（新课标）2016高考数学二轮复习 专题7 概率与统计习题（打包5套）.zip

1第 1 讲 排列、组合与二项式定理计数原理、排列、组合问题1.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 )(A)12 种 (B)10 种 (C)9 种 (D)8 种解析:分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 =2(种)选派方法;𝐶12第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 =6(种)选派𝐶24方法.由分步乘法计数原理,不同选派方案共有 2×6=12(种).2.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一列,要求同一品种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,那么不同的排列方式的种数有( D )(A) (B)𝐴44𝐴55 𝐴33𝐴44𝐴35(C) (D)𝐶13𝐴44𝐴55 𝐴22𝐴44𝐴55解析:先把 3 个品种的画看成整体,而水彩画受限制应优先考虑,不能放在头尾,油画与国画有 种放法 ,再考虑国画与油画本身又可以全排列,故排列的方法有 种.𝐴22 𝐴22𝐴44𝐴553.从 6 本不同的书中选出 4 本,分别发给 4 个同学,已知其中两本书不能发给甲同学,则不同分配方法有( C )(A)180 (B)220 (C)240 (D)260解析:先从其他四本不同的书中选一本发给甲同学,有 种;再从剩下的五本不同的书中选三𝐶14本发给其他 3 个同学,有 种 ;则不同分配方法有 =240 种.𝐴35 𝐶14𝐴354.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( B )(A)243 (B)252 (C)261 (D)279解析:由 0,1,…,9 十个数字共可组成三位数个数为 =900,其中无重复数字的三位数𝐶19𝐶110𝐶110有 =648(个),则符合题意的三位数个数为 900-648=252.故选 B.𝐶19𝐴295. 如图,用 6 种不同的颜色把图中 A,B,C,D4 块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则涂色方法共有 种(用数字作答). 解析:从 A 开始涂色,A 有 6 种涂色方法,B 有 5 种涂色方法,C 有 4 种涂色方法,D 若与 A 颜色2相同有 1 种涂色方法,否则有 3 种涂色方法.共有 6×5×4×(1+3)=480 种涂色方法.答案:4806.有 4 名优秀学生 A,B,C,D 全部被保送到甲,乙,丙 3 所学校,每所学校至少去一名,则不同的保送方案共有 种. 解析:先把 4 名学生分为 2,1,1 的 3 组,有 =6 种分法,再将这 3 组分配到 3 所学校,𝐶24𝐶12𝐶11𝐴22有 =6 种情况 ,则共有 6×6=36 种不同的保送方案.𝐴33答案:367.在运动会百米决赛上,8 名男运动员参加 100 米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑道的奇数号跑道上,则安排这 8 名运动员比赛的方式共有 种.解析:分两步安排这 8 名运动员.第一步:安排甲、乙、丙三人,共有 1,3,5,7 四条跑道可安排.所以安排方式有 =4×3×2=24 种.𝐴34第二步:安排另外 5 人,可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道安排,所以安排方式有=5×4×3×2×1=120 种.𝐴55故安排这 8 人的方式有 24×120=2880 种.答案:2880二项式定理的应用8.在(x- )5的二项展开式中 ,x2的系数为( A )2𝑥(A)40 (B)-40 (C)80 (D)-80解析:(x- )5的展开式的通项为2𝑥= x5-r(- )r=(-2)r ,𝑇𝑟+1𝐶𝑟5 2𝑥 𝐶𝑟5𝑥5‒3𝑟2令 5- =2,得 r=2,故展开式中 x2的系数是(-2) 2 =40,故选 A.3𝑟2 𝐶259.若二项式(x 3- )n(n∈N *),展开式中含有常数项,则 n 的最小值为( A )1𝑥(A)7 (B)6 (C)5 (D)4解析:根据题意,得 Tr+1= x3(n-r)(- )r= ,令 6n-7r=0,得 n= ,故 n 的最小𝐶𝑟𝑛 𝑥‒12 𝐶𝑟𝑛(‒1)𝑟𝑥6𝑛‒7𝑟2 7𝑟6值为 7,故选 A.10.已知关于 x 的二项式( + )n展开式的二项式系数之和为 32,常数项为 80,则 a 的值为𝑥𝑎3𝑥( C )(A)1 (B)±1 (C)2 (D)±2解析:根据题意,该二项式的展开式的二项式系数之和为 32,则有 2n=32,可得 n=5,则二项式3的展开式的通项公式为 Tr+1= ( )5-r( )r= ar 令 15-5r=0 得 r=3,由题意有𝐶𝑟5 𝑥 𝑎3𝑥 𝐶𝑟5𝑥15‒5𝑟6a3=80,解可得 a=2;故选 C.𝐶3511.在二项式(x 2+ )n的展开式中,所有二项式系数的和是 32,则展开式中各项系数的和为( 1𝑥A )(A)32 (B)-32 (C)0 (D)1解析:依题意得所有二项式系数的和为 2n=32,解得 n=5.因此,令 x=1,则该二项展开式中的各项系数的和等于(1 2+ )5=32,故11选 A.12.(2015 皖南八校三联)( + )n的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大,则第四𝑥12𝑥项为 . 