2017版《高考调研》大一轮复习(新课标,数学理)题组训练第十章计数原理和概率题组63 Word版含解析

【大高考】2017版高考数学一轮总复习第10章计数原理、概率与统计第1节排列与组合高考AB卷理排列与组合1.(2016·全国Ⅱ，5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A.24B.18C.12D.9解析从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18种，故选B.答案 B2.(2016·全国Ⅲ，12)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数.若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A.18个B.16个C.14个D.12个解析第一位为0，最后一位为1，中间3个0，3个1，三个1在一起时为000111，001110；只有2个1相邻时，共A24种，其中110100；110010；110001，101100不符合题意，三个1都不在一起时有C34种，共2＋8＋4＝14.答案 C3.(2014·大纲全国，5)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种解析从中选出2名男医生的选法有C26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C15＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.答案 C4.(2012·大纲全国，11)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法有( )A.12种B.18种C.24种D.36种解析第1列排a，b，c三个字母，共有A33种，第2列还有2种，因此共有2A33＝12种. 答案 A5.(2013·大纲，14)6个人排一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答).解析法一第一步：先排除甲、乙的4人共有A44种.第二步再排甲、乙，插空共A25种.由乘法原理共有A44A25＝480种.法二6人的全排列共有A66＝720种，甲、乙相邻的排法共有A22A55＝240种，因此甲乙不相邻的排法共有720－240＝480种.答案480排列与组合1.(2016·四川，4)用数字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( )A.24B.48C.60D.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C13，再将剩下的4个数字排列得到A44，则满足条件的五位数有C13·A44＝72.选D.答案 D2.(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A.144个B.120个C.96个D.72个解析由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A34＝72个；若万位是4，则有2×A34个＝48个，故40 000大的偶数共有72＋48＝120个.选B.答案 B3.(2014·辽宁，6)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144B.120C.72D.24解析3人中每两人之间恰有一个空座位，有A33×2＝12种坐法，3人中某两人之间有两个空座位，有A33×A22＝12种坐法，所以共有12＋12＝24种坐法.答案 D4.(2014·重庆，9)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168解析依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A33A34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A22A22A33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B.答案 B5.(2014·安徽，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A.24对B.30对C.48对D.60对解析法一直接法：如图，在上底面中选B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A1C1对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对.所以全部共有48对.法二间接法：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，所以成角为60°的共有C212－12－6＝48.答案 C6.(2013·山东，10)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A.243B.252C.261D.279解析组成无重复数字的个数为C19C19C18＝648，10个数共组成三位数的个数为9×10×10＝900，故组成有重复数字的个数为900－648＝252(个).答案 B7.(2012·辽宁，5)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A.3×3!B.3×(3！)3C.(3！)4D.9!解析此排列可分两步进行，先把三个家庭分别排列，每个家庭有3！种排法，三个家庭共有3！×3！×3！＝(3！)3种排法；再把三个家庭进行全排列有3！种排法，因此不同的坐法种数为(3！)4.故选C.答案 C8.(2015·广东，12)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答).解析依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1 560条毕业留言.答案 1 5609.(2014·北京，13)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种.解析将A、B捆绑在一起，有A22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A44种摆法，共有A22A44＝48种摆法，而A、B、C 3件在一起，且A、B相邻，A、C相邻有CAB、BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A33＝12种摆法，故A、B相邻，A、C不相邻的摆法有48－12＝36种.答案3610.(2014·浙江，14)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答).解析分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为C23C11A24＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为A34＝24，则获奖情况总共有36＋24＝60(种).答案60排列组合中的创新问题11.(2016·北京，8)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1个；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1个；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1个；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1个；因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多.③和④的情况随机，③和④对B选项中的乙盒中的红球与丙盒中的黑球数没有任何影响，①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上选B.答案 B12.(2014·福建，10)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同取法；第三步，5个有区别的黑球看作5个不同色，从5个不同色的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋c)5种不同的取法，所以所求的取法种数为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.答案 A13.(2014·广东，8)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( ) A.60 B.90C.120D.130解析易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论.其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C35C13＋C35C23＝80种情况.由于10＋40＋80＝130，故答案为D.答案 D14.(2013·四川，8)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )A.9B.10C.18D.20解析 首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A 25＝20种排法，因为31＝93，13＝39，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是：20－2＝18，故选C.答案 C。

