合条件的五位数有 C3 5C4A5个．
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(2)含有 0 的：这时 0 只能排在除首位(万位)以外的四个位
1 置中的一个，有 A1 4种排法；再从 2,4,6,8 中任取一个，有 C4种
取法，从 5 个奇数数字中任取 3 个，有 C3 5种取法，再把取出
(4)至多有两名女生含有三类： 有两名女生， 只有一名女生，
2 3 4 5 没有女生．故共有 C5 · C8＋C1 · C ＋ C 5 8 8＝966(种)选法．
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有限制条件的组合问题分类及解题策略 有限制条件的抽(选)取问题， 主要有两类： 一是“含”与“不含”问题， 其解法常用直接分步法， 即 “含”的先取出， “不含”的可把所指元素去掉再取， 分步计数； 二是“至多”“至少”问题， 其解法常有两种解决思路：一 是直接分类法， 但要注意分类要不重不漏；二是间接法， 注意 找准对立面， 确保不重不漏．
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第二课时 组合的综合应用
有限制条件的组合问题
[典例] 课外活动小组共 13 人， 其中男生 8 人， 女生 5
人， 并且男、女各指定一名队长， 现从中选 5 人主持某种活 动， 依下列条件各有多少种选法？ (1)只有一名女生； (2)两队长当选； (3)至少有一名队长当选； (4)至多有两名女生当选．
4 1 3 4 的 4 个数全排列有 A4 种方法，故有 A1 C 4 4C5A4种排法． 3 2 5 1 3 4 根据分类加法计数原理， 共有 C5 C4A5＋A1 C 4 4C5A4＝11 040
新课标A版高中数学选修2-3课时作业
新课标A版高中数学选修2-3课时作业在新课标A版高中数学选修2-3的课程中，我们深入探讨了概率论与统计学的基础概念和应用。
通过本课时的学习，学生们将能够理解随机事件的概率计算，掌握统计数据的收集、整理和分析方法，以及如何运用这些知识解决实际问题。
以下是本课时的作业内容，旨在巩固和深化学生对本课时内容的理解。
1. 概率论基础- 计算下列事件的概率：- 一枚均匀硬币连续抛掷三次，至少出现一次正面朝上的概率。
- 从一副52张的扑克牌中随机抽取一张，抽到红心的概率。
- 一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机抽取两个球，两个都是红球的概率。
2. 统计数据的收集与整理- 假设你要进行一项关于学生每天使用手机时间的调查。
请设计一个简单的调查问卷，包括至少3个问题，用于收集相关数据。
- 根据调查结果，绘制一张频率分布直方图，展示学生使用手机时间的分布情况。
3. 概率分布- 描述二项分布和泊松分布的特点，并给出它们的数学表达式。
- 假设一个工厂每天平均生产100个产品，其中有2%的产品是次品。
使用泊松分布计算在一天内生产出3个或更多次品的概率。
4. 统计推断- 简述点估计和区间估计的区别，并给出一个例子说明如何进行点估计。
- 假设你收集了一组数据，数据的样本均值为50，样本标准差为10，样本容量为30。
使用t分布，计算95%的置信区间。
5. 相关性分析- 描述相关系数的计算方法，并解释其意义。
- 给出两个变量的数据集，计算它们的相关系数，并判断这两个变量之间是否存在相关性。
6. 实际应用- 选择一个你感兴趣的实际问题，使用本课时所学的概率论和统计学知识，设计一个解决方案。
- 描述你的解决方案，并解释为什么你认为它有效。
请同学们认真完成作业，这将有助于你们更好地理解和应用概率论与统计学的知识。
在完成作业的过程中，如果遇到任何问题，可以随时向老师寻求帮助。
人教A版高中数学选修2-3：组合与组合数公式 课时作业
组合与组合数公式一、题组对点训练 对点练一 组合概念的理解1．下列问题中是组合问题的个数是( ) ①从全班50人中选出5名组成班委会；②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1,2,3，…，9中任取出两个数求积； ④从1,2,3，…，9中任取出两个数求差或商． A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选 B ①③与顺序无关，属于组合问题；②④与顺序有关，属于排列问题，故选B.2．下列各事件是组合问题的有________．①8个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？ ②8个朋友相互写一封信，一共写了多少封信？③从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？ ④从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个集合，这样的集合有多少个？ 解析：①每两人握手一次，无顺序之分，是组合问题．②每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的．③是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序，便会得到不同的三位数．④是组合问题，因为取出3个数字后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变.答案：①④对点练二 组合数公式3．下列计算结果为28的是( ) A ．A 24＋A 26 B ．C 77 C ．A 28D ．C 28解析：选D C 28＝8×72＝4×7＝28.4．若C 2n ＝36，则n 的值为( ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10解析：选C ∵C 2n ＝36，∴12n (n －1)＝36，即n 2－n －72＝0，∴(n －9)(n ＋8)＝0.∵n ∈N *，∴n ＝9.5．C 26＋C 57＝________.解析：C 26＋C 57＝6！4！×2！＋7！2！×5！＝6×52＋7×62＝15＋21＝36.答案：366．已知A 2n ＝4C 2n －1，则n ＝________.