高三数学（理）一轮复习习题作业答案-第九单元-计数原理概率随机变量及其分布

课时作业(五十五)1.C[解析]∵每封电子邮件可通过3个不同的电子邮箱发送,∴要发5封电子邮件,不同的发送方法有3×3×3×3×3=35(种),故选C.2.C[解析]因为a,b互不相等且a+bi为虚数,所以b只能从{1,2,3,4,5}中选,有5种选法,a从剩余的5个数中选,有5种选法,所以共有虚数5×5=25(个),故选C.3.C[解析]卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5904个.4.B[解析]根据题设要求可先考虑二次项系数位置:可排数字1,2,有2种可能;再考虑一次项系数位置,可排数字0,1,2,有3种可能;最后考虑常数项位置,可排数字0,1,2,有3种可能.故由分步乘法计数原理可得所有不同二次函数的个数为2×3×3=18,应选B.5.27[解析]先考虑等边的情况,a=b=c=1,2,…,6,有六个.再考虑等腰的情况,若a=b=1,c<a+b=2,此时c=1,与等边重复;若a=b=2,c<a+b=4,则c=1,3,有两个;若a=b=3,c<a+b=6,则c=1,2,4,5,有四个;若a=b=4,c<a+b=8,则c=1,2,3,5,6,有五个;若a=b=5,c<a+b=10,则c=1,2,3,4,6,有五个;若a=b=6,c<a+b=12,则c=1,2,3,4,5,有五个.故一共有27个符合题意的三角形.6.B[解析]将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论:若先取1,则有12345,12453,14253,14235,14523,12435,共6种取法;若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种取法.故共有6+4=10(种)不同取法.7.C[解析]由题意知可分两步:先在5人中任选2人选择北京大学,有C52=10(种)选法;剩下的3人在剩下的四所大学中各任选一所,有43=64(种)选法.故有且只有2人选择北京大学的不同选法有10×64=640(种).故选8.B[解析]设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5)班,①比了4场,则①和②③④⑤均比了1场;由于④只比了1场,则一定是和①比的;②比了3场,是和①③⑤比的;③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场,是和①②比的.5个班的比赛情况可以用下图表示.9.D[解析]由题设可分两类:一类是甲地有1名女生,先考虑甲地,有C21C31种选法,再考虑乙、丙两地,有A32种选法,共有C21C31A32=36(种)选法;另一类是甲地有2名女生,则甲地有C22种选法,乙、丙两地有A32种选法,共有C2210.C[解析]依据五个1分布的不同情况进行讨论,确定m的最大值.①若五个1分布在同一列,则m=5;②若五个1分布在两列中,则由题意知这两列中出现的最大数为3,故2m≤5×1+5×3=20,故m≤10;③若五个1分布在三列中,则由题意知这三列中出现的最大数为3,故3m≤5×1+5×2+5×3=30,故m≤10;④若五个1分布在至少四列中,则其中某一列至少有一个数大于3,这与已知矛盾.综上所述,m≤10.另一方面,如下表的例子说明m可以取到10.故m的最大值为10.111451124522245332453334511.32[解析]排成一行的6个球,第1个球可从左边取,也可从右边取,有2种可能,同样第2个球也有2种可能,…,第5个球也有2种可能,第6个球只有1种可能,因此不同的排法种数为25=32.12.24[解析]由题意分两类:第一类,大一的孪生姐妹在甲车上,则甲车上剩下的2名同学要来自不同的年级,从三个年级中选两个,有3种选法,然后从选择的两个年级中再分别选1名同学,有2×2=4(种)选法,剩下的4名同学乘坐乙车,故有3×4=12(种)选法;第二类,大一的孪生姐妹不在甲车上,则从剩下的三个年级中选择同一个年级的2名同学在甲车上,有3种选法,然后从剩下的两个年级中分别选择1名同学,有2×2=4(种)选法,剩下的4名同学乘坐乙车,故有3×4=12(种)选法.因此共有12+12=24(种)不同的乘坐方式.13.C[解析]四块花坛种2种不同的花共有C32A22=6(种)不同的种植方法;四块花坛种3种不同的花共有2A33=12(种)不同的种植方法.