题组层级快练(六十)1．(2016·湖北武汉二中)(12x －2y)5的展开式中，x 2y 3的系数是( )A ．－20B ．－5C ．6D ．20答案 A解析 T r ＋1＝C 5r (12x)5－r (－2y)r ＝(－2)r C 5r (12)5－r x 5－r y r .∵r ＝3，∴(－2)3C 53(12)5－3＝－20.2．(1x－2x 2)5的展开式中常数项是( ) A ．5 B ．－5 C ．10 D ．－10 答案 D解析 常数项为C 51(1x)4(－2x 2)＝－10. 3．(2015·湖北理)已知(1＋x)n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A ．212 B ．211 C ．210 D ．29答案 D解析 因为(1＋x)n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C n 3＝C n 7，解得n ＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇数项的二项式系数和为12×210＝29.4．在(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ∈N *)的展开式中一次项系数为( ) A ．C n 2 B ．C n ＋12 C ．C n n －1D.12C n ＋13 答案 B解析 1＋2＋3＋…＋n ＝n·（n ＋1）2＝C n ＋12.5．(2016·杭州学军中学)二项式(ax ＋36)6的展开式的第二项的系数为－3，则⎠⎛－2a x 2dx 的值为( ) A.73B ．3C ．3或73D ．3或－103答案 A解析 二项展开式的第二项为T 2＝C 61(ax)5×36，则由题意有36×C 61a 5＝－3，解得a ＝－1，所以⎠⎛－2－1x 2dx ＝13x 3|－1－2＝－13－(－83)＝73.6．(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－210 B ．210 C ．30 D ．－30答案 A解析 (x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 100(x 2)10－C 101(x 2)9(x －1)＋…－C 109x 2(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以含x 3项的系数为－C 109C 98＋C 1010(－C 107)＝－210，故选A.7．(2016·山东师大附中月考)设复数x ＝2i1－i (i 为虚数单位)，则C 2 0171x ＋C 2 0172x 2＋C 2 0173x 3＋…＋C 2 0172 017x 2 017＝( ) A ．i B ．－i C ．－1＋i D ．1＋i 答案 C解析 x ＝2i1－i ＝－1＋i ，C 2 0171x ＋C 2 0172x 2＋…＋C 2 0172 017x 2 017＝(1＋x)2 017－1＝i 2 017－1＝i－1，故选C.8．若(x ＋a x )(2x －1x )5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40 答案 D解析 令x ＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a ＝1.∴(2x －1x )5的通项为T r ＋1＝C 5r ·(2x)5－r ·(－1x )r ＝(－1)r ·25－r ·C 5r ·x 5－2r .令5－2r ＝1，得r ＝2.令5－2r ＝－1，得r ＝3.∴展开式的常数项为(－1)2×23·C 52＋(－1)3·22·C 53＝80－40＝40.9．(2016·天津河西区二模)已知(1＋x)10＝a 0＋a 1(1－x)＋a 2(1－x)2＋…＋a 10(1－x)10，则a 8＝( )A ．－180B ．180C ．45D ．－45答案 B解析 因为(1＋x)10＝a 0＋a 1(1－x)＋a 2(1－x)2＋…＋a 10(1－x)10，所以[2－(1－x)]10＝a 0＋a 1(1－x)＋a 2(1－x)2＋…＋a 10(1－x)10，所以a 8＝C 10822(－1)8＝180.10．若(1－2x)2 016＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 016x 2 016(x ∈R )，则a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 01622 016的值为( )A ．2B ．0C ．－1D ．－2答案 C解析 由二项式定理得通项为T r ＋1＝C 2 016r (－2x)r ＝(－1)r 2r C 2 016r x r ， 则a n ＝(－1)n 2n C 2 016n ，∴a n2n ＝(－1)n C 2 016n .则a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 01622 016＝(1－1)2 016－C 2 0160＝－1.故选C. 11．若(x －a 2x )8的展开式中常数项为1 120，则展开式中各项系数之和为________．答案 1解析 (x －a 2x )8的展开式的通项为T r ＋1＝C 8r x 8－r (－a 2)r x －r ＝C 8r (－a 2)r x 8－2r ，令8－2r ＝0，解得r ＝4，所以C 84(－a 2)4＝1 120，所以a 2＝2，故(x －a 2x )8＝(x －2x)8.令x ＝1，得展开式中各项系数之和为(1－2)8＝1.12．设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝________． 答案 0解析 T r ＋1＝C 21r x 21－r (－1)r ，∴a 10＝C 2111(－1)11，a 11＝C 2110(－1)10，∴a 10＋a 11＝0.13．已知(xcos θ＋1)5的展开式中x 2的系数与(x ＋54)4的展开式中x 3的系数相等，则cos θ＝________． 答案 ±22解析 由二项式定理知(xcos θ＋1)5的展开式中x 2的系数为C 53cos 2θ，(x ＋54)4的展开式中x 3的系数为C 4154，于是有C 53cos 2θ＝C 4154，解得cos 2θ＝12，所以可得cos θ＝±22.14．已知(x －2x 2)n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项． 答案 (1)1 (2)－16x 32解析 由题意知，第五项系数为C n 4·(－2)4. 第三项的系数为C n 2·(－2)2，则有C n 4·（－2）4C n 2·（－2）2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项公式T r ＋1＝C 8r (x)8－r(－2x2)r ＝C 8r (－2)rx 8－r2－2r. 令8－r 2－2r ＝32，得r ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.15．已知二项式(12＋2x)n ，(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 答案 (1)3 432 (2)16 896 x 10解析 (1)∵C n 4＋C n 6＝2C n 5，∴n 2－21n ＋98＝0， ∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5， ∴T 4的系数为C 73(12)423＝352，T 5的系数为C 74(12)324＝70.当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8， ∴T 8的系数为C 147(12)727＝3 432.(2)∵C n 0＋C n 1＋C n 2＝79，∴n 2＋n －156＝0. ∴n ＝12或n ＝－13(舍去)． 设T k ＋1项的系数最大， ∵(12＋2x)12＝(12)12(1＋4x)12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C 12k 4k ≥C 12k －14k －1，C 12k 4k ≥C 12k ＋14k ＋1. ∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10. ∴展开式中系数最大的项为T 11， T 11＝C 1210·(12)2·210·x 10＝16 896x 10.16．设函数f(x ，n)＝(1＋x)n (n ∈N *)． (1)求f(x ，6)的展开式中系数最大的项；(2)若f(i ，n)＝32i(i 为虚数单位)，求C n 1－C n 3＋C n 5－C n 7＋C n 9. 答案 (1)20x 3 (2)32解析 (1)展开式中系数最大的项是第4项T 4＝C 63x 3＝20x 3. (2)由已知(1＋i)n ＝32i ，两边取模，得(2)n ＝32，所以n ＝10.所以C n 1－C n 3＋C n 5－C n 7＋C n 9＝C 101－C 103＋C 105－C 107＋C 109，而(1＋i)10＝C 100＋C 101i ＋C 102i 2＋…＋C 109i 9＋C 1010i 10＝(C 100－C 102＋C 104－C 106＋C 108－C 1010)＋(C 101－C 103＋C 105－C 107＋C 109)i ＝32i ，所以C 101－C 103＋C 105－C 107＋C 109＝32.1．(x ＋3y)6的二项展开式中，x 2y 4项的系数是( ) A ．45 B ．90 C ．135 D ．270答案 C 解析T r ＋1＝C 6r x 6－r (3y)r＝3r2C 6r x 6－r y r ，令r ＝4，得x 2y 4项的系数是32C 64＝135，故选C.2．已知关于(x ＋a3x)n 的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a 的值为( )A ．1B ．±1C ．2D ．±2答案 C解析 由题意可知二项式系数和为2n ＝32，n ＝5，二项展开式的通项为T r ＋1，C 5r (x)5－r (a3x)r＝a r C 5rx15－5r6，令15－5r6＝0，得r ＝3，所以T 4＝a 3C 53＝80，解得a ＝2. 3．已知(1－2x)n 展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则(1－2x)n (1＋x)的展开式中含x 2项的系数为( ) A ．71 B ．70 C ．21 D ．49答案 B解析 因为奇数项的二项式系数之和为2n －1，所以2n －1＝64，n ＝7，因此(1－2x)n (1＋x)的展开式中含x 2项的系数为C 72(－2)2＋C 71(－2)＝70，故选B.4．若多项式x 10＝a 0＋a 1(x ＋1)＋…＋a 8(x ＋1)8＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，则a 8＝( ) A ．45 B ．9 C ．－45 D ．－9答案 A解析 a 8为x 10＝[－1＋(x ＋1)]10的展开式中第九项(x ＋1)8的系数，∴a 8＝C 102＝45，故选A. 5．在(3x ＋1x)20的展开式中，x 的有理项共有________项． 答案 4解析 由二项式定理知T r ＋1＝C n r a n －r b r ，所以(3x ＋1x)20的展开式的通项为T r ＋1＝C 20r (3x)20－r(1x)r ＝C 20r·x 40－5r6，当r ＝2，8，14，20时，展开式中x 为有理数，共4项．1x dx ，那么(x －3x)n 展开式中含x 2项的系数为________． 6．已知n ＝答案 1351x dx ＝lnx |e61＝6，则(x －3x)6中，由二项式定理得通项公式为 解析 根据题意，n ＝T r ＋1＝C 6r (－3)r x 6－2r，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以系数为C 62×9＝135.7．已知(3x ＋x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x －1)n 的展开式的二项式系数和大992.求在(2x －1x )2n 的展开式中，(1)二项式系数最大的项； (2)系数的绝对值最大的项． 答案 (1)－8 064 (2)－15 360x 4 解析 由题意知22n －2n ＝992， 即(2n －32)(2n ＋31)＝0， ∴2n ＝32，解得n ＝5. (1)由二项式系数的性质知，(2x －1x )10的展开式中第6项的二项式系数最大，即C 105＝252.∴二项式系数最大的项为T 6＝C 105(2x)5(－1x )5＝－8 064.(2)设第r ＋1项的系数的绝对值最大， ∴T r ＋1＝C 10r ·(2x)10－r ·(－1x )r＝(－1)r C 10r ·210－r ·x 10－2r，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 10r ·210－r ≥C 10r －1·210－r ＋1，C 10r ·210－r ≥C 10r ＋1·210－r －1，得⎩⎪⎨⎪⎧C 10r ≥2C 10r －1，2C 10r ≥C 10r ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧11－r ≥2r ，2（r ＋1）≥10－r ， 解得83≤r ≤113.∵r ∈Z ，∴r ＝3.故系数的绝对值最大的项是第4项，T 4＝－C 103·27·x 4＝－15 360x 4.。

