三维设计 数学 选择性必修 第三册 (配人教A版) 章末综合检测汇 （1-3） 计数原理 -成对数据的统计分析

章末综合检测（一）计数原理A卷——基本知能盘查卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．9 B．1C．24 D．3解析：选C完成从A地到B地这件事情共分三步：第一步，从A地到C地；第二步，从C地到D地；第三步，从D地到B地．符合分步乘法计数原理，共有3×2×4＝24种不同的走法．2．下列计算结果为28的是()A．Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,6) B．Ceq\o\al(7,7)C．Aeq\o\al(2,8) D．Ceq\o\al(2,8)解析：选DCeq\o\al(2,8)＝eq\f(8×7,2)＝4×7＝28.3．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、外语统一考试外，还需从物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、思想政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()A．6 B．12C．18 D．19解析：选D从六科中选考三科的选法有Ceq\o\al(3,6)种，其中不选物理、思想政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有Ceq\o\al(3,6)－1＝19种．4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是()A．1800 B．3600C．4320 D．5040解析：选B不同的排法种数为Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(2,6)＝3600.5．在(x－2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则eq\f(n,m)＝()A.eq\f(5,3) B．－eq\f(5,3)C.eq\f(3,5) D．－eq\f(3,5)解析：选D因为n＝6是偶数，所以展开式共有7项，其中中间一项的二项式系数最大，其二项式系数为m＝Ceq\o\al(3,6)＝20，含x5项的系数为n＝(－1)Ceq\o\al(1,6)×2＝－12，则eq\f(n,m)＝－eq\f(12,20)＝－eq\f(3,5).故选D.6.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有()A．4320种 B．2880种C．1440种 D．720种解析：选A分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×4×3＝4320(种)不同的涂色方法．7．五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有()A．12种 B．20种C．24种 D．48种解析：选C甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种排法，再插空排入丙、丁，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,3)＝24种不同排法．8．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝()A．－180 B．180C．45 D．－45解析：选B令t＝1－x，则x＝1－t，所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，因为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)210－r(－t)r＝Ceq\o\al(r,10)210－r(－1)rtr，令r＝8，得a8＝Ceq\o\al(8,10)×22＝180.二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．下列关于(a－b)10的说法，正确的是()A．展开式中的二项式系数之和为1024B．展开式中第6项的二项式系数最大C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小解析：选ABD由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．10．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(3,x)))5的展开式中含xα(α∈Z)，则α的值可能为()A．－5 B．1C．7 D．2解析：选ABC由题意可知Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x2)5－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x)))r＝25－r·(－3)r·Ceq\o\al(r,5)·x10－3r，其中r＝0,1，2，…，5.令10－3r＝－5，得r＝5；令10－3r＝1，得r＝3；令10－3r＝7，得r＝1；令10－3r＝2，得r＝eq\f(8,3)∉N.所以α的值可能为－5,1,7，故选A、B、C.11．已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，则有()A．m＝2B．a3＝－280C．a0＝－1D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14解析：选BCD令1－x＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,2)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)－m))7＝(1－m)7＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，得m＝3.再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝Ceq\o\al(3,7)×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)12．方程3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)的解为________．解析：由排列数公式可知3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，∵x≥3且x∈N*，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝eq\f(2,3)(舍去)，∴x＝5.答案：513．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有Ceq\o\al(2,4)种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有Ceq\o\al(3,4)种放法，所以不同的放球方法的种数为Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)＝10.答案：1014．在(x－2)5·(eq\r(2)＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为Ceq\o\al(2,5)(－2)2＝40；(eq\r(2)＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(eq\r(2))4－ryr，令r＝2，得y2的系数为Ceq\o\al(2,4)(eq\r(2))2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.