第十章 计数原理、概率及其分布答案 (二)

〃+。勺13.6万元.

第十章计数原理、概率及其分布

第50讲排列与组合

1.C【解析】根据题意，分2步进行分析：①在4位教师中任选2位，

安排到其中1所农村学校，有&a=18种安排方法.

②将剩下的2位教师安排到其他两个农村学校，有AZ=2种安排方法.则有

18X2=36种安排方案.

2.A【解析】根据题意，分3步进行分析：

①在两排三列共6个位置中任选1个安排甲，有6种情况；

②甲、乙两人不在同一排也不在同一列，则乙的站法有2种；

③将剩下的4人安排在其余4个位置，有蜀=24种情况.

则有6X2X24=288种站队方法.

3.A【解析】根据题意，分2种情况讨论：

①小明和小李两人去一个植树点，剩下3人去另一个植树点，有&=2种分

配方案；

②小明和小李还有另外1人去一个植树点，剩下2人去另一个植树点，有

CJC』=6种分配方案.

则一共有2+6=8种分配方案.

4.A【解析】根据题意，5个企业董事长4,B,C,D,E集体会晤之前，

除5与E,。与E不单独会晤外，其他均单独会晤，共有AB,AC,AD,AE,

BC,BD,CD,CE,共8种情况.现在将八场会晤分别安排在两天的上午和下

午进行，每个半天安排两场会晤同时进行.先安排AB,AC,AD,AE的顺序，

有A2种，再安排剩下的四对，有(A8,CD),(AC,8。)，(AO,CE),(AE,BQ

和(A&CE),(4C,BD),(AD,B。，(AE,CD)两种情况，故不同的安排方法共

有2XA?=48种.

5.D【解析】根据题意，将4支医疗队安排到三个地方，每个地方至少

一支医疗队，每支医疗队只去一个地方，有C2A§=36种安排方法.若甲、乙都

在武汉，将其他两支医疗队安排在其他两个地方即可，有A3=2种安排方法，故

21

甲、乙都在武汉的概率尸=m=

6.D【解析】方法一：可按女生人数分类，

若选派1名女生，有CJC=2X3=6种；

若选派2名女生，则有C%C1=3种.

由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法.

方法二：至少有1名女生的选派方法种数为Cg—C?=9.

7.ABD【解析】由题意，利用组合数公式的性质可得Cr=CF%C；鲁产

C”+C%故A,B正确；

再利用排列数公式可得A«=??(«—!)(//—+1),

而A仁，=〃?(〃一1)(〃一2)…(〃-〃z+1),

显然〃(〃一1)(〃一2)…(〃一机+1)和川(〃一1)(〃一2)…(〃一加+1)不一定相等,

故C不正确；

A"1+mAn~1=n(n—1)(〃—2)…〃z+1)+〃根(〃-1)(〃—2)…加+2)=〃(〃

—1)(〃一2)…(〃-根+2>[(〃-l)+m]=(〃+\)n(n—1)(〃-2)…(〃一根+2)=

A7+i,故D正确.

8.ABD【解析】因为5+1八片=(〃+1)〃(〃一1尸・(〃一加+1),A/"=(〃+

l)n(n-l)-(n-m+l),所以(〃+l)A；?=AWii,故A成立.

因组％=3)321=(〃_2)!,故B成立.

n(n—1)n丁(n-?1)「

、],,,n!])(〃_2)…(〃—m+])(〃一帆)…321

因为Q'X-—J_7rj-=-7~=

m!(〃一/")!tn!(n—m\!

〃(〃一])(〃—2)・・・(〃—加+])

A/双几一1)(〃-2>(〃一次+1)AX*T-rP.^-

於-=~力S故CrWR，即C不成叱•

因为~--A；；,+1=--n(n—1)(〃-2)…m)=〃(〃一1)(〃一2)…(〃一根+1)

n-mn-m

=N3故D成立.

