備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第十章

第十章計數(shù)原理、概率及其分布第48講排列與組合1.A解析：可分三步：第一步，第1張門票有10種不同的分法；第二步，第2張門票有9種不同的分法；第三步，第3張門票有8種不同的分法．由分步乘法計數(shù)原理得，共有10×9×8＝720種不同的分法．2.D解析：由題意可知不同的涂色方案有三類，分別用5種，4種，3種顏色，則共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420種不同的涂色方案．3.C解析：根據(jù)題意分3步進行分析：第一步，將除A，B，C之外的三人全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6種情況；第二步，由于A，D必須相鄰，則A必須安排在與D相鄰的兩個空位中，有2種情況；第三步，將B，C安排在剩下的3個空位中，有Aeq\o\al(2,3)＝6種情況．故共有6×2×6＝72種不同的安排方法．4.B解析：分以下兩種情況討論：①若第一節(jié)課安排語文，則后面五節(jié)課的安排無限制，此時共有Aeq\o\al(5,5)種不同的排法；②若第一節(jié)課安排數(shù)學(xué)，則語文可安排在中間四節(jié)課中的任何一節(jié)，此時共有4Aeq\o\al(4,4)種不同的排法．綜上所述，不同的排法共有Aeq\o\al(5,5)＋4Aeq\o\al(4,4)＝216(種)．5.BC解析：3男3女排成一排共有Aeq\o\al(6,6)＝720種不同的排法，故A正確；男生甲排在兩端的共有2Aeq\o\al(5,5)＝240種不同的排法，故B錯誤；男生甲、乙相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(5,5)＝240種，故C錯誤；男、女生相間的排法有2Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝72種，故D正確．6.BCD解析：若4個不同的小球放入編號為1,2,3,4的盒子中，共有44＝256種放法，故A錯誤；若4個相同的小球放入編號為1,2,3,4的盒子，且恰有兩個空盒，則一個盒子放3個小球，另一個盒子放1個小球或兩個盒子均放2個小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18種放法，故B正確；若4個不同的小球放入編號為1,2,3,4的盒子，且恰有一個空盒，則兩個盒子中各放1個小球，另一個盒子中放2個小球，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(1,3)·C\o\al(2,2)·A\o\al(3,3),A\o\al(2,2))＝144種放法，故C正確；若編號為1,2,3,4的小球放入編號為1,2,3,4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同，若(2,1,4,3)代表編號為1,2,3,4的盒子放入的小球編號分別為2,1,4,3，所有符合要求的情況為(2,1,4,3)，(4,1,2,3)，(3,1,4,2)，(2,4,1,3)，(3,4,1,2)，(4,3,1,2)，(2,3,4,1)，(3,4,2,1)，(4,3,2,1)，共9種放法，故D正確．7.120解析：六個元素進行排序，保證甲、乙、丙三個元素順序不變，再加入三個元素進行排序，共eq\f(6！,3！)＝120種排法．8.12解析：三個年級的學(xué)生在三個時間段內(nèi)各參觀青銅器、瓷器、書畫三個場館，且每個年級的學(xué)生在三個時間段內(nèi)參觀的場館不重復(fù)，共有2Aeq\o\al(3,3)＝12種安排方法．9.72解析：先將《周易》《尚書》《禮記》進行排列，共有Aeq\o\al(3,3)種排法，再從產(chǎn)生的4個空位中選2個安排《詩經(jīng)》《春秋》，共有Aeq\o\al(2,4)種排法，所以滿足條件的情況共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72(種)．10.【解答】(1)將取出的4個球分成三類情況：第一類，取4個紅球，沒有白球，有Ceq\o\al(4,4)種取法；第二類，取3個紅球、1個白球，有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)種取法；第三類，取2個紅球、2個白球，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6)種取法．故所求取法共有Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6)＝115(種)．(2)設(shè)取x個紅球，y個白球，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝50≤x≤4，,2x＋y≥70≤y≤6，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝1，))故符合條件的取法有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,6)＝186(種)．11.【解答】(1)可以把1與2看作一個整體并進行全排列，因為0不在首位，需先排0，再排其余數(shù)字，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝192(個)．(2)先從其余4個數(shù)字中任選2個排在0與1之間有Aeq\o\al(2,4)種排法，并把這四個數(shù)作為一個整體．若0在1之前，則先排首位，再將余下的一個數(shù)與這個整體全排列；若1在0之前，直接將這個整體與其余2個數(shù)字進行全排列．共有Aeq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝120(個)．(3)0不在首位，1不在個位，先將6個數(shù)字全排列有Aeq\o\al(6,6)種排法，再減去0在首位和1在個位的情況有2Aeq\o\al(5,5)種．但是0在首位且1在個位的情況減了兩次，故后面要加回來，故共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504(個)．12.【解答】(1)由題意在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，故以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A1(0,0,3)，B(2,0,0)，M(0,1,0)，故eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－3)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(0,1，－3)．設(shè)平面A1BM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝2x－3z＝0，,n·\o(A1M,\s\up6(→))＝y(tǒng)－3z＝0，))令z＝2，可得n＝(3,6,2)．平面A1B1C1的一個法向量可取m＝(0,0,1)，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(2,\r(,49))＝eq\f(2,7)，故平面A1BM與平面A1B1C1夾角的余弦值為eq\f(2,7).(第12題)(2)由(1)可知N是B1C1的中點，故N(1,1,3)，所以eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(1,1,0)．假設(shè)在線段A1N上存在點Q，使得PQ∥平面A1BM，則設(shè)eq\o(A1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(A1N,\s\up6(→))＝(λ，λ，0)，λ∈[0,1]，則Q(λ，λ，3)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3,2)))，故eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－1，λ－1，\f(3,2)))，由n·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(3,6,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－1，λ－1，\f(3,2)))＝3(λ－1)＋6(λ－1)＋3＝0，可得λ＝eq\f(2,3)，即在線段A1N上存在點Q，使得PQ∥平面A1BM，此時|eq\o(A1Q,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)|eq\o(A1N,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)eq\r(,12＋12)＝eq\f(2\r(,2),3)，即A1Q的長為eq\f(2\r(,2),3).