答案：480四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？解：(1)每个盒子放一个球，共有Aeq\o\al(4,4)＝24种不同的放法．(2)先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；第二步：任选两球为一个元素，有Ceq\o\al(2,4)种选法；第三步：将三个元素放入三个盒中，有Aeq\o\al(3,3)种放法．根据分步乘法计数原理，共有4×Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144种放法．16.(15分)(1)已知Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Aeq\o\al(2,n－1)＋1，求n；(2)若Ceq\o\al(m－1,8)>3Ceq\o\al(m,8)，求m.解：(1)由Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Aeq\o\al(2,n－1)＋1得eq\f(n＋1n,2)＝(n－1)(n－2)＋1.即n2－7n＋6＝0.解得n＝1，或n＝6.由Aeq\o\al(2,n－1)知，n≥3，故n＝6.(2)原不等式可化为eq\f(8！,m－1！9－m！)>eq\f(3×8！,m！8－m！)，解得m>eq\f(27,4).∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.又m是整数，∴m＝7或m＝8.17.(15分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含xeq\f(3,2)的项；(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．解：因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))n的展开式的通项是Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\r(x))n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)))r＝(－2)rCeq\o\al(r,n)xeq\f(n－5r,2)，所以T5＝T4＋1＝24Ceq\o\al(4,n)xeq\f(n,2)－10，T3＝T2＋1＝22Ceq\o\al(2,n)xeq\f(n,2)－5.所以eq\f(24C\o\al(4,n),22C\o\al(2,n))＝eq\f(10,1)，所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．(1)令x＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))8各项系数的和为1.(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCeq\o\al(r,8)xeq\f(8－5r,2)，令eq\f(8－5r,2)＝eq\f(3,2)，得r＝1.所以展开式中含xeq\f(3,2)的项为T2＝T1＋1＝(－2)1Ceq\o\al(1,8)xeq\f(3,2)＝－16xeq\f(3,2).(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为Ceq\o\al(r－1,8)2r－1，Ceq\o\al(r,8)2r，Ceq\o\al(r＋1,8)2r＋1，若第r＋1项的系数的绝对值最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r－1,8)2r－1≤C\o\al(r,8)2r，,C\o\al(r,8)2r≥C\o\al(r＋1,8)2r＋1，))解得5≤r≤6，故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，即T6＝－1792x－eq\f(17,2)，T7＝1792x－11.18．(17分)已知二项式(1＋ax)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，其展开式中各项系数和为27.若抛物线方程为y2＝2ax，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0))且倾斜角为eq\f(π,4)的直线l与抛物线交于A，B两点．(1)求展开式中最大的二项式系数(用数字作答)；(2)求线段AB的长度．解：(1)二项式系数分别为Ceq\o\al(0,7)，Ceq\o\al(1,7)，…，Ceq\o\al(7,7)，其中Ceq\o\al(3,7)＝Ceq\o\al(4,7)最大．故最大的二项式系数为35.(2)令x＝1，有(1＋a)7＝27，∴a＝1.抛物线方程为y2＝2x，直线l过抛物线的焦点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))且倾斜角为eq\f(π,4)，则直线方程为y＝x－eq\f(1,2)，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y＝x－\f(1,2)，))可得x2－3x＋eq\f(1,4)＝0，即x1＋x2＝3，x1x2＝eq\f(1,4)，故|AB|＝eq\r(1＋1)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝4.19．(17分)用0,1,2,3,4,5这六个数字，完成下面三个小题．(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解：(1)5×6×6×6×3＝3240(个)．(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝108(个)．故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a，b中有一个取0时，有2条；a，b都不取0时，有Aeq\o\al(2,5)＝20(条)；a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．B卷——高考能力达标卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，不同的选法共有()A．756种 B．56种C．28种 D．255种解析：选D推选两名来自不同年级的两名学生，有N＝9×12＋12×7＋9×7＝255(种).2.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有()A．6种 B．12种C．18种 D．24种解析：选A根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．3．设常数a∈R，若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x)))5的二项展开式中x7项的系数为－10，则a等于()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选ATr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))r＝ar·Ceq\o\al(r,5)·x10－3r，令10－3r＝7，得r＝1，故Ceq\o\al(1,5)a＝－10⇒a＝－2.4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A．