解析：因为A 2n ＝4C 2n －1，所以n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2，解得n ＝4(n ＝1舍去)．答案：47．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，求C 12n 的值． 解：由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，所以2·n ！5！(n －5)！＝n ！4！(n －4)！＋n ！6！(n －6)！，整理得n 2－21n ＋98＝0， 解得n ＝7或n ＝14，要求C 12n 的值，故n ≥12，所以n ＝14， 于是C 1214＝C 214＝14×132×1＝91.对点练三 简单的组合应用题8．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建造“村村通”工程，共需建公路的条数为( )A ．4B ．8C ．28D ．64解析：选C 由于公路的修建问题是组合问题．故共需要建C 28＝28条公路．9．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有( )A ．C 310种 B ．A 310种 C ．A 13A 27种D ．C 13C 27种解析：选D 每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C 13种选法；第二步，选男工，有C 27种选法．故共有C 13C 27种不同的选法．10．若x ∈A ，则1x ∈A ，就称集合A 具有伙伴关系．集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，13，12，1，2，3，4的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为( )A ．15B ．16C ．28D ．25解析：选A 将集合M 中除0,4外的元素分为四组，即－1；1；12，2；13，3.它们能组成具有伙伴关系的非空集合的个数为C 14＋C 24＋C 34＋C 44＝15，故选A.11．某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法有________种．解析：从10人中选派4人有C 410种方法，对选出的4人具体安排会议有C 24C 12种方法，由分步乘法计数原理知，不同的选派方法种数为C 410C 24C 12＝2 520.答案：2 52012．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？(2)在选出11名上场队员时，还要确定其中一人为守门员，那么教练员有多少种方法做这件事情？解：(1)由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有C 1117＝12 376(种)． (2)教练员可以分两步完成这件事情．第1步， 从17名学员中选出11人组成上场小组，共有C 1117种选法；第2步，从选出的11人中再选出1名守门员，共有C 111种选法．所以教练员做这件事情的方法数有C 1117×C 111＝136 136(种)．二、综合过关训练1．(C 2100＋C 97100)÷A 3101的值为( ) A ．6 B ．101 C.16D.1101解析：选C (C 2100＋C 97100)÷A 3101＝(C 2100＋C 3100)÷A 3101＝C 3101÷(C 3101A 33)＝1A 33＝16.2．假设200件产品中有3件次品，现在从中任取5件，其中至少有2件次品的抽法有( ) A ．C 23C 2198种 B ．(C 23C 3197＋C 33C 2197)种 C ．(C 3200－C 4197)种D ．(C 5200－C 13C 4197)种解析：选B 分为两类：第一类，取出的5件产品有2件次品3件合格品，有C 23C 3197种抽法；第二类，取出的5件产品有3件次品2件合格品，有C 33C 2197种抽法．因此共有(C 23C 3197＋C 33C 2197)种抽法．3．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．解析：根据题意，知所有可能的决赛结果有C 16C 25C 33＝6×5×42×1＝60(种)．答案：604．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A 地到东北角B 地的最短路线共有________条．解析：要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A 地到B 地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有C 49C 55＝126种走法，故从A 地到B 地的最短路线共有126条．答案：1265．若C 4n ＞C 6n ，则n 的集合是________．解析：∵C4n＞C6n，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n ＞C 6n ，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！(n －4)！＞n ！6！(n －6)！，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10＜0，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1＜n ＜10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9.∴n 的集合为{6,7,8,9}． 答案：{6,7,8,9}6．从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数，则可以得到多少个不同的这样的最小三位数？解：从6个不同数字中任选3个组成最小三位数，相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合，故所有不同的数的个数为C 36＝6×5×43×2×1＝20.7．(1)在桥牌比赛中，发给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一(即13张牌)组成的牌．一名参赛者可能得到多少手不同的牌(用排列数或组合数表示)?(2)某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券．问：此人有多少种不同的投资方式？解：(1)本题实质上是从52个元素中任选13个元素作为一组的组合问题，共有C 1352种不同的可能．即一名参赛者可能得到C 1352手不同的牌．(2)需分两步：第1步，根据经纪人的推荐在12种股票中选8种，共有C 812种选法； 第2步，根据经纪人的推荐在7种债券中选4种，共有C 47种选法． 根据分步乘法计数原理，此人有C 812·C 47＝17 325种不同的投资方式．。