9.CD【解析】对于A,每位学生必须参加一项竞赛，则每位学生都有三

种参赛方法，故四位学生有N=3X3X3X3=34=81种参赛方法，A不正确；

对于B，每项竞赛只许有一位学生参加，每一项可以挑4名不同的学生，故

有N=4X4X4=43=64种参赛方法，B不正确；

对于C,原问题等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛,

每人参加一项，故共有4X3X2=24种参赛方法，C正确；

对于D,先把四个学生分成三组，再分配到三个比赛中，故共有C5-A33=36

种参赛方法，D正确.

10.28【解析】根据题意，本问题为组合问题，则平面内有8个点，以其

中每2个点为端点的线段有俄=28条.

11.75【解析】根据题意，先在5名男干部中任选1人，有Cg=5种选法，

再从6名女干部中选出2人,有以=15种选法，则有5X15=75种不同的选法.

12.2130【解析】根据题意，用0,123组成的没有重复数字的全部四位

数，若1作为千位数字，将0,2,3全排列，安排在百、十、个位，有A3=6种情

况，即1作为千位数字的没有重复数字的四位数有6个.

同理，2作为千位数字的四位数有A§=6个，

其中最大的为2310,其次为2301,则第10个数应该是2130.

13.【解答】(1)书架上共有6+5+4=15本书，故从书架中任取1本书,

共有15种不同的取法.

(2)从书架中的第1,2,3层各取1本书，不同的取法共有6X5X4=120种.

(3)从书架中的不同层任取2本书，不同的取法共有6X5+6X4+5X4=74

种.

14.【解答】(1)根据题意，分2种情况讨论：

①“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制，有A?=120种排法；

②“射”不排在最后一周，则“射”有4种安排方法，“数”也有4种安排

方法，剩下的4门课程全排列，有A才=24种排法，

则此时有4X4X24=384种排法.

故有120+384=504种不同的排法.

(2)根据题意，分2种情况讨论：

①甲教两科时，有CgA?=240种安排方案；

②甲教一科时，有CgCgAa=l200种安排方案.

故有240+1200=1440种不同的安排方案.

15.【解答】(1)将取出的4个球分成三类情况，

取4个红球，没有白球，有ci种取法；

取3个红球，1个白球，有C?CA种取法；

取2个红球，2个白球，有C?a种取法.

所以有Ct+CC+C彳或=115种取法.

(x+y=5,

I2x+y27,

(2)设取x个红球，y个白球，则〈八—乙

0WxW4,

、0＜户6,

卜x=23,或1x=3,x=4,

所以c或

〔尸2J=l，

所以符合题意的取法有aa+aa+cjcA=i86种.

第51讲二项式定理及其应用

1.C

2.B【解析】令x=1»得(々0+42+44+…+。12)+(。|+〃3+…+01)=36

①.

令X=-1,得（即+〃2+出+…+。12）—（。1+s+…+。11）=1②.

联立①②解得40+42+04+…+々12=365.

令x=0,得圆）=1,所以〃2+火+…+〃12=364.

3.A[解析】（1—x）（x+2）4=（l—幻©，+（：12?+&.2^+曰.23X+0124）,

所以二项式（1—x）（x+2>的展开式中，含R项的系数为一CQ2+cI.2=-16.

4.A【解析】7；+I=CH/）8-（一§）=（一㈤令与之=。，

解得r=2,

所以常数项为（一2a）2.&=112,解得。=±1.

5.D【解析】152020=（1+14）2O2O=C§o2o+Cio2oX14+C?o2oX142+-+

C38豺XId?。?。.上式从第二项起，每一项都可以被14整除，故上式除以14的余数

为C/20=l.故选项中，当机=13时，152°2。+机恰能被14整除.

6.B【解析】4+2）3展开式的通项为。+]=2（女6-2W）^^<3）,仪一1）

展开式的通项为，+产（一1）*14小旧），所以（f+zyg-17展开式的通

项为（一1）&2「C5C/L2L8（o<rW3,OWA<7）,

令兼一2r—8=0,得Z—r=4,

则4=4,厂=0或火=5,r=l或4=6,r=2或2=7,r=3,

所以（f+2）3（，-11展开式中常数项为（一1）42。已6+（-1）521ab+（一

l）622Cga+（—1）723cge3=-15.