第49講二項式定理及其應(yīng)用1.B解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(,x))))6的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(2x)6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(,x))))r＝Ceq\o\al(r,6)×26－r×(－1)r×x6－eq\f(3,2)r，令6－eq\f(3,2)r＝0，解得r＝4，所以常數(shù)項為Ceq\o\al(4,6)×22×(－1)4＝60.2.D解析：(1－x)n的二項展開式中第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)(－1)kxk，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(1－x)n＝x(1－x)n－eq\f(1,x)(1－x)n的展開式不含x5的項，所以xCeq\o\al(4,n)(－1)4x4－eq\f(1,x)Ceq\o\al(6,n)(－1)6x6＝0，即Ceq\o\al(4,n)x5－Ceq\o\al(6,n)x5＝0，即Ceq\o\al(4,n)＝Ceq\o\al(6,n)，所以n＝10.3.A解析：由(x2＋2x＋y)5＝[(x2＋2x)＋y]5，可知展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(x2＋2x)5－kyk，因為要求x5y2的系數(shù)，故k＝2，此時(x2＋2x)3＝x3·(x＋2)3，其對應(yīng)x5的系數(shù)為Ceq\o\al(1,3)21＝6，所以x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)×6＝60.4.C解析：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5＝(1＋2x)5－eq\f(1,x2)(1＋2x)5，(1＋2x)5展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(2x)k＝2kCeq\o\al(k,5)xk，k＝0,1,2,3,4,5，其中含x3的項的系數(shù)為23Ceq\o\al(3,5)＝80，eq\f(1,x2)(1＋2x)5的展開式中含x3的項的系數(shù)為25Ceq\o\al(5,5)＝32，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展開式中，含x3的項的系數(shù)為80－32＝48.5.ABD解析：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))n的二項式系數(shù)之和為2n＝64，得n＝6，所以2,6,10成等差數(shù)列，A正確；令x＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6＝26＝64，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的各項系數(shù)之和為64，B正確；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展開式共有7項，則二項式系數(shù)最大的項是第4項，C不正確；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展開式中的第5項為Ceq\o\al(4,6)(5x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,\r(x))))4＝15×25×81，是常數(shù)項，D正確．6.BD解析：(2－eq\r(,3)x)6的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·26－k·(－eq\r(,3)x)k＝Ceq\o\al(k,6)·(－eq\r(,3))k·26－k·xk.對于A，令k＝3，則a3＝Ceq\o\al(3,6)×23×(－eq\r(,3))3＝－480eq\r(,3)，A錯誤；對于B，令x＝1，則a0＋a1＋…＋a6＝(2－eq\r(,3))6；令x＝－1，則a0－a1＋a2－…＋a6＝(2＋eq\r(,3))6，所以(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a6)(a0－a1＋a2－…＋a6)＝[(2－eq\r(,3))×(2＋eq\r(,3))]6＝1，B正確；對于C，令x＝0，得a0＝26，則a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq\r(,3))6－26，C錯誤；對于D，因為a0，a2，a4，a6為正數(shù)，a1，a3，a5為負(fù)數(shù)，又a0＝26＝64，a2＝Ceq\o\al(2,6)×24×3＝720，a4＝Ceq\o\al(4,6)×22×32＝540，a6＝33＝27，所以展開式中系數(shù)最大的為a2，D正確．7.8解析：由題意Ceq\o\al(2,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝7，則n(n－1)＝56，解得n＝8.8.84解析：由題意知2n＝128，解得n＝7，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))7的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)x7－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝(－2)kCeq\o\al(k,7)x7－2k(k∈N，k≤7)，由7－2k＝3，得k＝2，所以所求展開式中含x3的項的系數(shù)是(－2)2Ceq\o\al(2,7)＝4×eq\f(7×6,2×1)＝84.9.－431解析：因為x·Ceq\o\al(0,3)·23·x0－Ceq\o\al(1,3)·22·x1＝－4x，所以a1＝－4.對所給等式兩邊對x求導(dǎo)，可得(2＋x)3＋3(x－1)(2＋x)2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3，令x＝1，得27＝a1＋2a2＋3a3＋4a4，所以2a2＋3a3＋4a4＝31.10.【解答】二項式的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\r(3,x))n－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2\r(3,x))))r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))rCeq\o\al(r,n)xeq\f(1,3)n－eq\f(2,3)r，由前三項系數(shù)的絕對值成等差數(shù)列，得Ceq\o\al(0,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2Ceq\o\al(2,n)＝2×eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)，解得n＝8或n＝1(舍去)．(1)展開式的第4項為T4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3Ceq\o\al(3,8)xeq\f(2,3)＝－7eq\r(3,x2).(2)令eq\f(8,3)－eq\f(2,3)r＝0，得r＝4，故常數(shù)項為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))4Ceq\o\al(4,8)＝eq\f(35,8).11.【解答】若選填條件①，即只有第8項的二項式系數(shù)最大，則n＝14；若選填條件③，即各項系數(shù)之和為414，則4n＝414，即n＝14.