备战高考数学一轮复习讲义第十章

第十章计数原理、概率及其分布第48讲排列与组合1.A解析：可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法．由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同的分法．2.D解析：由题意可知不同的涂色方案有三类，分别用5种，4种，3种颜色，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420种不同的涂色方案．3.C解析：根据题意分3步进行分析：第一步，将除A，B，C之外的三人全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况；第二步，由于A，D必须相邻，则A必须安排在与D相邻的两个空位中，有2种情况；第三步，将B，C安排在剩下的3个空位中，有Aeq\o\al(2,3)＝6种情况．故共有6×2×6＝72种不同的安排方法．4.B解析：分以下两种情况讨论：①若第一节课安排语文，则后面五节课的安排无限制，此时共有Aeq\o\al(5,5)种不同的排法；②若第一节课安排数学，则语文可安排在中间四节课中的任何一节，此时共有4Aeq\o\al(4,4)种不同的排法．综上所述，不同的排法共有Aeq\o\al(5,5)＋4Aeq\o\al(4,4)＝216(种)．5.BC解析：3男3女排成一排共有Aeq\o\al(6,6)＝720种不同的排法，故A正确；男生甲排在两端的共有2Aeq\o\al(5,5)＝240种不同的排法，故B错误；男生甲、乙相邻的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(5,5)＝240种，故C错误；男、女生相间的排法有2Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝72种，故D正确．6.BCD解析：若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中，共有44＝256种放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18种放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，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种放法，故C正确；若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3，所有符合要求的情况为(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种放法，故D正确．7.120解析：六个元素进行排序，保证甲、乙、丙三个元素顺序不变，再加入三个元素进行排序，共eq\f(6！,3！)＝120种排法．8.12解析：三个年级的学生在三个时间段内各参观青铜器、瓷器、书画三个场馆，且每个年级的学生在三个时间段内参观的场馆不重复，共有2Aeq\o\al(3,3)＝12种安排方法．9.72解析：先将《周易》《尚书》《礼记》进行排列，共有Aeq\o\al(3,3)种排法，再从产生的4个空位中选2个安排《诗经》《春秋》，共有Aeq\o\al(2,4)种排法，所以满足条件的情况共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72(种)．10.【解答】(1)将取出的4个球分成三类情况：第一类，取4个红球，没有白球，有Ceq\o\al(4,4)种取法；第二类，取3个红球、1个白球，有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)种取法；第三类，取2个红球、2个白球，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6)种取法．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(种)．(2)设取x个红球，y个白球，则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，))故符合条件的取法有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(种)．11.【解答】(1)可以把1与2看作一个整体并进行全排列，因为0不在首位，需先排0，再排其余数字，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝192(个)．(2)先从其余4个数字中任选2个排在0与1之间有Aeq\o\al(2,4)种排法，并把这四个数作为一个整体．若0在1之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整体全排列；若1在0之前，直接将这个整体与其余2个数字进行全排列．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(个)．(3)0不在首位，1不在个位，先将6个数字全排列有Aeq\o\al(6,6)种排法，再减去0在首位和1在个位的情况有2Aeq\o\al(5,5)种．但是0在首位且1在个位的情况减了两次，故后面要加回来，故共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504(个)．12.【解答】(1)由题意在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，故以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则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)．设平面A1BM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝2x－3z＝0，,n·\o(A1M,\s\up6(→))＝y－3z＝0，))令z＝2，可得n＝(3,6,2)．平面A1B1C1的一个法向量可取m＝(0,0,1)，则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(2,\r(,49))＝eq\f(2,7)，故平面A1BM与平面A1B1C1夹角的余弦值为eq\f(2,7).(第12题)(2)由(1)可知N是B1C1的中点，故N(1,1,3)，所以eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(1,1,0)．假设在线段A1N上存在点Q，使得PQ∥平面A1BM，则设eq\o(A1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(A1N,\s\up6(→))＝(λ，λ，0)，λ∈[0,1]，则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)，即在线段A1N上存在点Q，使得PQ∥平面A1BM，此时|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的长为eq\f(2\r(,2),3).