7.AC【解析】展开式中的二项式系数之和为川=2048,故A正确；

根据二项式系数的性质可知，中间项的二项式系数最大，易知中间项是第

6,7项，故B错误，C正确；

因为通项啜+1=（-1代仇”飞出第6项系数为一C%〈0,第5项系数为（一

l）4Cfi>0,显然D错.

8.ACD【解析】令x=l,得出+0+。2+…+〃2。20=（—1严2。=1,①，

故A正确；

令X=-1,得如一的+刃一仍+…+〃2020=32°2。，②

①+②可得2（。（）+。2+的+…+。2020）=1+32020,

]+32020

故“o+s+gH---F42020=,故C正确：

①一②可得2ml+々3+05+…+。2019）=1—32020,

1—32020

故。1+。3+。5~1-------F£72019—，故B错误；

令X=0,得出=产。2。=1,③

令-==得的+?+患+…+患粽=。，④

把③代入④得多+岩+…+舞=-1.故D正确.

9.BC【解析】由己知得通项为公+1=0(*4一华

设第女+1项的系数最大，则有

陟

<

钟6凯的，

’18!48!

2>!(8-il)!(9-/c)lf

即《

8!>18!

限！(8T)!支&+1)!(7T)!'

解得2WAW3,—N.

故左=2或3,即展开式中系数最大的项为第3或第4项.

10.122【解析】因为(1+2%)5=40+。逮_|---

所以令x=l,得(1+2Xl)5=a()+ai+々2+43+44+05=243；令x=-1,得

[1+2X(—1)]5=々0—々|+02—93+«4—。5=—1.所以。1+。3+。5=3[243—(—1)]=

122.

11.1【解析】因为(动一。下的展开式中，通项为Tr+i=C&(。卢三包,

令1与5—e5=r0,得/*=3,故常数项为Cg.(一。)3=10,得。=—1.

12.y【解析】在国一2》的二项展开式中通项为刀+尸国&卜(一2以,

令6——=4,且r=2,得r=2,故处2项的系数是C呜卜(-2)2="

13.【解答】(1)因为A=C4-x)2=C^,

由。2=21,得C^=21,解得n=7.

(2)令x=0,得4o=l,

令x=3,得(1—3)7=1+3。|+32Q2+3%3+…+3”。〃，

所以30+3242+33.3+…+3%〃=(-2)7—1=一129.

14.【解答】（1）由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64,得2“一1=64,

所以〃=7,所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项.

因为（2f—的展开式的通项为

7；“=CHZx2）7-^-1）｛：｝=C527-r（—1

所以，一：）的展开式中二项式系数最大的项为方=一560小，T5=280Z

（2）由（1）知〃=7,且（"一§7的展开式中项为乳=一个项为A=280f,

所以（2x+§（2?一曰〃展开式的常数项为2X（-84）+1X280=112.

15.【解答】（1）因为Q+日”的展开式中前三项的系数成等差数列，而

Q+卦的展开式的通项为。+产端?炉一2「，

所以2x3=1+^^—,解得麓=8或〃=1（舍去）.

ZO

所以〃=8,7r+1—C&'a'2r,

令8—2r=2,得r=3,

故展开式中含f的项为&=71.

（2）设第r+1项系数最大,7k尸C号产2,，

卜吐""六7，

则,解得/=2或，=3,

Icg-y^cr'-^r，

故展开式中系数最大的项为或=7f,即展开式中系数最

4o

大的项为7d或记

第52讲随机事件的概率

1.A【解析】不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次

任意取出2张卡片，

对于A,2张卡片都不是红色与事件“2张卡片都为红色”是互斥而不对立事

件，故A正确；

对于B,2张卡片不都是红色与事件”2张卡片都为红色”是对立事件，故B

错误；

对于C,2张卡片至少有一张红色与事件“2张卡片都为红色”能同时发生,

不是互斥事件，故C错误；

对于D,2张卡片至多有1张红色与事件”2张卡片都为红色”是对立事件,

故D错误.

2.B【解析】保险箱的密码锁共有6位数字，每位数字都可以从0〜9中

任选1个.某人在开锁时忘了最后一位数字，但他记得最后一位是偶数，则他随

机地从0〜9这9个数字中选出偶数来试开，则不超过2次就打开保险箱的概率

*P=5+5X4=5-

3.D【解析】随机事件具有不确定性，与前面的试验结果无关.由于骰

子质地是否均匀不确定，故出现“6点朝上”的概率不确定.

