1、第十一章 计数原理、随机变量及分布列第 1 课时 分类计数原理与分步计数原理一、 填空题1. 三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下由甲开始踢，经过 3 次传递后，毽子又被踢回给甲则不同的传递方式共有_种答案：2解析：(列举法)传递方式有甲乙丙甲；甲丙乙甲2. 将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级，每个年级 2 人要求甲必须在高一年级，乙和丙均不在高三年级，则不同的安排种数为_答案：9解析：若甲、乙在高一年级，则丙一定在高二年级，此时不同的安排种数为 3；若甲、丙在高一年级，则乙一定在高二年级，此时不同的安排种数为 3；若甲在高一年级，乙、丙在高二年级，此时不同的安排种数为 3，所以由分类
2、计数原理知不同的安排种数为 9.3. 现有 4 名同学去听同时进行的 3 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是_答案：81解析：每个同学都有 3 种选择，所以不同选法共有 3481(种) .4. 五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有_种答案：625解析：获得冠军的可能情况有 5555625(种)5. 4 位同学从甲、乙、丙 3 门课程中选修 1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法有_种答案：24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 C 种不同选法；第二24步给第 3 位同学选课程，有 2 种选法；第三步给第
3、4 位同学选课程，也有 2 种不同选法故共有 C 2224(种)246. 如图所示 22 方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是 1，2，3，4 中的任何一个，允许重复若填入 A 方格的数字大于 B 方格的数字，则不同的填法共有_种A BC D答案：96解析：可分三步：第一步，填 A，B 方格的数字，填入 A 方格的数字大于 B 方格的数字有 6 种方式(若方格 A 填入 2，则方格 B 只能填入 1；若方格 A 填入 3，则方格 B 只能填入1 或 2；若方格 A 填入 4，则方格 B 只能填入 1 或 2 或 3)；第二步，填方格 C 的数字，有 4种不同的填法；第三步，填方格 D
4、的数字，有 4 种不同的填法由分步计数原理得不同的填法总数为 64496(种)7. 现有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列，共可以组成_种不同的旗语信号答案：39解析：悬挂一面旗共可以组成 3 种旗语信号；悬挂两面旗共可以组成 339(种)旗语信号；悬挂三面旗共可以组成 33327(种)旗语信号由分类计数原理知，共有 392739(种)旗语信号8. 将 3 个不同的小球放入编号分别为 1，2，3，4 的盒子内，则 4 号盒子中至少有一个球的放法有_种答案：37解析：根据题意，将 3 个不同的小球放入编号分别为 1，2，3，4 的盒子内，有44464(种)放
5、法，而 4 号盒子中没有球，即 3 个小球放在 1，2，3 号的盒子内，有33327(种)放法所以 4 号盒子中至少有一个球的放法有 642737(种)9. 从 0，1，2，3，4，5，6 七个数字中，任意取出三个不同的数字，作为二次函数yax 2bxc(a0)的系数，可得_个不同的二次函数答案：180解析：由分步计算原理，可得 665180(个)不同的二次函数10. 为举办校园文化节，某班推荐 2 名男生、3 名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器 1 人，舞蹈 2 人，演唱 2 人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为_(用数字作答)答
6、案：24解析：若参加乐器培训的是女生，则各有 1 名男生及 1 名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有 32212(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有 1 名男生、1 名女生及2 名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有 23212(种)方案，所以共有 24 种推荐方案11. 如图，用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色(4 种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为_答案：96解析：按区域 1 与 3 是否同色分类(1) 区域 1 与 3 同色：先涂区域 1 与 3，有 4 种方法，再涂区域 2，4，5(还有 3 种颜色)，有 A 种方法3 区域