第49讲二项式定理及其应用1.B解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(,x))))6的展开式的通项为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，所以常数项为Ceq\o\al(4,6)×22×(－1)4＝60.2.D解析：(1－x)n的二项展开式中第k＋1项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)(－1)kxk，因为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的展开式不含x5的项，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，可知展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(x2＋2x)5－kyk，因为要求x5y2的系数，故k＝2，此时(x2＋2x)3＝x3·(x＋2)3，其对应x5的系数为Ceq\o\al(1,3)21＝6，所以x5y2的系数为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展开式的通项为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的项的系数为23Ceq\o\al(3,5)＝80，eq\f(1,x2)(1＋2x)5的展开式中含x3的项的系数为25Ceq\o\al(5,5)＝32，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展开式中，含x3的项的系数为80－32＝48.5.ABD解析：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))n的二项式系数之和为2n＝64，得n＝6，所以2,6,10成等差数列，A正确；令x＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6＝26＝64，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的各项系数之和为64，B正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式中的第5项为Ceq\o\al(4,6)(5x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,\r(x))))4＝15×25×81，是常数项，D正确．6.BD解析：(2－eq\r(,3)x)6的展开式的通项为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.对于A，令k＝3，则a3＝Ceq\o\al(3,6)×23×(－eq\r(,3))3＝－480eq\r(,3)，A错误；对于B，令x＝1，则a0＋a1＋…＋a6＝(2－eq\r(,3))6；令x＝－1，则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正确；对于C，令x＝0，得a0＝26，则a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq\r(,3))6－26，C错误；对于D，因为a0，a2，a4，a6为正数，a1，a3，a5为负数，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，所以展开式中系数最大的为a2，D正确．7.8解析：由题意Ceq\o\al(2,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝7，则n(n－1)＝56，解得n＝8.8.84解析：由题意知2n＝128，解得n＝7，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))7的展开式的通项为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，所以所求展开式中含x3的项的系数是(－2)2Ceq\o\al(2,7)＝4×eq\f(7×6,2×1)＝84.9.－431解析：因为x·Ceq\o\al(0,3)·23·x0－Ceq\o\al(1,3)·22·x1＝－4x，所以a1＝－4.对所给等式两边对x求导，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】二项式的展开式的通项为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，由前三项系数的绝对值成等差数列，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)展开式的第4项为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，故常数项为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))4Ceq\o\al(4,8)＝eq\f(35,8).11.【解答】若选填条件①，即只有第8项的二项式系数最大，则n＝14；若选填条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,x)＋\f(3,x3)))14的展开式的通项为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，即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n－1＝47＝214，所以n＝15.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,x)＋\f(3,x3)))15的展开式的通项为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，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．12.A解析：由m(n＋3)＝3，可得n＋3＝eq\f(3,m)，因为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，当且仅当n－3＝eq\f(1,n－3)，即n＝4，m＝eq\f(3,7)时取等号，所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n－3)有最小值8.13.D解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z－2i＝a＋(b－2)i，eq\x\to(z)＋2i＝a－(b－2)i.因为(z－2i)(eq\x\to(z)＋2i)＝[a＋(b－2)i][a－(b－2)i]＝a2＋(b－2)2＝1，所以复数z对应的点(a，b)在圆x2＋(y－2)2＝1上，圆x2＋(y－2)2＝1的圆心C(0,2)，半径r＝1，则|z|的最大值为|OC|＋r＝3，其中O为复平面的坐标原点．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).因为函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，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.因为函数f(x)的最小正周期T满足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)，则g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋eq\f(1,2).因为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))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).