二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,x)＋\f(3,x3)))14的展開式的通項為Tk＝Ceq\o\al(k－1,14)·(eq\r(,x))15－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))k－1＝3k－1·Ceq\o\al(k－1,14)·xeq\f(21－7k,2).由21－7k＝0，得k＝3，即存在整數(shù)k＝3，使得Tk是展開式中的常數(shù)項．若選填條件②，即奇數(shù)項二項式系數(shù)之和為47，則2n－1＝47＝214，所以n＝15.二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,x)＋\f(3,x3)))15的展開式的通項為Tk＝Ceq\o\al(k－1,15)·(eq\r(,x))16－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))k－1＝3k－1·Ceq\o\al(k－1,15)·xeq\f(22－7k,2).由22－7k＝0，得k＝eq\f(22,7)?Z，即不存在整數(shù)k，使得Tk是展開式中的常數(shù)項．12.A解析：由m(n＋3)＝3，可得n＋3＝eq\f(3,m)，因為0<m<eq\f(1,2)，所以eq\f(3,m)>6，所以n>3，所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n－3)＝n＋3＋eq\f(1,n－3)＝n－3＋eq\f(1,n－3)＋6≥2eq\r(,n－3·\f(1,n－3))＋6＝8，當(dāng)且僅當(dāng)n－3＝eq\f(1,n－3)，即n＝4，m＝eq\f(3,7)時取等號，所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n－3)有最小值8.13.D解析：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z－2i＝a＋(b－2)i，eq\x\to(z)＋2i＝a－(b－2)i.因為(z－2i)(eq\x\to(z)＋2i)＝[a＋(b－2)i][a－(b－2)i]＝a2＋(b－2)2＝1，所以復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(a，b)在圓x2＋(y－2)2＝1上，圓x2＋(y－2)2＝1的圓心C(0,2)，半徑r＝1，則|z|的最大值為|OC|＋r＝3，其中O為復(fù)平面的坐標(biāo)原點．14.【解答】(1)f(x)＝eq\f(1－cos2ωx,2)＋eq\f(\r(,3),2)sin2ωx＝eq\f(\r(,3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).因為函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對稱，所以eq\f(π,3)ω－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝2＋3k，k∈Z.因為函數(shù)f(x)的最小正周期T滿足eq\f(π,3)<T<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,3)<eq\f(2π,2ω)<eq\f(2π,3)，解得eq\f(3,2)<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(5π,6)))＋eq\f(1,2)，則g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋eq\f(1,2).因為x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以2x＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，故g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).第50講隨機事件與概率1.B解析：從集合{1,2,4}中隨機抽取一個數(shù)a，從集合{2,4,5}中隨機抽取一個數(shù)b，可以組成向量m＝(a，b)的個數(shù)是3×3＝9，其中與向量n＝(2，－1)垂直的向量是m＝(1,2)和m＝(2,4)，共2個，故所求的概率為P＝eq\f(2,9).2.C解析：甲從“管委會”站到“北埭”站的每一站下車都可以，有8種情況，乙從“管委會”站到“東至”站的每一站下車都可以，有15種情況．若乙在“管委會”站下車，則甲有7種情況，若乙在“地稅分局”站下車，則甲有6種情況，若乙在“興海路”站下車，則甲有5種情況，若乙在“閩臺風(fēng)情街”站下車，則甲有4種情況，若乙在“蓮池小學(xué)”站下車，則甲有3種情況，若乙在“金沙灘”站下車，則甲有2種情況，若乙在“蓮池沙灘”站下車，則甲有1種情況．因此，甲比乙后下車的概率為P＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7,8×15)＝eq\f(4×7,8×15)＝eq\f(7,30).3.B解析：因為玉衡和天權(quán)都沒有被選中的概率為P＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，所以玉衡和天權(quán)至少一顆被選中的概率為1－eq\f(10,21)＝eq\f(11,21).4.D解析：設(shè)“水仙四妹”為150＋x且0<x<10，x∈Z，由題意知，13＋53＋x3＝150＋x，即有(x－1)x(x＋1)＝24，可得x＝3，即“水仙四妹”為153，所以集合為{142,147,152,153,154,157}，則事件A＝“含有153，且其余兩個整數(shù)至少有一個比153小”的對立事件為eq\x\to(A)＝“含有153，且其余兩個沒有比153小”．因為“含有153”的取法有Ceq\o\al(2,5)種，而事件eq\x\to(A)的取法只有1種，故事件A的取法有Ceq\o\al(2,5)－1＝9(種)，所以P(A)＝eq\f(9,C\o\al(3,6))＝eq\f(9,20).5.AB解析：由對立事件的定義可知A正確；由于A∩B為不可能事件，所以A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，即B正確；事件A，B，C兩兩互斥，并不代表A∪B∪C是必然事件，故C不正確；D中，拋擲一枚硬幣3次，事件A＝“至少出現(xiàn)一次正面”，事件B＝“3次出現(xiàn)正面”，則P(A)＝eq\f(7,8)，P(B)＝eq\f(1,8)，滿足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是對立事件，故D不正確．6.BC解析：由題意知事件A為向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是1,3,5；事件B為向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是1,2；事件C為向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是4,5,6.eq\x\to(A)B＝“向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是2”，故A錯誤；eq\x\to(B)C＝“向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是4或5或6”，故B正確；Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(B)C＝“向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是3或4或5或6”，故C正確；eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C)＝?，故D錯誤．