7、 1 与 3 涂同色，共有 4A 24(种)方法3(2) 区域 1 与 3 不同色：第一步，涂区域 1 与 3，有 A 种方法，24第二步，涂区域 2 有 2 种方法，第三步，涂区域 4 只有 1 种方法，第四步，涂区域 5 有 3 种方法 这时共有 A 21372(种)方法24故由分类计数原理，不同的涂色种数为 247296.二、 解答题12. 书架的第一层有 6 本不同的数学书，第二层有 6 本不同的语文书，第三层有 5 本不同的英语书(1) 从这些书中任取 1 本，有多少种不同的取法？(2) 从这些书中任取 1 本数学书，1 本语文书，1 本英语书共 3 本书的不同的取法有多少种？(3)
8、 从这些书中任取 3 本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？解：(1) 因为共有 17 本书，从这些书中任取 1 本，共有 17 种取法(2) 分三步：第一步，从 6 本不同的数学书中取 1 本，有 6 种取法；第二步，从 6 本不同的语文书中取 1 本，有 6 种取法；第三步：从 5 本不同的英语书中取 1 本，有 5 种取法由分步计数原理知，取法总数 N665180(种)(3) 实际上是从 17 本书中任取 3 本放在三个不同的位置上，完成这个工作分三个步骤，第一步：从 17 本不同的书中取 1 本，放在第一个位置，有 17 种方法；第二步：从剩余 16 本不同的书中取 1 本，
9、放在第二个位置，有 16 种方法；第三步：从剩余 15 本不同的书中取 1 本，放在第三个位置，有 15 种方法由分步计数原理知，排法总数 N1716154 080(种)13. 如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有多少种？解：如图，设四个直角三角形顺次为 A，B，C，D，按 ABCD 顺序涂色，下面分两种情况：(1) A，C 不同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以从剩余的 2 种颜色中任意取一色)：有 432248(种
10、)；(2) A，C 同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以从剩余的 3 种颜色中任意取一色)：有 431336(种)所以不同的涂色方法共有 84 种第 2 课时 排列与组合一、 填空题1. 若 A 6C ，则 n_3n 4n答案：7解析： 6 ，得 n34，解得 n7.n！（ n 3） ！ n！（ n 4） ！ 4！2. 5 人站成一排，甲、乙两人必须站在一起的不同排法有_种答案：48解析：可先排甲、乙两人，有 A 2(种)排法，再把甲、乙两人与其他三人进行全排2列，有 A 24(种)排法，由分步计数原理，得一共有 22448(种)排法43. 用数字
11、 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为_答案：72解析：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是 1，3，5.分为两步：先从1，3，5 三个数中选一个作为个位数有 C 种，再将剩下的 4 个数字排列得到 A ，则满足条13 4件的五位数有 C A 72(个)13 44. 5 位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是_种答案：36解析：分三类：甲站第 2 个位置，则乙站 1，3 中的一个位置，不同的排法有C A 12(种)；甲站第 3 个位置，则乙站 2，4 中的一个位置，不同的排法有 C A 12(种)；123 123甲站第 4 个位置，则
12、乙站 3，5 中的一个位置，不同的排法有 C A 12(种)故共有12312121236(种)5. 某电视台一节目收视率很高，现要连续插播 4 个广告，其中 2 个不同的商业广告和2 个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且 2 个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有_种答案：8解析：分三步进行分析：第一步，最后一个排商业广告有 A 种；第二步，在前两个位12置选一个排第二个商业广告有 A 种；第三步，余下的两个排公益宣传广告有 A 种根据12 2分步计数原理，可得不同的播放方式共有 A A A 8(种)121226. 用数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字的五位数，其