2018年秋人教B版数学选修2-3练习：第二章检测
第二章检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分)1.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次,记“硬币正面向上”为事件A,“骰子向上的点数是3”为事件B,则事件A,B中至少有一件发生的概率是( )A B C D解析:事件A,B中至少有一件发生的概率是1-P()=1-答案:C2.一道竞赛题,A,B,C三人可解出的概率依次为,若三人独立解答,则仅有1人解出的概率为( )A BC D.1解析:P===答案:B3.已知随机变量ξ的概率分布如下:ξ12345678910P m则P(ξ=10)等于( )A B C D解析:利用概率和为1求解.因为+…+=2=1-,所以P(ξ=10)=1-答案:C4.设随机变量X的等可能的取值为1,2,3,…,n,如果P(X<4)=0.3,那么( )A.n=3B.n=4C.n=10D.n不能确定解析:∵X是等可能地取值,∴P(X=k)=(k=1,2,…,n).∴P(X<4)==0.3.∴n=10.答案:C5.一台X型号自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为0.8,若有四台这种型号的自动机床各自独立工作,则在一小时内至多有两台机床需要工人照看的概率是( )A.0.153 6B.0.180 8C.0.563 2D.0.972 8解析:至多有两台机床要照看包括:没有需要照看的机床,有一台需要照看,有两台需要照看.故一小时内至多有两台机床要照看的概率为P=0.84·0.20+0.83·0.21+0.82·0.22=0.972 8.答案:D6.某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1 000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X的数学期望为( )A.100B.200C.300D.400解析:E(X)=1 000×0.1×2=200.答案:B7.已知市场上供应的灯泡中,甲厂产品占70%,乙厂占30%,甲厂产品的合格率是95%,乙厂产品的合格率是80%,则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是( )A.0.665B.0.56C.0.24D.0.028 5解析:记A为“甲厂产品”,B为“合格产品”,则P(A)=0.7,P(B|A)=0.95,所以P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.7×0.95=0.665.答案:A8.从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数,这个数不能被3整除的概率为( )A BC D解析:任取3个数字,组成没有重复数字的三位数,共有=648(个),其中能被3整除的三位数有12+30=228(个),故不能被3整除的数有420个,其概率为答案:B9.某停车场能把12辆车排成一列停放,设每辆车的停放位置是随机的,若有8个车位放了车,而4个空位连在一起,这种情况发生的概率等于( )A BC D解析:12个车位停放8辆车共有种停法,将其中4个空位“捆绑”,插空,共有9种插法,所以所求概率为答案:C10.一盒中有12个乒乓球,其中9个新的3个旧的,从盒子中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X是一个随机变量,其分布列为P(X),则P(X=4)的值为( )A BC D解析:由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球,故P(X=4)=答案:C二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分)11.已知口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球,从中摸出一个球,摸出红球的概率为0.4,摸出黄球的概率为0.35,则摸出白球的概率是 .解析:记事件A,B,C分别为“摸出一球是红球”“摸出一球是黄球”“摸出一球是白球”,则A,B,C互斥,且A∪B∪C为必然事件,故P(C)=1-P(A)-P(B)=1-0.4-0.35=0.25.答案:0.2512.加工某一零件需经过三道工序,设第一、二、三道工序的次品率分别为,且各道工序互不影响,则加工出来的零件的次品率为 .解析:加工出来的零件的合格品率为P=,所以次品率为1-P=答案:13.某射手平均5发子弹命中3发,为使他至少有1发命中的概率大于0.999,应该让他射击的次数至少是 .解析:设至少射击n次,则1-(1-0.6)n>0.999,即1-0.4n>0.999,0.4n<0.001.所以n lg 0.4<lg 0.001=-3.所以n>7.5.所以n的最小值为8.答案:814.设随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=(k=0,1,2,…,300),则E(ξ)= . 解析:由题意,得ξ~B,所以E(ξ)=300=100.答案:10015.运动员参加射击比赛,每人射击4次(每次射一发),比赛规定:全不中得0分,只中一弹得15分,中两弹得40分,中三弹得65分,中四弹得100分.