第50讲随机事件与概率1.B解析：从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，可以组成向量m＝(a，b)的个数是3×3＝9，其中与向量n＝(2，－1)垂直的向量是m＝(1,2)和m＝(2,4)，共2个，故所求的概率为P＝eq\f(2,9).2.C解析：甲从“管委会”站到“北埭”站的每一站下车都可以，有8种情况，乙从“管委会”站到“东至”站的每一站下车都可以，有15种情况．若乙在“管委会”站下车，则甲有7种情况，若乙在“地税分局”站下车，则甲有6种情况，若乙在“兴海路”站下车，则甲有5种情况，若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有4种情况，若乙在“莲池小学”站下车，则甲有3种情况，若乙在“金沙滩”站下车，则甲有2种情况，若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有1种情况．因此，甲比乙后下车的概率为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：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1－eq\f(10,21)＝eq\f(11,21).4.D解析：设“水仙四妹”为150＋x且0<x<10，x∈Z，由题意知，13＋53＋x3＝150＋x，即有(x－1)x(x＋1)＝24，可得x＝3，即“水仙四妹”为153，所以集合为{142,147,152,153,154,157}，则事件A＝“含有153，且其余两个整数至少有一个比153小”的对立事件为eq\x\to(A)＝“含有153，且其余两个没有比153小”．因为“含有153”的取法有Ceq\o\al(2,5)种，而事件eq\x\to(A)的取法只有1种，故事件A的取法有Ceq\o\al(2,5)－1＝9(种)，所以P(A)＝eq\f(9,C\o\al(3,6))＝eq\f(9,20).5.AB解析：由对立事件的定义可知A正确；由于A∩B为不可能事件，所以A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，即B正确；事件A，B，C两两互斥，并不代表A∪B∪C是必然事件，故C不正确；D中，抛掷一枚硬币3次，事件A＝“至少出现一次正面”，事件B＝“3次出现正面”，则P(A)＝eq\f(7,8)，P(B)＝eq\f(1,8)，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，故D不正确．6.BC解析：由题意知事件A为向上的一面出现的点数是1,3,5；事件B为向上的一面出现的点数是1,2；事件C为向上的一面出现的点数是4,5,6.eq\x\to(A)B＝“向上的一面出现的点数是2”，故A错误；eq\x\to(B)C＝“向上的一面出现的点数是4或5或6”，故B正确；Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(B)C＝“向上的一面出现的点数是3或4或5或6”，故C正确；eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C)＝∅，故D错误．7.eq\f(7,25)解析：从0～9中任意取两个数(可重复)共有100种取法，设事件A＝“|a－b|≤1”，则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个样本点，所以P(A)＝eq\f(28,100)＝eq\f(7,25).8.eq\f(7,75)解析：分两步，第一步，把5名医生分成三组，有1,1,3和1,2,2两种分法，当分成1,1,3时，有Ceq\o\al(3,5)＝10种情况，当分成1,2,2时，有eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝15种情况；第二步，把这三组分到三个医院．则共有25Aeq\o\al(3,3)＝150种情况．A医院恰好只有医生甲去支援，即将剩下的4名医生分配到2个医院，则共有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(种)，因此所求的概率为P＝eq\f(14,150)＝eq\f(7,75).9.0.78解析：设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A，B，C，则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为0.78.10.【解答】(1)由(0.0025＋0.0100＋a＋0.0150＋0.0100)×20＝1，可得a＝0.0125，这1000名学生每日的平均阅读时间为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，从中抽取2人的样本空间Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)}，共10个样本点，设A＝“抽取的2人来自不同组”，则A＝{(a，d)，(a，e)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)}，共6个样本点，因此，P(A)＝eq\f(3,5).11.【解答】(1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名．参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为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中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－eq\f(1,100)＝eq\f(99,100).(2)设事件A＝“参赛的4人中女生不少于2人”，事件B＝“参赛的4人中女生有2人”，事件C＝“参赛的4人中女生有3人”，则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：因为函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<0，,e－x＋m，x≥0，))当x<0时，令f(x)＝0，可得2x＋1＝0，解得x＝－eq\f(1,2)，所以f(x)在(－∞，0)上有一个零点x＝－eq\f(1,2)，又函数f(x)在R上有两个零点，所以当x≥0时，方程e－x＋m＝0有一个根，所以方程e－x＝－m在[0，＋∞)上有一个根，即函数y＝e－x的图象与直线y＝－m在x∈[0，＋∞)上有且只有一个交点．作出函数y＝e－x的图象如图所示，观察图象可得0<－m≤1，所以－1≤m<0，所以m的取值范围是[－1,0)．(第12题)13.C解析：f(x)＝sin2x＋1＋cosx＝1－cos2x＋1＋cosx＝－cos2x＋cosx＋2，令cosx＝t，t∈[－1,1]，则y＝－t2＋t＋2，所以y在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上不单调，A错误．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上单调递增，则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))上单调递减，B错误．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，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)))上单调递增，C正确．t＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减，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)))上单调递减，D错误．第51讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式练习11.B解析：4个都不亮的概率为(1－0.8)4＝0.0016，只有1个亮的概率为4×0.8×(1－0.8)3＝0.0256，所以至少有两个能正常照明的概率是1－0.0016－0.0256＝0.9728.2.C解析：由题意知P(B|A)＋P(eq\x\to(B))＝P(B|A)＋1－P(B)＝1，则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与事件B相互独立．3.A解析：令事件A1＝“玩手机时间超过1h”，事件A2＝“玩手机时间不超过1h”，事件B＝“任意调查一人，此人近视”，则样本空间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.由题意知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)，所以这名学生近视的概率为eq\f(7,16).4.B解析：记事件A＝“第1球投进”，事件B＝“第2球投进”，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)，则由全概率公式可得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：记事件Ai＝“零件为第i(i＝1,2,3)台车床加工”，记事件B＝“任取一个零件为次品”，则P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45.对于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A错误；对于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正确；对于C，P(A2|B)＝eq\f(PA2·PB|A2,PB)＝eq\f(0.3×0.05,0.0525)＝eq\f(2,7)，C正确；对于D，P(A3|B)＝eq\f(PA3·PB|A3,PB)＝eq\f(0.45×0.05,0.0525)＝eq\f(3,7)，D错误．6.AD解析：因为每次取一球，所以A1，A2是互斥事件，故A正确；因为P(A1)＝P(A2)＝eq\f(1,2)，P(B|A2)＝eq\f(PBA2,PA2)＝eq\f(5,7)，故B错误；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正确；从甲箱中取出黑球，放入乙箱中，则乙箱中黑球变为5个，取出黑球的概率发生变化，所以事件B与事件A2不相互独立，故C错误．7.eq\f(8,27)解析：由题意，要成功生产出质量合格的发热膜，则制作石墨烯发热膜的三个环节都必须合格，所以成功生产出质量合格的发热膜的概率为P＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).8.eq\f(4,5)解析：由题意，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：设事件A＝“小王从这8题中任选1题，且做对”，事件B＝“选到能完整做对的5道题”，事件C＝“选到有思路的两道题”，事件D＝“选到完全没有思路的1道题”，则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)设事件A＝“甲在A点投中”，事件B＝“甲在B点投中”．根据题意，ξ的所有可能取值为0,2,3,5，则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的分布列为ξ0235Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)(2)同(1)，乙的总得分η的分布列为η0235Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)甲获胜包括甲得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，共三种情形，这三种情形之间相互独立，因此所求概率为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)设事件A＝“从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是学生”，则P(A)＝eq\f(7,9)×eq\f(6,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(70,243).设事件B＝“从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是教职工”，则P(B)＝eq\f(2,9)×eq\f(3,9)×eq\f(4,9)＝eq\f(8,243).设事件C＝“从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者中既有学生又有教职工”，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－eq\f(70,243)－eq\f(8,243)＝eq\f(55,81).(2)设事件D＝“这名志愿者是教职工志愿者”，事件E1＝“选甲高校”，事件E2＝“选乙高校”，事件E3＝“选丙高校”，则P(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)，所以这名志愿者是教职工志愿者的概率为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：因为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.又因为ab＝ba，所以b3b＝bb3，从而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，所以数列{an}的奇数项与偶数项各自成等差数列．由a1＝2⇒a1＋a2＝3，所以a2＝1，从而a2n－1＝a1＋2(n－1)＝2n，an＝n＋1，n为奇数，a2n＝a2＋2(n－1)＝2n－1，an＝n－1，n为偶数．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讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式练习21.A解析：由题意可知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：设事件A＝“前两张卡片所标数字之和为偶数”，事件B＝“第三张为奇数”，则事件A包括前两张都为奇数或者都为偶数，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)，故在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,2).3.C解析：在事件A1发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则P(B|A1)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，A正确；在事件A2发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则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正确；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不正确；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正确．