13、中奇数的个数为_答案：36解析：由题可知，五位数为奇数，则个位数只能是 1，3；分为两步：先从 1，3 两个数中选一个作为个位数有 C 种，再将中间 3 个位置中选一个放入 0，剩下的 3 个数字排列12得到 A ，则满足条件的五位数有 C C A 36(个)3 121337. 某大学的 8 名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各 2 名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐 4 名同学(乘同一辆车的 4 名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的 4 名同学中恰有 2 名同学是来自同一年级的乘坐方式共有_种答案：24解析：分类讨论，有 2 种情形孪生姐妹乘坐
14、甲车，则有 C C C 12(种)乘车方式；231212孪生姐妹不乘坐甲车，则有 C C C 12(种)乘车方式由分类计数原理，得共有 24 种乘131212车方式8. 甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上，若每级台阶最多站 2 人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_(用数字作答)答案：336解析：若 7 个台阶上每一个只站一人，则有 A 种；若有一个台阶有 2 人，另一个是 137人，则共有 C A 种，因此共有不同的站法种数是 336.13279. 用 1，2，3，4，5，6 组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且 1 和 2 相邻，这样的
15、六位数的个数是_(用数字作答)答案：40解析：本小题主要考查排列组合知识依题先排除 1 和 2 的剩余 4 个元素有 2A A 822种方案，再向这排好的 4 个元素中插入 1 和 2 捆绑的整体，有 A 种插法， 不同的安排15方案共有 2A A A 40(种)221510. 由 0，1，2，9 这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位数字与千位数字之差的绝对值等于 7 的四位数的个数是_答案：280解析：当十位数字为 0，千位数字为 7 时，四位数的个数是 A ；当十位数字与千位数28字为 1，8 时，四位数的个数是 A A ；当十位数字与千位数字为 2，9 时，四位数的个数是282A
16、A ，故所求的四位数的个数是 A A A A A 280.282 28 282 28211. 身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数共有_种答案：48解析：分类计数原理，按红红之间有蓝无蓝两类来分：(1) 当红红之间有蓝时，则有 A A 24(种)；224(2) 当红红之间无蓝时，则有 C A A 24(种)1223因此，这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，则有 48 种排法二、 解答题12. 一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得 2 分、1 分、0 分已知甲球队已赛 4 场，积 4
17、分在这 4 场比赛中，甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有多少种？解：由题意，甲队积 4 分分三类情况： 2 胜 2 负，有 C C 6(种)；242 1 胜 2 平 1 负，有 C C 12(种)；1423 0 胜 4 平 0 负，有 C 1(种)4综上可知共有 612119(种)情况13. 某国际旅行社共有 9 名专业导游，其中 6 人会英语，4 人会日语，若在同一天要接待 5 个不同的外国旅游团队，其中 3 个队要安排会英语的导游，2 个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有多少种？解：依题意，导游中有 5 人只会英语，3 人只会日语，1 人既会英语又会日语按只会英语的导游分类：
18、3 个英语导游从只会英语人员中选取，则有 A A 720(种)； 3 个3524英语导游从只会英语的导游中选 2 名，另一名由既会英语又会日语的导游担任，则有C A A 360(种)故不同的安排方法共有 A A C A A 1 080(种)25323 3524 25323第 3 课时 二项式定理一、 填空题1. (2016北京卷)在(12x) 6的展开式中，x 2的系数为_(用数字作答)答案：60解析：由二项展开式的通项公式 Tr1 C (2) rxr可知，x 2的系数为 C (2) 260.r6 262. (2016山东卷)若(ax 2 )5的展开式中 x5的系数是80，则实数 a_1x答案