7.eq\f(7,25)解析：從0～9中任意取兩個數(shù)(可重復(fù))共有100種取法，設(shè)事件A＝“|a－b|≤1”，則A＝{(0,0)，(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，(7,7)，(8,8)，(9,9)，(0,1)，(1,0)，(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)，(4,5)，(5,4)，(5,6)，(6,5)，(6,7)，(7,6)，(7,8)，(8,7)，(8,9)，(9,8)}，共28個樣本點，所以P(A)＝eq\f(28,100)＝eq\f(7,25).8.eq\f(7,75)解析：分兩步，第一步，把5名醫(yī)生分成三組，有1,1,3和1,2,2兩種分法，當(dāng)分成1,1,3時，有Ceq\o\al(3,5)＝10種情況，當(dāng)分成1,2,2時，有eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝15種情況；第二步，把這三組分到三個醫(yī)院．則共有25Aeq\o\al(3,3)＝150種情況．A醫(yī)院恰好只有醫(yī)生甲去支援，即將剩下的4名醫(yī)生分配到2個醫(yī)院，則共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\o\al(3,4)＋\f(1,2)C\o\al(2,4)))Aeq\o\al(2,2)＝14(種)，因此所求的概率為P＝eq\f(14,150)＝eq\f(7,75).9.0.78解析：設(shè)抽到一等品、二等品、三等品的事件分別為A，B，C，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA＋PB＝0.93，,PA＋PC＝0.85，,PA＋PB＋PC＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA＝0.78，,PB＝0.15，,PC＝0.07，))所以抽到一等品的概率為0.78.10.【解答】(1)由(0.0025＋0.0100＋a＋0.0150＋0.0100)×20＝1，可得a＝0.0125，這1000名學(xué)生每日的平均閱讀時間為10×0.05＋30×0.2＋50×0.25＋70×0.3＋90×0.2＝58(min)．(2)由于eq\f(0.3,0.2)＝eq\f(3,2)，因此，[60,80)抽取了3人a，b，c，[80,100]抽取了2人d，e，從中抽取2人的樣本空間Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)}，共10個樣本點，設(shè)A＝“抽取的2人來自不同組”，則A＝{(a，d)，(a，e)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)}，共6個樣本點，因此，P(A)＝eq\f(3,5).11.【解答】(1)由題意，參加集訓(xùn)的男生、女生各有6名．參賽學(xué)生全從B中學(xué)抽取(等價于A中學(xué)沒有學(xué)生入選代表隊)的概率為eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(3,4),C\o\al(3,6)C\o\al(3,6))＝eq\f(1,100)，因此，A中學(xué)至少有1名學(xué)生入選代表隊的概率為1－eq\f(1,100)＝eq\f(99,100).(2)設(shè)事件A＝“參賽的4人中女生不少于2人”，事件B＝“參賽的4人中女生有2人”，事件C＝“參賽的4人中女生有3人”，則P(B)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(4,6))＝eq\f(3,5)，P(C)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,3),C\o\al(4,6))＝eq\f(1,5).由互斥事件的概率加法公式，得P(A)＝P(B)＋P(C)＝eq\f(3,5)＋eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).12.D解析：因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<0，,e－x＋m，x≥0，))當(dāng)x<0時，令f(x)＝0，可得2x＋1＝0，解得x＝－eq\f(1,2)，所以f(x)在(－∞，0)上有一個零點x＝－eq\f(1,2)，又函數(shù)f(x)在R上有兩個零點，所以當(dāng)x≥0時，方程e－x＋m＝0有一個根，所以方程e－x＝－m在[0，＋∞)上有一個根，即函數(shù)y＝e－x的圖象與直線y＝－m在x∈[0，＋∞)上有且只有一個交點．作出函數(shù)y＝e－x的圖象如圖所示，觀察圖象可得0<－m≤1，所以－1≤m<0，所以m的取值范圍是[－1,0)．(第12題)13.C解析：f(x)＝sin2x＋1＋cosx＝1－cos2x＋1＋cosx＝－cos2x＋cosx＋2，令cosx＝t，t∈[－1,1]，則y＝－t2＋t＋2，所以y在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上不單調(diào)，A錯誤．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上單調(diào)遞增，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上單調(diào)遞減，B錯誤．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，C正確．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，D錯誤．第51講事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式練習(xí)11.B解析：4個都不亮的概率為(1－0.8)4＝0.0016，只有1個亮的概率為4×0.8×(1－0.8)3＝0.0256，所以至少有兩個能正常照明的概率是1－0.0016－0.0256＝0.9728.2.C解析：由題意知P(B|A)＋P(eq\x\to(B))＝P(B|A)＋1－P(B)＝1，則P(B|A)＝P(B)，即eq\f(PAB,PA)＝P(B)，于是得P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A與事件B相互獨立．3.A解析：令事件A1＝“玩手機時間超過1h”，事件A2＝“玩手機時間不超過1h”，事件B＝“任意調(diào)查一人，此人近視”，則樣本空間Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.5，P(B)＝0.45.由題意知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.2×0.5＋0.8×P(B|A2)＝0.45，解得P(B|A2)＝eq\f(7,16)，所以這名學(xué)生近視的概率為eq\f(7,16).4.B解析：記事件A＝“第1球投進”，事件B＝“第2球投進”，P(B|A)＝eq\f(3,4)，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,4)，P(A)＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝eq\f(1,4)，則由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(5,8).5.BC解析：記事件Ai＝“零件為第i(i＝1,2,3)臺車床加工”，記事件B＝“任取一個零件為次品”，則P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45.對于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A錯誤；對于B，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.0525，B正確；對于C，P(A2|B)＝eq\f(PA2·PB|A2,PB)＝eq\f(0.3×0.05,0.0525)＝eq\f(2,7)，C正確；對于D，P(A3|B)＝eq\f(PA3·PB|A3,PB)＝eq\f(0.45×0.05,0.0525)＝eq\f(3,7)，D錯誤．6.AD解析：因為每次取一球，所以A1，A2是互斥事件，故A正確；因為P(A1)＝P(A2)＝eq\f(1,2)，P(B|A2)＝eq\f(PBA2,PA2)＝eq\f(5,7)，故B錯誤；又P(B|A1)＝eq\f(PBA1,PA1)＝eq\f(4,7)，所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝eq\f(1,2)×eq\f(4,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(5,7)＝eq\f(9,14)，故D正確；從甲箱中取出黑球，放入乙箱中，則乙箱中黑球變?yōu)?