16种 B．36种C．42种 D．60种解析：选D若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq\o\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项，共Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理知共Aeq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝60(种)方法．5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼­15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A．12种 B．18种C．24种 D．48种解析：选C把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有Aeq\o\al(2,3)种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,3)＝24.6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是()A．9 B．8C．7 D．6解析：选B∵a2＝Ceq\o\al(2,n)，an－5＝(－1)n－5Ceq\o\al(n－5,n)＝(－1)n－5Ceq\o\al(5,n)，∴2Ceq\o\al(2,n)＋(－1)n－5Ceq\o\al(5,n)＝0，即eq\f(120,－1n－5n－2n－3n－4)＝－1，∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.7．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为()A．－20 B．20C．－15 D．15解析：选A当x>0时，f[f(x)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(x)＋\f(1,\r(x))))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－\r(x)))6的展开式中，常数项为Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))3(－eq\r(x))3＝－20.8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为()A．8 B．12C．14 D．16解析：选B将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法；第二步给区域2涂色有2种不同方法；第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有1种涂色方法，此时，区域5也有1种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(种)．二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．下列说法正确的是()A．Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)与Aeq\o\al(9,10)相等B．过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对C．若Ceq\o\al(x,28)＝Ceq\o\al(3x－8,28)，则x＝4D．从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种解析：选ABDA中，Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)＝10×9×8×7！，Aeq\o\al(9,10)＝10×9×8×7！，故Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)＝Aeq\o\al(9,10)，正确．B中，三棱柱有6个顶点，可组成Ceq\o\al(4,6)－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12×3＝36对，正确．C中，∵Ceq\o\al(x,28)＝Ceq\o\al(3x－8,28)，∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，即x＝4或9，C错误．D中，从5个人中选出3人，共有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60种不同选法，正确．10．某学生想在物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是()A．若任意选择三门课程，选法总数为Aeq\o\al(3,7)B．若物理和化学至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)C．若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)－Ceq\o\al(1,5)解析：选ABD对于A，若任意选择三门课程，选法总数为Ceq\o\al(3,7)，错误；对于B，若物理和化学选一门，有Ceq\o\al(1,2)种方法，其余两门从剩余的五门中选，有Ceq\o\al(2,5)种选法；若物理和化学选两门，有Ceq\o\al(2,2)种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有Ceq\o\al(1,5)种选法，由分类加法计数原理得，总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)＝Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)种选法；②选化学，不选物理，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)种选法；③物理与化学都选，有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)种选法，故选法总数为Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝6＋10＋4＝20(种)，错误．11．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是()A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式中第6项的系数最大C．展开式中存在常数项D．展开式中含x15项的系数为45解析：选BCD因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以Ceq\o\al(4,n)＝Ceq\o\al(6,n)，得n＝10.因为展开式的各项系数之和为1024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1024，得a＝1.