4.A【解析】高一年级要在甲、乙、丙、丁、戊5位数学教师中随机抽

取3人参加录播课堂，基本事件总数〃=仪=10,甲、乙两位教师同时被选中包

含的基本事件个数〃2=GC!=3,则甲、乙两位教师同时被选中的概率为P=：=

3

To,

5.B【解析】由图知三年使用期内更换的易损零件数小于20个的频率为

6+16常+244,故此人购机时购买20个备件，在机器淘汰时备件有剩余的

7

概率为正.

6.C【解析】已知奖项设置一等奖、二等奖、三等奖，其他都是幸运奖.设

事件A=｛抽到一等奖｝,事件6=｛抽到二等奖),事件C=｛抽到三等奖),事件

D="抽到幸运奖”，则事件4,B,C,。互为互斥事件，

记事件M=｛抽到三等奖或幸运奖｝,

又P(A)=0.1,P(B)=0.25,尸(。=0.4,

则P(M)=1-P(A)-P(B)=1-0.1-0.25=0.65.

7.BC【解析】从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，

对于A,“至少一个红球”和“都是红球”能同时发生，不是互斥事件，故

A错误；

对于B,“恰有一个黑球”和“都是黑球”不能同时发生，是互斥事件，故

B正确；

对于C,“至少一个黑球”和“都是红球”既不能同时发生，也不能同时不

发生，是对立事件，故C正确；

对于D,“恰有一个红球”和“都是红球”不能同时发生，能同时不发生,

是互斥而不对立事件，故D错误.

8.ABC【解析】对于A,抛掷一个骰子一次，向上的数为偶数的概率为

31

P=-=-

62故A正确:

3义3+3X3

对于B,抛掷一个骰子两次，向上的数为-奇-偶的概率为

=2,故B正确;

对于C,抛掷一个硬币两次，两次均为正面朝上的概率为尸=：乂：=；,故C

正确;

对于D,抛掷一个硬币两次，一次正面朝上一次反面朝上的概率为

+1x1=1,故D错误.

C51

9.BD【解析】两件都是一等品的概率为品得

两件中有一件是次品的概率为苗5=寺,

C?1

两件都是正品的概率为m=右

5

两件中至少有1件是一等品的概率为史鲁©-

-6

10.1【解析】同时抛掷两个质地均匀的骰子，基本事件总数〃=6X6=

36,向上的点数之和小于5包含的基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),

(3,1),共6个，故所求向上点数之和小于5的概率尸=郎=/

11.卷【解析】因为小张同学从这十本书中任借三本阅读，基本事件总

数〃=C%=120,

他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字包含的基本事件个数m=M

=50,所以他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为「=*瑞=

5

12-

37

12.【解析】甲从集合｛1,2,3,4,5,6,7,8,9｝中任取三个不同的元素，并按

降序排列得到十进制三位数共有Cg=84种情况，乙从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}

中任取三个不同的元素，按降序排列得到十进制三位数b,共有Ci=56种情况，

故三位数小b进行比较可得到84X56种情况.

乙取到的三位数甲都能取到，若乙取到的数是123,这在甲中是取得的最小

的三位数，则在甲取得的数中，除了123外，其他的数都比123大，共有84—1

=83种情况，当乙取得其他数时，同理，则可以得到在所有数的比较中，a>b

83+82H---F29+28

的情况共有83+82+81+…+29+28种，故a>b的概率为^77777=

04人30

37

56,

13.【解答】(1)设事件A表示“考生选择生物学科”，事件B表示“考

生选择物理但不选择生物学科”，事件C表示“考生至少选择生物、物理两门

学科中的1门学科“，则P(A)=0.5,P(B)=0.2,C=AUB,AQB=0f

所以1位考生至少选择生物、物理两门学科中的1门的概率为P(O=P(AU

B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7.

(2)设事件。表示“选择生物但不选择物理”，事件E表示“同时选择生物、

物理两门学科”，因为某校高二400名学生中，选择生物但不选择物理的人数为

140

140,所以P(D)=而=0.35.