個，取出黑球的概率發(fā)生變化，所以事件B與事件A2不相互獨立，故C錯誤．7.eq\f(8,27)解析：由題意，要成功生產(chǎn)出質(zhì)量合格的發(fā)熱膜，則制作石墨烯發(fā)熱膜的三個環(huán)節(jié)都必須合格，所以成功生產(chǎn)出質(zhì)量合格的發(fā)熱膜的概率為P＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).8.eq\f(4,5)解析：由題意，P(B)＝eq\f(C\o\al(1,3)52,63)＝eq\f(25,72)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3)5×4,63)＝eq\f(5,18)，因此P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(4,5).9.eq\f(27,32)解析：設(shè)事件A＝“小王從這8題中任選1題，且做對”，事件B＝“選到能完整做對的5道題”，事件C＝“選到有思路的兩道題”，事件D＝“選到完全沒有思路的1道題”，則P(B)＝eq\f(5,8)，P(C)＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，P(D)＝eq\f(1,8)，由全概率公式可得P(A)＝P(B)·P(A|B)＋P(C)·P(A|C)＋P(D)·P(A|D)＝eq\f(5,8)×1＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)×eq\f(1,4)＝eq\f(27,32).10.【解答】(1)設(shè)事件A＝“甲在A點投中”，事件B＝“甲在B點投中”．根據(jù)題意，ξ的所有可能取值為0,2,3,5，則P(ξ＝0)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝3)＝P(eq\x\to(A)B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝5)＝P(AB)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以ξ的分布列為ξ0235Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)(2)同(1)，乙的總得分η的分布列為η0235Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)甲獲勝包括甲得2分、乙得0分，甲得3分、乙得0分或2分，甲得5分、乙得0分或2分或3分，共三種情形，這三種情形之間相互獨立，因此所求概率為P＝P(ξ＝2)×P(η＝0)＋P(ξ＝3)×P(η<3)＋P(ξ＝5)×P(η<5)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,3)))＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))＝eq\f(13,36).11.【解答】(1)設(shè)事件A＝“從三所高校的志愿者中各抽取一名，這三名志愿者全是學(xué)生”，則P(A)＝eq\f(7,9)×eq\f(6,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(70,243).設(shè)事件B＝“從三所高校的志愿者中各抽取一名，這三名志愿者全是教職工”，則P(B)＝eq\f(2,9)×eq\f(3,9)×eq\f(4,9)＝eq\f(8,243).設(shè)事件C＝“從三所高校的志愿者中各抽取一名，這三名志愿者中既有學(xué)生又有教職工”，則P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－eq\f(70,243)－eq\f(8,243)＝eq\f(55,81).(2)設(shè)事件D＝“這名志愿者是教職工志愿者”，事件E1＝“選甲高?！?，事件E2＝“選乙高?！?，事件E3＝“選丙高?！保瑒tP(E1)＝P(E2)＝P(E3)＝eq\f(1,3)，P(D|E1)＝eq\f(2,9)，P(D|E2)＝eq\f(1,3)，P(D|E3)＝eq\f(4,9)，所以這名志愿者是教職工志愿者的概率為P(D)＝P(E1)P(D|E1)＋P(E2)P(D|E2)＋P(E3)P(D|E3)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,9)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(4,9)＝eq\f(1,3).12.4eq\r(3)解析：因為a>b>1，所以logba>1，又logab＋logba＝eq\f(10,3)，所以eq\f(1,logba)＋logba＝eq\f(10,3)，整理得3(logba)2－10logba＋3＝0，解得logba＝3或logba＝eq\f(1,3)(舍去)，因此a＝b3.又因為ab＝ba，所以b3b＝bb3，從而3b＝b3，b>1，所以b＝eq\r(3)，a＝3eq\r(3)，所以a＋b＝4eq\r(3).13.an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，n＝2k－1，k∈N*，,n－1，n＝2k，k∈N*))解析：由an＋an＋1＝2n＋1①?an＋2＋an＋1＝2n＋3②，②－①得an＋2－an＝2，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項與偶數(shù)項各自成等差數(shù)列．由a1＝2?a1＋a2＝3，所以a2＝1，從而a2n－1＝a1＋2(n－1)＝2n，an＝n＋1，n為奇數(shù)，a2n＝a2＋2(n－1)＝2n－1，an＝n－1，n為偶數(shù)．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，n＝2k－1，k∈N*，,n－1，n＝2k，k∈N*.))第51講事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式練習(xí)21.A解析：由題意可知P(A|B)·P(B)＋P(A|eq\x\to(B))·[1－P(B)]＝P(AB)＋P(A|eq\x\to(B))·P(eq\x\to(B))＝P(AB)＋P(Aeq\x\to(B))＝P(A)．2.C解析：設(shè)事件A＝“前兩張卡片所標(biāo)數(shù)字之和為偶數(shù)”，事件B＝“第三張為奇數(shù)”，則事件A包括前兩張都為奇數(shù)或者都為偶數(shù)，所以P(A)＝eq\f(A\o\al(2,3)＋A\o\al(2,2),A\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(A\o\al(2,3)A\o\al(1,1)＋A\o\al(2,2)A\o\al(1,3),A\o\al(3,5))＝eq\f(1,5)，故在前兩張卡片所標(biāo)數(shù)字之和為偶數(shù)的條件下，第三張為奇數(shù)的概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,2).3.C解析：在事件A1發(fā)生的條件下，乙罐中有5紅2白7個球，則P(B|A1)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，A正確；在事件A2發(fā)生的條件下，乙罐中有4紅3白7個球，則P(C|A2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,3),C\o\al(2,7))＝eq\f(12,21)＝eq\f(4,7)，B正確；由P(A1)＝eq\f(5,8)，P(A2)＝eq\f(3,8)，P(B|A1)＝eq\f(10,21)，P(B|A2)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,7))＝eq\f(6,21)，得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(5,8)×eq\f(10,21)＋eq\f(3,8)×eq\f(6,21)＝eq\f(17,42)，C不正確；由P(C|A2)＝eq\f(12,21)，P(C|A1)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,2),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，得P(C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＝eq\f(5,8)×eq\f(10,21)＋eq\f(3,8)×eq\f(12,21)＝eq\f(43,84)，D正確．