故共有6+12=18(14.D[解析]无重复数字且相加等于10的四个数字分别是(0,1,2,7),(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4),共五组.其中第一组(0,1,2,7)中,7排首位有A33=6(种)情况;2排首位,1或7排在第二位,有2A22=4(种)情况;2排首位,0排第二位,7排第三位有1种情况.共6+4+1=11(种)情况符合题设.第二、三组中3,6与4,5分别排首位,各有2A33=2×6=12(种)情况,共有2×12=24(种)情况符合题设.第四、五组中2,3,5与2,3,4分别排首位,各有3A33=3×6=18(种)情况,共有2×18=36(种)情况符合题设.依据分类加法计数原理可知,符合题设条件的“完美四位数”共有11+24+36课时作业(五十六)1.B[解析]易知不同的填法种数为A53=2.C[解析]梨的不同分法共有C41A55=480(3.C[解析]C61C21A4.24[解析]根据题意,分3步:①将2,5看成一个整体,考虑其顺序,有A22=2(种)排法;②将这个整体与4全排列,有A22=2(种)排法,排好后有3个空位;③在3个空位中任选2个,安排1,3,有A32=6(种)排法.则符合条件的五位数有2×2×65.36[解析]先从3人中选择2人看成一个整体,有C32=3(种)方法,再将这个整体和另1个人安排坐四部电梯,有A42=12(种)方法,则不同的乘坐方式有3×12=367.A[解析]由题意得,先将4名大学生平均分为两组,共有C42C22A22=3(种)不同的分法,再将两组安排在其中的两个部门,共有3×A528.D[解析]先排美、俄两国领导人,有A22种站法,剩下的18人任意排,有A1818种站法,9.D[解析]3个红包分配给四人共有A43种分法,“甲、乙两人都抢到红包”指从3个红包中选2个分配给甲、乙,其余1个分配给另外二人,其概率为C32A22·10.A[解析]《将进酒》《望岳》和另外确定的两首诗词全排列共有A44种排法,其中满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A44A22种,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空里(最后一个空不排),有A42种排法.故后六场的排法有A411.A[解析]分四类:①甲、乙都不选,C42C32A44=432;②选甲不选乙,C42C31A21A33=216;③选乙不选甲,C41C32A31A12.40[解析]除甲、乙、丙三人的座位外,还有7个座位,共可形成6个空,三人从6个空中选3个位置坐上去有C63种坐法,因为甲坐在中间,所以乙、丙有A22种坐法,所以他们每人左、右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有C63·A13.25[解析]当人文类选1门,自然类选2门时,共有C41C32=12(种)选法;当人文类选2门,自然类选1门时,共有C42C31=18(种)选法.而A1与B1上课时间一致,所以A1与B1不能同时被选,它们同时被选的情况有C31+C21=5(种14.B[解析]由题知结果有三类:①甲、乙、丙3名同学全参加,有C41A44=96(种)排法,其中甲、乙相邻的排法有C41A22A33=48(种),所以甲、乙、丙3名同学全参加时,甲和乙的朗诵顺序不相邻的朗诵顺序有9648=48(种);②甲、乙、丙3名同学恰有1人参加,不同的朗诵顺序有C43C31A44=288(种);③甲、乙、丙3名同学恰有2人参加,不同的朗诵顺序有C415.B[解析]身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人可依次记为1,2,3,4,5,要求1,4不相邻.若为“M”型:①先排4,5时,则1只有1种排法,2,3在剩余的两个位置上,这样有A22A22=4(种)排法;②先排3,5时,则4只有1种排法,2,1在剩余的两个位置上,这样有A22A22=4(种)排法.若为“W”型:③先排1,2时,则4只有1种排法,3,5在剩余的两个位置上,这样有A22A22=4(种)排法;④先排1,3时,则只有2种排法.综上,共有4+4课时作业(五十七)1.C[解析]二项式(x+2)7的展开式中含x5项的系数为C72×22=84.