解析:由已知条件第五项和第六项二项式系数最大,得 n=9,( + )9展开式的第四项为𝑥12𝑥T4= ·( )6·( )3= .𝐶39 𝑥 12𝑥 212答案:21213.若(1+x+x 2)6=a0+a1x+a2x2+…+a12x12,则 a2+a4+…+a12= . 解析:令 x=1,则 a0+a1+a2+…+a12=36,令 x=-1,则 a0-a1+a2-…+a12=1,所以 a0+a2+a4+…+a12= .36+12令 x=0,则 a0=1,所以 a2+a4+…+a12= -1=364.36+12答案:36414.若(x 2+ax+1)6(a0)的展开式中 x2的系数是 66,则 sin xdx 的值为 . ∫𝑎0 解析:由题意可得(x 2+ax+1)6的展开式中 x2的系数为 + a2故 + a2=66,𝐶16𝐶26 𝐶16𝐶26所以 a=2 或 a=-2(舍去).故 sin xdx= sin xdx=(-cos x) =1-∫𝑎0 ∫20 |20cos 2.答案:1-cos 24一、选择题1.从 8 名女生和 4 名男生中,抽取 3 名学生参加某档电视节目,如果按性别比例分层抽样,则不同的抽取方法数为( B )(A)224 (B)112 (C)56 (D)28解析:根据分层抽样,从 12 个人中抽取男生 1 人,女生 2 人;所以取 2 名女生 1 名男生的方法数为 =112.𝐶28𝐶142.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( B )(A)24 (B)18 (C)12 (D)6解析:依该数三个数位数字的奇偶性可分为两种情况:(1)奇偶奇;(2)偶奇奇.对于(1),有=12 个数,对于(2)有 · =6 个数.满足条件的数共有 12+6=18 个.故选 B.𝐴23𝐶12 𝐶11 𝐴233.4 位同学从甲、乙、丙 3 门课程中各选修 1 门,则恰有 2 人选修课程甲的不同选法有( B )(A)12 种 (B)24 种 (C)30 种 (D)36 种解析:分三步,第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲.共有 种不同选法,第二步第 3 位𝐶24同学选课程,有 2 种选法.第三步第 4 位同学选课程,也有 2 种不同选法.故共有×2×2=24(种).𝐶244.(2014 湖北卷)若二项式(2x+ )7的展开式中 的系数是 84,则实数 a 等于( C )𝑎𝑥 1𝑥3(A)2 (B) (C)1 (D)5424解析:T k+1= (2x)7-k( )k= 27-kakx7-2k,令 7-2k=-3,得 k=5,即 T5+1= 22a5x-3=84x-3,解得 a=1.故𝐶𝑘7 𝑎𝑥 𝐶𝑘7 𝐶57选 C.5.设 a∈Z,且 0≤a13,若 512012+a 能被 13 整除,则 a 等于( D )(A)0 (B)1 (C)11 (D)12解析:51 2012+a=a+(1-13×4)2012=a+1- (13×4)+ (13×4)2+…+ (13×4)2012,𝐶12012 𝐶22012 𝐶20122012显然当 a+1=13,即 a=12 时,51 2012+a=13+13×4[- + (13×4)1+…+ (13×4)2011],𝐶12012𝐶22012 𝐶20122012能被 13 整除.故 a=12.6.在(1+x) 6(1+y)4的展开式中,记 xmyn项的系数为 f(m,n),则 f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)等于( C )(A)45 (B)60 (C)120 (D)210解析:因为 f(m,n)= ,所以 f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)𝐶𝑚6𝐶𝑛4= + + + =120.𝐶36𝐶04𝐶26𝐶14𝐶16𝐶24𝐶06𝐶347.从某班成员分别为 3 人,3 人和 4 人的三个学习小组中选派 4 人组成一个环保宣传小组,则每个学习小组都至少有 1 人的选派方法种数是( C )5(A)130 (B)128 (C)126 (D)124解析:每个小组至少 1 人,则等价为有一个小组选派 2 人,其余两个小组各 1 人,则共有 + + =36+36+54=126,选 C.𝐶23𝐶13𝐶14𝐶13𝐶23𝐶14𝐶13𝐶13𝐶248.若(ax+ )6展开式的所有项系数之和为 64,则展开式的常数项为 ( C )1𝑥(A)10 或-270 (B)10(C)20 或-540 (D)20解析:由(ax+ )6展开式的所有项系数之和为 64,知(a+1) 6=64,解得 a=1 或 a=-3,当 a=1 时,1𝑥由 Tr+1= ·x6-r·x-r= ·x6-2r,令 6-2r=0,得 r=3,展开式的常数项为 =20;当 a=-3 时,由𝐶𝑟6 𝐶𝑟6 𝐶36Tr+1= ·(-3)6-r·x6-r·x-r= ·(-3)6-r·x6-2r,令 6-2r=0,得 r=3,展开式的常数项为(-3)𝐶𝑟6 𝐶𝑟63· =-540.𝐶369.某公司新招聘 5 名员工,分给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分给同一部门;另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门,则不同的分配方案种数是( B )(A)6 (B)12 (C)24 (D)36解析:先安排两名英语翻译,有 种办法;然后从三名电脑编程人员选出两名安排在同一部门,𝐴22种办法,因此,满足条件的不同分配方案种数是 · · =2×3×2=12.