高中数学课时作业（人教B版选修第二册）详解答案

课时作业(一)基本计数原理1．解析：从左到右通电线路可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，从左到右通电的线路共有3＋2＝5条．答案：B2．解析：分五步完成，第i步取第i个号码(i＝1，2，3，4，5).由分步乘法计数原理，可得车牌号码共有5×3×4×4×4＝960种．答案：D3．解析：根据分类加法计数原理，得方法种数为30＋20＋40＝90(种).答案：D4．解析：利用分类加法计数原理．当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6个；当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5个；当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4个．据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15个．答案：A5．解析：第一步，确定十位数字，1，2，3，4，5，6六个数字都可以选择，有6种方法；第二步，确定个位数字，0，1，2，3，4，5，6七个数字都可以选择，有7种选法．根据分步乘法计数原理，不同的两位数共有6×7＝42(个).故可以组成42个两位数．答案：426．解析：确定有序数对(x，y)需要两个步骤，第一步，确定x的值有3种不同的方法；第二步，确定y的值有4种不同的方法．所以集合A*B中对象个数为3×4＝12.答案：127．解析：经过一次十字路口可分两步：第一步确定入口，共有4种选法；第二步确定出口，从剩余3个路口任选一个共3种，由分步乘法计数原理知不同的路线有4×3＝12条．答案：128．解析：(1)由分类加法计数原理，从中任取一个球共有8＋7＝15(种).(2)由分步乘法计数原理，从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56(种).9．解析：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；从A型血的人中选1人有7种不同的选法；从B型血的人中选1人有9种不同的选法；从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事都可以完成，所以用分类加法计数原理，有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事才完成，所以由分步乘法计数原理，有28×7×9×3＝5292种不同的选法．10．解析：(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，P可以表示平面上的6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件需满足a<0，b>0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，P可以表示平面上的3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，完成这件事分两个步骤：第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．课时作业(二)基本计数原理的应用1．解析：5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．答案：B2．解析：分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个).由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．答案：B3．解析：假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．故不同的填写方法共有6×2＝12(种).答案：C4．解析：x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D.答案：D5．解析：当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．答案：486．解析：因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30(条).答案：307．解析：甲只能安排在B医院，乙、丙、丁3名医生共有2×2×2＝8种安排方法，其中乙、丙、丁3名医生都安排在B医院不合题意，所以符合题意的分配方案共有8－1＝7种．答案：78．解析：(1)需一人参加，有三类：第一类选老师，有3种不同的选法；第二类选男生，有8种不同的选法；第三类选女生，有5种不同的选法．共有3＋8＋5＝16种不同的选法；(2)需老师、男同学、女同学各一人，则分3步，第一步选老师，有3种不同的选法；第二步选男生，有8种不同的选法；第三步选女生，有5种不同的选法．共有3×8×5＝120种不同的选法；(3)第一步选老师有3种不同的选法，第二步选学生有8＋5＝13种不同的选法，共有3×13＝39种不同的选法．9．解析：(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．第一步：确定百位数，有6种方法．第二步：确定十位数，有5种方法．第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120个三位数．(2)这些数中，百位是1，2，3，4的共有4×5×4＝80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，故第88项为526，故从小到大第89个数为531.10．解析：按照焊点脱落的个数进行分类：第一类：脱落一个焊点，只能是脱落1或4，有2种情况；第二类：脱落两个焊点，有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)共6种情况；第三类：脱落三个焊点，有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，3，4)，(2，3，4)共4种情况；第四类：脱落四个焊点，只有(1，2，3，4)1种情况．于是焊点脱落的情况共有2＋6＋4＋1＝13(种).答案：13课时作业(三)排列与排列数1．解析：根据排列的概念知①④是排列问题．答案：A2．解析：符合题意的商有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝4×3＝12个．答案：C3．解析：设车站数为n，则Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝132，n(n－1)＝132，∴n＝12.答案：B4．解析：Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,（n－m）！)，而Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝n×eq\f(（n－1）！,（n－m）！)＝eq\f(n！,（n－m）！)，∴Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n)).答案：D5．解析：利用排列的概念可知不同的分配方法有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝120种．答案：1206．解析：这是一个排列问题，与顺序有关，任意两人对应的是两种站法，故③正确．答案：③7．解析：15×14×13×12×11×10＝Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(15))，故n＝15，m＝6.答案：1568．解析：(2)(4)(6)(8)都与顺序有关，属于排列；其他问题则不是排列问题．9．解析：对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为从6个不同元素中取出2个不同元素的排列数Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝6×5＝30.故一共需要为这六个大站准备30种不同的火车票．10．证明：左边＝eq\f(n！,（n－k）！)＋keq\f(n！,（n－k＋1）！)＝eq\f(n！[（n－k＋1）＋k],（n－k＋1）！)＝eq\f(（n＋1）n！,（n－k＋1）！)＝eq\f(（n＋1）！,（n－k＋1）！)，右边＝Aeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n＋1))＝eq\f(（n＋1）！,（n－k＋1）！)，所以Aeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))＋kAeq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(n))＝Aeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n＋1)).课时作业(四)排列数的应用1．