故选2.D[解析](1+2x)n的展开式的通项为Tr+1=Cnr(2x)r=2rCnrxr,∵x2的系数是x系数的7倍,即22Cn2=7×2Cn1,即22·n·(n3.A[解析]令x=1,得各项系数之和A=4n,又二项式系数之和B=2n,故AB=4n2n=32,解得n=54.80[解析]展开式中x2的系数为2C42(2)2C43(2)3=48+5.18[解析](3x)n的展开式中各项系数之和为64,令x=1,则2n=64,解得n=6,则展开式中x5的系数为C65×3×(1)5=6.B[解析]展开式的常数项为C5322×(1)3+C5223×(1)2=40+80=407.C[解析]x2x+2x6=x6x+2xx16,所以展开式中x6的系数为C66(1)6+C61C5222×(1)18.B[解析]在(x+1)n=a0+a1(x1)+a2(x1)2+…+an(x1)n中,令x=2,可得a0+a1+a2+…+an=3n=243,解得n=5,所以(nx)n=(5x)5,其展开式的二项式系数之和为25=32,故选B.9.D[解析]a5=C40+C41+C42+C43+C44=24=16,a11=C100+C101+C102+…+C10.A[解析](2+ax)(12x)5=2(12x)5+ax(12x)5,(12x)5展开式的通项为Tr+1=C5r15r×(2x)r=(2)rC5rxr.取r=2,含有x2的项为2×(2)2C52x2=80x2,取r=1,含有x2的项为ax(2)1C51x=10ax2,结合题意由8011.2[解析]a3=C53·(2)3=80,a2=C52·(2)2=40,所以12.31[解析]令x=1,可得a0=32;令x=0,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1.所以a1+a2+a3+a4+a5=1a0=1+32=31.13.84[解析]因为(1x)+1x20179=C90(1x)9+C91(1x)81x2017+…+C991x20179,所以x3项只能在C90(1x)9=(1x)9中出现,其展开式的通项为Tr+1=C9r(14.B[解析]由于S=a+C271+C272+C273+…+C2727=a+2271=89+a1=(91)9+a1=C90×99C91×98+…+C98×9C99+a1=9×(C90×98C91×97+…+C98)+a2,a≥3,所以n=11,从而x15.1[解析]由题意,令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4,令x=1,则a0a1+a2a3+a4=(2+3)4,所以(a0+a2+a4)2(a1+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0a1+a2a3+a4)=(2+3)4×(2+3)4=[(2+3)×(2+3)]4=1.课时作业(五十八)1.D[解析]将6元分成3份,可能性有(1,1,4),(1,2,3),(2,2,2),再分给三人,分别对应的分法种数为3,6,1,共10种.其中乙获得“最佳手气”的分法有4种,故所求概率为410=22.C[解析]所求事件的概率P=C31C31C3.D[解析]互斥事件不一定是对立事件,但对立事件一定是互斥事件,故①说法正确;当A,B是两个互斥事件时,P(A+B)=P(A)+P(B),故②说法错误;若事件A,B,C彼此互斥且A,B,C的并集是全集,则P(A)+(B)+P(C)=1,故③说法错误;若事件A,B满足P(A)+P(B)=1,则A,B不一定是对立事件,故④说法错误.选D.4.0.4[解析]由题意可得,符合题意的随机数有7527,9857,8636,6947,4698,8045,9597,7424,共8组,由古典概型公式可得该运动员射击4次至少击中3次的概率P=820=0.45.25[解析]2张卡片上的2个成语有相同的字的抽取方法有6种:(意气风发,风平浪静),(意气风发,心猿意马),(意气风发,气壮山河),(心猿意马,信马由缰),(信马由缰,信口开河),(气壮山河,信口开河).6张卡片中随机抽取2张,共有15种情况,故所求概率为615=26.B[解析]基本事件总数为4×4=16,事件“ab=1”包含事件(1,3),(3,1),(2,4),(4,2),共4个,所以事件“ab=1”发生的概率P=416=14,7.C[解析]将四个人依次编号为1,2,3,4,由题意,基本事件总数为24=16,没有相邻的两个人站起来的事件有(1),(2),(3),(4),(1,3),(2,4),再加上没有人站起来,共7个,∴没有相邻的两个人站起来的概率为716,选C8.A[解析]将齐王的上、中、下三个等级的马分别记为A,B,C,田忌的上、中、下三个等级的马分别记为a,b,c,从双方的马匹中各选一匹进行比赛的所有情况有Aa,Ab,Ac,Ba,Bb,Bc,Ca,Cb,Cc,共9种.