4.B解析：当k＝1时，连续取出两张卡片的种数为5×4＝20，第二张为白色的种数为1×4＋4×3＝16，概率为eq\f(16,20)＝eq\f(4,5)；当k＝2时，连续取出两张卡片的种数为5×4＝20，第二张为白色的种数为2×3＋3×2＝12，概率为eq\f(12,20)＝eq\f(3,5)；当k＝3时，连续取出两张卡片的种数为5×4＝20，第二张为白色的种数为3×2＋2×1＝8，概率为eq\f(8,20)＝eq\f(2,5)；当k＝4时，连续取出两张卡片的种数为5×4＝20，第二张为白色的种数为4×1＝4，概率为eq\f(4,20)＝eq\f(1,5)；当k＝5时，连续取出两张卡片的种数为5×4＝20，第二张为白色的种数为0，概率为0.又老师选每位学生的概率均为eq\f(1,5)，故老师获胜的概率为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：由题意可得P(M)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，故A正确；当两次抛掷的点数为(1,4)时，事件M与事件N同时发生，所以事件M与事件N不互斥，故B错误；事件M与事件N同时发生时，点数为(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，共4种，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)，则事件M与事件N相互独立，故C正确；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错误．6.AC解析：设事件A1＝“第一天去甲餐厅”，事件A2＝“第二天去甲餐厅”，事件B1＝“第一天去乙餐厅”，事件B2＝“第二天去乙餐厅”，则P(A1)＝0.4，P(B1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.5.因为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正确；P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，因此B不正确；因为P(B1|A2)＝eq\f(0.3,PA2)＝eq\f(5,9)，所以C正确；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不正确．7.eq\f(4,9)解析：两枚质地均匀的骰子抛掷一次，样本空间Ω所含全部的样本点个数为36，其中事件“两枚骰子朝上的点数之积为偶数”包含样本点27个，事件“两枚骰子朝上的点数之和为奇数”包含样本点18个，从而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：由题意知，取到合格品的情况有三种：甲厂合格、乙厂合格、丙厂合格，其概率分别为0.25×96%,0.5×95%,0.25×98%，所以取得合格品的概率为0.24＋0.475＋0.245＝0.96.9.0.66解析：记甲球员出场前锋、中锋、后卫分别为事件A1，A2，A3，甲球员出场前锋、中锋、后卫时输球分别为事件B1，B2，B3，则当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为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)设事件A＝“甲至多经过两局比赛晋级决赛”，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜，所以P(A)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,2).(2)记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B，C，D，则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)，故在乙最后晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为eq\f(\f(1,18),\f(1,6)＋\f(1,4)＋\f(1,18))＝eq\f(2,17).11.【解答】(1)由题意，x的取值集合为{1,2,3,4,5}，y的取值集合为{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，直接根据公式求得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，因此经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(∧))＝1.5x＋15.3，当x＝6时，可得eq\o(y,\s\up6(∧))＝24.3，因此预测2023年的招生总人数为24.(2)由已知，X可取0,1,2,3，则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)因为2025年毕业，所以入学年份可能为2021年，2020年，2019年．由条件概率公式可知，该生被数学系录取的条件下，其在第k年入学的概率为P(第k年入学数学系)＝eq\f(P第k年入学数学系,P数学系)＝eq\f(n第k年入学数学系,n数学系)，故P(2021年入学|数学系)＝eq\f(8,32)，P(2020年入学|数学系)＝eq\f(6,32)，P(2019年入学|数学系)＝eq\f(5,32)，由全概率公式得P(2025年毕业|数学系)＝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)由题知eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S2020,2020)＋eq\f(3,2)，且{an}为等差数列，设公差为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)由题知bn＝n·2n，则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)由题知cn＝eq\r(n,n)，故lncn＝eq\f(1,n)lnn(n∈N*)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x∈N*)，则f(x)≥0＝eq\f(ln1,1)，故(cn)min＝c1＝1.又f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，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).综上，数列{cn}的最小项为c1＝1，最大项为c3＝eq\r(3,3).