解析：从5名志愿者中选2人排在两端有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种排法，2位老人的排法有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种，其余3人和老人排有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝960种不同的排法．答案：B2．解析：先排体育有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种，再排其他的三科有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝18(种).答案：C3．解析：先排A，B，C外的三个程序，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种不同排法，再排程序A，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种排法，最后插空排入B，C，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种排法，所以共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝96种不同的编排方法．答案：C4．解析：分类完成：第1类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无限制，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种排法；第2类，若甲不在第一道工序(此时乙一定在第一道工序)，则第四道工序有2种排法，其余两道工序有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种排法，有2Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种排法．由分类加法计数原理，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋2Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝36种不同的安排方案．答案：B5．解析：若得到二次函数，则a≠0，a有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种选择，故二次函数有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝3×3×2＝18(个).答案：186．解析：先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种，因此共有不同的分法4Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝4×24＝96(种).答案：967．解析：可分为三步来完成这件事：第一步：先将1、3、5进行排列，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种排法；第二步：再将2、4、6插空排列，共有2Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种排法；由分步乘法计数原理得，共有2Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝72种不同的排法．答案：728．解析：(1)前排2人，后排4人，相当于6个人全排列，共有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝720种排法．(2)先将甲排在前排Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))，乙排在后排Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))，其余4人全排列Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))，根据分步乘法原理得，Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝192种排法．(3)甲、乙视为一个人，即看成5人全排列问题Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))，再将甲、乙两人排列Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，根据分步乘法原理可得，Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝240种排法．(4)甲必在乙的右边属于定序问题，用除法，eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝360种排法．(5)将3名男生插入3名女生之间的4个空位，这样保证男生不相邻，根据分步乘法原理得，Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝144种排法．(6)方法一：乙在排头其余5人全排列，共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种排法；乙不在排头，排头和排尾均为Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))，其余4个位置全排列有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))，根据分步乘法得Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))，再根据分类加法原理得，Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝504种排法．方法二：(间接法)Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－2Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＋Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝720－240＋24＝504种排法．9．解析：方法一：从运动员(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：第1类，甲不参赛，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))种参赛方案；第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，然后安排其他3棒，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种方法，此时有2Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种参赛方案．由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＋2Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝240种．方法二：从位置(元素)的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种方法；其余两棒从剩余4人中选，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种方法．由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝240种．10．解析：第1类，个位数字是2，首位可排3，4，5之一，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种排法，排其余数字有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))种排法，所以有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))个数；第2类，个位数字是4，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))个数；第3类，个位数字是0，首位可排2，3，4，5之一，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种排法，排其余数字有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))种排法，所以有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))个数．由分类加法计数原理，可得共有2Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝240个数．课时作业(五)组合与组合数及组合数性质1．解析：A、B、D项均为排列问题，只有C项是组合问题．答案：C2．