齐王的马获胜的情况有Aa,Ab,Ac,Bb,Bc,Cc,共6种,故齐王的马获胜的概率为23,故选A9.58[解析]基本事件共有4×4=16个.满足|xy|≤1的事件为:当x=1时,y=1,2;当x=2时,y=1,2,3;当x=3时,y=2,3,4;当x=4时,y=3,4.综上,共有10个.故你和同桌“心灵感应”的概率为510.13[解析]因为a的取法有2种,b的取法有2种,所以向量m=(a,b)有4个,分别为m1=(2,1),m2=(2,3),m3=(4,1),m4=(4,3),从中任取两个向量,共C42=6(种)取法.设选取的两个向量为a,b,它们的夹角为θ,则cosθ=a·b|a||b|,所以以a,b为邻边的平行四边形的面积S=2×12|a|·|b|sinθ=(|a||b|)2-(a·b)2,若S=2,则(|a|·|b|)2(a·b)2=4.当a=(2,1),b=(4,1)时,满足条件,当a=(2,11.A[解析]五支球队单循环,共进行C52=10(场)比赛,最多有10次胜(即最多有10次负).由于以获胜场次数作为球队的成绩,若四支球队都胜1场,则第五支球队无法胜6场,若四支球队都胜2场,则第五支球队也胜2场,五支球队并列第一,除此之外不会再有四支球队胜的场次数相同,故p1是真命题.会出现两支球队各胜3场,剩下三支球队中两支球队各胜1场,另一支球队胜2场的情况,此时两支球队并列第一名,故p2为真命题.由题可知五支球队成绩并列第一名,各胜一场的概率小于332,排除p4.课时作业(五十九)1.A[解析]由题意知第二节课的上课时间为8:50~9:30,该学生到达教室的时间总长度为50分钟,其中在9:10~9:20进入教室时,听第二节课的时间不少于10分钟,其时间长度为10分钟,故所求的概率是1050=15,故选2.B[解析]ab=(m1,n1),故由|ab|≤1可得(m1)2+(n1)2≤1,依据几何概型的概率公式可得P=π2×2=π4,选3.D[解析]设圆的半径为R,则由题意知,所求概率为2πR-23π4.1π[解析]不妨设圆的半径为1,则圆的面积为π,三角形的面积为12×2×1=1,由几何概型的概率公式可得在圆中随机撒一粒黄豆,则它落在阴影部分的概率为5.2375[解析]如图所示,长方形面积为20×30,小长方形面积为26×16,则阴影部分的面积为20×3026×16,∴海豚嘴尖离岸边不超过2米的概率P=126×1620×30=6.B[解析]因为该直角三角形两直角边长分别为8步和15步,所以斜边长为82+152=17(步),其内切圆的半径为r=8+15-172=3(步),则由几何概型的概率公式,得所求概率P=7.A[解析]满足题意时,c<b,据此有0<e<22,所求事件的概率P=22-02-8.D[解析]1≤log13(x+1)≤1⇒13≤x+1≤3⇒23≤x≤2,则事件“1≤log13(x+1)≤1”发生的概率P=2--231369.B[解析]由题意结合几何概型公式可得,该粒米未落在铜钱的正方形小孔内的概率P=18×8π×162=1110.A[解析]如图,所求概率为阴影的面积与第一象限正方形面积的比值,则P=π41=π4,11.B[解析]由题意,4771000≈118×43π×13,∴π≈3.138,12.D[解析]记事件M为“△PBC的面积不超过△ABC面积的一半”,则基本事件空间是△ABC的面积,如图所示,事件M的几何度量为图中阴影部分的面积(DE是三角形的中位线),因为阴影部分的面积是整个三角形面积的34,所以P(M)=阴影部分的面积△ABC的面积=313.π6[解析]到正方体中心的距离不大于1的点M在以正方体的中心为球心,半径为1的球面及球体内,因此所求概率为43π14.12[解析]由题意,若直线PD与平面ABC所成的角θ=45°,则AD=1,∠BAD=90°或30°,∴θ不大于45°的概率为190-3015.512[解析]由函数的图像经过点C(2,4),有4=4a,得a=1,所以函数f(x)=x2,故曲边梯形EABC的面积S1=12x2dx=13x3