题组层级快练(六十三)1．设x ∈[0，4]，则x 2≤4的概率是( ) A.23 B.14 C.13 D.12答案 D解析 由x 2≤4解得－2≤x ≤2.因为x ∈[0，4]，取交集得x ∈[0，2]，所以x 2≤4的概率是2－04－0＝12. 2. (2014·辽宁文)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是()A.π2B.π4C.π6D.π8答案 B解析 由几何概型的概率公式可知，质点落在以AB 为直径的半圆内的概率P ＝半圆的面积长方形的面积＝12π2＝π4，故选B.3．在长为12 cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，则这个正方形的面积介于36 cm 2与81 cm 2之间的概率为( ) A.14 B.13 C.427 D.415 答案 A解析 面积为36 cm 2时，边长AM ＝6 cm ； 面积为81 cm 2时，边长AM ＝9 cm. ∴P ＝9－612＝312＝14.4.如图所示，在圆心角为90°的扇形中，以圆心O 为起点作射线OC ，则使得∠AOC 和∠BOC 都不小于15°的概率为( )A.14B.13C.12D.23答案 D解析 依题意可知∠AOC ∈[15°，75°]，∠BOC ∈[15°，75°]，故OC 活动区域为与OA ，OB 构成的角均为15°的扇形区域，可求得该扇形圆心角为(90°－30°)＝60°. P(A)＝OC 活动区域的圆心角度数∠AOB 的度数＝60°90°＝23.5．已知菱形ABCD 的边长为4，∠ABC ＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率是( ) A.π4 B ．1－π4C.π8 D ．1－π8答案 D解析 P ＝4×4×sin150°－π×124×4×sin150°＝1－π8.6．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.π12 B ．1－π12C.π6 D ．1－π6答案 B解析 正方体的体积为2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为12×43πr 3＝12×4π3×13＝2π3，则点P 到点O 的距离小于或等于1的概率为2π38＝π12，故点P 到点O 的距离大于1的概率为1－π12.7．(2013·陕西理)如图，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．1－π4B.π2－1 C ．2－π2D.π4答案 A解析 依题意知，有信号的区域面积为π4×2＝π2，矩形面积为2，故无信号的概率P ＝2－π22＝1－π4.8．(2013·四川理)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) A.14 B.12 C.34 D.78 答案 C解析 设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x ≤4，0≤y ≤4，∴S ＝4×4＝16.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x －y|≤2，如图可知，符合要求的S ′＝16－12×2×2－12×2×2＝12，∴P ＝S ′S ＝1216＝34.9．若在区域⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x －y ＋2≥0，y ≥0内任取一点P ，则点P 落在单位圆x 2＋y 2＝1内的概率为( ) A.π2 B.π8 C.π6D.π4解析区域为△ABC内部(含边界)，则概率为P＝S半圆S△ABC ＝π212×22×2＝π4，故选D.10．如图所示，矩形OABC内的阴影部分是由曲线f(x)＝sinx，x∈(0，π)，及直线x＝a，a∈(0，π)与x轴围成，向矩形OABC内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为14，则a 的值是()A.7π12 B.2π3C.3π4 D.5π6答案 B解析图中阴影部分的面积为S1＝⎠⎛a sinxdx＝－cosx|a＝1－cosa，矩形面积S＝a·6a＝6，则根据几何概型有P＝S1S＝1－cosa6＝14，解得cosa＝－12，所以a＝2π3.故选B.11. (2014·福建文)如图所示，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．答案0.18解析几何概型与随机模拟实验的关系．由题意知，这是个几何概型问题，S阴S正＝1801 000＝0.18.∵S正＝1，∴S阴＝0.18.12．若在区间[0，10]内随机取出两个数，则这两个数的平方和也在区间[0，10]内的概率是答案π40解析 将取出的两个数分别用x ，y 表示，则0≤x ≤10，0≤y ≤10.如图所示，当点(x ，y)落在图中的阴影区域时，取出的两个数的平方和也在区间[0，10]内，故所求概率为14π×10102＝π40.13．如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是________．答案 3解析 设长方体的高为h ，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P ＝2＋4h （2h ＋2）（2h ＋1）＝14，解得h ＝3，故长方体的体积为1×1×3＝3.14. (2016·潍坊一模)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？ 答案 乙商场中奖的可能性大解析 如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR 2(R 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为4×15πR 2360＝πR 26.所以，在甲商场中奖的概率为P 1＝πR 26πR 2＝16. 如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a 1，a 2，a 3，3个红球为b 1，b 2，b 3，记(x ，y)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 3，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共15种，摸到的2个球都是红球有(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)共3个，所以在乙商场中奖的概率为P 2＝315＝15.由于p 1<p 2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．15．(2016·广东深圳)已知复数z ＝x ＋yi(x ，y ∈R )在复平面上对应的点为M.设集合P ＝{－4，－3，－2，0}，Q ＝{0，1，2}，从集合P 中随机抽取一个数作为x ，从集合Q 中随机抽取一个数作为y ，求复数z 为纯虚数的概率； 答案 16解析 记“复数z 为纯虚数”为事件A.∵组成复数z 的所有情况共有12个：－4，－4＋i ，－4＋2i ，－3，－3＋i ，－3＋2i ，－2，－2＋i ，－2＋2i ，0，i ，2i ，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型， 其中事件A 包含的基本事件共2个：i ，2i ， ∴所求事件的概率为P(A)＝212＝16.16．张先生订了一份报纸，送报人在早上6：30～7：30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7：00～8：00之间，求张先生在离开家之前能得到报纸的概率． 答案 78解析 以横坐标x 表示报纸送到时间，以纵坐标y 表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，因为随机试验落在正方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意只要点落到阴影部分，就表示张先生在离开家前能得到报纸，即所求事件A 发生，则P(A)＝1×1－12×12×121×1＝78.1．(2016·重庆一中期中)在[－2，3]上随机取一个数x ，则(x ＋1)(x －3)≤0的概率为( ) A.25 B.14 C.35 D.45答案 D解析 由(x ＋1)(x －3)≤0，得－1≤x ≤3.由几何概型得所求概率为45.2．一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( ) A.4π81 B.81－4π81C.127D.827 答案 C解析 由已知条件可知，蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P ＝1333＝127.3.如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，则BM<1的概率为( )A.13B.25C.33D.3－12答案 B解析 由题意知∠BAD ＝π6，∠BAC ＝π4＋π6＝5π12，所以BM<1的概率为π6÷5π12＝25.4．已知实数a 满足－3<a<4，函数f(x)＝lg(x 2＋ax ＋1)的值域为R 的概率为P 1，定义域为R 的概率为P 2，则( ) A ．P 1>P 2 B ．P 1＝P 2C ．P 1<P 2D ．P 1与P 2的大小不确定答案 C解析 若f(x)的值域为R ，则Δ1＝a 2－4≥0，得a ≤－2或a ≥2. 故P 1＝－2－（－3）4－（－3）＋4－24－（－3）＝37.若f(x)的定义域为R ，则Δ2＝a 2－4<0，得－2<a<2. 故P 2＝47.∴P 1<P 2.5．(2016·湖南澧县三校)假设在时间间隔T 内的任何时刻，两条不相关的短信机会均等地进入同一部手机．若这两条短信进入手机的间隔时间不大于t(0<t<T)，则手机受到干扰．手机受到干扰的概率是( ) A ．(tT )2B ．(1－tT )2C ．1－(tT )2D ．1－(1－tT )2答案 D解析 分别设两个互相独立的信号为X ，Y ，则所有事件集可表示为0≤x ≤T ，0≤y ≤T.由题目得，如果手机受到干扰的事件发生，必有|x －y|≤t.这时x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤T ，0≤y ≤T ，|x －y|≤t ，约束条件⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤T ，0≤y ≤T ，|x －y|≤t ，的可行域为如图阴影部分．而所有事件的集合即为正方形面积，阴影区域面积为T 2－2×12(T －t)2＝T 2－(T －t)2所以阴影区域面积和正方形面积比值即为干扰发生的概率，即1－(1－tT )2，故选D.6．(2015·重庆文)在区间[0，5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．答案 23解析 设方程x 2＋2px ＋3p －2＝0的两个根分别为x 1，x 2，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2－4（3p －2）≥0，x 1＋x 2＝－2p<0，x 1x 2＝3p －2>0，结合0≤p ≤5，解得23<p ≤1或2<p ≤5，所以所求概率P ＝（1－23）＋（5－2）5＝23.7．设区域Ω＝{(x ，y)|0≤x ≤2，0≤y ≤2}，区域A ＝{(x ，y)|xy ≤1，(x ，y)∈Ω}，在区域Ω中随机取一个点，则该点恰好在区域A 中的概率为________． 答案1＋2ln24解析 区域A 如图中阴影部分，区域Ω的面积为4，区域A 的面积为2×12＋1xdx ＝1＋lnx |212＝1＋2ln2，所以该点恰好在区域A 中的概率P ＝S A S Ω＝1＋2ln24.8．(2016·顺义区一模)已知关于x 的一次函数y ＝ax ＋b.(1)设集合A ＝{－2，－1，1，2}和B ＝{－2，2}，分别从集合A 和B 中随机取一个数作为a ，b ，求函数y ＝ax ＋b 是增函数的概率；(2)若实数a ，b 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，求函数y ＝ax ＋b 的图像不经过第四象限的概率．解析 (1)抽取全部结果所构成的基本事件空间为(－2，－2)，(－2，2)，(－1，－2)，(－1，2)，(1，－2)，(1，2)，(2，－2)，(2，2)，共8个． 设函数是增函数为事件A ，需a>0，有4个， 故所求概率为P(A)＝12.(2)实数a ，b 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，要函数y ＝ax ＋b 的图像不经过第四象限，则需使a ，b 满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，b ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，对应的图形为正方形，面积为1，作出不等式组对应的平面区域如图：则根据几何概型的概率公式可得函数y ＝ax ＋b 的图像不经过第四象限的概率为S 正方形OFBCS 多边形ABCDE＝172＝27. 9．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊的时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率． 答案 (1)2536 (2)221288解析 (1)设甲、乙两船到达时间分别为x ，y ，则0≤x<24，0≤y<24且y －x>4或y －x<－4. 作出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x<24，0≤y<24，y －x>4或y －x<－4.设“两船无需等待码头空出”为事件A ，则P(A)＝2×12×20×2024×24＝2536.(2)当甲船的停泊时间为4小时，两船不需等待码头空出，则满足x －y>2或y －x>4，设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B ，画出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x<24，0≤y<24，y －x>4或x －y>2.P(B)＝12×20×20＋12×22×2224×24＝442576＝221288.。

题组层级快练（六十一）1．从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球"互斥而非对立的事件是以下事件“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球"中的哪几个（)A．①② B．①③C．②③D．①②③答案A解析从口袋内一次取出2个球，这个试验的基本事件空间Ω＝{（白，白）,（红,红)，(黑，黑)，（红，白)，（红,黑），(黑，白）},包含6个基本事件，当事件A“两球都为白球”发生时，①②不可能发生,且A不发生时，①不一定发生，②不一定发生,故非对立事件，而A发生时,③可以发生，故不是互斥事件．2．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球,那么互斥而不对立的两个事件是( ）A．“至少有1个白球”和“都是红球"B．“至少有1个白球”和“至多有1个红球"C．“恰有1个白球"和“恰有2个白球”D．“至多有1个白球"和“都是红球”答案C解析该试验有三种结果：“恰有1个白球”“恰有2个白球”“没有白球”，故“恰有1个白球”和“恰有2个白球"是互斥事件但不是对立事件．3．4张卡片上分别写有数字1，2,3,4，若从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为（）A。

错误!B。

错误!C。

错误!D。

错误!答案C解析从4张卡片中抽取2张的方法有6种,和为奇数的情况有4种,∴P＝错误!.4．从存放的号码分别为1，2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码,统计结果如下：A．0.53 B．0。

5C．0。

47 D．0。

37答案A解析取到号码为奇数的卡片的次数为:13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为错误!＝0。

53，故选A。

5．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高分别为：（单位：cm）162，148，154，165，168，172，175，162，171,170，150，151,152，160,163，175，164，179，149，172.根据样本频率分布估计总体分布的原理,在该校高二年级任抽一名同学身高在155.5 cm～170。