故给定的二项式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,\r(x))))10，其展开式中奇数项的二项式系数和为eq\f(1,2)×210＝512，故A不正确；由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,\r(x))))10展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)(x2)10－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,10)x20－eq\f(5k,2)(k＝0,1,2，…，10)，令20－eq\f(5k,2)＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确；令20－eq\f(5k,2)＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为Ceq\o\al(2,10)＝45，故D正确．三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)12．(x2＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))5的展开式的常数项是________．解析：第一个因式取x2，第二个因式取含eq\f(1,x2)的项得：1×Ceq\o\al(4,5)(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.答案：313．有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有________种．(结果用数字作答)解析：先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，然后再将这个“大元素”与其他三个节目进行排序，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(种)排法．接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其他两个节目进行排序，此时共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12(种)排法．综上所述，由间接法可知，共有48－12＝36种不同的排法．答案：3614．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图所示的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有__________种选法，在符合上述要求的选法中，选中方格中的四个数之和的最大值是__________.11213140122233421322334315243444解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法．每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11,22,33,44)，(11,22,34,43)，(11,22,33,44)，(11,22,34,42)，(11,24,33,43)，(11,24,33,42)，(12,21,33,44)，(12,21,34,43)，(12,22,31,44)，(12,22,34,40)，(12,24,31,43)，(12,24,33,40)，(13,21,33,44)，(13,21,34,42)，(13,22,31,44)，(13,22,34,40)，(13,24,31,42)，(13,24,33,40)，(15,21,33,43)，(15,21,33,42)，(15,22,31,43)，(15,22,33,40)，(15,22,31,42)，(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112.答案：24112四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式中的倒数第3项的系数为45，求：(1)含x3的项；(2)系数最大的项．解：(1)由题意可知Ceq\o\al(n－2,n)＝45，即Ceq\o\al(2,n)＝45，所以n＝10，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))10－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\f(2,3)))r＝Ceq\o\al(r,10)xeq\f(11r－30,12)，令eq\f(11r－30,12)＝3，得r＝6，所以含x3的项为T7＝Ceq\o\al(6,10)x3＝Ceq\o\al(4,10)x3＝210x3.(2)系数最大的项为中间项即T6＝Ceq\o\al(5,10)xeq\f(55－30,12)＝252xeq\f(25,12).16．(15分)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解：(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480(种)不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.17．(15分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.(1)求n的值；(2)求－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋(－1)neq\f(an,2n)的值．解：(1)因为T3＝Ceq\o\al(2,n)(－2x)2＝a2x2，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)(－2)2＝60，化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.(2)因为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(－2x)r＝arxr，所以ar＝Ceq\o\al(r,6)(－2)r，所以(－1)req\f(ar,2r)＝Ceq\o\al(r,6)，故－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋(－1)neq\f(an,2n)＝－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a6,26)＝Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,6)＋…＋Ceq\o\al(6,6)＝26－1＝63.18．(17分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有Ceq\o\al(4,4)种；②取3个红球1个白球，有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)种；③取2个红球2个白球，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6)种，故有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(x，y∈N*)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,2x＋y≥7，,0≤x≤4，,0≤y≤6，))故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.))因此，符合题意的取法种数有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)．19．