4.B解析：當(dāng)k＝1時，連續(xù)取出兩張卡片的種數(shù)為5×4＝20，第二張為白色的種數(shù)為1×4＋4×3＝16，概率為eq\f(16,20)＝eq\f(4,5)；當(dāng)k＝2時，連續(xù)取出兩張卡片的種數(shù)為5×4＝20，第二張為白色的種數(shù)為2×3＋3×2＝12，概率為eq\f(12,20)＝eq\f(3,5)；當(dāng)k＝3時，連續(xù)取出兩張卡片的種數(shù)為5×4＝20，第二張為白色的種數(shù)為3×2＋2×1＝8，概率為eq\f(8,20)＝eq\f(2,5)；當(dāng)k＝4時，連續(xù)取出兩張卡片的種數(shù)為5×4＝20，第二張為白色的種數(shù)為4×1＝4，概率為eq\f(4,20)＝eq\f(1,5)；當(dāng)k＝5時，連續(xù)取出兩張卡片的種數(shù)為5×4＝20，第二張為白色的種數(shù)為0，概率為0.又老師選每位學(xué)生的概率均為eq\f(1,5)，故老師獲勝的概率為eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋\f(3,5)＋\f(2,5)＋\f(1,5)＋0))＝eq\f(2,5).5.AC解析：由題意可得P(M)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，故A正確；當(dāng)兩次拋擲的點數(shù)為(1,4)時，事件M與事件N同時發(fā)生，所以事件M與事件N不互斥，故B錯誤；事件M與事件N同時發(fā)生時，點數(shù)為(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，共4種，所以P(MN)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4)，又P(N)＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2)，所以P(MN)＝P(M)·P(N)，則事件M與事件N相互獨立，故C正確；P(M＋N)＝P(M)＋P(N)－P(MN)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，故D錯誤．6.AC解析：設(shè)事件A1＝“第一天去甲餐廳”，事件A2＝“第二天去甲餐廳”，事件B1＝“第一天去乙餐廳”，事件B2＝“第二天去乙餐廳”，則P(A1)＝0.4，P(B1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.5.因為P(A2|A1)＝eq\f(PA2PA1|A2,PA1)＝0.6，P(A2|B1)＝eq\f(PA2PB1|A2,PB1)＝0.5，所以P(A2)P(A1|A2)＝0.24，P(A2)P(B1|A2)＝0.3.P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.4×0.6＋0.6×0.5＝0.54，因此A正確；P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，因此B不正確；因為P(B1|A2)＝eq\f(0.3,PA2)＝eq\f(5,9)，所以C正確；P(A1|B2)＝eq\f(PA1PB2|A1,PB2)＝eq\f(PA1[1－PA2|A1],PB2)＝eq\f(0.4×1－0.6,0.46)＝eq\f(8,23)，所以D不正確．7.eq\f(4,9)解析：兩枚質(zhì)地均勻的骰子拋擲一次，樣本空間Ω所含全部的樣本點個數(shù)為36，其中事件“兩枚骰子朝上的點數(shù)之積為偶數(shù)”包含樣本點27個，事件“兩枚骰子朝上的點數(shù)之和為奇數(shù)”包含樣本點18個，從而P(A)＝eq\f(27,36)×eq\f(27,36)＝eq\f(9,16)，P(AB)＝eq\f(18,36)×eq\f(18,36)＝eq\f(1,4)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(4,9).8.0.96解析：由題意知，取到合格品的情況有三種：甲廠合格、乙廠合格、丙廠合格，其概率分別為0.25×96%,0.5×95%,0.25×98%，所以取得合格品的概率為0.24＋0.475＋0.245＝0.96.9.0.66解析：記甲球員出場前鋒、中鋒、后衛(wèi)分別為事件A1，A2，A3，甲球員出場前鋒、中鋒、后衛(wèi)時輸球分別為事件B1，B2，B3，則當(dāng)甲球員參加比賽時，該球隊某場比賽不輸球的概率為P＝P(A1eq\x\to(B1))＋P(A2eq\x\to(B2))＋P(A3eq\x\to(B3))＝P(A1)P(eq\x\to(B1))＋P(A2)P(eq\x\to(B2))＋P(A3)P(eq\x\to(B3))＝0.3×(1－0.4)＋0.5×(1－0.2)＋0.2×(1－0.6)＝0.66.10.【解答】(1)設(shè)事件A＝“甲至多經(jīng)過兩局比賽晉級決賽”，則甲第一局獲勝或第一局平局第二局獲勝，所以P(A)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,2).(2)記乙恰好經(jīng)過一局、兩局、三局比賽晉級決賽分別為事件B，C，D，則P(B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,2)))＝eq\f(1,6)，P(C)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)－\f(1,6)))＝eq\f(1,4)，P(D)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,18)，故在乙最后晉級決賽的前提下，乙恰好經(jīng)過三局比賽才晉級決賽的概率為eq\f(\f(1,18),\f(1,6)＋\f(1,4)＋\f(1,18))＝eq\f(2,17).11.【解答】(1)由題意，x的取值集合為{1,2,3,4,5}，y的取值集合為{17,18,20,21,23}，eq\x\to(x)＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，eq\x\to(y)＝eq\f(17＋18＋20＋21＋23,5)＝19.8，直接根據(jù)公式求得eq\o(b,\s\up6(∧))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,5,)xi－\x\to(x)2)＝1.5，eq\o(a,\s\up6(∧))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(∧))eq\x\to(x)＝15.3，因此經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(∧))＝1.5x＋15.3，當(dāng)x＝6時，可得eq\o(y,\s\up6(∧))＝24.3，因此預(yù)測2023年的招生總?cè)藬?shù)為24.(2)由已知，X可取0,1,2,3，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,14),C\o\al(3,20))，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,14)·C\o\al(1,6),C\o\al(3,20))，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,14)·C\o\al(2,6),C\o\al(3,20))，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,20))，故E(X)＝1×eq\f(C\o\al(2,14)·C\o\al(1,6),C\o\al(3,20))＋2×eq\f(C\o\al(1,14)·C\o\al(2,6),C\o\al(3,20))＋3×eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,20))＝eq\f(9,10).