题组层级快练(五十九)1．若A2n3＝10A n3，则n＝()A．1B．8C．9 D．10答案 B解析原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，整理得n＝8.2．(2016·沈阳调研)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为() A．144 B．120C．72 ` D．24答案 D解析利用排列和排列数的概念直接求解．剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A43＝4×3×2＝24.3．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种答案 D解析共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数2个偶数，故不同的取法有C54＋C44＋C52C42＝66种．4．(2016·合肥调研)某滨海城市原计划沿一条滨海大道修建7个海边主题公园，现由于资金的原因，打算减少2个海边主题公园，若两端的海边主题公园不在调整计划之列，相邻的两个海边主题公园不能同时调整，则调整方案的种数是()A．12 B．8C．6 D．4答案 C答题模板本题考查排列组合中的插空法，考查了等价转化思想．本题若按常规思路求解比较麻烦，将问题进行巧妙转化则可使本题大大简化．解析从7个海边主题公园中抽走2个与在5个中插入2个是等价的，故本题可转化为在原有5个海边主题公园的基础上插入2个海边主题公园，要求不能插入两端，也不能把两个海边主题公园同时插入一处，即就是在5个海边主题公园的4个空中选2个插入，则有C42＝6种．5．在一次晚会上，原有8个节目排好的一个节目单，后有两个节目要插入节目单，但原有8个节目顺序不变，则不同的插入方案的种数共有()A．90 B．72C．81 D．54答案 A解析共有10个节目，原有8个节目顺序不变，故有A102种插入方法，故选A. 6．(2016·广东汕头模拟)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案 B解析分两类：第一类是取出1本画册，3本邮册，此时赠送方法有C41＝4种；第二类是取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有C42＝6种，故赠送方法共有4＋6＝10种．7．(2016·北京顺义一模)将4名学生分配到甲、乙、丙3个实验室准备实验，每个实验室至少分配1名学生的不同分配方案共有()A．12种B．24种C．36种D．48种答案 C解析先将4名学生分成三组，人数分别为2，1，1，共有C42＝6种，再将这三组分配到3个实验室，有A33＝6种，由分步乘法计数原理，不同分配方案共有6×6＝36种．8．(2016·沧州七校联考)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() A．24 B．28C．36 D．48答案 D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A22A42＝24种；(2)当红红之间无蓝时，则有C21A22C21C31＝24种．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．故选D. 9．(2016·山东日照一模)从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为()A．224 B．112C．56 D．28答案 B解析根据分层抽样，从12个人中抽取男生1人，女生2人，所以取2个女生1个男生的方法有C82C41＝112种，故选B.10．(2016·济南一模)某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有________种；若进一步要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过2个展台，则不同的展出方法有________种．答案60，48解析依题意得，某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有A53＝60种(注：从六个空展台所形成的五个间隔中任选三个间隔将3件展品进行排列即可)；其中3件展品所选用的展台之间间隔超过两个展位的展出方法有2A33＝12种，因此要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位的不同的展出方法有60－12＝48种．11．用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个没有重复数字且能被5整除的五位数(结果用数字表示)．答案216解析若末尾为0，则可以组成没有重复数字且能被5整除的五位数为A54个；若末尾为5，则可以组成没有重复数字且能被5整除的五位数为C41A43个，所以一共有A54＋C41A43＝216(个)．12．三位老师分配到4个贫困村调查义务教育实施情况，若每个村最多去2个人，则不同的分配方法有________种．答案60解析若每个村去一个人，则有A43＝24(种)分配方法；若有一个村去两个人，另一个村去一个人，则有C31A42＝36(种)分配方法，所以共有60种不同分配方法．13．(名师原创)“整治裸官”“小官巨贪”“拍蝇打虎”“境外追逃”“回马枪”成为2015年中国反腐的5个焦点．某大学新闻系学生用2016年元旦的时间调查社会对这些热点的关注度，若准备按顺序分别调查其中的4个热点，则“整治裸官”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为________．答案72解析先从“小官巨贪”“拍蝇打虎”“境外追逃”“回马枪”这4个热点中选出3个，有C43种不同的选法；在调查时，“整治裸官”安排的顺序有A31种可能情况，其余三个热点顺序有A33种，故不同调查顺序的总数为C43A31A33＝72.14．甲、乙两人从4门课程中各选2门，求(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不同的选法有多少种？答案(1)24(2)30解析(1)甲、乙两人从4门课程中各选2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有C 42C 21C 21＝24种．(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C 42C 42，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C 42种，因此满足条件的不同选法种数为C 42C 42－C 42＝30种． 15．7名师生站成一排照相留念．其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况中，各有不同站法多少种． (1)2名女生必须相邻； (2)4名男生互不相邻；(3)若4名男生身高都不相等，按从高到低的一种顺序站； (4)老师不站中间，女生不站两端． 答案 (1)1 440 (2)144 (3)420 (4)2 112解析 (1)2名女生站在一起有A 22种站法，视为一个元素与其余5人全排，有A 66种排法，∴有不同站法A 22A 66＝1 440种．(2)先站老师和女生，有A 33种站法，再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插男生，每空一人，有插入方法A 44种，∴共有不同站法A 33A 44＝144种．(3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A 44种，而由高到低有从左到右，或从右到左的不同．∴共有不同站法2·A 77A 44＝420种．(4)中间和两侧是特殊位置可分类求解：①老师站两侧之一，另一侧由男生站，有A 21A 41A 55种站法．②两侧全由男生站，老师站除两侧和正中间之外的另外4个位置之一，有A 42A 41A 44种站法．∴共有不同站法A 21A 41A 55＋A 42A 41A 44＝960＋1 152＝2 112种． 16．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ 答案 (1)100 800个 (2)14 400个 (3)5 760个解析 (1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C 43种情况； 第二步，在5个奇数中取4个，有C 54种情况；第三步，3个偶数和4个奇数进行排列，有A 77种情况．所以符合题意的七位数有C 43C 54A 77＝100 800个．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C 43C 54A 55A 33＝14 400个．(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C 43C 54A 33A 44A 22＝5 760个．1．下列结论正确的打“√”，错误的打“×”．(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(3)若组合式C n r＝C n m，则x＝m成立．(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(5)A n m＝nA n－1m－1.(6)kC n k＝nC n－1k－1.答案(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√(6)√2．从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学科代表，若甲、乙2人至少有一人入选，则不同的选法有()A．40种B．60种C．96种D．120种答案 C解析从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学科代表，没有限制条件时有A63＝120(种)．甲、乙都没入选相当于从4人中选3人，有A43＝24(种)，故甲、乙2人至少有一人入选，不同的方法有120－24＝96(种)．故选C.3．某班级要从4名男生，2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为()A．14 B．24C．28 D．48答案 A解析共有C21C43＋C22C42＝8＋6＝14种．4．从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有()A．9个B．24个C．36个D．54个答案 D解析选出符合题意的三个数有C31C32＝9种方法，每三个数可排成A33＝6个三位数，∴共有9×6＝54个符合题意的三位数．5．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是()A．54 B．90C．126 D．152答案 C解析分两类：一类是安排两人开车，一类是安排一人开车，不同的安排方案为C32A33＋C31C42A33＝126种．6．(2016·河北五校联考)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：“多一个”“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有() A．50种B．51种C．140种D．141种答案 D解析因为小明第一天和第七天吃的水果个数相同，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”和“少一个”的天数必须相同，所以后六天所吃水果个数“多一个”或“少一个”的天数可能是0，1，2，3.共四种情况，所以共有C60＋C61C51＋C62C42＋C63C33＝141种，故选D.7．有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为()A．56 B．63C．72 D．78答案 D解析若没有限制，5列火车可以随便停，则有A55种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A44种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A44种；快车A停在第3道上，且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A55－2A44＋A33＝120－48＋6＝78.8.如图，用四种不同颜色给图中A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法种数有________．(用数字作答)答案2649．(2013·北京)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．答案96解析5张参观券分成4份，1份2张，另外3份各1张，且2张参观券连号，则有4种分法，把这4份参观券分给4人，则不同的分法种数是4A44＝96.10．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．答案472解析分两种情况：①不取红色卡片，有C123－3C43种或C41C41C41＋C31C42C21C41种．②取红色卡片1张，有C41C122种或C41(3C42＋C32C41C41)种．所以不同的取法有C123－3C43＋C41C122＝472种．11．安排7位工作人员在10月1日到10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和10月2日的不同的安排方法共有________种．答案 2 400解析共有A52A55＝2 400种不同的安排方法．。