解析：Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝n(n－1)(n－2)，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝eq\f(1,2)n(n－1)，所以n(n－1)(n－2)＝12×eq\f(1,2)n(n－1).由n∈N＋，且n≥3，解得n＝8.答案：A3．解析：由于“村村通”公路的修建，是组合问题，故共需要建Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28条公路．答案：C4．解析：eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(100))＋Ceq\o\al(\s\up1(97),\s\do1(100)))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(100))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(100)))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101)))＝Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6.答案：D5．解析：Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))＝eq\f(9×8×7,3×2×1)＝84.答案：846．解析：原式＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(21))＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(21))＝Ceq\o\al(\s\up1(17),\s\do1(21))＋Ceq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(21))＝Ceq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(22))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(22))＝7315.答案：73157．解析：从5个元素中取出3个元素组成一组就是集合A的子集，则共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝10个子集．答案：108．解析：从6个不同数字中任选3个组成最小三位数，相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合，故所有不同的最小三位数共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝eq\f(6×5×4,3×2×1)＝20个．9．解析：(1)原式可化为：eq\f(x！（5－x）！,5！)－eq\f(x！（6－x）！,6！)＝eq\f(7·x！（7－x）！,10·7！)，∴x2－23x＋42＝0，∵0≤x≤5，x∈N，∴x＝21(舍去)或x＝2，即x＝2为原方程的解．(2)由eq\f(8！,（m－1）！（9－m）！)>eq\f(3×8！,m！（8－m）！)，得eq\f(1,9－m)>eq\f(3,m)，∴m>27－3m，∴m>eq\f(27,4).又∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，m∈N＋，即1≤m≤8，∴m＝7或8.10．证明：eq\f(n,n－m)Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n－1))＝eq\f(n,n－m)·eq\f(（n－1）！,m！（n－1－m）！)＝eq\f(n！,m！（n－m）！)＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n)).课时作业(六)组合数的应用1．解析：确定三角形的个数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120.答案：D2．解析：根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种安排方法．故满足题意的分配方案共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝240(种).答案：C3．解析：最后必须播放奥运广告有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种，2个奥运广告不能连续播放，倒数第2个广告有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种，故共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36种不同的播放方式．答案：C4．解析：六名学生分成两组，每组不少于两人的分组，一组两人另一组4人，或每组3人，所以不同的分配方案数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝50.答案：C5．解析：根据题意，分2步进行分析：①从3名男生和3名女生中选出3人，要求这3人中必须既有男生又有女生，则有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝18种情况，②将选出的3人全排列，安排担任三个不同学科课代表，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6种情况，则有18×6＝108种选法．答案：1086．解析：若只有1名队长入选，则选法种数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))；若两名队长均入选，则选法种数为Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))，故不同选法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))＝714(种).答案：7147．解析：6位游客选2人去A风景区，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种，余下4位游客选2人去B风景区，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种，余下2人去C，D风景区，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种，所以分配方案共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝180(种).答案：1808．解析：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(18))＝816(种)选法．(2)只需从其他18人中选5人即可，共有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(18))＝8568(种)选法．(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(18))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(18))＝6936(种)选法．(4)方法一(直接法)：至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．所以共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(8))＝14656(种)选法．方法二：从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(20))－(Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(12))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)))＝14656(种)选法．9．解析：(1)正、副组长2人中有且只有1人入选，选派方法数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝90.(2)正、副组长2人都入选，且组员甲没有入选，选派方法数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(9))＝9.正、副组长2人中有且只有1人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))＝72.所以正、副组长2人中至少有1人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为9＋72＝81.10．解析：(1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3，1，1，1放入盒中；第2类，6个小球分2，2，1，1放入盒中，共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝1560(种)不同放法．