12=8313=73,则阴影部分的面积S2=4S1=416.C[解析]如图所示,连接OM,ON,OF,由对称性可知,四边形OMFN是有一个角为60°的菱形,设圆的半径为R,由几何关系可得OM=33R,S阴影=6S△OMN=6×12×33R×33R×sin60°=32R2,由几何概型可得所求概率17.A[解析]a2+1a2+1≥|x|恒成立,即|x|≤1a2+1+a2min,设y=1a2+1+a2,则y=1a2+1+(a2+1)1≥21=1,当且仅当1a2+1=a2+1,即a=0时等号成立,所以问题转化为|x|≤1,即1≤x≤1,所以在区间[2,4]上随机地取一个数x,使a2课时作业(六十)1.C[解析]因为8件产品中有2件次品,所以表示次品件数ξ的可能取值为0,1,2.2.B[解析]由分布列的性质可知,p1=11523=3.C[解析]P(ξ<3)=110+15+110+15=35,A错误;P(ξ>1)=15+25=35,B错误;P(2<ξ<4)=P(ξ=3)=25,C正确;P(ξ<0.5)=110+4.C[解析]由所有概率和为1,可得m=.P14(|X2|=1)=P(X=1)+P(X=3)=16+14=5125.2713[解析]由分布列的概率和为1,得a=276.D[解析]根据分布列的性质可知,所有的概率和等于1,而11×2+12×3+…+17×8=118=77.D[解析]有一个3时,P1=C21·C42C83=314,有两个3时,P2=C22·C41C83=114,8.B[解析]由已知可得P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=c11×2+12×3+13×4+14×5=c1112+1213+1314+1415=45c=1⇒c=54⇒P12<X<52=P(X=1)+P(X=2)=54×11×2+12×3=569.45[解析]设该同学解答正确的题数为X,则他能及格的概率P=P(X=2)+P(X=3)=C42C210.解:(1)所求概率P=37×23+27×12+17(2)X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X=1)=23×23×12=4P(X=2)=2×23×13×12+23×23×1P(X=3)=2×23×13×12+13×13×P(X=4)=13×13×12分布列为X1234P245111.解:(1)选出的2人赛程之差大于10公里的概率P=C21C(2)P(X=8.4)=C52C102=1045=29,P(X=14.2)=C51C31C102=1545=13,P(X=20)=C32C102=345=115,P(X=25.2975)=C51C21C102=随机变量X的分布列为X8.414.22025.297531.097542.195P211221课时作业(六十一)1.C[解析]因为这批产品次品率为4%,所以正品率为96%,又因为正品中一等品率为75%,所以这批产品一等品率为96%×75%=72%,从这批产品中任取一件,恰好取到一等品的概率为0.72.2.A[解析]∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球,两者是相互独立的,2个球都是白球的概率P=12×13=16,∴2个球不都是白球的概率是116=53.B[解析]根据条件概率公式得P(B|A)=P(AB)P(A)=4.D[解析]因为X~B8,12,所以P(X=k)=C8k12k1128k=C8k128,只有C8k是变量,所以当P(X=k5.516[解析]分析可得,从A到3总共有C52=10(种)走法,每一种走法的概率都是12,∴珠子从3号出口出来的概率是6.C[解析]由题意可得,要使灯亮,必须a闭合,b和c至少闭合一个,故灯亮的概率为12×12×112+12×112×12+12×12×12=38,7.B[解析]获奖的概率P=6C62=25,记获奖的人数为ξ,则ξ~B4,25,所以4人中恰好有3人获奖的概率为C432538.A[解析]设事件A在一次试验中发生的概率为p,则事件A在一次试验中不发生的概率为1p.