因为。UE=4,所以1位考生同时选择生物、物理两门学科的概率为P(E)

=P(A)一尸(0=0.5—0.35=0.15.

14.【解答】(1)根据抽样调查数据，一、二等品所占比洌的估计值为0.200

+0.300+0.260+0.090+0.025=0.875,

由于该估计值小于0.90,故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等

品至少要占全部产品90%”的规定.

(2)由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375,0.5,0.125,

故在样本中用分层抽样的方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三

等品1件，

再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情况有2种：①一

等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1

件，

献/,领七"c?clcl+cicicl3

故所求的概率P=-----0------='.

15.【解答】(1)选派乙参加数学竞赛较合适.理由如下：

由题知x甲=x乙=83,

15——

所以甲的成绩的方差s?.=^L1=1(Xi—x甲)2=568,

乙的成绩的方差si=1E1=1(Xi—x乙)2=48.8,

由7甲=7乙，s甲2>$乙2,可知甲乙平均分相同，但乙的成绩比甲稳定，故选

派乙参加数学竞赛较合适.

(2)5道备选题中学生会的3道分别记为小b,c,不会的2道分别记为£

F.

方案一：学生从5道备选题中任意抽出1道的结果有mb,c,E,R共5

种，抽中会的备选题的结果有b,c,共3种，

3

所以此方案学生可参加复赛的概率

方案二：学生从5道备选题中任意抽出3道的结果有3,b,c),(mb,E),

(a,b,F),(a,c,E),(a,c,F)，(〃，凡F),(b,c,E),(〃，c,F),(b,E,

F),(c,E,F),共10种，

抽中至少2道会的备选题的结果有(mb,c),(mb,E),(a,b,F),(a,c,

E)f(a,c,F),(b,c,E),(b,c,F)，共7种，

7

所以此方案学生可参加复赛的概率尸2=而.

因为丹<尸2,所以推荐的选手选择答题方案二进入复赛的可能性更大.

第53讲事件的独立性与条件概率

1.D【解析】该设备正常工作的概率是P=l-0.1X0.2=0.98.

2.B【解答】甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，设事件A表示“甲

中靶”，事件B表示“乙中靶”,则P(A)=0.8,P(B)=0.9,曰、乙各射击一次，

则两人都中靶的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8X0.9=0.72.

3.B【解答】甲、乙两人独立地破译一份密码，设事件4表示“甲能破

译密码”，事件8表示“乙能破译密码”，

则P(A)=yP(B)=Q,

密码被破译的对立事件是甲、乙同时不能破译密码，

所以密码被破译的概率为P=\-P(AB)=LP(A)P(8)=1—1

2)=1

4.C【解析】由条件概率计算公式得P(8|A)=g黑，所以;=以科，所

133

以P(A3)=2><5=正.

5.B【解析】由题意，若三场比赛结束时，乙获胜，则第三场比赛乙至

多落后甲1分，

当甲、乙都得2分时，乙获胜，概率为乃=9卜小

当乙得4分时，甲至多得5分，乙获胜，概率为P2=1XQ+1+34，

当乙得5分时，甲至多得6分，乙获胜，概率为23=3(；+:+9+3=盖

当乙得6分时，甲至多得6分，乙获胜，概率为尸4=3(；+[+t+3=*

当乙得10分时，乙获胜，概率为尸5=*X1=*.

故乙获胜的概率为P—P-P3+P4+P5:|1.

6.D【解析】记事件A=”取出的重卦中至少有2个阴爻”，

事件3="取出的重卦中恰有3个阳爻”.

则2(4)=1一或一冬=器，P(4B)=团=称，

20

P(AB)6420

川nl尸(为4)=p(a)=豆二斤

64

7.BD【解析】对于A,目标恰好被命中一次的概率为0.5X0.6+0.5X0.4,

故A错误；

对于B,利用相互独立事件概率乘法公式得目标恰好被命中两次的概率为

0.5X0.4,故B正确；

对于C,目标被命中的概率为0.5X0.6+0.5X0.4+0.5X0.4,故C错误；

对于D,由对立事件概率计算公式得目标被命中的概率为1—0.5X0.6,故D

正确.