(3)方法一：按3，1，1，1放入有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种方法，按2，2，1，1，放入有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种方法，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝10(种)不同放法．方法二：(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四组，共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝10(种)不同放法．课时作业(七)二项式定理与杨辉三角(一)1．解析：第6项的二项式系数为Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(20))，又Ceq\o\al(\s\up1(15),\s\do1(20))＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(20))，所以第16项符合条件．答案：B2．解析：根据二项式定理可知，展开式共有2n＋1项．答案：B3．解析：Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(8－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x))))eq\s\up12(k)＝(－1)k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(8－k)·x8－eq\f(4,3)k，当8－eq\f(4,3)k＝0，即k＝6时，T7＝(－1)6·Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝7.答案：C4．解析：Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋…＋2nCeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝(1＋2)n＝3n＝729，∴n＝6，∴Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))＝32.答案：B5．解析：原式＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))(x－1)5＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))(x－1)4＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(x－1)3＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))(x－1)2＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))(x－1)＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(x－1)0－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.答案：x5－16．解析：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))x3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(3)＝－4.答案：－47．解析：由n＝6知中间一项是第4项，因T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))(2x2)3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))·(－1)3·23·x3，所以T4＝－160x3.答案：－160x38．解析：(1)第3项的二项式系数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15，又T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))(2eq\r(x))4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(2)＝24·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))x，所以第3项的系数为24Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝240.(2)Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(2eq\r(x))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(k)＝(－1)k26－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x3－k，令3－k＝2，得k＝1.所以含x2的项为第2项，且T2＝－192x2.9．解析：(1)由于x3＝[2＋(x－2)]3，其展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3))·23－k·(x－2)k，当k＝2时，为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·21·(x－2)2＝6(x－2)2，故a2＝6.(2)(x＋2y)4＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))x4＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))x3(2y)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))x2(2y)2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))x(2y)3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))(2y)4＝x4＋8x3y＋24x2y2＋32xy3＋16y4.10．解析：(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝4＋8＝12.(2)7n＋7n－1Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋7n－2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋7Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＝(7＋1)n－Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝8n－1＝(9－1)n－1＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))9n(－1)0＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))9n－1(－1)1＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))90(－1)n－1，∴n为偶数时，余数为0；当n为奇数时，余数为7.答案：(1)A(2)7或0课时作业(八)二项式定理与杨辉三角(二)1．解析：令x＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中各项系数之和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－1))6＝26.答案：A2．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，Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x2(5－k)·x－k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x10－3k，令10－3k＝1，解得k＝3，所以展开式中含x项的系数是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝10，故选C.答案：C3．解析：二项式展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\f(1,2)))eq\s\up12(n－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))·xeq\f(1,2)n－eq\f(3,2)k，令k＝7，则eq\f(1,2)n－eq\f(21,2)＝0，解得n＝21，通项公式可化简为Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(21))·xeq\s\up6(\f(21－3k,2)).