𝐶23𝐴22 𝐴22 𝐶23 𝐴2210.(2015 河北沧州 4 月质检)(x-1)( +x)6的展开式中的一次项系数是 ( C )1𝑥(A)5 (B)14 (C)20 (D)35解析:( +x)6中展开式的通项为 Tr+1= ( )6-rxr= x2r-6,令 2r-6=0,得 r=3,此时展开式中的1𝑥 𝐶𝑟61𝑥 𝐶𝑟6常数项为 20,令 2r-6=1,无整数解,故( +x)6的展开式中无一次项 .故(x-1)( +x)6的展开式1𝑥 1𝑥中的一次项系数是 20.故选 C.11.将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( C )(A)18 种 (B)24 种 (C)36 种 (D)72 种解析:先分组:(1)一路口 3 人,另两路口各 1 人,因为甲、乙在同一路口,则共有 =3(种);𝐶13𝐶12𝐴22(2)两路口 2 人,一路口 1 人,因为甲、乙在同一路口,则共有 =3(种).再排列,所有的分配𝐶13方案共有( + )𝐶13𝐶12𝐴22 𝐶13𝐴33=36(种).612.设函数 f(x)=(2x+a)n,其中 n=6 cos xdx, =-12,则 f(x)的展开式中 x4的系数为( ∫𝜋20 𝑓'(0)𝑓(0)B )(A)-240 (B)240 (C)-60 (D)60解析:根据题意,n=6 cosxdx∫𝜋20 =6sin x|𝜋20=6(sin -sin 0)𝜋2=6,故 n=6,所以 f(x)=(2x+a)6,从而得到 f′(x)=6(2x+a) 5×2=12(2x+a)5,f′(0)=12a 5,f(0)=a6,故 = = =-12,解得 a=-1,𝑓'(0)𝑓(0) 12𝑎5𝑎6 12𝑎故 f(x)=(2x-1)6,f(x)的展开式的通项公式 Tr+1= (2x)r(-1)6-r,T4+1= (2x)4(-1)6-4=240x4,𝐶𝑟6 𝐶46故选 B.二、填空题13.已知(ax+1) 5的展开式中 x2的系数与(x+ )4的展开式中 x3的系数相等,则 a= . 54解析:由二项式定理知:(ax+1) 5的展开式中 x2的系数为 a2,(x+ )4的展开式中 x3的系数为𝐶35 54,于是有 a2= ,解得 a2= ,所以可得 a=± .𝐶1454 𝐶35 𝐶1454 12 22答案:±2214.5 位同学排队,其中 3 位女生,2 位男生.如果 2 位男生不能相邻,且女生甲不能排在排头,则排法种数为 . 解析:先排 3 个女生,三个女生之间有 4 个空,从 4 个空中选 2 个排男生,共有 =72 种,若𝐴24𝐴33女生甲排在第 1 个,则三个女生之间有 3 个空,从 3 个空中选 2 个排男生,有 =12 种,所𝐴23𝐴22以满足条件的不同排法有 72-12=60 种.答案:6015.若( - )n展开式的各项系数的绝对值之和为 1024,则展开式中 x 的系数为 . 𝑥3𝑥解析:T r+1= ( )n-r(- )r=(-3)r· ,𝐶𝑟𝑛 𝑥 3𝑥 𝐶𝑟𝑛𝑥𝑛‒3𝑟2因为展开式的各项系数绝对值之和为+|(-3)1 |+(-3)2 +|(-3)3 |+…+𝐶0𝑛 𝐶1𝑛 𝐶2𝑛 𝐶3𝑛7|(-3)n |=(1+3)n=1024,𝐶𝑛𝑛解得 n=5,令 =1,解得 r=1,5‒3𝑟2所以展开式中 x 的系数为(-3) 1 =-15.𝐶15答案:-1516. 现有四种不同颜色的染料,给如图的四个不同区域染色,每个区域只染一种颜色,相邻区域涂不同的颜色,若同一种颜色可重复使用,则共有 种不同的染色方法(用数字作答).解析:有四种不同颜色的染料完成这件事情最少需要两种染料,最多可用四种,故按照使用染料的种数来分类;第一类使用两种染料时有 =12(种)方法;𝐶24𝐴22第二类使用三种染料时有 =72(种)方法;第三类使用四种染料时有 =24(种)方法,𝐶34𝐶23𝐴33 𝐶44𝐴44所以最终一共有 12+72+24=108(种)不同的染色方法.答案:1081第 1 讲 概 率古典概型1.第 17 届亚运会于 2014 年 9 月 19 日在韩国仁川举行.运动会期间有来自 A 大学 2 名和 B大学 4 名共计 6 名大学生志愿者,现从这 6 名志愿者中随机抽取 2 人到体操比赛场馆服务,至少有一名 A 大学志愿者的概率是( C )(A) (B) (C) (D)115 25 35 1415解析:记 2 名来自 A 大学的志愿者为 A1,A2,4 名来自 B 大学的志愿者为 B1,B2,B3,B4.从这 6名志愿者中选出 2 名的基本事件有(A 1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,B4),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,B4),(B1,B2),(B1,B3),(B1,B4),(B2,B3),(B2,B4),(B3,B4),共 15 种.其中至少有一名 A 大学志愿者的事件有 9 种.故所求概率 P= = .91535故选 C.2.三张卡片上分别写上字母 E,E,B,将三张卡片随机地排成一行,恰好排成英文单词 BEE 的概率为 . 解析:将三张卡片随机地排成一行,共有 EEB,EBE,BEE 三种排法,而排成 BEE 的情况只有一种,故所求概率为 .13答案:133.甲、乙、丙三人站成一排,则甲乙相邻的概率为 . 