19、：2解析：因为 Tr1 C (ax2)5r ( )rC a5r x10 r，所以由 10 r5 得 r2，因r51x r5 52 52此由 C a52 80 得 a2.253. 在 (ab0，且 a，b 为常数)的展开式中，含 x 项的系数为 10a3b2，则(axbx)n n_答案：5解析：由题意，得展开式中含 x 项的系数为 C a3b2，则由 C a3b210a 3b2，即2n 2nC 10，解得 n5.2n4. 在( )n的展开式中，各项的二项式系数和为 256，则展开式中常数项是x2 13x_答案：7解析：依题意，得 2n256，则 n8，则( )8展开式的通项x2 13xTr1 C
20、 (1) rx8 r，令 8 r0，则 r6，因此展开式中的常数项 T7Cr8(12)8 r 43 43 68(12)(1) 67.2 5. 若多项式 x2x 10a 0a 1(x1)a 9(x1) 9a 10(x1) 10，则 a9_答案：10解析：因为 x 2x 10(x1)1 2(x1)1 10，所以 a9C (1)10.106. 在(1x) 6(1y) 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)_答案：120解析：由题意可得 f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)C C C C C C C C 2060364120
21、.3604 2614 1624 06347. 设(12x) 7a 0a 1xa 2x2a 3x3a 4x4a 5x5a 6x6a 7x7，则代数式a12a 23a 34a 45a 56a 67a 7的值为_答案：14解析：对已知等式的两边求导，得14(12x)6a 12a 2x3a 3x24a 4x35a 5x46a 6x57a 7x6，令 x1，有a12a 23a 34a 45a 56a 67a 714.8. 已知多项式(3x1) 7a 0x7a 1x6a 2x5a 3x4a 4x3a 5x2a 6xa 7，则|a0|a 1|a 2|a 3|a 4|a 5|a 6|a 7|_答案：16 38
22、4解析：求 |a0|a 1|a 2|a 3|a 4|a 5|a 6|a 7|的值相当于求(3x1) 7的系数和即令 x1，|a 0|a 1|a 2|a 3|a 4|a 5|a 6|a 7|4 716 384.9. 设二项式(x )6(a0)的展开式中 x3的系数为 A，常数项为 B.若 B4A，则 a 的ax值是_答案：2解析：T r1 (1) rC x6r (1) rarC x6 r，令 6 r3，得 r2，则r6 (ax)r r6 32 32A(1) 2a2C 15a 2.令 6 r0 得 r4，则 B(1) 4a4C 15a 4.由 B4A 得2632 4615a4415a 2，又 a0
23、，则 a2.10. 已知(1x)(1x) 2(1x) 3(1x) na 0a 1xa 2x2a nxn，且a0a 1a 2a n126，那么( )n的展开式中的常数项为_x1x答案：20解析：令 x1 得a0a 1a 2a n22 22 n2 2 n1 21262 n1 1282 n1 2 7n2n 12 16，又 Tr1 C ( )6r ( )rC (1) rx3r ，所以由 3r0 得 r3，则常数项为r6 x1x r6C 20.36二、 解答题11. 求证：(1) 32n2 8n9 能被 64 整除(nN *)；(2) 3n(n2)2 n1 (nN *，n2)证明：(1) 3 2n2 8
24、n93 232n8n999 n8n99(81) n8n99(C 8nC 8n1 C 8C 1)8n90n 1n n 1n n9(8 nC 8n1 C 82)98n98n91n n 2n98 2(8n2 C 8n3 C )64n1n n 2n649(8 n2 C 8n3 C )n，1n n 2n 3 2n2 8n9 能被 64 整除(2) nN *，且 n2， 3n(21) n展开后至少有 4 项(21)n2 nC 2n1 C 212 nn2 n1 2n12 nn2 n1 (n2)2 n1 ，1n n 1n 3 n(n2)2 n1 (nN *，n2)12. 二项式(2x3y) 9的展开式中，求：
25、(1) 二项式系数之和；(2) 各项系数之和；(3) 所有奇数项系数之和解：设(2x3y) 9a 0x9a 1x8ya 2x7y2a 9y9.(1) 二项式系数之和为 C C C C 2 9.09 19 29 9(2) 令 x1，y1，得各项系数之和为 a0a 1a 2a 9(23) 91.(3) 由(2)知 a0a 1a 2a 91，令 x1，y1，得 a0a 1a 2a 95 9，将两式相加，得 a0a 2a 4a 6a 8 ，即为所有奇数项系数之和59 1213. (2017徐州第一学期期末)已知等式(1x) 2n1 (1x) n1 (1x) n.(1) 求(1x) 2n1 的展开式中含