题组层级快练(六十四)1．将一颗均匀骰子掷两次，随机变量为( ) A ．第一次出现的点数 B ．第二次出现的点数 C ．两次出现点数之和 D ．两次出现相同点的种数答案 C解析 A 、B 中出现的点数虽然是随机的，但他们取值所反映的结果，都不是本题涉及试验的结果．D 中出现相同点数的种数就是6种，不是变量．C 整体反映两次投掷的结果，可以预见两次出现数字的和是2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，共11种结果，但每掷一次前，无法预见是11种中的哪一个，故是随机变量，选C. 2．若随机变量X 的分布列为则当P(X<a)＝0.8A ．(－∞，2] B ．[1，2] C ．(1，2] D ．(1，2)答案 C解析 由随机变量X 的分布列知：P(X<－1)＝0.1，P(X<0)＝0.3，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，则当P(X<a)＝0.8时，实数a 的取值范围是(1，2]．3．设随机变量ξ的分布列为p(ξ＝k)＝k3a (k ＝1，2，3，4，5)，则p(ξ≤2)等于( )A.15B.25C.115D.215 答案 A解析 由分布列的性质，得1＋2＋3＋4＋53a＝1，解得a ＝5，所以P(ξ≤2)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝115＋215＝15.4．已知某一随机变量X 的概率分布如下，且E(X)＝6.9，则a 的值为( )A.5 C ．7 D ．8答案 B解析 因为在分布列中，各变量的概率之和为1，所以m ＝1－(0.2＋0.5)＝0.3，由数学期望的计算公式，可得4×0.3＋a ×0.2＋9×0.5＝6.9，a ＝6，故选B.5.如图所示，A ，B 两点5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2，3，4，3，2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝________．答案 45解析 方法一：由已知，ξ的取值为7，8，9，10， ∵P (ξ＝7)＝C 22C 21C 53＝15，P (ξ＝8)＝C 22C 11＋C 22C 21C 53＝310，P (ξ＝9)＝C 21C 21C 11C 53＝25，P (ξ＝10)＝C 22C 11C 53＝110，∴ξ的概率分布列为∴P (ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝310＋25＋110＝45.方法二：P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝45.6．一只袋内装有m 个白球，n －m 个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，下列概率等于（n －m ）A m 2A n 3的是( )A ．P (ξ＝3)B ．P (ξ≥2)C ．P (ξ≤3)D ．P (ξ＝2)答案 D解析 P(ξ＝2)＝A m 2C n －m 1A n 3＝（n －m ）A m 2A n 3.7．随机变量η的分布列如下：则①x ＝________答案 ①0，②0.45，③0.458．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝2)＝________．答案310解析 ξ可能取的值为0，1，2，3， P (ξ＝0)＝C 32C 42C 42C 62＝15，P (ξ＝1)＝C 31C 42＋C 32C 21C 41C 42C 62＝715，又P(ξ＝3)＝C 31C 42C 62＝130，∴P (ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝1－15－715－130＝310.9．(2016·保定模拟)某地为了调查职业满意度，决定用分层抽样的方法从公务员、教师、自由职业者三个群体的相关人员中，抽取若干人组成调查小组，有关数据见下表，则调查小组的总人数为________；若从调查小组中的公务员和教师中随机选2人撰写调查报告，则其中恰好有1人是公务员的概率为________．答案 9，35解析 由自由职业者64人抽取4人可得，每一个个体被抽入样的概率为464＝116，则公务员应当抽取32×116＝2人，教师应当抽取48×116＝3人，由此可得调查小组共有2＋3＋4＝9人．从调查小组中的公务员和教师中随机选2人撰写调查报告，则其中恰好有1人来自公务员的概率为P ＝C 21·C 31C 52＝35.10．(2016·大连质检)某高中共派出足球、排球、篮球三个球队参加市学校运动会，它们获得冠军的概率分别为12，13，23.(1)求该高中获得冠军个数X 的概率分布列；(2)若球队获得冠军，则给其所在学校加5分，否则加2分，求该高中得分η的概率分布列． 答案 (1)略 (2)略解析 (1)由题意知X 的可能取值为0，1，2，3， 则P(X ＝0)＝(1－12)×(1－13)×(1－23)＝19，P(X ＝1)＝12×(1－13)×(1－23)＋(1－12)×13×(1－23)＋(1－12)×(1－13)×23＝718，P(X ＝2)＝12×13×(1－23)＋(1－12)×13×23＋12×(1－13)×23＝718，P(X ＝3)＝12×13×23＝19.∴X 的分布列为(2)∵得分Y ＝5X ＋2(3∵X 的可能取值为0，1，2，3. ∴Y 的可能取值6，9，12，15.则 P(Y ＝6)＝P(X ＝0)＝19，P(Y ＝9)＝P(X ＝1)＝718，P(Y ＝12)＝P(X ＝2)＝718，P(Y ＝15)＝P(X ＝3)＝19.∴Y 的分布列为11.一个袋子中装有74，黄球3个，编号分别为2，4，6，从袋中任取4个球(假设取到任何一个球的可能性相同)． (1)求取出小球中有相同编号的概率；(2)记取出的小球的最大编号为X ，求随机变量X 的分布列． 答案 (1)1935(2)略解析 (1)设“取出的小球中有相同编号的”为事件A ，编号相同可分成一个相同和两个相同，则P(A)＝2（C 21C 31＋C 32）＋1C 74＝1935.(2)随机变量X 的可能取值为：3，4，6 P(X ＝3)＝1C 74＝135，P(X ＝4)＝C 21C 43＋C 42C 74＝25，P(X ＝6)＝C 63C 74＝47，随机变量X 的分布列为：12.(2015·福建理)被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定． (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 答案 (1)12 (2)分布列略，E(X)＝52解析 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ， 则P(A)＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又P(X ＝1)＝16，P(X ＝2)＝56×15＝16，P(X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 的分布列为所以E(X)＝1×16＋2×16＋3×23＝52.13．(2016·潍坊联考)交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概率．记交通指数为T ，其范围为[0，10]，分别有五个级别：T ∈[0，2)畅通；T ∈[2，4)基本畅通；T ∈[4，6)轻度拥堵；T ∈[6，8)中度拥堵；T ∈[8，10]严重拥堵．晚高峰时段，从某交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的直方图如图所示：(1)这20个路段轻度拥堵、中度拥堵的路段各有多少个？(2)从这20个路段中随机抽出3个路段，用X 表示抽取的中度拥堵的路段的个数，求X 的分布列．答案 (1)10 (2)略解析 (1)由直方图得轻度拥堵的路段个数是(0.1＋0.2)×1×20＝6； 中度拥堵的路段个数是(0.3＋0.2)×1×20＝10. (2)X 的可能值为0，1，2，3.则P(X ＝0)＝C 100C 103C 203＝219，P(X ＝1)＝C 101C 102C 203＝1538，P(X ＝2)＝C 102C 101C 203＝1538，P(X ＝3)＝C 103C 100C 203＝219.∴X 的分布列为1．已知随机变量X 的分布列为P(X ＝k)＝12k ，k ＝1，2，…，则P(2<X ≤4)等于( )A.316B.14C.116D.516答案 A解析 P(2<X ≤4)＝P(x ＝3)＋P(x ＝4)＝123＋124＝316.2．若某一随机变量X 的概率分布如下表，且m ＋2n ＝1.2，则m －n2的值为( )A.－0.2 C ．0.1 D ．－0.1答案 B解析 由m ＋n ＋0.2＝1，又m ＋2n ＝1.2，可得m ＝n ＝0.4，m －n2＝0.2.3．设随机变量X 的概率分布列如下表所示：F(x)＝P(X ≤x)，则当x A.13 B.16 C.12D.56答案 D解析 ∵a ＋13＋16＝1，∴a ＝12.∵x ∈[1，2)，∴F(x)＝P(X ≤x)＝12＋13＝56.4．(2016·孝感一模)已知随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c ( ) A.16 B.13 C.12 D.56答案 B解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a ＋c ，a ＋b ＋c ＝1，解得b ＝13，又函数f(x)＝x 2＋2x ＋ξ有且只有一个零点，故Δ＝4－4ξ＝0，解得ξ＝1，所以P(ξ＝1)＝13.5．由于电脑故障，使得随机变量ξ的分布列中部分数据丢失(以□代替)，其表如下.答案 3.5解析 随机变量分布列中各概率之和恒为1. 故P(ξ＝5)＝0.15，进而P(ξ＝3)＝0.25.∴E (ξ)＝1×0.20＋2×0.10＋3×0.25＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.20＝3.5.∴填3.5. 6．设随机变量X 的概率分布为则P(|X －3|＝1)＝答案512解析 13＋m ＋14＋16＝1，解得m ＝14，P(|X －3|＝1)＝P(X ＝2)＋P(X ＝4)＝14＋16＝512.7．一个袋子里装有7个球，其中有红球4个，编号分别为1，2，3，4；白球3个，编号分别为1，2，3.从袋中任取4个球(假设取到任何一个球的可能性相同)． (1)求取出的4个球中，含有编号为3的球的概率；(2)在取出的4个球中，红球编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列． 解析 (1)设“取出的4个球中，含有编号为3的球”为事件A ，由题意知，取出4个球共有C 74种取法，其中含有编号为3的球的取法有C 21C 53＋C 22C 52种． 则P(A)＝C 21C 53＋C 22C 52C 74＝67.所以取出的4个球中，含有编号为3的球的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4， 则P(X ＝1)＝C 33C 74＝135，P(X ＝2)＝C 43C 74＝435，P(X ＝3)＝C 53C 74＝27，P(X ＝4)＝C 63C 74＝47，所以随机变量X 的分布列为。