解析:甲、乙、丙三人随机地站成一排有(甲乙丙)、(甲丙乙)、(乙甲丙)、(乙丙甲)、(丙甲乙)、(丙乙甲),共 6 种,甲、乙相邻而站有(甲乙丙)、(乙甲丙)、(丙甲乙)、(丙乙甲),共 4 种,由概率公式得甲、乙两人相邻而站的概率为 = .4623答案:234.从长度分别为 2,3,4,5 的四条线段中任意取出三条,则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 . 解析:从四条线段中任取三条有 4 种取法:(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),其中能构成三角形的取法有 3 种:(2,3,4),(2,4,5),(3,4,5),故所求的概率为 .34答案:345.将一枚骰子抛掷两次,若先后出现的点数分别为 b,c,则方程 x2+bx+c=0 有实根的概率为 .2解析:将一枚骰子抛掷两次共有 36 种结果,方程 x2+bx+c=0 有实根,则 Δ=b 2-4c≥0,即 b≥2 ,𝑐则 A 包含的结果有(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(4,4),(5,4),(6,4),(5,5),(6,5),(5,6),(6,6),共 19 种,由古典概型概率计算公式可得 P(A)= .1936答案:19366.(2015 河南模拟)某种产品的广告费支出 x 与销售额 y(单位:万元)之间有如下对应数据:x 2 4 5 6 8y 30 40 60 50 70若广告费支出 x 与销售额 y 的回归直线方程为 =6.5x+ ( ∈R).＾𝑦 ＾𝑎＾𝑎(1)试预测当广告费支出为 12 万元时,销售额是多少?(2)在已有的五组数据中任意抽取两组,求至少有一组数据其预测值与实际值之差的绝对值不超过 5 的概率.解:(1)由题意得 = =5,𝑥2+4+5+6+85= =50,𝑦30+40+50+60+705因为点(5,50)在回归直线上,代入回归直线方程求得 =17.5,＾𝑎所求回归直线方程为 =6.5x+17.5,当广告支出为 12 万元时,销售额＾𝑦=6.5×12+17.5=95.5(万元).＾𝑦(2)实际值和预测值对应表为x 2 4 5 6 8y 30 40 60 50 70＾𝑦 30.5 43.5 50 56.5 69.5在已有的五组数据中任意抽取两组的基本事件为(30,40),(30,60),(30,50),(30,70),(40,60),(40,50),(40,70),(60,50),(60,70),(50,70),共 10 个,其预测值与实际值之差的绝对值都超过 5 的有(60,50),共 1 个,所以至少有一组数据其预测值与实际值之差的绝对值不超过 5 的概率为 P=1- = .110910几何概型7.函数 f(x)=x2-x-2,x∈[-5,5],那么任取一点 x0∈[-5,5],使 f(x0)≤0 的概率为( C )3(A)1 (B) (C) (D)23 310 25解析:令 x2-x-2≤0,得-1≤x≤2,则使 f(x0)≤0 的 x0的取值范围为[-1,2],所求概率 P= = .2‒(‒1)5‒(‒5) 3108.(2015 河南模拟)在平面区域 内随机取一点,则所取的点恰好满足 x+y≤ 的概{0≤𝑥≤2,0≤𝑦≤2 2率是( C )(A) (B) (C) (D)116 18 14 12解析:不等式组 表示的平面区域的面积为 22=4,不等式组 表示的平面{0≤𝑥≤2,0≤𝑦≤2 {0≤𝑥≤2,0≤𝑦≤2,𝑥+𝑦≤2区域的面积为 ×( )2=1,12 2因此所求的概率是 ,14故选 C.9.在区间[0,π]内随机取两个数分别记为 a,b,则使得函数 f(x)=x2+2ax-b2+π 有零点的概率为( B )(A) (B) (C) (D)78 34 12 14解析:由 f(x)有零点,得 Δ=4a 2-4(-b2+π)≥0,得 a2+b2≥π,又因为{(a,b)|0≤a≤π,0≤b≤π},所以函数 f(x)有零点的概率为 1- =1- = .14𝜋×𝜋𝜋2 143410.一只蜜蜂在一个棱长为 3 的正方体内自由飞行,若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6 个表面的距离均大于 1,称其为“安全飞行”,则蜜蜂“安全飞行”的概率为 . 解析:由已知条件,可知蜜蜂只能在一个棱长为 1 的小正方体内飞行,结合几何概型,可得蜜蜂“安全飞行”的概率为 P= = .1333127答案:12711.如图,四边形 ABCD 为矩形,AB= ,BC=1,以 A 为圆心,1 为半径作四分之一个圆弧 DE,在3∠DAB 内任作射线 AP,则射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为 . 4解析:在∠DAB 内任作射线 AP 是等可能的,当射线 AP 与线段 BC 有公共点时,射线 AP 落在∠CAB 内,所以射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为= = .∠𝐶𝐴𝐵∠𝐷𝐴𝐵30°90°13答案:1312.(2014 福建卷)如图,在边长为 1 的正方形中随机撒 1000 粒豆子,有 180 粒落到阴影部分,据此估计阴影部分的面积为 . 解析:依题意,得 = ,𝑆阴影𝑆正方形 1801000所以 = ,解得 S 阴影 =0.18.𝑆阴影1×11801000答案:0.18一、选择题1.