26、 xn的项的系数，并化简：C C C C C C ；0n 1n 1n 1n 1n n 1 1n(2) 求证：(C )22(C )2n(C )2nC .1n 2n n n2n 1(1) 解：(1x) 2n1 的展开式中含 xn的项的系数为 C .n2n 1由(1x) n1 (1x) n(C C xC n1 n1 xn1 )(C C xC xn)可知，0n 1 1n 1 0n 1n n(1x) n1 (1x) n的展开式中含 xn的项的系数为 C C C C C C .0n 1n 1n 1n 1n n 1 1n所以 C C C C C C C .0n 1n 1n 1n 1n n 1 1n n2n
27、1(2) 证明：当 kN *时，kC kknn！k！ （ n k） ！n！（ k 1） ！ （ n k） ！n nC .（ n 1） ！（ k 1） ！ （ n k） ！ k 1n所以(C )22(C )2n(C )21n 2n n第 4 课时 离散型随机变量及分布列、超几何分布一、 填空题1. 已知随机变量 X 的分布列为 P(Xk) ，k1，2，3，4，5，则 P(0.5X2.5)k15_答案：0.2解析：P(0.5X2.5)P(X1)P(X2) 0.2.1 215 152. 设随机变量 X 的概率分布列如下表所示：X 0 1 2P a 13 16F(x)P(Xx)，则当 x 的取值范围是
28、1，2)时，F(x)_.答案：56解析： a 1， a . x1，2)， F(x)P(Xx) .13 16 12 12 13 563. 设 X 是一个离散型随机变量，其分布列为X 1 0 1P 12 12q q2则 q_答案：1 22解析：由分布列的性质知1 2q 0，q2 0，12 1 2q q2 1， )所以 q1 .224. 在含有 3 件次品的 10 件产品中，任取 4 件，则取到次品数 X2 的概率为_答案：310解析：由题意，X 服从超几何分布，其中 N10，M3，n4，所以分布列为 P(Xk) ，k0，1，2，3.即X 0 1 2 3P 16 12 310 1305. 若 P(x
29、x 2)1，P(xx 1)1，其中 x1x 2，则 P(x1xx 2)_答案：1()解析：由分布列性质可有 P(x1xx 2)P(xx 2)P(xx 1)1(1)(1)11()6. 甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有 3 个抢答题，比赛规定：对于每一个题，没有抢到题的队伍得 0 分，抢到题并回答正确的得 1 分，抢到题但回答错误的扣 1 分(即得1 分)若 X 是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜)，则 X 的所有可能取值是_答案：1，0，1，2，3解析：X1，甲抢到一题但答错了，而乙抢到了两个题都答错了；X0，甲没抢到题，乙抢到 3 个题且答错至少 2 个题或甲抢到 2 题，但答时一对一
30、错，而乙抢到一个题目并答错；X1，甲抢到 1 题且答对，乙抢到 2 个题目且至少答错一个或甲抢到 3 题，且 1 错 2对；X2，甲抢到 2 题均答对；X3，甲抢到 3 题均答对7. 从装有 3 个红球，2 个白球的袋中随机取出 2 个球，设其中有 X 个红球，则随机变量 X1 的概率为_答案：0.6解析：P(X1) 0.6.8. 已知随机变量 X 的分布列为 P(Xi) (i1，2，3，4)，则 P(2X4)i2a_答案：710解析：由分布列的性质得 1，则 a5.所以 P(2X4)P(X3)12a 22a 32a 42aP(X4) .310 410 7109. 从装有除颜色外没有区别的 3
31、 个黄球、3 个红球、3 个蓝球的袋中摸 3 个球，设摸出的 3 个球的颜色种数为随机变量 X，则 P(X2)_答案：914解析：X2，即摸出的 3 个球有 2 种颜色，其中一种颜色的球有 2 个，另一种颜色的球有 1 个，故 P(X2) .91410. 袋中共有 6 个除了颜色外完全相同的球，其中有 1 个红球，2 个白球和 3 个黑球，从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率为_答案：25解析：1 个红球，2 个白球和 3 个黑球分别记为 a1，b 1，b 2，c 1，c 2，c 3，从袋中任取两球共有a1，b 1；a 1，b 2；a 1，c 1；a 1，c 2；a 1，c 3；b 1，b
32、 2；b 1，c 1；b 1，c 2；b 1，c 3；b 2，c 1；b 2，c 2；b 2，c 3；c 1，c 2；c 1，c 3；c 2，c 315 种，满足两球颜色为一白一黑有 6 种，概率为 .615 25二、 解答题11. 从集合 M1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取三个元素构成子集a，b，c(1) 求 a，b，c 中任意两数之差的绝对值均不小于 2 的概率；(2) 记 a，b，c 三个数中相邻自然数的组数为 X(如集合3，4，5中 3 和 4 相邻，4和 5 相邻，X2)，求随机变量 X 的分布列及其数学期望 E(X)解：(1) 从 9 个不同的元素中任取 3 个不同元素，为