(3)因為2025年畢業(yè)，所以入學(xué)年份可能為2021年，2020年，2019年．由條件概率公式可知，該生被數(shù)學(xué)系錄取的條件下，其在第k年入學(xué)的概率為P(第k年入學(xué)數(shù)學(xué)系)＝eq\f(P第k年入學(xué)數(shù)學(xué)系,P數(shù)學(xué)系)＝eq\f(n第k年入學(xué)數(shù)學(xué)系,n數(shù)學(xué)系)，故P(2021年入學(xué)|數(shù)學(xué)系)＝eq\f(8,32)，P(2020年入學(xué)|數(shù)學(xué)系)＝eq\f(6,32)，P(2019年入學(xué)|數(shù)學(xué)系)＝eq\f(5,32)，由全概率公式得P(2025年畢業(yè)|數(shù)學(xué)系)＝eq\f(8,32)×0.76＋eq\f(6,32)×0.16＋eq\f(5,32)×0.08＝eq\f(93,400).12.【解答】(1)由題知eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S2020,2020)＋eq\f(3,2)，且{an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，故eq\f(2023×a1＋a2023,2023×2)＝eq\f(2020×a1＋a2020,2×2020)＋eq\f(3,2)，即a2023－a2020＝3d＝3，所以d＝1.又aeq\o\al(2,4)＝a2·a8，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋7)，解得a1＝1，所以an＝n.(2)由題知bn＝n·2n，則Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n,2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，故Tn＝n×2n＋1－(21＋22＋…＋2n)＝n×2n＋1－eq\f(21－2n,1－2)＝n×2n＋1－(2n＋1－2)＝(n－1)2n＋1＋2.(3)由題知cn＝eq\r(n,n)，故lncn＝eq\f(1,n)lnn(n∈N*)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x∈N*)，則f(x)≥0＝eq\f(ln1,1)，故(cn)min＝c1＝1.又f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)max＝max{f(2)，f(3)}．又f(2)＝eq\f(ln2,2)，f(3)＝eq\f(ln3,3)，且f(2)－f(3)＝eq\f(ln8－ln9,6)<0，故(cn)max＝c3＝eq\r(3,3).綜上，數(shù)列{cn}的最小項為c1＝1，最大項為c3＝eq\r(3,3).第52講隨機變量及其概率分布、期望與方差第1課時離散型隨機變量及其分布列1.D2.B解析：由于是逐次試驗，可能最后一枚鑰匙才能打開鎖，即前5次都打不開鎖，所以試驗次數(shù)X的最大可能取值為5.3.A4.B解析：由題意知a，b，c∈[0,1]，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝a＋c，,a＋b＋c＝1，))解得b＝eq\f(1,3)，又由函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋ξ有且只有一個零點，即方程x2＋2x＋ξ＝0只有一個根，可得Δ＝4－4ξ＝0，解得ξ＝1，所以P(ξ＝1)＝eq\f(1,3).5.AB解析：因為隨機變量X服從兩點分布，其中P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以P(X＝1)＝eq\f(2,3)，E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，易知A正確，D錯誤；E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq\f(2,3)＋2＝4，故B正確；D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq\f(2,9)＝2，故C錯誤．6.ABC解析：由Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(1,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(2,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(3,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(4,5)))＋P(ξ＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1，解得a＝eq\f(1,15)，故A正確；P(0.5<ξ<0.8)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(3,5)))＝3×eq\f(1,15)＝0.2，故B正確；P(0.1<ξ<0.5)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(1,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(2,5)))＝eq\f(1,15)＋2×eq\f(1,15)＝0.2，故C正確；P(ξ＝1)＝5×eq\f(1,15)＝eq\f(1,3)≠0.3，故D錯誤．7.eq\f(2,3)8.eq\f(3,10)解析：由題意知P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,4)＋C\o\al(2,3)C\o\al(2,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,6))＝eq\f(3,10).9.eq\f(1,2)解析：由題意知P(ξ＝1)＝2P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝eq\f(1,2)P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝P(ξ＝4)，由分布列性質(zhì)得P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝1，則4P(ξ＝2)＝1，即P(ξ＝2)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝3)＝P(ξ＝4)＝eq\f(1,8)，所以P(ξ>1)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝eq\f(1,2).10.【解答】(1)設(shè)事件A＝“一次性成型即合格”，事件B＝“經(jīng)過技術(shù)處理后合格”，則P(A)＝0.6，P(B)＝(1－0.6)×0.5＝0.2，所以得到一件合格零件的概率為P＝P(A)＋P(B)＝0.8.(2)若一件零件一次成型即合格，則X＝1500－800＝700;若一件零件經(jīng)過技術(shù)處理后合格，則X＝1500－800－100＝600;若一件零件成為廢品，則X＝－800－100＋100＝－800.X的取值為700,600，－800，且P(X＝700)＝0.6，P(X＝600)＝(1－0.6)×0.5＝0.2，P(X＝－800)＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2，故X的分布列為X700600－800P0.60.20.211.【解答】(1)設(shè)這3人中至少有1人處于“低熱”狀態(tài)為事件A，其對立事件為3人都沒有處于“低熱”狀態(tài)．由表中15人的體溫數(shù)據(jù)知，用電子體溫計的測溫結(jié)果高于其真實體溫的序號為01,05,12，共計3種情況．從社區(qū)任意抽查1人，用電子體溫計的測溫結(jié)果高于其真實體溫的頻率為eq\f(1,5)，由此估計從社區(qū)任意抽查1人，用電子體溫計的測溫結(jié)果高于其真實體溫的概率也為eq\f(1,5)，所以P(A)＝1－eq\f(1,5)×eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(124,125).