已知某一运动员每一次射击的命中率为,则他的得分期望为 .解析:设该运动员中弹数为ξ,得分数为η,则P(ξ=4)==0.129 6,P(ξ=3)==0.345 6,P(ξ=2)==0.345 6,P(ξ=1)==0.153 6,P(ξ=0)==0.025 6.由题意可知P(η)=P(ξ),所以E(η)=100×0.129 6+65×0.345 6+40×0.345 6+15×0.153 6+0×0.025 6=51.552.答案:51.552三、解答题(本大题共3小题,共25分)16.(8分)某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检).若安检不合格,则必须整改.若整改后经复查仍不合格,则强制关闭.设每家煤矿安检是否合格是相互独立的,且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5,整改后安检合格的概率是0.8.计算(结果精确到0.01):(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率.(2)平均有多少家煤矿必须整改?(3)至少关闭一家煤矿的概率.分析根据独立重复试验与相互独立事件的概率求解.解:(1)每家煤矿必须整改的概率是(1-0.5),且每家煤矿是否整改是相互独立的.所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是P1=(1-0.5)2×0.53=0.31.(2)由题设,必须整改的煤矿数X服从二项分布B(5,0.5),从而X的数学期望是E(X)=5×0.5=2.5,即平均有2.50家煤矿必须整改.(3)某煤矿被关闭,即该煤矿第一次安检不合格,整改后经复查仍不合格,所以该煤矿被关闭的概率是P2=(1-0.5)×(1-0.8)=0.1.从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意,每家煤矿是否被关闭是相互独立的,故至少关闭一家煤矿的概率是P3=1-0.95≈0.41.17.(8分)如图所示,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E(V).解:(1)从6个点中随机选取3个点总共有=20种取法,选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有=12种,因此V=0的概率为P(V=0)=(2)V的所有可能取值为0,,因此V的分布列为V0P由V的分布列可得E(V)=018.(9分)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).现从袋中任取一个球,ξ表示所取球的标号.(1)求ξ的分布列、期望和方差;(2)若η=aξ+b,E(η)=1,D(η)=11,试求a,b的值.解:(1)ξ的分布列为ξ01234P所以E(ξ)=0+1+2+3+4D(ξ)=(2)由D(η)=a2D(ξ),得a2=11,即a=±2.又E(η)=aE(ξ)+b,所以当a=2时,由1=2×1.5+b,得b=-2;当a=-2时,由1=-2×1.5+b,得b=4,故即为所求.。
新课标A版高中数学选修2-3课时作业2 Word版含答案
课时作业(二)．将名大学毕业生全部分配给所不同的学校，不同的分配方式的种数有( )．种．种．种．种答案解析每名大学生有三种不同的分配方式，所以共有种不同的分配方式．．从集合＝{}中任取三个数作为二次函数＝＋＋的系数，，.则可构成不同的二次函数的个数是( )．．．．答案解析由于是二次函数，需分三步确定系数，，，有除之外的四种选法，有四种选法，有三种选法，故有××＝种．．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆种蔬菜品种中选出种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有( )．种．种．种．种答案解析(直接法)：黄瓜种在第一块土地上有××＝种．同样，黄瓜可种在第二块、第三块土地上，共有不同的种法有×＝种．(间接法)：种选种，种在三块地上有××＝种，其中不种黄瓜有××＝种，共有不同种法－＝种．．已知异面直线，上分别有个点和个点，则经过这个点可以确定不同的平面个数为( ) ．．．．答案解析根据一条直线与直线外一点可确定一个平面，因此可分为两类；第一类，直线与直线上的点所确定的平面有个平面；第二类，直线与直线上的点所确定的平面有个，根据分类加法计数原理，共有＋＝个不同平面．．书架上原来并排放着本不同的书，现要再插入本不同的书，那么不同的插法共有( ) ．种．种．种．种答案解析我们可以一本一本的插入，先插一本，可在原来本书形成的个空当中插入，共有种插入的方法；然后再插第二本，这时书架上有本书形成个空当，有种插入方法；再插最后一本，有种插法，所以共有××＝种不同的插法．．有个不同的棱柱、个不同的棱锥、个不同的圆台、个不同的球，若从中取出个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )．．．．答案解析分两步：第一步，取多面体，有＋＝种不同的取法，第二步，取旋转体，有＋＝种不同的取法．所以不同的取法种数是×＝种．．如图所示，用不同的五种颜色分别为，，，，五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则符合这些要求的不同着色的方法共有( )种．种．种．种答案解析按照分步计数原理，先为着色共有种，再为着色共有种(不能与相同)，接着为着色有种(不与，相同)，同理依次为，着色各有种，所以不同着色的方法共有＝××＝(种)．．已知集合＝{，－}，＝{－，－}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系第一、第二象限中的不同点的个数有( )．个．个．个．个答案解析此问题可分两类：①以集合中的元素作为横坐标，集合中的元素作为纵坐标，集合中任取一个元素的方法有种，要使点在第一、第二象限内，则集合中只能取两个元素中的一个，有种方法，根据分步乘法计数原理有×＝个；②以集合中的元素作为横坐标，集合中的元素为纵坐标，集合中任取一个元素的方法有种，要使点在第一、第二象限内，则集合中只能取两个元素中的一个，有种方法，根据分步乘法计数原理，有×＝个．。