33、古典概型记“a，b，c 中任意两数之差的绝对值均不小于 2”为事件 A，其基本事件总数 nC .39由题意，a，b，c 均不相邻，利用插空法得，事件 A 包含基本事件数 mC .37故 P(A) .所以，a，b，c 中任意两数之差的绝对值均不小于 2 的概率为 .512 512(2) X 0 1 2P 512 12 112所以 E(X)0 1 2 .512 12 112 2312. 某中学有 4 位学生申请 A，B，C 三所大学的自主招生若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的(1) 求恰有 2 人申请 A 大学的概率；(2) 求被申请大学的个数 X 的概率分布列与数学
34、期望 E(X) 解：(1) 记“恰有 2 人申请 A 大学”为事件 A，P(A) .2481 827(2) X 的所有可能值为 1，2，3.P(X1) ，334 127P(X2) ，P(X3) .4281 1427 3681 49X 的概率分布列为X 1 2 3P 127 1427 49所以 X 的数学期望 E(X)1 2 3 .127 1427 49 652713. 某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满 400 元的顾客，均可获得一次摸奖机会摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的 4 个球(红、黄、黑、白)顾客不放回的每次摸出 1 个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就
35、继续摸球按规定摸到红球奖励 20 元，摸到白球或黄球奖励 10 元，摸到黑球不奖励(1) 求 1 名顾客摸球 2 次摸奖停止的概率；(2) 记 X 为 1 名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量 X 的分布列和数学期望解：(1) 设“1 名顾客摸球 2 次停止摸奖”为事件 A，则 P(A) ，故 1 名顾客14摸球 2 次停止摸奖的概率为 .14(2) 随机变量 X 的所有取值为 0，10，20，30，40.P(X0) ，P(X10) ，14 16P(X20) ，16P(X30) ，P(X40) ，16 14所以随机变量 X 的分布列为X 0 10 20 30 40P 14 16 16 16 1
36、4所以 E(X)0 10 20 30 40 20. 14 16 16 16 14第 5 课时 独立性及二项分布一、 填空题1. 周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估计做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为 0.60，则预估计做对第二道题的概率为_答案：0.75解析：记做对第一道题为事件 A，做对第二道题为事件 B，则 P(A)0.80，P(AB)0.60，因为做对第一道、第二道题这两个事件是相互独立的，所以 P(AB)P(A)P(B)，即 P(B) 0.75.P（ AB）P（ A） 0.600.802. 已知盒中装有 3 个红球、2 个白球、5 个黑球，它们大小形状完全
37、相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为_答案：13解析：事件 A：“第一次拿到白球” ，事件 B：“第二次拿到红球” ，则 P(A) ，P(AB) ，故 P(B|A) .210 15 210 39 115 P（ AB）P（ A） 133. 设随机变量 XB ，则 P(X3)_(6，12)答案：516解析：XB ，由二项分布可得，P(X3)C .(6，12) 36(12)3 (1 12)3 5164. (2017徐州期末改编)甲、乙、丙分别从 A，B，C，D 四道题中独立地选做两道题，其中甲必选 B 题，则甲选做 D 题，且乙、丙都不选做
38、 D 题的概率为_答案：112解析：设“甲选做 D 题，且乙、丙都不选做 D 题”为事件 E.甲选做 D 题的概率为 ，乙、丙不选做 D 题的概率都是 .13 12则 P(E) ，13 12 12 112即甲选做 D 题，且乙、丙都不选做 D 题的概率为 .1125. 一射手对同一目标独立地射击四次，已知至少命中一次的概率为 ，则此射手每次8081射击命中的概率为_答案：23解析：由题意可知该射手对同一目标独立地射击了四次全都没有命中的概率为1 ，设该射手每次射击命中的概率为 p，则(1p) 4 ，所以 p .8081 181 181 236. 有 3 位同学参加某项测试，假设每位同学能通过测