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第10章 计数原理、概率与统计 第4节 古典概型与几何概型高考AB 卷 理古典概型1.(2013·全国Ⅱ，14)从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________.解析从1，2，…，n 中任取两个不同的数共有C 2n 种取法，两数之和为5的有(1，4)，(2，3)2种，所以2C 2n ＝114，即2n （n －1）2＝4n （n －1）＝114，解得n ＝8.答案 8随机数与几何概型2.(2016·全国Ⅰ，4)某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( ) A.13 B.12 C.23D.34解析 如图所示，画出时间轴：小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 中，而当他的到达时间落在线段AC 或DB 时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P ＝10＋1040＝12，故选B.答案 B3.(2016·全国Ⅱ，10)从区间[0，1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ) A.4n mB.2n mC.4m nD.2m n解析 由题意得：(x i ，y i )(i ＝1，2，…，n )在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中，由几何概型概率计算公式知π41＝m n ，∴π＝4mn，故选C.答案 C古典概型1.(2014·陕西，6)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( ) A.15 B.25 C.35D.45解析 从这5个点中任取2个，有C 25＝10种取法，满足两点间的距离不小于正方形边长的取法有C 24＝6种，因此所求概率P ＝610＝35.故选C.答案 C2.(2016·江苏，7)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________.解析 基本事件共有36个.如下：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中满足点数之和小于10的有30个.故所求概率为P ＝3036＝56.答案 563.(2015·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.解析 这两只球颜色相同的概率为C 22C 24＝16，故两只球颜色不同的概率为1－16＝56.答案 564.(2014·广东，11)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________.解析 十个数中任取七个不同的数共有C 710种情况，七个数的中位数为6，那么6只有处在中间位置，有C 36种情况，于是所求概率P ＝C 36C 710＝16.答案 165.(2014·江西，12)10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.解析 从10件产品中任取4件共有C 410＝210种不同的取法，因为10件产品中有7件正品、3件次品，所以从中任取4件恰好取到1件次品共有C 13C 37＝105种不同的取法，故所求的概率为P ＝105210＝12.答案126.(2015·北京，16)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16B 组：12，13，15，16，17，14，a假设所有病人的康复时间互相独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解 设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”，事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2，…，7.由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.随机数与几何概型7.(2015·陕西，11)设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( )A.34＋12πB.14－12π C.12－1πD.12＋1π解析 由|z |≤1可得(x －1)2＋y 2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y ≥x 的部分为如图阴影所示，由几何概型概率公式可得所求概率为：P ＝14π×12－12×12π×12＝π4－12π＝14－12π.答案 B8.(2014·湖北，7)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( ) A.18 B.14 C.34D.78解析 由题意作图，如图所示，Ω1的面积为12×2×2＝2，图中阴影部分的面积为2－12×22×22＝74，则所求的概率P ＝742＝78.选D.答案 D9.(2013·四川，9)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯.这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮.那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) A.14B.12C.34D.78解析 设两串彩灯第一次闪亮的时刻分别为x ，y ，则由题意可得，0≤x ≤4，0≤y ≤4；而所求事件“两串彩灯同时通电后，第一次闪亮相差不超过2秒”＝{(x ，y )||x －y |≤2}，由图示得，该事件概率P ＝S 阴影S 正方形＝16－416＝34.答案 C10.(2016·山东，14)在[－1，1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________.解析 由已知得，圆心(5，0)到直线y ＝kx 的距离小于半径，∴|5k |k 2＋1<3，解得－34<k <34，由几何概型得P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－（－1）＝34.答案3411.(2015·福建，13)如图，点A 的坐标为(1，0)，点C 的坐标为(2，4)，函数f (x )＝x 2，若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________.解析 由几何概型的概率公式：P ＝1－⎠⎜⎛12x 2d x 4＝512. 答案51212.(2014·福建，14)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为______.解析 因为函数y ＝e x 与函数y ＝ln x 互为反函数，其图象关于直线y ＝x 对称，又因为函数y ＝e x 与直线y ＝e 的交点坐标为(1，e)，所以阴影部分的面积为2(e ×1－⎠⎜⎛01e x d x )＝2e －2e x⎪⎪⎪⎪10＝2e －(2e －2)＝2，由几何概型的概率计算公式，得 所求的概率P ＝S 阴影S 正方形＝2e 2. 答案2e 213.(2012·湖南，15)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的导函数y ＝f ′(x )的部分图象如图所示，其中，P为图象与y 轴的交点，A ，C 为图象与x 轴的两个交点，B 为图象的最低点.(1)若φ＝π6，点P的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，332，则ω＝________；(2)若在曲线段ABC ︵与x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC 内的概率为________.解析 f (x )＝sin(ωx ＋φ)，f ′(x )＝ωcos(ωx ＋φ). (1)φ＝π6时，f ′(x )＝ωcos(ωx ＋π6).∵f ′(0)＝332，即ωcos π6＝332，∴ω＝3.(2)当ωx ＋φ＝π2时，x ＝π2－φω；当ωx ＋φ＝3π2时，x ＝3π2－φω.由几何概型可知，该点在△ABC 内的概率为答案 (1)3 (2)π4。

题组层级快练(六十五)1．某厂大量生产某种小零件，经抽样检验知道其次品率是1%，现把这种零件每6件装成一盒，那么每盒中恰好含一件次品的概率是( ) A ．(99100)6B ．0.01 C.C 61100(1－1100)5 D ．C 62(1100)2(1－1100)4 答案 C解析 P ＝C 61·1%·(1－1100)5.2．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( ) A.C 53C 41C 54B.⎝⎛⎭⎫593×49 C.35×14 D ．C 41×⎝⎛⎭⎫593×49答案 B解析 由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为⎝⎛⎭⎫593×49.3．一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为( ) A.23 B.512 C.59 D.79答案 C解析 记“第i(i ＝1，2)支晶体管是好的”为事件A i (其中i ＝1，2)，依题意知，要求的概率为P(A 2|A 1)．由于P(A 1)＝35，P(A 1A 2)＝6×510×9＝13，所以P(A 2|A 1)＝P （A 2A 1）P （A 1）＝1335＝59.4．一个坛子里有编号为1，2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其余的是黑球，若从中任取两个球，在取到的球都是红球的前提下，则至少有1个球的号码是偶数的概率是( ) A.15B.452211答案 B解析 记“取到的两个球都是红球”为事件A ，“取到的两个球至少有1个球的号码是偶数”为事件B ，则依题意知，要求的概率为P(B|A)．由于P(A)＝C 62C 122＝522，P(AB)＝C 62－C 32C 122＝211，所以P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝211522＝45. 5．(2016·沧州七校联考)某道路的A ，B ，C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒，35秒，45秒．某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是( )A.35192B.25192C.55192D.65192 答案 A解析 三处都不停车的概率是P(ABC)＝2560×3560×4560＝35192.6．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是()A.49B.29C.23D.13答案 A解析 设A 表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(A)＝23，B 表示“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(B)＝23.则P(AB)＝P(A)P(B)＝23×23＝49.7．已知随机变量ξ～B(6，13)，则P(ξ＝2)等于( )A.316B.1243243243答案 D解析 已知ξ～B(6，13)，P (ξ＝k)＝C n k p k q n －k .当ξ＝2，n ＝6，p ＝13时，P (ξ＝2)＝C 62(13)2(1－13)6－2＝C 62(13)2(23)4＝80243.8．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问从2号箱取出红球的概率( ) A.1127 B.1124 C.1627 D.924答案 A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)＝42＋4＝23，P(B －)＝1－P(B)＝13.P(A|B)＝3＋18＋1＝49，P(A|B －)＝38＋1＝13，从而P(A)＝P(AB)＋P(A B －)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B －)P(B －)＝49×23＋13×13＝1127，选A.9．设随机变量X ～B(2，p)，Y ～B(4，p)，若P(X ≥1)＝59，则P(Y ≥2)的值为( )A.3281B.1127C.6581D.1681答案 B解析 P(X ≥1)＝P(X ＝1)＋P(X ＝2)＝C 21p(1－p)＋C 22p 2＝59，解得p ＝13.(0≤p ≤1，故p ＝53舍去)．故P(Y ≥2)＝1－P(Y ＝0)－P(Y ＝1)＝1－C 40×(23)4－C 41×13×(23)3＝1127.10．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{a n }：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球.如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( ) A ．C 75⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫235B ．C 72⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫135C ．C 74⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫135D ．C 73⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫135答案 B解析 S 7＝3说明摸取2个红球，5个白球，故S 7＝3的概率为C 72⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫135.11．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________． 答案10243解析 考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B(5，13)． 即有P(ξ＝k)＝C 5k (13)k ×(23)5－k ，k ＝0，1，2，3，4，5.∴P (ξ＝4)＝C 54(13)4×(23)1＝10243.12．在4次独立重复试验中事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生一次的概率为6581，则事件A 在1次试验中出现的概率为________． 答案 13解析 A 至少发生一次的概率为6581，事件A 都不发生的概率为1－6581＝1681＝(23)4，所以A 在一次试验中出现的概率为1－23＝13.13．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________． 答案 0.128解析 依题意得，事件“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”即意味着“该选手在回答前面4个问题的过程中，要么第一个问题答对且第二个问题答错，第三、四个问题都答对了；要么第一、二个问题都答错；第三、四个问题都答对了”，因此所求事件的概率等于[0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)2]×0.82＝0.128.14．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响． (1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次，且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则终止其射击，问乙恰好射击5次后被终止射击的概率是多少？答案 (1)6581 (2)18 (3)251 024解析 (1)记“甲连续射击4次，至少有一次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击4次，相当于做4次独立重复试验，故P(A 1)＝1－P(A －)＝1－(23)4＝6581.(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件B 2，则P(A 2)＝C 42(23)2(1－23)2＝827，P(B 2)＝C 43(34)3(1－34)＝2764，∵A 2、B 2是相互独立事件，∴所求概率为P(A 2B 2)＝P(A 2)P(B 2)＝18.(3)记“乙恰好射击5次后被终止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1，2，3，4，5)，则A 3＝D 5D 4D －3(D 2D 1)，且P(D i )＝14，由各事件相互独立，故P(A 3)＝P(D 5)P(D 4)P(D －321＝14×14×34×(1－14×14)＝451 024.15．(2015·北京理)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：无)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a.假设所有病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率． 答案 (1)37 (2)1049解析 设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”， 事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2，…，7. 由题意可知P(A i )＝P(B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是 P(A 5∪A 6∪A 7)＝P(A 5)＋P(A 6)＋P(A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，。