8.BD【解析】由题意知，P(4)=/P(B)=|,P(O=*P(D)=g,P(E)

=71,所以A,8两个盒子畅通的概率为31义?治=右1因此A错误；

215

A,B,C三个盒子混联后畅通的概率为1-©乂1=不，B正确；

11?9

D,E两个盒子并联后畅通的概率为1-2乂!=宗，因此C错误；

5O30

529

根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为券X1=奈，D正确.

3U030

2132

9.ABD【解析】对于A,某顾客抽奖一次中奖的概率是尸奇

2

亍故A正确；

对于B,某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是1—(|}=言，故B正

确；

对于C,在一次抽奖过程中，已知顾客第一次抽出了红球，

32

--

5X3'41

---

则该顾客中奖的概率是p=52故C错误，D正确.

10.0.80【解析】设“第一个路口遇见红灯”为事件4,“第二个路口遇

见红灯”为事件3,尸⑷=0.75,P(AB)=0.60,则尸(3履)=帘^=5^=0.80.

15415411

11.Z【解析】该选手顺利完成闯关的概率为尸=]x1x；+]x]x/x4

26326322

1

2,

12.卷【解析】因为P(A)=1—6+,+:=!1，尸("尸詈=：,所以

1J1oC9O

p㈤以⑫_且

/W)-尸⑷-13・

13.【解答】(1)选中的3人都是男生的概率为会

C]4

(2)男生甲和女生乙至少有一个被选中的概率为1一越=亍

r21rl1

(3)因为P(A)=d=5，P(A8)=d=百，

所以P(8|A)=需=|.

14.【解答】(1)设A),即，A3,4分别表示在一次比赛中甲得。分，2分，

3分，5分的事件，Bo,B2,B3,85分别表示在一次比赛中乙得0分，2分，3分，

5分的事件，根据题意得

P(A2)=p(l—q)=：，

，[解得p=),q=7

P(B5)=pq=%,

⑵由已知得P(4))=P(场)=(1一|卜(1一3)4尸(4)=尸(历)=+

P(4)=P(&)=(1一1)X卜会，

尸(4)=尸(&)=1,

设。="'星队'在一次比赛中的总得分为5分”，

则C=AGB5UA2B3UA3B2U

贝ljP(Q=P(AQB5UA2B3UA3B2UA5B0)

=P(Ao)P(B5)+P(A2)P(&)+尸(A3)P(B2)+P(4)P(氏)

-4X6+2X12+12X2+6X4-6,

所以“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率为今

15.【解答】(1)因为挑战结束时，小源共答对3道题，

所以小源Ai,A2,4全答对，A4答错，

所以挑战结束时，小源共答对3道题的概率为

22218

=-X-X-X-=-

P13333

81

(2)挑战结束时，小源恰好作答了3道题包含的情况有：

①4答错，第4题答对；②4答对，4答错；③4答对，42答对，4答错.

所以挑战结束时，小源恰好作答了3道题的概率为

22222

-3-3-16

33327

、

、

(3)小源闯关成功包含的情况有：

①四题全答对；②4答错，A3和4都答对；③4答对，4答错，4答对;

④4和4都答对，4答错；⑤4,4,A3都答对，A4答错.

所以小源闯关成功的概率为

P1=2X2221222122212221=20

为-3"3/3/3十3X3/3十3X3/3十3/3/3十3/3/3/3—27・

第54讲随机变量及其概率分布、期望与方差

1.A【解析】因为匕一3|=1,所以j=2或。=4,由随机变量j的概率分

布列知P(匕-3|=D=P(j=2)+Pe=4)=(l一上一品目+1=春

2.C【解析】因为随机变量的分布列为成(2=123,4,5),所

以机+2/〃+3m+4m+5"z=1,解得"2=七

3.B【解析】由题意可得尸(XV-2)=0.1,P(XV0)=0.3,P(X<1)=0.5,

则团£(0,1].

4.D【解析】由离散型随机变量X的分布列得E(X)=E+mD(X)=(—

2X?+0_J叼+(1—}x/=_/+“+：=_(“一£|2+；,

2

因为OVaV],所以。(X)先增大后减小.故选D.