由于n＝21，Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(21))一共有22项，其中最大的项为k＝10，11两项，即展开式的第11项和第12项．答案：D4．解析：x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，令x－2＝0，即x＝2，可得a0＝25＝32.答案：D5．解析：(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(10))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝210，令(x＋3y)n中x＝y＝1，则由题设知，4n＝210，即22n＝210，解得n＝5.答案：56．解析：(a－x)5展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))a5－kxk，令k＝2，得a2＝(－1)2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))a3＝80，解得a＝2，即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.答案：17．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x))5的展开式通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))·25－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))·25－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))k·xk，∴a0＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))·25·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))0＝32，a3＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·22·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))3＝－40.答案：32－408．解析：(1)根据所给的等式求得常数项a0＝1，令x＝1，所以a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，则a1＋a2＋…＋a7＝－2.(2)在所给的等式中，令x＝1，可得：a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，①令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝37，②用①－②再除以2可得a1＋a3＋a5＋a7＝－1094.(3)用①＋②再除以2可得a0＋a2＋a4＋a6＝1093.(4)在(1－2x)7中，令x＝－1，可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.9．解析：(1)由第3项和第8项的二项式系数相等可得Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))，解得n＝2＋7＝9；(2)由(1)知，展开式的第k＋1项为：Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax))9－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))k＝a9－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))x9－eq\f(3,2)k；令9－eq\f(3,2)k＝0，得k＝6，此时展开式的常数项为a9－6·Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))＝84a3＝84，解得a＝1.10．解析：(1)由题意Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))，解得n＝5.二项式系数和为210＝1024.(2)由于2n＝10为偶数，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T6＝T5＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))·(2x)5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))5＝－8064.(3)设第k＋1项的系数的绝对值最大，则Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·(2x)10－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝(－1)k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k·x10－2k∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k≥Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10))·210－k＋1,Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10))·210－k－1)))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))≥2Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10)),2Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10)))))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(11－k≥2k,2（k＋1）≥10－k)))，∴eq\f(8,3)≤k≤eq\f(11,3)，∴k＝3，故系数的绝对值最大的是第4项，即：T3＋1＝(－1)3·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))·210－3·x4＝－15360x4.课时作业(九)条件概率1．解析：∵P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(4,10)，P(A∩B)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10)，∴P(B|A)＝eq\f(P（A∩B）,P（A）)＝eq\f(1,4).答案：B2．解析：已知连续两天为优良的概率是，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝eq\f,0.75)＝0.8.答案：A3．解析：设A＝“在第一个路口遇到红灯”，B＝“在第二个路口遇到红灯”．由题意得，P(A∩B)＝，P(A)＝，所以P(B|A)＝eq\f(P（A∩B）,P（A）)＝eq\f,0.5)＝0.8.答案：C4．解析：由已知得P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)))＝eq\f(9,21)＝eq\f(3,7)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)))＝eq\f(3,21)＝eq\f(1,7)，则P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,7),\f(3,7))＝eq\f(1,3).答案：A5．解析：因为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件A＝{2，3，5}，B＝{1，2，4，5，6}，则AB＝{2，5}，所以P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，由条件概率公式得P(B|A)＝eq\f(\f(1,3),\f(1,2))＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)6．解析：设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件A∩B，则P(A)＝，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝，所以P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)＝0.72.答案：7．解析：记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：P(B|A)＝eq\f(P（A∩B）,P（A）)＝eq\f(35%,85%)＝eq\f(7,17).答案：eq\f(7,17)8．