题组层级快练(六十八)1．关于正态曲线性质的叙述：①曲线关于直线x＝μ对称，这个曲线在x轴上方；②曲线关于直线x＝σ对称，这个曲线只有当x∈(－3σ，3σ)时才在x轴上方；③曲线关于y轴对称，因为曲线对应的正态密度函数是一个偶函数；④曲线在x＝μ时处于最高点，由这一点向左右两边延伸时，曲线逐渐降低；⑤曲线的对称轴由μ确定，曲线的形状由σ确定；⑥σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“高瘦”．上述说法正确的是()A．只有①④⑤⑥B．只有②④⑤C．只有③④⑤⑥D．只有①⑤⑥答案 A2．(2016·衡水调研卷)衡水市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为φμ，σ(x)＝12π·10e－（x－80）2200(x∈R)，则下列命题不正确的是()A．该市这次考试的数学平均成绩为80分B．分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同C．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同D．该市这次考试的数学成绩标准差为10答案 B解析由密度函数知，均值(期望)μ＝80，标准差σ＝10，又曲线关于直线x＝80对称，故分数在100分以上的人数与分数在60分以下的人数相同．所以B项是错误的．3．(2015·湖北理)设X～N(μ1，σ12)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如下图所示．下列结论中正确的是()A ．P(Y ≥μ2)≥P(Y ≥μ1)B ．P(Y ≤σ2)≤P(X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P(X ≤t)≥P(Y ≤t)D ．对任意正数t ，P(X ≥t)≥P(Y ≥t)答案 C解析 由正态分布密度曲线的性质可知，X ～N(μ1，σ12)，Y ～N(μ2，σ22)的密度曲线分别关于直线x ＝μ1，x ＝μ2对称，因此结合题中所给图像可得，μ1<μ2，所以P(Y ≥μ2)<P(Y ≥μ1)，故A 错误．又X ～N(μ1，σ12)的密度曲线较Y ～N(μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，所以σ1<σ2，所以P(X ≤σ2)>P(X ≤σ1)，B 错误．对任意正数t ，P(X ≤t)≥P(Y ≤t)，P(X ≥t)≤P(Y ≥t)，C 正确，D 错误．4．已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，则“P(－2≤ξ≤2)＝0.9”是“P(ξ>2)>0.04”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 由P(－2≤ξ≤2)＝0.9可知P(ξ>2)＝1－0.92＝0.05>0.04；反之不一定成立，因此选A.5．(2016·广东惠州一模)设随机变量ξ服从正态分布N(3，4)，若P(ξ<2a －3)＝P(ξ>a ＋2)，则a ＝( ) A ．3 B.53 C ．5 D.73答案 D解析 因为ξ服从正态分布N(3，4)，P (ξ<2a －3)＝P(ξ>a ＋2)，所以2a －3＋a ＋2＝6，a ＝73，故选D.6．(2016·湖北荆州中学第一次质检)若随机变量X ～N(1，4)，P(X ≤0)＝m ，则P(0<X<2)＝( )A ．1－2m B.1－m2C.1－2m 2D ．1－m答案 A解析 因为随机变量X ～N(1，4)，所以正态曲线的对称轴为x ＝1，因此P(0<x<2)＝1－P(x ≤0)－P(x ≥2)＝1－2P(x ≤0)＝1－2m ，故选A.7．(2016·山东聊城重点高中联考)已知服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)和(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率分别为68.3%，95.4%和99.7%.某校为高一年级1 000名新生每人定制一套校服，经统计，学生的身高(单位：cm)服从正态分布(165，52)，则适合身高在155～175 cm 范围内的校服大约要定制( ) A ．683套 B ．954套 C ．972套 D ．997套 答案 B解析 P(155<ξ<175)＝P(165－5×2<ξ<165＋5×2)＝P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.4%. 因此服装大约定制1 000×95.4%＝954套．故选B.8．(2016·皖南十校联考)在某市2015年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(98，100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9 450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( ) A ．1 500 B ．1 700 C ．4 500 D ．8 000 答案 A解析 因为学生的数学成绩X ～N(98，100)，所以P(X ≥108)＝12[1－P(88<X<108)]＝12[1－P(μ－σ<X<μ＋σ)]＝12(1－0.682 6)＝0.158 7，故该学生的数学成绩大约排在全市第0.158 7×9450≈1 500名，故选A.9. (2016·南昌调研)某单位1 000名青年职员的体重x(单位：kg)服从正态分布N(μ，22)，且正态分布的密度曲线如图所示，若体重在58.5～62.5 kg 属于正常，则这1 000名青年职员中体重属于正常的人数约是( )A ．683B ．841C ．341D ．667答案 A解析 ∵P(58.5<X<62.5)＝P(μ－σ<X<μ＋σ)≈0.683，∴体重正常的人数约为1 000×0.683＝683人．10．(2016·河南安阳专项训练)已知某次数学考试的成绩服从正态分布N(116，64)，则成绩在140分以上的考生所占的百分比为( ) A ．0.3% B ．0.23% C ．1.5% D ．0.15% 答案 D解析 依题意，得μ＝116，σ＝8，所以μ－3σ＝92，μ＋3σ＝140.而服从正态分布的随机变量在(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率约为0.997，所以成绩在区间(92，140)内的考生所占的百分比约为99.7%.从而成绩在140分以上的考生所占的百分比为1－99.7%2＝0.15%.故选D.11．如果随机变量X 的概率分布密度函数是φμ，σ(x)＝122πe －（x ＋2）28(x ∈R )，那么E(2X －1)＝________． 答案 －5解析 σ＝2，μ＝－2，E(2X －1)＝2E(X)－1＝2×(－2)－1＝－5.12．(2016·山东青岛一模)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，若P(ξ>1)＝a ，a 为常数，则P(－1≤ξ≤0)＝________． 答案 12－a解析 由正态曲线的对称轴为ξ＝0，又P(ξ>1)＝a ，故P(ξ<－1)＝a.所以P(－1≤ξ≤0)＝1－2a2＝12－a ，即答案为12－a. 13．(2016·沧州七校联考)2015年中国汽车销售量达到1 700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1 200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升，并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N(8，σ2)，已知耗油量ξ∈[7，9]的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆． 答案 180思路 首先根据题意确定正态分布的对称轴，利用正态曲线的对称性即可求得ξ>9的概率，利用概率来估计样本中满足条件的汽车数量．解析 由题意可知ξ～N(8，σ2)，故正态分布曲线以μ＝8为对称轴．又因为P(7≤ξ≤9)＝0.7，故P(7≤ξ≤9)＝2P(8≤ξ≤9)＝0.7，所以P(8≤ξ≤9)＝0.35.而P(ξ≥8)＝0.5，所以P(ξ>9)＝0.15.故耗油量大于9升的汽车大约有1 200×0.15＝180辆．14．已知某种零件的尺寸ξ(单位：mm)服从正态分布，其正态曲线在(0，80)上是增函数，在(80，＋∞)上是减函数，且f(80)＝18 2π.(1)求概率密度函数；(2)估计尺寸在72 mm ～88 mm 间的零件大约占总数的百分之几？ 答案 (1)φμ，σ(x)＝182πe －（x －80）2128 (2)68.26%解析 (1)由于正态曲线在(0，80)上是增函数，在(80，＋∞)上是减函数，所以正态曲线关于直线x ＝80对称，且在x ＝80处取得最大值． 因此得μ＝80，12π·σ＝182π，所以σ＝8.故密度函数解析式是φμ，σ(x)＝182πe －（x －80）2128.(2)由μ＝80，σ＝8，得μ－σ＝80－8＝72，μ＋σ＝80＋8＝88. 所以零件尺寸ξ位于区间(72，88)内的概率是0.682 6. 因此尺寸在72 mm ～88 mm 间的零件大约占总数的68.26%.15．(2016·湖北武汉模拟)某市一次全市高中男生身高统计调查数据显示：全市100 000名男生的身高服从正态分布N(168，16)．现从某学校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于160 cm 和184 cm 之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组[160，164)，第2组[164，168)，…，第6组[180，184]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．(1)由频率分布直方图估计该校高三年级男生平均身高状况； (2)求这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人数；(3)在这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人中任意抽取2人，将该2人中身高排名(从高到低)在全市前130名的人数记为ξ，求ξ的数学期望． 参考数据： 若ξ～N(μ，σ2)，则 P (μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.954 4， P (μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝0.997 4. 答案 (1)168 cm (2)10人 (3)25解析 (1)由频率分布直方图，经过计算该校高三年级男生平均身高为(162×5100＋166×7100＋170×8100＋174×2100＋178×2100＋182×1100)×4＝168.72，高于全市的平均值168 cm.(2)由频率分布直方图知，后3组频率为(0.02＋0.02＋0.01)×4＝0.2，人数为0.2×50＝10，即这50名男生身高在172 cm 以上(含172 cm)的人数为10. (3)∵P(168－3×4<ξ≤168＋3×4)＝0.997 4， ∴P (ξ≥180)＝1－0.997 42＝0.001 3.∴0.001 3×100 000＝130.∴全市前130名男生的身高在180 cm 以上，这50人中180 cm 以上的有2人． 随机变量ξ可取0，1，2，于是P (ξ＝0)＝C 82C 102＝2845，P (ξ＝1)＝C 81C 21C 102＝1645，P (ξ＝2)＝C 22C 102＝145，∴E (ξ)＝0×2548＋1×1645＋2×145＝25.16．(2013·湖北理)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布N(800，502)的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p 0. (1)求p 0的值；(参考数据：若X ～N(μ，σ2)，有P(μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.)(2)某客运公司用A ，B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B 型车不多于A 型车7辆．若每天要以不小于p 0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车，B 型车各多少辆？ 答案 (1)0.977 2 (2)A 型车5辆，B 型车12辆解析 (1)由于随机变量X 服从正态分布N(800，502)，故有μ＝800，σ＝50，P(700<X ≤900)＝0.954 4.由正态分布的对称性，可得p 0＝P(X ≤900)＝P(X ≤800)＋P(800<X ≤900)＝12＋12P(700<X ≤900)＝0.977 2.(2)设A 型，B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的劳动成本为1 600x ＋2 400y. 依题意，x ，y 还需满足x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，P(X ≤36x ＋60y)≥p 0. 由(1)知，p 0＝P(X ≤900)，故P(X ≤36x ＋60y)≥p 0等价于36x ＋60y ≥900. 于是问题等价于求满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N ，且使目标函数z ＝1 600x ＋2 400y 达到最小的x ，y.作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5，12)，Q(7，14)，R(15，6)．由图可知，当直线z＝1 600x＋2 400y经过可行域的点P时，直线z＝1 600x＋2 400y在y轴上截距z2 400最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆，B型车12辆．1．(2015·湖南理)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772答案 C解析 由题意可得，P(0<x ≤1)＝12P(－1<x ≤1)＝0.341 3，设落入阴影部分的点的个数为n ，则P ＝S 阴影S 正方形＝0.341 31＝n10 000，则n ＝3 413，选C.2．某省实验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩(试卷满分150分)服从正态分布N(100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人 数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生约有________人．答案 100解析 ∵数学考试成绩ξ～N(100，σ2)，作出正态分布图像，可以看出，图像关于直线x ＝100对称．显然P(80≤ξ≤100)＝P(100≤ξ≤120)＝13；∴P(ξ≤80)＝P(ξ≥120)．又∵P(ξ≤80)＋P(ξ≥120)＝1－P(80≤ξ≤100)－P(100≤ξ≤120)＝13，∴P (ξ≥120)＝12×13＝16，∴成绩不低于120分的学生约为600×16＝100(人)．3．某市有210名学生参加一次数学竞赛，随机调阅了60名学生的答卷，成绩列表如下：(1)(2)若总体服从正态分布，求此正态曲线近似的密度函数．解析 (1)平均成绩x －＝160(4×6＋5×15＋6×21＋7×12＋8×3＋9×3)＝6，S 2＝160[6×(4－6)2＋15×(5－6)2＋21×(6－6)2＋12×(7－6)2＋3×(8－6)2＋3×(9－6)2]＝1.5，S ＝1.22.即样本平均成绩为6分，标准差为1.22.(2)以x －＝6，S ＝1.22作为总体学生的数学平均成绩和标准差估计值，即μ＝6，σ＝1.22.正态曲线密度函数近似地满足y ＝11.222πe －（x －6）22×1.5.。