(17分)从－1,0,1,2,3中选三个(不重复)数字组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数．(1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？(2)与x轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？(3)与x轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？解：(1)若要满足题意，则a>0且c≠0，共有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,3)＝27(条)．(2)要满足题意，则需ac<0，故a，c中必有一个为－1，有2Aeq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(1,3)＝18(条)．(3)可分为三类：第一类：与x轴正、负半轴均有交点的抛物线有18条；第二类：过原点且与x轴负半轴有一个交点，此时，c＝0，ab>0，共有Aeq\o\al(2,3)＝6(条)；第三类：只与x轴负半轴有交点，则必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,－\f(b,a)<0，,\f(c,a)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－4ac≥0，,a，b，c同号.))故b＝3，a，c在1,2中取，有2条，由分类加法计数原理得共有18＋6＋2＝26(条)．章末综合检测（二）随机变量及其分布A卷——基本知能盘查卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．袋中有2个黑球6个红球，从中任取两个，可以作为随机变量的是()A．取到球的个数 B．取到红球的个数C．至少取到一个红球 D．至少取得一个红球的概率解析：选B随机变量是随着实验结果变化而变化的变量，只有B满足．2．袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，有放回地依次取出2个球，设两个球号码之和为随机变量X，则X所有可能值的个数是()A．25 B．10C．9 D．5解析：选C由题意，由于是有放回地取，故可有如下情况：若两次取球为相同号码，则有1＋1＝2,2＋2＝4,3＋3＝6,4＋4＝8,5＋5＝10,5个不同的和；若两次取球为不同号码，则还有1＋2＝3,1＋4＝5,2＋5＝7,4＋5＝9这四个和，故共有9个．3．某同学通过计算机测试的概率为eq\f(1,3)，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为()A.eq\f(4,9) B.eq\f(2,9)C.eq\f(4,27) D.eq\f(2,27)解析：选A连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为p＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2＝eq\f(4,9).4．已知ξ的分布列为ξ－1012Peq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,8)则ξ的均值为()A．0 B．－1C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,4)解析：选DE(ξ)＝－1×eq\f(1,4)＋0×eq\f(3,8)＋1×eq\f(1,4)＋2×eq\f(1,8)＝eq\f(1,4).5．如果随机变量X表示抛掷一个各面分别有1,2,3,4,5,6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量X的均值为()A．2.5 B．3C．3.5 D．4解析：选C∵P(X＝k)＝eq\f(1,6)(k＝1,2,3，…，6)，∴E(X)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋…＋6×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)×(1＋2＋…＋6)＝eq\f(1,6)×21＝3.5.6．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有eq\f(1,5)的学生每天玩手机超过1h，这些人近视率约为eq\f(1,2)，其余学生的近视率约为eq\f(3,8)，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是()A.eq\f(1,5) B.eq\f(7,16)C.eq\f(2,5) D.eq\f(7,8)解析：选C设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P(A)＝eq\f(1,5)，P(B|A)＝eq\f(1,2)，所以P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝eq\f(4,5)，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(3,8)，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,8)＝eq\f(2,5).故选C.7．设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq\f(5,9)，则D(3Y＋1)＝()A.eq\f(8,3) B．4C．8 D．10解析：选C由题意得P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝Ceq\o\al(1,2)p(1－p)＋Ceq\o\al(2,2)p2＝eq\f(5,9)，所以p＝eq\f(1,3)，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，故D(Y)＝4×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(8,9)，所以D(3Y＋1)＝9D(Y)＝9×eq\f(8,9)＝8.8．在等差数列{an}中，a4＝2，a7＝－4.现从{an}的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(3,10)C.eq\f(2,25) D.eq\f(6,25)解析：选D由a4＝2，a7＝－4可得等差数列{an}的通项公式为an＝10－2n(n＝1,2，…，10)，{an}的前10项分别为8,6,4,2,0，－2，－4，－6，－8，－10.由题意，三次取数相当于三重伯努利试验，在每次试验中取得正数的概率为eq\f(2,5)，取得负数的概率为eq\f(1,2)，在三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝eq\f(6,25).二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．已知随机变量ξ的分布如下：ξ123Peq\f(1,4)1－eq\f(3,2)a2a2则实数a的值为()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D．－eq\f(1,4)解析：选BC由随机变量ξ的分布知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤1－\f(3,2)a≤1，,0≤2a2≤1，,\f(1,4)＋1－\f(3,2)a＋2a2＝1，))解得a＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,4).10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是红球、白球和黑球”，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，下列结论正确的是()A．