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( A )(A) (B) (C) (D)13 12 23 34解析:甲、乙两人都有 3 种选择,共有 3×3=9 种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有 3种情况,所以甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P= = ,3913故选 A.2.有一个游戏,其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进,每人一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是( A )(A)互斥但非对立事件 (B)对立事件(C)相互独立事件 (D)以上都不对解析:由于每人一个方向,故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的,故是互斥事件,但不是对立事件.故选 A.3.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5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( A )(A)1- (B) -1 (C)2- (D)𝜋4 𝜋2 𝜋2 𝜋4解析:依题意,有信号的区域面积为 ×2= ,矩形的面积为 2,𝜋4 𝜋2所求概率为 P= =1- .2‒𝜋22 𝜋44.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( C )(A) (B) (C) (D)16 13 23 45解析:设 AC=x cm,020,则 x2-12x+20 ,𝑆四 边 形 𝑂𝐴𝐸𝐹+𝑆曲 边 梯形 𝐴𝐵𝐶𝐸𝑆四 边 形 𝑂𝐵𝐷𝐹12×1+𝑆曲 边 梯形 𝐴𝐵𝐶𝐸1×1 127所以 p10,解得 a2 或 a ,𝑥甲 𝑥乙 𝑠2甲 𝑠2乙所以甲、乙两组的整体水平相当,乙组更稳定一些.(3)质检部门从该车间甲、乙两组技工中各随机抽取一名,对其加工的零件进行检测,设两人加工的合格零件数分别为 a,b,则所有(a,b)有(7,8),(7,9),(7,10),(7,11),(7,12),(8,8),(8,9),(8,10),(8,11),(8,12),(10,8),(10,9),(10,10),(10,11),(10,12),(12,8),(12,9),(12,10),(12,11),(12,12),(13,8),(13,9),(13,10),(13,11),(13,12),共计25 个,而 a+b≤17 的基本事件有(7,8),(7,9),(7,10),(8,8),(8,9),共计 5 个,故满足 a+b17 的基本事件共有 25-5=20(个),故该车间“质量合格”的概率为 = .202545几何概型训练提示:求解几何概型概率的关键是确定表示试验全部结果构成的区域,所求事件构成的区域.6.甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动,对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下:甲商场:顾客转动如图所示圆盘,当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形,且每个扇形圆心角均为 15°,边界忽略不计)即为中奖.乙商场:从装有 3 个白球 3 个红球的盒子中一次性摸出 2 个球(球除颜色外不加区分),如果摸到的是 2 个红球,即为中奖.问:购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大?解:如果顾客去甲商场,试验的全部结果构成的区域为圆盘,面积为 πR 2(R 为圆盘的半径),阴影区域的面积为 = .4×15𝜋𝑅2360𝜋𝑅2613所以在甲商场中奖的概率为 P1= = .𝜋𝑅26𝜋𝑅216如果顾客去乙商场,记盒子中 3 个白球为 a1,a2,a3,3 个红球为 b1,b2,b3,记(x,y)为一次摸球的结果,则一切可能的结果有(a 1,a2),(a1,a3),(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a2,a3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(a3,b1),(a3,b2),(a3,b3),(b1,b2),(b1,b3),(b2,b3),共 15 种.摸到的 2 球都是红球的情况有(b 1,b2),(b1,b3),(b2,b3),共 3 个.所以在乙商场中奖的概率为 P2= = .31515因为 P10,𝑦0 函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率.解:因为函数 f(x)=ax2-4bx+1 的图象的对称轴为 x= ,2𝑏𝑎要使 f(x)=ax2-4bx+1 在区间[1,+∞)上为增函数,当且仅当 a0 且 ≤1,即 2b≤a.2𝑏𝑎依条件,可知试验的全部结果所构成的区域为.{(𝑎,𝑏)|{𝑎+𝑏‒8≤0,𝑎0,𝑏0. }构成所求事件的区域为 .{(𝑎,𝑏)|{2𝑏𝑎≤1,𝑎0,𝑏0}由 得交点坐标为( , ),{𝑎+𝑏‒8=0,𝑏=𝑎2, 16383所以所求事件的概率为 P= = .12×8×8312×8×8131第 2 讲 概率、随机变量及其分布列一、选择题1.