∵在4次独立重复试验中,事件A至少发生1次的概率是6581,它的对立事件是“在4次独立重复试验中,事件A一次也没有发生”,∴由条件知C44(1p)4=16581=16819.B[解析]设“第一次摸出新球”为事件A,“第二次摸出新球”为事件B,则P(A)=C61C91C101C91=35,P(AB)=C61C10.511512[解析]砸蛋三次出现一次金花的概率为C31×12×1122=38,出现两次金花的概率为C32122×112=38,出现三次金花的概率为C33123×1120=18,则每盘游戏出现金花的概率P=38+38+18=7811.411[解析]所求概率P=C2112.解:(1)记“每天超过20人排队结算”为事件A,所以P(A)=15+120=(2)记“第一天超过20人排队结算”为事件B1,“第二天超过20人排队结算”为事件B2,则“恰有1天超过20人排队结算”为事件B1B2+B1B由于事件B1与B2相互独立,B1与B2所以P(B1B2)=P(B1)P(B2)=14×114=P(B1B2)=P(B1)P(B2)=114×14=所以P(B1B2+B1B2)=P(B1B2)+P(B1B213.解:(1)记“小明同学至少取到1道乙类题”为事件A,则P(A)=1P(A)=1C63C(2)设小明同学答对题的道数为X,则P(X=2)=352×15+2×35×45P(X=3)=352×45故所求概率P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=93125.14.解:(1)设3个电子元件能正常工作分别记为事件A,B,C,则P(A)=12P(B)=12,P(C)=23依题意,集成电路E需要维修有两种情形:①3个元件都不能正常工作,概率P1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=12×12×②3个元件中有2个不能正常工作,概率P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=12×12×13+12×12×13+故集成电路E需要维修的概率为P1+P2=112+13=(2)X所有可能的取值为0,100,200,P(X=0)=1-5122=49144,P(X=100)=C21×512×1512=70144,P(X的分布列为X0100200P497025课时作业(六十二)1.A[解析]因为随机变量X~N(5,σ2),所以P(X>5)=P(X<5),因为P(X>10a)=0.4,所以P(X>a)=0.6,故选A.2.C[解析]p=11613=12,E(X)=0×16+2×12+a×13=2,得a=3,∴D(X)=(02)2×16+(22)2×12+(32)2×13=1,3.B[解析]P(3<X<9)=P(3<X<7)+P(7≤X<9)=b2+a2=a+b4.6[解析]因为P(X≥1)=59,所以P(X=0)=159=49,即C20p(1p)2=49,则p=13,又随机变量Y~B(3,p),所以D(Y)=np(1p)=3×13×23=23,所以D(3Y+1)=9D(5.B[解析]易得尺寸落在(μ3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9974,则落在(μ3σ,μ+3σ)之外的概率为10.9974=0.0026,因为P(X=0)=C160×(10.9974)0×0.≈0.9592,所以P(X≥1)=1P(X=0)=0.0408,故选6.B[解析]由题意得,E(ξ)=a+12,D(ξ)=a+12+12×a+a+122×12a+a+1212×12=a2+2a+14,∵0<a<12,∴当a增大时,E(ξ)减小,D(ξ)增大,故选B.7.C[解析]每次取球时,取到红球的概率为23,取到黑球的概率为13,所以取出红球的次数X服从二项分布,即X~B3,23,所以D(X)=3×23×123=23,故选8.D[解析]对于①,P(B)=4×3344=2764,P(AB)=4·A3344=332,所以P(A|B)=P(AB)P(B)=29,故①正确;对于②,当log2a>log2b时,有a>b>0,而当2ab>1时,有a>b,因为a>b>0⇒a>b,a>b⇒/a>b>0,所以“log2a>log2b”是“2ab>1”的充分不必要条件,故②正确;对于9.308006561[解析]启动一次出现的二进制数为A=10101的概率P=132×232=481,由题意知试验成功的次数η服从二项分布,则有η~B100,481,∴η的方差D(η)=10010.3[解析