事件B与事件A1不相互独立B．A1，A2，A3是两两互斥的事件C．P(B|A1)＝eq\f(7,11)D．P(B)＝eq\f(3,5)解析：选ABC由题意知，A1，A2，A3是两两互斥事件，且P(A1)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝eq\f(3,10)，所以P(B|A1)＝eq\f(PBA1,PA1)＝eq\f(\f(1,2)×\f(7,11),\f(1,2))＝eq\f(7,11)，P(B|A2)＝eq\f(6,11)，P(B|A3)＝eq\f(6,11)，所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(1,2)×eq\f(7,11)＋eq\f(1,5)×eq\f(6,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(6,11)＝eq\f(13,22).所以A、B、C正确，D不正确．11.甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σeq\o\al(2,1))，N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是()A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4kgB．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99解析：选ABC由题图可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1＜μ2，故A正确，C正确；因为甲图象比乙图象更“瘦高”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即eq\f(1,σ2\r(2π))＝1.99，所以σ2≠1.99，故D错误．三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)12．某处有供水龙头5个，调查表示每个水龙头被打开的可能性均为eq\f(1,10)，3个水龙头同时被打开的概率为________．解析：对5个水龙头的处理可视为做5重伯努利试验，每次试验有2种可能结果：打开或不打开，相应的概率为0.1或1－0.1＝0.9，根据题意得3个水龙头同时被打开的概率为Ceq\o\al(3,5)×0.13×0.92＝0.0081.答案：0.008113．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ＜0)＝________.解析：因为P(ξ≤4)＝0.84，μ＝2，所以P(ξ＜0)＝P(ξ＞4)＝1－0.84＝0.16.答案：0.1614．设一次试验成功的概率为p，进行100次重伯努利试验，当p＝________时，成功次数的方差的值最大，其最大值为__________．解析：成功次数X～B(100，p)，所以D(X)＝100p(1－p)≤100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋1－p,2)))2＝25，当且仅当p＝1－p，即p＝eq\f(1,2)时，成功次数的方差最大，其最大值为25.答案：eq\f(1,2)25四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为Aeq\o\al(2,6)＝30，根据分步计数原理第1次抽到舞蹈节目的事件数为Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,5)＝20，于是P(A)＝eq\f(20,30)＝eq\f(2,3).(2)因为第1次和第2次都抽到舞蹈节目的事件数为Aeq\o\al(2,4)＝12，于是P(AB)＝eq\f(12,30)＝eq\f(2,5).(3)由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq\f(3,5).16．(15分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，依题意得P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5).∴ξ的分布列为ξ012Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)(2)设“甲、乙都不被选中”为事件eq\x\to(C)，则P(eq\x\to(C))＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5).∴所求概率为P(C)＝1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).(3)P(B)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(3,6))＝eq\f(10,20)＝eq\f(1,2)，P(B|A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).17．(15分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望．解：(1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,4)·C\o\al(3－k,3),C\o\al(3,7))(k＝0,1,2,3)．所以随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,35)eq\f(12,35)eq\f(18,35)eq\f(4,35)随机变量X的数学期望E(X)＝0×eq\f(1,35)＋1×eq\f(12,35)＋2×eq\f(18,35)＋3×eq\f(4,35)＝eq\f(12,7).18．(17分)(2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．解：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为P＝P(ABC＋eq\x\to(A)BC＋Aeq\x\to(B)C＋ABeq\x\to(C))＝P(ABC)＋P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABeq\x\to(C))＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)X的取值可以为0,10,20,30.P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P(X＝10)＝(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.44，P(X＝20)＝(1－0.5)×(1－0.4)×0.8＋0.5×(1－0.4)×(1－0.8)＋(1－0.5)×0.4×(1－0.8)＝0.34，P(X＝30)＝(1－0.5)×(1－0.4)×(1－0.8)＝0.06.所以X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06所以E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.19．