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( A )(A) (B) (C) (D)13 12 23 34解析:甲、乙两人都有 3 种选择,共有 3×3=9 种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有 3种情况,所以甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P= = ,故选 A.39132.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 ( D )(A) (B) (C) (D)23 25 35 910解析:设事件“甲或乙被录用”为事件 A,则 表示甲、乙都未被录用,由古典概型,P( )𝐴 𝐴= = ,1𝐶35110所以 P(A)=1- = .1109103.某一批花生种子,如果每 1 粒发芽的概率为 ,那么播下 3 粒这样的种子恰有 2 粒发芽的45概率是( C )(A) (B) (C) (D)12125 16125 48125 96125解析:用 X 表示发芽的粒数,独立重复试验服从二项分布 B（3, ）,P(X=2)= （ ） 2（ ）45 𝐶23 45 151= .481254.已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,1),若 P(ξ3)=0.023,则 P(1≤ξ≤3)等于( D )(A)0.046 (B)0.623 (C)0.977 (D)0.954解析:因为 ξ～N(2,1),P(ξ3)=0.023,所以由正态分布的对称性可知 P(1≤ξ≤3)=1-2P(ξ3)=1-2×0.023=0.954,所以选 D.5. 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( A )(A)1- (B) -1 (C)2- (D)𝜋4 𝜋2 𝜋2 𝜋42解析:依题意,有信号的区域面积为 ×2= ,矩形的面积为 2,所求概率为 P= =1- .𝜋4 𝜋2 2‒𝜋22 𝜋46.已知随机变量 X 的分布列为X 1 2 3P 0.2 0.4 0.4则 E(6X+8)的值为( B )(A)13.2 (B)21.2 (C)20.2 (D)22.2解析:由随机变量的期望公式可得 E(X)=1×0.2+2×0.4+3×0.4=2.2,E(6X+8)=6E(X)+8=6×2.2+8=21.2.7. 如图,△ABC 和△DEF 都是圆内接正三角形,且 BC∥EF,将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在△ABC 内”,用 B 表示事件“豆子落在△DEF 内”,则 P(B|A)等于( D )(A) (B)334𝜋 32𝜋(C) (D)13 23解析:如图,作三条辅助线,根据已知条件得这些小三角形都全等,所以 P(B|A)= = = .𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴) 6923故选 D.8.(2015 湖北卷)设 X～N(μ 1, ),Y～N(μ 2, ),这两个正态分布密度曲线如图所示 .下列𝜎21 𝜎22结论中正确的是( C )(A)P(Y≥μ 2)≥P(Y≥μ 1)(B)P(X≤σ 2)≤P(X≤σ 1)3(C)对任意正数 t,P(X≤t)≥P(Y≤t)(D)对任意正数 t,P(X≥t)≥P(Y≥t)解析:由题图可知 μ 1P(X≤σ 1),故 B 错;当 t 为任意正数时,由题图可知 P(X≤t)≥P(Y≤t),而 P(X≤t)=1-P(X≥t),P(Y≤t)=1-P(Y≥t),所以 P(X≥t)≤P(Y≥t),故 C 正确,D 错.9.如果 X～B(20,p),当 p= 且 P(X=k)取得最大值时,k 的值为 ( C )12(A)8 (B)9 (C)10 (D)11解析:当 p= 时,P(X=k)= ( )k·( )20-k= ·( )20,显然当 k=10 时,P(X=k)取得最大值.12 𝐶𝑘2012 12 𝐶𝑘20 1210.已知袋中装有标号为 1,2,3 的三个小球,从中任取一个小球(取后放回),连取三次,则取到的小球的最大标号为 3 的概率为( B )(A) (B) (C) (D)23 1927 2027 79解析:P= = ,故选 B.𝐶33+𝐶23·2+𝐶13·223×3×3 192711. 如图,在网格状小地图中,一机器人从 A(0,0)点出发,每秒向上或向右行走 1 格到相应顶点,已知向上的概率是 ,向右的概率是 ,问 6 秒后到达 B(4,2)点的概率为( D )23 13(A) (B) (C) (D)16729 80243 4729 20243解析:根据题意,从 A 到 B 相当于 6 次试验中 4 次向右走,2 次向上走,因此所求概率为 ( )𝐶46232·( )4= ,故选 D.13 2024312.若 a,b∈(0,2),则函数 f(x)= ax3+2x2+4bx+1 存在极值的概率为 ( A )13(A) (B)1+2𝑙𝑛24 3‒2𝑙𝑛24(C) (D)1+𝑙𝑛22 1‒𝑙𝑛22解析:f′(x)=ax 2+4x+4b,函数 f(x)= ax3+2x2+4bx+1 存在极值,13则 Δ=4 2-4a×4b0,4所以 ab120发电机最多可运行台数 1 2 3若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 800 万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?