39、试的概率都是 ，且各人能否通12过测试是相互独立的，则至少有 2 位同学能通过测试的概率为_答案：12解析：记“至少有 2 位同学能通过测试”为事件 A，则其包含的事件为“恰好有 2 位同学能通过测试”或“恰好有 3 位同学能通过测试” ，而每位同学不能通过测试的概率都是1 ，且相互独立，故 P(A)C C .12 12 23(12)3 3(12)3 127. 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯闪烁的概率是 ，两次闭合都出现红灯闪烁的概率为 .则在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件12 16下第二次出现红灯闪烁的概率为_答案：13解析：设事件 A：第一次闭合后出
40、现红灯闪烁；事件 B：第二次闭合出现红灯闪烁则P(A) ，P(AB) ，12 16故满足条件的 P(B|A) .P（ AB）P（ A）1612 138. 甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为 0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为_答案：0.88解析：因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取” ，由对立事件和相互独立事件概率公式知，P1(10.6)(10.7)10.120.88.9. 设随机变量 XB(2，p)，B(4，p)若 P(X1) ，则 P(2)的值为59_答案：1127解析：由 P(X1)
41、，得 C p(1p)C p2 ，即 9p218p50，解得 p 或 p59 12 2 59 13(舍去)，53 P(2)C p2(1p) 2C p3(1p)C p46 4 .24 34 4 (13)2 (23)2 (13)3 23 (13)4 1127二、 解答题10. 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为 和 .现安排甲23 35组研发新产品 A，乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立(1) 求至少有一种新产品研发成功的概率；(2) 若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B 研发成功，预计企业可获利润 100 万元求该企业可获利润的分
42、布列解：记 E甲组研发新产品成功，F乙组研发新产品成功，由题设知 P(E) ，P( ) ，P(F) ，P( ) ，且事件 E 与 F，E 与 ， 与 F， 与 都相互独23 E 13 35 F 25 F E E F 立(1) 记 H至少有一种新产品研发成功，则 ，H E F 于是 P( )P( )P( ) ，H E F 13 25 215故所求的概率为 P(H)1P( )1 .H 215 1315(2) 设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0，100，120，220.因为 P(X0)P( ) ，E F 13 25 215P(X100)P( F) ，E 13 35 315 15P
43、(X120)P(E ) ，F 23 25 415P(X220)P(EF) .23 35 615 25故所求的分布列为X 0 100 120 220P 215 15 415 2511. 某考生从 6 道预选题中一次性随机的抽取 3 道题作答，其中 4 道填空题，2 道解答题(1) 求该考生至少抽到 1 道解答题的概率；(2) 若所抽取的 3 道题中有 2 道填空题，1 道解答题已知该考生答对每道填空题的概率为 ，答对每道解答题的概率为 ，且各题答对与否相互独立用 X 表示该考生答对题23 12的个数，求 X 的分布列和数学期望解：(1) 记该考生至少抽到 1 道解答题为事件 A，则 P(A)1P
44、(A)1 1 .15 45(2) X 所有的可能取值为 0，1，2，3.P(X0) ；P(x1)C ；(123)2 (1 12) 118 12 23 (1 23) (1 12) (1 23)2 12 518P(X2)C ；P(X 3) .1223 (1 23) 12 (23)2 (1 12) 818 49 (23)2 12 29所以 X 的分布列为X 0 1 2 3P 118 518 49 29所以 E(X)0 1 2 3 .118 518 49 29 331812. 在一次数学考试中，第 21 题和第 22 题为选做题规定每位考生必须且只需从其中选做一题设 4 名考生选做每一道题的概率均为 .12(1) 求其中甲、乙两名考生选做同一道题的概率；(2) 设这 4 名考生中选做第 22 题的考生个数为 X，求 X 的分布列解：(1) 设事件 A 表示“甲选做第 21 题” ，事件 B 表示“乙选做第 21 题” ，则甲、乙两名考生选做同一道题的事件为“AB ”，且事件 A 与事件 B 相互独立A B 故
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