解析：(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸出白球”为事件A∩B，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果，所以P(A)＝eq\f(1,2)，P(A∩B)＝eq\f(2×1,4×3)＝eq\f(1,6)，所以P(B|A)＝eq\f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq\f(1,3).所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为eq\f(1,3).(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A1，“再摸出1个白球”为事件B1，“两次都摸出白球”为事件A1∩B1，P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A1∩B1)＝eq\f(2×2,4×4)＝eq\f(1,4)，所以P(B1|A1)＝eq\f(P（A1∩B1）,P（A1）)＝eq\f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq\f(1,2).所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为eq\f(1,2).9．解析：(1)记4名男生为A，B，C，D，2名女生为a，b，从6名成员中挑选2名成员，有AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共有15种情况，记“男生甲被选中”为事件M，不妨假设男生甲为A，事件M所包含的基本事件数为AB，AC，AD，Aa，Ab共有5种，故P(M)＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3).(2)记“男生甲被选中”为事件M，“女生乙被选中”为事件N，不妨设女生乙为b，则P(MN)＝eq\f(1,15)，又由(1)知P(M)＝eq\f(1,3)，故P(N|M)＝eq\f(P（MN）,P（M）)＝eq\f(1,5).(3)记“挑选的2人一男一女”为事件S，则P(S)＝eq\f(8,15)，“女生乙被选中”为事件N，P(SN)＝eq\f(4,15)，故P(N|S)＝eq\f(P（SN）,P（S）)＝eq\f(1,2).10．解析：记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，“第二次才取到黄球”为事件C，所以P(C)＝P(A∩B)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(4,10)×eq\f(6,9)＝eq\f(4,15).答案：eq\f(4,15)课时作业(十)乘法公式与全概率公式1．解析：P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，由P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)，得P(B)＝eq\f(P（AB）,P（A|B）)＝eq\f(1,6)×2＝eq\f(1,3).答案：B2．解析：记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝，P(B|A)＝，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝×＝0.665.答案：A3．解析：引进下列事件：Ai＝{被挑出的是第i箱}(i＝1，2)，B＝{取出的零件是一等品}，由条件知：P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，由全概率公式，知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4.答案：A4．解析：以A1，A2，A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，B表示取得的X光片为次品，P(A1)＝eq\f(5,10)，P(A2)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(2,10)，P(B|A1)＝eq\f(1,10)，P(B|A2)＝eq\f(1,15)，P(B|A3)＝eq\f(1,20)；则由全概率公式，所求概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(5,10)×eq\f(1,10)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,15)＋eq\f(2,10)×eq\f(1,20)＝0.08.答案：A5．解析：记“第i个人抽中中奖彩票”为事件Ai，显然P(A1)＝eq\f(1,5)，而P(A2)＝P[A2∩(A1∪eq\o(A,\s\up6(－))1)]＝P(A2∩A1)＋P(A2∩eq\o(A,\s\up6(－))1)＝P(A2A1)＋P(A2eq\o(A,\s\up6(－))1)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A2|eq\o(A,\s\up6(－))1)＝eq\f(1,5)×0＋eq\f(4,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝P[A3∩(A1A2＋A1eq\o(A,\s\up6(－))2＋eq\o(A,\s\up6(－))1A2＋eq\o(A,\s\up6(－))1A2)]＝P(A1A2A3)＋P(A1eq\o(A,\s\up6(－))2A3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2A3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2A3)＝0＋0＋0＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2A3)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2|eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A3|eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2)＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)eq\f(1,5)6．解析：设Ai＝{第i次取正品}，i＝1，2.(1)两只都是正品，则P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝eq\f(8,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(28,45).(2)第二次取出的是次品，则P(eq\o(A,\s\up6(－))2)＝P(A1eq\o(A,\s\up6(－))2＋eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2)＝P(A1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2|A1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2|eq\o(A,\s\up6(－))1)＝eq\f(8,10)×eq\f(2,9)＋eq\f(2,10)×eq\f(1,9)＝eq\f(1,5).答案：(1)eq\f(28,45)(2)eq\f(1,5)7．解析：设事件A表示“取到的是甲袋”，则eq\o(A,\s\up6(－))表示“取到的是乙袋”，事件B表示“最后取到的是白球”．根据题意：P(B|A)＝eq\f(5,12)，P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(2,3)，P(A)＝eq\f(1,2).∴P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(5,12)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(13,24).答案：eq\f(13,24)8．解析：设A1，A2，A3分别表示甲、乙、丙工厂的产品，B表示次品，则P(A1)＝，P(A2)＝P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，∴P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝0.025.9．解析：记事件A：最后从2号箱中取出的是红球；事件B：从1号箱中取出的是红球．P(B)＝eq\f(4,2＋4)＝eq\f(2,3).P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(B)＝eq\f(1,3).(1)P(A|B)＝eq\f(3＋1,8＋1)＝eq\f(4,9).