解:(1)依题意,p 1=P(40120)= =0.1.550由二项分布,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 p= (1-p3)4+ (1-p3)𝐶04 𝐶143p3=( )4+4×( )3× =0.9477.910 910 110(2)记水电站年总利润为 Y(单位:万元).①安装 1 台发电机的情形.由于水库年入流量总大于 40,故一台发电机运行的概率为 1,对应的年利润 Y=5000,E(Y)=5000×1=5000.②安装 2 台发电机的情形.依题意,当 40120 时,三台发电机运行,此时 Y=5000×3=15000,因此 P(Y=15000)=P(X120)=p3=0.1.因此得 Y 的分布列如下Y 3400 9200 15000P 0.2 0.7 0.1所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机 2 台.18.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 14 15 16 17 18 19 20频数 10 20 16 16 15 13 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)当需求量 nE(X),故购进 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.互斥事件与相互独立事件的概率训练提示:(1)注意相互独立事件与互斥事件的区别.(2)独立重复试验中概率的计算.1.甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试,考试分笔试和面试两部分,笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取),两次考试过程相互独立.根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析,甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6,0.5,0.4,能通过面试的概率分别是 0.6,0.6,0.75.(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率;(2)求经过两次考试后,至少有一人被该高校预录取的概率.解:(1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件 A1,A2,A3;E 表示事件“恰有一人通过笔试”,则 P(E)=P(A1 )+P( A2 )+P( A3)𝐴2𝐴3 𝐴1𝐴3 𝐴1𝐴2=0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4=0.38.即恰有一人通过笔试的概率是 0.38.(2)分别记“甲、乙、丙三个同学被该高校预录取”为事件 A,B,C,则 P(A)=0.6×0.6=0.36,P(B)=0.5×0.6=0.3,P(C)=0.4×0.75=0.3.事件 F 表示“甲、乙、丙三个同学中至少有一人被该高校预录取”.则 表示甲、乙、丙三个同学均没有被该高校预录取,𝐹即 = ,𝐹𝐴𝐵𝐶于是 P(F)=1-P( )=1-P( )P( )P( )𝐹 𝐴 𝐵 𝐶=1-0.64×0.7×0.7=0.6864.2.某人向一目标射击 4 次,每次击中目标的概率为 .该目标分为 3 个不同的部分,第一、二、13三部分面积之比为 1∶3∶6,击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)设 X 表示目标被击中的次数,求 X 的分布列;(2)若目标被击中 2 次,A 表示事件“第一部分至少被击中 1 次或第二部分被击中 2 次”,求P(A).解:(1)依题意知 X～B(4, ),138P(X=0)= ( )0(1- )4= ,𝐶0413 13 1681P(X=1)= ( )1(1- )3= ,𝐶1413 13 3281P(X=2)= ( )2(1- )2= ,𝐶2413 13 2481P(X=3)= ( )3(1- )1= ,𝐶3413 13 881P(X=4)= ( )4(1- )0= .𝐶4413 13 181所以 X 的分布列为X 0 1 2 3 4P1681 3281 2481 881 181(2)设 Ai表示事件“第一次击中目标时,击中第 i 部分”i=1,2.Bi表示事件“第二次击中目标时,击中第 i 部分”,i=1,2.依题意知 P(A1)=P(B1)=0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1 ∪ B1∪A 1B1∪A 2B2,𝐵1 𝐴1所求的概率P(A)=P(A1 )+P( B1)+P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P( )+P( )P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=0.1𝐵1 𝐴1 𝐵1 𝐴1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3=0.28.离散型随机变量的均值与方差训练提示:求离散型随机变量均值与方差的基本方法(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差,按定义求解.