(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，由表中數(shù)據(jù)可知，用電子體溫計與水銀體溫計測溫結(jié)果相同的序號是02,04,06,07,10,11，共有6種情況，所以用電子體溫計測量該社區(qū)1人“測溫準(zhǔn)確”的頻率為eq\f(6,15)＝eq\f(2,5)，估計其概率為P＝eq\f(2,5)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))3＝eq\f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))2＝eq\f(54,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))1＝eq\f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))0＝eq\f(8,125)，故X的分布列為X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)12.【解答】(1)這8個樣本點的橫坐標(biāo)的平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f(1,8)eq\i\su(i＝1,8,x)i＝eq\f(1,8)×32＝4，縱坐標(biāo)的平均數(shù)eq\x\to(y)＝eq\f(1,8)eq\i\su(i＝1,8,y)i＝eq\f(1,8)×132＝16.5，經(jīng)驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(∧))＝3x＋eq\o(a,\s\up6(∧))經(jīng)過樣本中心點(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))，則eq\o(a,\s\up6(∧))＝eq\x\to(y)－3eq\x\to(x)＝16.5－3×4＝4.5.(2)樣本點(2,11)，(6,22)分別記為(x9，y9)，(x10，y10)，則這10個樣本點的橫坐標(biāo)的平均數(shù)eq\x\to(x)′＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))xi＝eq\f(1,10)(x9＋x10＋eq\o(∑,\s\up6(8),\s\do4(i＝1))xi)＝eq\f(1,10)(2＋6＋32)＝4，縱坐標(biāo)的平均數(shù)eq\x\to(y)′＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,y)i＝eq\f(1,10)(y9＋y10＋eq\o(∑,\s\up6(8),\s\do4(i＝1))yi)＝eq\f(1,10)(11＋22＋132)＝16.5.根據(jù)經(jīng)驗回歸方程的系數(shù)公式得，eq\o(m,\s\up6(∧))＝eq\x\to(y)′－eq\o(n,\s\up6(∧))eq\x\to(x)′＝16.5－4eq\o(n,\s\up6(∧))，所以經(jīng)驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(∧))＝eq\o(n,\s\up6(∧))x＋eq\o(m,\s\up6(∧))過點(4,16.5)，且eq\o(n,\s\up6(∧))<3.第2課時離散型隨機變量的數(shù)字特征1.C解析：E(X)＝1×a＋2×b＋3×a＝2(2a＋b)，由分布列的性質(zhì)可知2a＋b＝1，所以E(X)＝2.2.B解析：由分布列的性質(zhì)，得a＝1－eq\f(1,6)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)，所以E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)＝eq\f(4,3)，所以D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(4,3)))2×eq\f(1,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,3)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(5,9)，又Y＝2X＋1，所以D(Y)＝4D(X)＝eq\f(20,9).3.D解析：由分布列中概率之和為1，可得a＋b＝eq\f(1,2)，所以E(ξ)＝－eq\f(1,2)＋b＝－eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))＝－a，所以當(dāng)a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)增大時，E(ξ)減?。钟蒁(ξ)＝(－1＋a)2×eq\f(1,2)＋(0＋a)2×a＋(1＋a)2×b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，可知當(dāng)a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)增大時，D(ξ)減?。?.C解析：設(shè)更換為A品牌設(shè)備使用年限為X，則E(X)＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3，更換為A品牌設(shè)備年均收益為3×100－60＝240(萬元)；設(shè)更換為B品牌設(shè)備使用年限為Y，則E(Y)＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7，更換為B品牌設(shè)備年均收益為3.7×100－90＝280(萬元)．因為280>240，所以更換為B品牌設(shè)備．5.ABD解析：由X的分布列可知P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以A正確；根據(jù)離散型隨機變量分布列的期望與方差的計算公式可得，E(X)＝(－1)×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3)，所以D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,3)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(1,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))2×eq\f(1,6)＝eq\f(5,9)，所以B正確，C不正確；因為P(X2＝0)＝eq\f(1,3)，P(X2＝1)＝eq\f(2,3)，所以E(X2)＝eq\f(2,3)，所以D(X2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以D正確．6.ABD解析：對于A，所有可能的情況有Ceq\o\al(3,7)＝35(種)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情況有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)＝30(種)，則P(A)＝eq\f(30,35)＝eq\f(6,7)，故A正確；對于B，P(AB)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,4)C\o\al(1,3)＋C\o\al(3,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(34,35)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(4,34)＝eq\f(2,17)，故B正確；對于C，X的所有可能取值為0,1,2,3，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,4),C\o\al(3,4))＝eq\f(18,35)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,4),C\o\al(3,4))＝eq\f(12,35)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,4))＝eq\f(1,35)，所以E(X)＝0×eq\f(4,35)＋1×eq\f(18,35)＋2×eq\f(12,35)＋3×eq\f(1,35)＝eq