5.B【解析】对于A,尸(因在号=尸(一,尸(X2W3=

人一必鸣,

因为一上2—坐抖所以7(因词WP(X2词，故A正确；

对于B,不妨设X的分布列为

X-11

\

p

22

则Xz的分布列为

X21

P1

(1一X)?的分布列为

(1-X)240

i1

p

22

故—故)=1,D(X2)=0,E((l-X)2)=2,D((l-X)2)=4,

显然。(X2)WO((1-X)2),故B错误；

对于C,由方差的性质可知。(1—X)=(—1)2D(X)=D(X),故C正确；

对于D,因为D(X)=E[X-E(X)]2=E(X2)-[E(X)]2^0,所以E(X2)^[E(X)]2,

故D正确.

6.C【解析】X的可能取值为2,3,且尸(X=2)=p2+(1—〃)2=2p2-2p+l,

P(X=3)=1-P(X=2)=2〃-2P2.

E(X)=2(2p2—2p+l)+3(2p—2P2)=-2p2+2p+2=—2(p一分+5，因为0

<P<2f所以E(X)v|,排除A,B.

凤*)=4X(2p2—2p+l)+9(2p—2p2)=-10p2+]0"+4,

D(X)=E(X2)-£2(X)=-10p2+10p+4-(-2p2+2p+2)2=-4/+8p3-6p2

+2”，

D'(X)=-16p3+24p2-12p+2,

D"(X)=-12(2p-l)2^0,

所以O'(X)在pw(o,3上单调递减，又O'@)=0，

所以当p£(0,0时，D1(X)>0,

故〃£(0,0时，。(%)单调递增，

所以D(X)V—4乂(34+8*传>一6乂(，2+2X3=",故C正确，D错误.

7.CD【解析】由离散型随机变量X的分布列的性质得

q=1-0.4-0.1-0.2-02=0.1,

E(X)=0X0.1+1X04+2X0.1+3X0.2+4X0.2=2,

D(X)=(0-2)2X0.1+(1-2)2X0.4+(2-2)2X0.1+(3-2)2X0.2+(4-

2)2X02=1.8,

因为离散型随机变量y满足y=3x+i,

所以E(F)=3E(X)+1=7,D(y)=9D(X)=16.2.

「+b+；=l,

6ii

8.AC【解析】由题意可得J解得。=；,8，随机

。+26+3乂/=工，

IO5

变量。的方差为D(^)=1xH

9.BC【解析】对于A,因为〃=计2,所以劭)=E©+2,故A错误;

对于B,因为〃=«+2,所以。©=。(〃)，故B正确；

对于c,因为七©=-3+%，

所以当p在(0,1)内增大时，E©增大,故C正确；

对于D,因为劭)=；+2乂¥^+3乂?=,+乡

所以如)=(一/打抖伊分¥

所以当p在(0,1)内增大时，单调递增，故D错误.

10.§【解析】因为随机变量X的分布列为P(X=Z)=〃(|>"=1,2,3,

所以尸(X=l)=竿，P(X=2)=等，P(X=3)=粤，由离散型随机变量的分布列的

，7L1

性质得手+1-+万=1,解得m=宠.

11.看【解析】因为随机变量X的分布列为P(X=/)=(

1234,

(i=l,2,3,4),所以五+工+工+五=1，解得。=5,

347

所以P(2VXW4)=P(X=3)+P(X=4)=而+m=正.

12.停1)【解析】由题意可知〃+b+c=1,

根据分布列可得及。=序+〃+d,

因为a,b,c是互不相等的正数，所以a1-\-b1>2ab,a2-^c2>2ac,〃+/

〉2姐

各式相加，整理得/+62+/>出?+40+儿，

因为1=(6z+4-c)2=4-Z>24-c2+2ab+2ac+2bc<«2H-Z>2+c24-2(6f24-/?24-

/)=3(*+拄+/),

所以/+/+/$

又因为a8+ac+/?c>0,

所以片+护+才=1-2(ab-\-ac-\-bc)<1,

所以gv02+力2+才<],即3<凤。<1.