(17分)五一劳动节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费不少于600元即可抽奖，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中一次性摸出3个球，中奖规则为：若摸到3个红球，则享受免单优惠；若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打7折；若没有摸出红球，则不打折．方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中每次随机摸取1球，有放回地连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．(1)若两位顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；(2)若某顾客消费恰好满1000元,试从概率的角度分析该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．解：(1)选择方案一时，若享受免单优惠，则需要摸出3个红球，设“顾客享受免单优惠”为事件A，则P(A)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120)，所以两位顾客均享受免单优惠的概率为P＝P(A)·P(A)＝eq\f(1,14400).(2)若选择方案一，设该顾客最后付款的金额为X元，则X可能的取值为0,600,700,1000.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120)，P(X＝600)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(X＝700)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(X＝1000)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，故X的分布列为X06007001000Peq\f(1,120)eq\f(7,40)eq\f(21,40)eq\f(7,24)所以E(X)＝0×eq\f(1,120)＋600×eq\f(7,40)＋700×eq\f(21,40)＋1000×eq\f(7,24)＝eq\f(4585,6).若选择方案二，设该顾客摸到红球的个数为Y，最后付款的金额为Z(单位：元)，则Z＝1000－200Y，由已知可得Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,10)))，故E(Y)＝3×eq\f(3,10)＝eq\f(9,10)，所以E(Z)＝E(1000－200Y)＝1000－200E(Y)＝820.因为E(X)＜E(Z)，所以该顾客选择方案一更合算．B卷——高考能力达标卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设随机变量X～N(1,32)，若P(X≤c)＝P(X>c)，则c＝()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B因为P(X≤c)＝P(X>c)，所以c＝1，故选B.2．随机变量X的分布列如下表，则E(5X＋4)等于()X024P0.30.20.5A．16 B．11C．2.2 D．2.3解析：选A由已知得E(X)＝0×0.3＋2×0.2＋4×0.5＝2.4，故E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.4＋4＝16.故选A.3．设随机变量ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，则参数n，p的值分别为()A．12,0.4 B．12,0.6C．6,0.4 D．6,0.6解析：选CE(ξ)＝np＝2.4，D(ξ)＝np(1－p)＝1.44，解得n＝6，p＝0.4.4．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为eq\f(2,3)，乙命中目标的概率为eq\f(4,5)，设命中目标的人数为X，则D(X)等于()A.eq\f(86,225) B.eq\f(259,675)C.eq\f(22,15) D.eq\f(15,22)解析：选AX的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,15)，P(X＝1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(4,5)＝eq\f(2,5)，P(X＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,15)，所以E(X)＝eq\f(22,15)，D(X)＝eq\f(86,225).5．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是()A.eq\f(3,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,10) D.eq\f(5,9)解析：选D记“第一次摸到正品”为事件A，“第二次摸到正品”为事件B，则P(A)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,9),C\o\al(1,10)C\o\al(1,9))＝eq\f(3,5)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,5),C\o\al(1,10)C\o\al(1,9))＝eq\f(1,3).故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(5,9).6．一接待中心有A，B，C，D四部热线电话，已知某一时刻电话A，B占线的概率为0.5，电话C，D占线的概率为0.4，各部电话是否占线相互之间没有影响，假设该时刻有ξ部电话占线，则P(ξ＝2)等于()A．0.47 B．0.38C．0.37 D．0.25解析：选CP(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,2)×(0.5)2×(0.6)2＋Ceq\o\al(2,2)×(0.4)2×(0.5)2＋Ceq\o\al(1,2)×(0.5)2×Ceq\o\al(1,2)×0.4×0.6＝0.37.7．一台机床有eq\f(1,3)的时间加工零件A，其余时间加工零件B.加工零件A时，停机的概率为eq\f(3,10)，加工零件B时，停机的概率是eq\f(2,5)，则这台机床停机的概率为()A.eq\f(11,30) B.eq\f(7,30)C.eq\f(7,10) D.eq\f(1,10)解析：选A假设总时间为1，则在1时间内，加工零件A停机的概率是eq\f(1,3)×eq\f(3,10)＝eq\f(1,10)，加工零件B停机的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，所以这台机床停机的概率是eq\f(1,10)＋eq\f(4,15)＝eq\f(11,30).8．某商家进行促销活动，促销方案是顾客每消费1000元，便可以获得奖券1张，每张奖券中奖的概率为eq\f(1,5)，若中奖，则商家返还中奖的顾客现金1000元．小王购买一套价格为2400元的西服，只能得到2张奖券，于是小王补偿50元给一同事购买一件价格为600元的便服，这样小王就得到了3张奖券．设小王这次消费的实际支出为ξ(元)，则E(ξ)等于()A．1850 B．1720C．1560 D．