(2)∵P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,8＋1)＝eq\f(1,3)，∴P(A)＝P(A∩B)＋P(A∩eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A|B)P(B)＋P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(4,9)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(11,27).10．解析：设“任选一人是男人”为事件A，“任选一人是女人”为事件B，“任选一人是色盲”为事件C.(1)此人患色盲的概率P(C)＝P(A∩C)＋P(B∩C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq\f(100,200)×eq\f(5,100)＋eq\f(100,200)×eq\f,100)＝eq\f(21,800).(2)P(A|C)＝eq\f(P（A∩C）,P（C）)＝eq\f(\f(5,200),\f(21,800))＝eq\f(20,21).课时作业(十一)独立性与条件概率的关系1．解析：①中，M，N是互斥事件；②中，事件M的结果对事件N的结果有影响，所以M，N不是相互独立事件；③中，P(M)＝eq\f(1,2)，P(N)＝eq\f(1,2)，P(M∩N)＝eq\f(1,4)，P(M∩N)＝P(M)P(N)，因此M，N是相互独立事件．答案：C2．解析：因为事件A，B相互独立，所以P(A|B)＝P(A)＝0.4.答案：C3．解析：由题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙不获奖或甲不获奖乙获奖，则其概率为eq\f(2,3)×(1－eq\f(3,4))＋eq\f(3,4)×(1－eq\f(2,3))＝eq\f(5,12).答案：D4．解析：设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝，P(B)＝P(C)＝，P(D)＝，所以恰好3人使用设备的概率为P1＝P(eq\o(A,\s\up6(－))BCD)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))CD)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－))D)＋P(ABCeq\o(D,\s\up6(－)))＝(1－)×()2×＋×(1－)××＋××(1－)×＋×()2×(1－)＝，4人使用设备的概率P2＝×××＝，故所求概率P＝＋＝0.31.答案：C5．解析：“从200个螺杆中，任取一个是A型”记为事件B.“从240个螺母中任取一个是A型”记为事件C，则P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(160)),Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(200)))，P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(180)),Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(240))).∴P(B∩C)＝P(B)·P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(160)),Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(200)))·eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(180)),Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(240)))＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)6．解析：由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，且从甲袋中取出红球的概率为eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，从乙袋中取出红球的概率为eq\f(1,6)，所以所求事件的概率为eq\f(2,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,9).答案：eq\f(1,9)7．解析：设“暑假期间两人中至少有一人外出旅游”为事件A，则其对立事件eq\o(A,\s\up6(－))为“暑假期间两人都未外出旅游”，则P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝(1－eq\f(1,4))×(1－eq\f(1,5))＝eq\f(3,5)，所以P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)8．解析：(1)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝0，∴A与B不独立．(2)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,6)，∴P(AB)＝P(A)P(B)，∴A与B独立．(3)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(1,6)，∴P(AB)≠P(A)P(B)，∴A与B不独立．9．解析：分别用A和eq\o(A,\s\up6(－))表示抽到的人是男生和女生，用B和eq\o(B,\s\up6(－))表示抽到的人有外地旅游经历和无外地旅游经历．(1)P(A)＝eq\f(15,32)；(2)P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(8,32)＝eq\f(1,4)；(3)P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(9,17)；(4)P(A|B)＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5)；(5)由P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(17,32)且P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(9,17)可知“抽到的人是女生”与“抽到的人有外地旅游经历”不独立．10．解析：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，所以P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝，P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝0.1.(1)由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(C)＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)＋P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝××＋××＋××＝0.398.(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝1－××＝0.994.课时作业(十二)随机变量及其与事件的联系1．解析：两次掷得的点数的取值是一个数对，不是一个数．答案：A2．解析：由于是逐次试验，可能前5次都打不开锁，那么剩余钥匙一定能打开锁，故选B.答案：B3．解析：ξ＝4可能出现的结果是一枚是3点，一枚是1点或两枚都是2点．答案：D4．解析：{ξ＝5}表示前4次均未击中，而第5次可能击中，也可能未击中，故选C.答案：C5．答案：X的可能取值为0，1，2，3，4X＝k表示取出k个红球，4－k个白球，其中k＝0，1，2，3，4.6．解析：“ξ＝6”表示前5局中胜3局，第6局一定获胜，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝20种．答案：207．解析：①③④中的随机变量X的所有取值，我们都可以按照一定的次序一一列出，因此它们是离散型随机变量；②中随机变量X可以取某一区间内的一切值，但无法按一定次序一一列出，故不是离散型随机变量．答案：②8．解析：(1)ξ可能取的值为0，1，2，3.(2){ξ＝1}表示的事件为：第一次取得次品，第二次取得正品．9．解析：(1)设X表示抽到的白球个数，则由题意可得Y＝5X＋6，而X可能的取值为0，1，2，3，所以Y对应的值为5×0＋6，5×1＋6，5×2＋6，5×3＋6，即Y的可能取值为6，11，16，21.显然，Y为离散型随机变量．(2)由于Y＝5X＋6<16，得X<2；所以P(Y<16)＝P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝eq\f(4,35)＋eq\f(18,35)＝eq\f(22,35).10．解析：(1)当X＝200时，表示该师傅该月工作了200小时，所以Y＝3000＋200×60＝15000；(2)由题意可得Y＝3000＋60X(X∈N且X≤240)；(3)16200<Y≤17400，即16200<3000＋60X≤17400，即220<X≤240.因为P(16200<Y≤17400)＝，所以P(220<X≤24