13.【解答】(1)6名某疾病病毒密切接触者中有1名感染病毒，其余5名

健康，从这6名密切接触者中随机抽取3名，抽到感染者的概率为P=1j=g.

(2)(i片的可能取值是123,4,5,且分布列如下：

12345

P11111

66663

所以E©=1X1+2X、+3X：+4X：+5X；=9

(ii)首先考虑(3,3)分组，所需化验次数为力〃的可能取值是2,3,尸(〃=2)

则〃的分布列如下:

23

12

P

33

W=3-

再考虑(2,2,2)分组，所需化验次数为3,5的可能取值是2,3,尸(3=2)=忘=

3,P((5-3)-CG-3，

则3的分布列如下：

623

12

P

33

Q

E(3)=y所以按(2,2,2)或(3,3)分组进行化验均可.

14.【解答】(1)设事件A为“核酸检测呈阳性”，事件B为“患疾病”.

由题意可得P(A)=0.02,P(B)=0.003,P(A|B)=0.98,

由条件概率公式P(A|8)=*瞿，得P(A3)=0.98X0.003,贝ljP(8|A)=g^

"(⑴"1①

)8X0003

—=0.147,故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14.7%.

(2)设方案一中每组的检测次数为X,则X的可能取值为1,6,

P(X=1)=(1-0.02)5=0.985-0.904,

P(X=6)=1-0.985=0.096,

所以X的分布列为

X16

P0.9040.096

所以E(X)=1X0.904+6X0.096=1.48,

即方案一检测的总次数的期望为11X1.48=16.28.

设方案二中每组的检测次数为匕则Y的可能取值为1,12,

P(y=1)=(1—0.02)11^0.801,

P(Y=12户1-0.801=0.199,

所以Y的分布列为

Y112

P0.8010.199

所以E(y)=1X0.801+12X0.199=3.189,

即方案二检测的总次数的期望为3.189X5=15.945,

由16.28>15.945,则方案二的工作量更少.

第55讲二项分布与超几何分布

若随机变量X〜5(5,1P(X=3)=喏X|}=翡

l.B【解析】则

2.D【解析】因为命中次数4服从《〜伙100,0.8),

所以命中次数的标准差等于，100>0.8><(1—0.8)=4

3.B【解析】因为随机变量X,y满足X+y=8,X〜3(10,0.6),所以

E(X)=10X0.6=6,D(X)=10X0.6X0.4=2.4,风F)=E(8—%)=8—E(X)=8—6

=2,D(r)=D(8-X)=D(X)=2.4.

2

4.D【解析】因为随机变量X服从两点分布，且尸(X=0)=多所以P(X

=1)=1,E(X)=0x1+1x|=|，所以。(㈤:卜一:)乂1+0—导义上本

]7

所以E(3X+1)=3E(X)+1=3X-+1=2,O(3X+l)=9£V0=9Xg=2.

Ci1cJ.rA

5.D【解析】X的可能取值有0,1.2,且尸(X=0)=瓦=§,P(X=l)=w

8Ci2

=丘P(X=2)=C^=T5,

所以X的分布列如下:

X012

182

P3*1575

1824

贝ijE(X)=0X-+lX—+2XTT=-

AX

6.B【解析】用X表示这3个村庄中深度贫困村数，则X服从超几何分

布，所以P(X=k)=噜」,计算尸(X=o)=萼=(，p(x=l)=粤=H，P(X

=2)=^^，=方,P(X=3)=C^^3=4,所以P(X=1)+P(X=2)=/即有1个或

2个深度贫困村的概率为亨.

7.CD

8.ABC【解析】记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件4投中

三分球为事件B,没投中为事件C,由古典概型得P(A)=盖=0.55,故A正确；

18

0(8)=诉=018,故B正确；P(Q=1-P(A)-P(B)=1-0.55-0.18=0.27,故C

1UU

正确；P(8+C)=P(8)+P(C)=0.18+0.27=0.45,故D错误.

9.CD【解析】某人参加一次测试，在备选的10道题中，他能答对其中

的5道，现从备选的10题中随机抽出3题进行测试，规定至少答对2题才算合

格.

cl1_cl1

在A中，答对0题的概率为尸0=