1480解析：选A根据题意知，ξ的可能取值为2450,1450,450，－550，且P(ξ＝2450)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))3＝eq\f(64,125)，P(ξ＝1450)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＝eq\f(48,125)，P(ξ＝450)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))＝eq\f(12,125)，P(ξ＝－550)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))3＝eq\f(1,125)，∴E(ξ)＝2450×eq\f(64,125)＋1450×eq\f(48,125)＋450×eq\f(12,125)＋(－550)×eq\f(1,125)＝1850.二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．已知ξ是离散型随机变量，则下列结论正确的是()A．Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|ξ|≤\f(1,3)))≤Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ2≤\f(1,3)))B．(E(ξ))2≤E(ξ2)C．D(ξ)＝D(1－ξ)D．D(ξ2)＝D((1－ξ)2)解析：选ABC在A中，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|ξ|≤\f(1,3)))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤ξ≤\f(1,3)))≤Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ2≤\f(1,3)))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)≤ξ≤\f(\r(3),3)))，故A正确；在B中，由数学期望的性质得(E(ξ))2≤E(ξ2)，故B正确；在C中，由方差的性质得D(ξ)＝D(1－ξ)，故C正确；在D中，D(ξ2)≠D((1－ξ)2)＝4D(ξ)＋D(ξ2)，故D错误．故选A、B、C.10．已知某签盒内有2支不同的礼物签、6支不同的问候签，某寝室8位室友不放回地从该签盒中依次抽签，直到2支礼物签都被取出．记事件Ai表示“第i次取出的是礼物签”，i＝1,2，…，8，则下列结论正确的是()A．A1和A2是互斥事件 B．P(A2)＝eq\f(1,4)C．A2与A5不相互独立 D．P(A5|A2)＝eq\f(1,7)解析：选BCD显然事件A1和事件A2可能同时发生，故A错误；由题意知P(A2)＝eq\f(C\o\al(1,2)A\o\al(7,7),A\o\al(8,8))＝eq\f(1,4)，故B正确；P(A5)＝eq\f(C\o\al(1,2)A\o\al(7,7),A\o\al(8,8))＝eq\f(1,4)，P(A2A5)＝eq\f(A\o\al(2,2)A\o\al(6,6),A\o\al(8,8))＝eq\f(1,28)，显然P(A2A5)≠P(A2)P(A5)，所以A2与A5不相互独立，故C正确；P(A5|A2)＝eq\f(PA2A5,PA2)＝eq\f(1,7)，故D正确．故选B，C，D.11．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论中正确的是()A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是eq\f(3,5)B．从中有放回地取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为eq\f(4,3)C．现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为eq\f(2,5)D．从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为eq\f(26,27)解析：选ABD恰有一个白球的概率P＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，故A正确；每次任取一球，取到红球次数X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(2,3)))，其方差为6×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(4,3)，故B正确；设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}，则P(A)＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(4×3,6×5)＝eq\f(2,5)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(3,5)，故C错误；每次取到红球的概率P＝eq\f(2,3)，所以至少有一次取到红球的概率为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(26,27)，故D正确．三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)12．一道有5个选项的试题，其中只有一个选项正确，假定应考人知道正确答案的概率为p.如果他最后选对了，那么他确实知道答案的概率是________．解析：设A＝{知道答案}，B＝{选择正确}，由题意可知P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,5)，P(B|A)＝1，P(AB)＝P(A)＝p.由全概率公式：P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|eq\x\to(A))P(eq\x\to(A))＝p＋eq\f(1,5)(1－p)＝eq\f(4p＋1,5)，得到：P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(5p,4p＋1).答案：eq\f(5p,4p＋1)13．设随机变量ξ的分布列为ξ012Peq\f(p,3)eq\f(p,3)1－eq\f(2p,3)则ξ的数学期望的最小值是________．解析：E(ξ)＝0×eq\f(p,3)＋1×eq\f(p,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2p,3)))＝2－p，又因为1>eq\f(p,3)≥0,1≥1－eq\f(2p,3)≥0，所以0≤p≤eq\f(3,2).所以当p＝eq\f(3,2)时，E(ξ)的值最小，E(ξ)＝2－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为____________．解析：设甲在四轮游戏中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝eq\f(6,4×4)＝eq\f(3,8)，所以E(Xk)＝eq\f(3,8)(k＝1,2,3,4)．从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝eq\i\su(k＝1,4,E)(Xk)＝eq\i\su(k＝1,4,)eq\f(3,8)＝eq\f(3,2).记pk＝P(X＝k)(k＝0,1,2,3)．若甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8，所以p0＝eq\