第52讲随机变量及其概率分布、期望与方差第1课时离散型随机变量及其分布列1.D2.B解析：由于是逐次试验，可能最后一枚钥匙才能打开锁，即前5次都打不开锁，所以试验次数X的最大可能取值为5.3.A4.B解析：由题意知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)，又由函数f(x)＝x2＋2x＋ξ有且只有一个零点，即方程x2＋2x＋ξ＝0只有一个根，可得Δ＝4－4ξ＝0，解得ξ＝1，所以P(ξ＝1)＝eq\f(1,3).5.AB解析：因为随机变量X服从两点分布，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正确，D错误；E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq\f(2,3)＋2＝4，故B正确；D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq\f(2,9)＝2，故C错误．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正确；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正确；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正确；P(ξ＝1)＝5×eq\f(1,15)＝eq\f(1,3)≠0.3，故D错误．7.eq\f(2,3)8.eq\f(3,10)解析：由题意知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：由题意知P(ξ＝1)＝2P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝eq\f(1,2)P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝P(ξ＝4)，由分布列性质得P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝1，则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)设事件A＝“一次性成型即合格”，事件B＝“经过技术处理后合格”，则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为P＝P(A)＋P(B)＝0.8.(2)若一件零件一次成型即合格，则X＝1500－800＝700;若一件零件经过技术处理后合格，则X＝1500－800－100＝600;若一件零件成为废品，则X＝－800－100＋100＝－800.X的取值为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的分布列为X700600－800P0.60.20.211.【解答】(1)设这3人中至少有1人处于“低热”状态为事件A，其对立事件为3人都没有处于“低热”状态．由表中15人的体温数据知，用电子体温计的测温结果高于其真实体温的序号为01,05,12，共计3种情况．从社区任意抽查1人，用电子体温计的测温结果高于其真实体温的频率为eq\f(1,5)，由此估计从社区任意抽查1人，用电子体温计的测温结果高于其真实体温的概率也为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)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，由表中数据可知，用电子体温计与水银体温计测温结果相同的序号是02,04,06,07,10,11，共有6种情况，所以用电子体温计测量该社区1人“测温准确”的频率为eq\f(6,15)＝eq\f(2,5)，估计其概率为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的分布列为X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)12.【解答】(1)这8个样本点的横坐标的平均数eq\x\to(x)＝eq\f(1,8)eq\i\su(i＝1,8,x)i＝eq\f(1,8)×32＝4，纵坐标的平均数eq\x\to(y)＝eq\f(1,8)eq\i\su(i＝1,8,y)i＝eq\f(1,8)×132＝16.5，经验回归直线eq\o(y,\s\up6(∧))＝3x＋eq\o(a,\s\up6(∧))经过样本中心点(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))，则eq\o(a,\s\up6(∧))＝eq\x\to(y)－3eq\x\to(x)＝16.5－3×4＝4.5.(2)样本点(2,11)，(6,22)分别记为(x9，y9)，(x10，y10)，则这10个样本点的横坐标的平均数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，纵坐标的平均数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.根据经验回归方程的系数公式得，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(∧))，所以经验回归直线eq\o(y,\s\up6(∧))＝eq\o(n,\s\up6(∧))x＋eq\o(m,\s\up6(∧))过点(4,16.5)，且eq\o(n,\s\up6(∧))<3.第2课时离散型随机变量的数字特征1.C解析：E(X)＝1×a＋2×b＋3×a＝2(2a＋b)，由分布列的性质可知2a＋b＝1，所以E(X)＝2.2.B解析：由分布列的性质，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为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，所以当a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时，E(ξ)减小．又由D(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)，可知当a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时，D(ξ)减小．4.C解析：设更换为A品牌设备使用年限为X，则E(X)＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3，更换为A品牌设备年均收益为3×100－60＝240(万元)；设更换为B品牌设备使用年限为Y，则E(Y)＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7，更换为B品牌设备年均收益为3.7×100－90＝280(万元)．因为280>240，所以更换为B品牌设备．5.ABD解析：由X的分布列可知P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以A正确；根据离散型随机变量分布列的期望与方差的计算公式可得，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正确，C不正确；因为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正确．6.ABD解析：对于A，所有可能的情况有Ceq\o\al(3,7)＝35(种)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)＝30(种)，则P(A)＝eq\f(30,35)＝eq\f(6,7)，故A正确；对于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正确；对于C，X的所有可能取值为0,1,2,3，则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