(2)已知随机变量 X 的均值、方差,求 X 的线性函数 Y=aX+b 的均值、方差,可直接用 X 的均值、方差的性质求解.(3)如果所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),利用它们的均值、方差公式求解.3.(2015 重庆卷)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有 10 个粽子,其中豆沙粽 2个,肉粽 3 个,白粽 5 个,这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取 3 个.(1)求三种粽子各取到 1 个的概率;(2)设 X 表示取到的豆沙粽个数,求 X 的分布列与数学期望.解:(1)令 A 表示事件“三种粽子各取到 1 个”,则由古典概型的概率计算公式有 P(A)== .𝐶12𝐶13𝐶15𝐶31014(2)X 的所有可能值为 0,1,2,且P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,𝐶38𝐶310715𝐶12𝐶28𝐶3107159P(X=2)= = .𝐶22𝐶18𝐶310115综上知,X 的分布列为X 0 1 2P715 715 115故 E(X)=0× +1× +2× = (个).715 715 115354.柴静的《穹顶之下》发布后,各地口罩市场受其影响生意火爆,A 市场虽然雾霾现象不太严重,但经抽样有 25%的市民表示会购买口罩,现将频率视为概率,解决下列问题:(1)从该市市民中随机抽取 3 位,求至少有一位市民会购买口罩的概率;(2)从该市市民中随机抽取 4 位,X 表示愿意购买口罩的市民人数,求 X 的分布列及数学期望.解:(1)依题意可得,任意抽取一位市民会购买口罩的概率为 , 14从而任意抽取一位市民不会购买口罩的概率为 .34设“至少有一位市民会购买口罩”为事件 A,则 P(A)=1-( )3=1- = ,34 27643764故至少有一位市民会购买口罩的概率为 .3764(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4.P(X=0)= ( )4= ,𝐶0434 81256P(X=1)= ( )3× = = ,𝐶1434 141082562764P(X=2)= ( )2×( )2= = ,𝐶2434 14 5425627128P(X=3)= ( )1×( )3= = ,𝐶3434 14 12256364P(X=4)=( )4= ,14 1256所以 X 的分布列为X 0 1 2 3 4P81256 2764 27128 364 1256E(X)=0× +1× +2× +3× +4× =1,81256 2764 27128 364 1256或因为 X～B(4, ),14所以 E(X)=np=1.5. 现有一游戏装置如图,小球从最上方入口处投入,每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右10两边落下.游戏规则为若小球最终落入 A 槽,得 10 张奖票;若落入 B 槽,得 5 张奖票;若落入C 槽,得重投一次的机会,但投球的总次数不超过 3 次.(1)求投球一次,小球落入 B 槽的概率;(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量 X,求 X 的分布列及数学期望.解:(1)由题意可知投一次小球,落入 B 槽的概率为( )2+( )2= .12 12 12(2)投一次小球,落入 A 槽的概率为( )2= ,12 14落入 B 槽的概率为 ,12落入 C 槽的概率为( )2= .12 14X 的所有可能取值为 0,5,10,P(X=0)=( )3= ,14 164P(X=5)= + × +( )2× = ,1214 12 14 122132P(X=10)= + × + ×( )2= ,1414 1414 14 2164X 的分布列为X 0 5 10P164 2132 2164E(X)=0× +5× +10× = .164 2132 2164105166.气象部门提供了某地区今年六月份(30 天)的日最高气温的统计表如表:日最高气温t(单位:℃) t≤22 2232天数 6 12 Y Z由于工作疏忽,统计表被墨水污染,Y 和 Z 数据不清楚,但气象部门提供的资料显示,六月份的日最高气温不高于 32 ℃的频率为 0.9.某水果商根据多年的销售经验,六月份的日最高气温 t(单位:℃)对西瓜的销售影响如表:日最高气温t(单位:℃) t≤22 2232日销售额 X(单位:千元) 2 5 6 8(1)求 Y,Z 的值;(2)若视频率为概率,求六月份西瓜日销售额的期望和方差;(3)在日最高气温不高于 32 ℃时,求日销售额不低于 5 千元的概率.11解:(1)由已知得 P(t≤32)=0.9,所以 P(t32)=1-P(t≤32)=0.1,所以 Z=30×0.1=3,Y=30-(6+12+3)=9.(2)P(t≤22)= =0.2,P(2232)= =0.1,930 330所以六月份西瓜日销售额 X 的分布列为X 2 5 6 8P 0.2 0.4 0.3 0.1所以 E(X)=2×0.2+5×0.4+6×0.3+8×0.1=5,D(X)=(2-5)2×0.2+(5-5)2×0.4+(6-5)2×0.3+(8-5)2×0.1=3.(3)因为 P(t≤32)=0.9,P(22t≤32)=0.4+0.3=0.7,所以由条件概率得 P(X≥5|t≤32)=P(22t≤32|t≤32)= =𝑃(22𝑡≤32)𝑃(𝑡≤32)= .0.70.979