题组层级快练(六十二)1．(2015·新课标全国Ⅰ文)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )A.310 B.15 C.110 D.120答案 C解析 基本事件的总数为10，其中能构成一组勾股数的只有{3，4，5}，∴所求概率为110，选C.2．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B.14 C.34 D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“只有1次正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为24＝12.3．从1，2，…，9这9个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是( )A.59B.49C.1121D.1021答案 C解析 基本事件总数为C 93，设抽取3个数，和为偶数为事件A ，则A 事件包括两类：抽取3个数全是偶数，或抽取3个数中2个奇数1个偶数，前者有C 43种，后者有C 41C 52种，所以A 中基本事件数为C 43＋C 41C 52，所以符合要求的概率为C 43＋C 41C 52C 93＝1121.故选C.4．(2015·广东理)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( ) A.521 B.1021 C.1121D ．1答案 B解析 由题意得基本事件的总数为C 152，恰有1个白球与1个红球的基本事件个数为C 101C 51，所以所求概率P ＝C 101C 51C 152＝1021.5．(2016·衡水调研卷)一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，若他记得密码的最后一位是偶数，则他不超过2次就按对的概率是( ) A.45 B.35 C.25 D.15答案 C解析 只按一次就按对的概率是15.按两次就按对的概率是4×15×4＝15，所以不超过2次就按对的概率是15＋15＝25，选C.6．(2016·孝感二模)某天下课以后，教室里还剩下2位男同学和2位女同学．若他们依次走出教室，则第2位走出的是男同学的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.15 答案 A解析 已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能顺序有(女，女，男，男)，(女，男，女，男)，(女，男，男，女)，(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)，所以第2位走出的是男同学的概率P ＝36＝12.7．(2016·甘肃模拟)投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋ni)2为纯虚数的概率为( ) A.13 B.14 C.16 D.112 答案 C解析 投掷两颗骰子共有36种结果，因为(m ＋ni)2＝m 2－n 2＋2mni ，所以要使复数(m ＋ni)2为纯虚数，则有m 2－n 2＝0，即m ＝n ，共有6种结果，所以复数为纯虚数的概率为636＝16，故选C.8．(2016·广西南宁测试)某高校要从6名短跑运动员中选出4人参加全省大学生运动会中的4×100 m 接力赛，其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则甲跑第二棒的概率为( ) A.415 B.215 C.421 D.15答案 C解析 从6名短跑运动员中任选4人参加4×100 m 接力赛，其中甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的方法共有A 64－2A 53＋A 42＝252种，在这252种方法中甲跑第二棒的方法共有C 41·A 42＝48种，因此所求的概率为48252＝421，故选C. 9．(2016·云南统考)在1，2，3，4，5，6，7，8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字5是取出的五个不同数的中位数的概率为( ) A.956 B.928 C.914 D.59答案 B解析 分析可知，要满足题意，则抽取的除5以外的四个数字中，有两个比5小，有两个比5大，故所求概率P ＝C 42·C 32C 85＝928.10．(2016·惠州调研)设A ，B 两名学生均从两位数学教师和两位英语教师中选择一位教师给自己来补课，若A ，B 不选同一位教师，则学生A 选择数学教师，学生B 选择英语教师的概率为( ) A.13 B.512 C.12 D.712 答案 A解析 设两位数学教师用1，2表示，两位英语教师用3，4表示，不妨让A 先选，B 后选(不重复)，则他们所有的选择结果如下：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共12种情况，其中学生A 选择数学教师，学生B 选择英语教师(数学在前，英语在后)的结果有(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，共4种情况，所以所求概率P ＝13.11．从集合{a ，b ，c ，d ，e}的所有子集中任取一个，则该子集恰是集合{a ，b ，c}的子集的概率是________． 答案 1412．(2014·新课标全国Ⅱ文)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为________． 答案 13解析 甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种的所有可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共9种，他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．故所求概率为P ＝39＝13.13．盒中有3张分别标有1，2，3的卡片，从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为________． 答案 59解析 对立事件为：两次抽的卡片号码中都为奇数，共有2×2＝4种抽法．而有放回的两次抽了卡片共有3×3＝9种基本事件，因此所求事件概率为1－49＝59.14．如图所示是某市2016年2月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择2月1日至2月12日中的某一天到达该市，并停留3天．(1)求此人到达当日空气质量优良的概率；(2)求此人停留期间至多有1天空气重度污染的概率． 答案 (1)16 (2)23解析 (1)在2月1日至今2月12日这12天中，只有5日，8日共2天的空气质量优良，所以此人到达当时空气质量优良的概率P ＝212＝16.(2)根据题意，事件“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”，即“此人到达该市停留期间0天空气重度污染或仅有1天空气重度污染”．“此人在该市停留期间0天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日或8日或9日”，其概率为312＝14.“此人在该市停留期间仅有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”，其概率为512.所以此人停留期间至多有1天空气重度污染的概率为P ＝14＋512＝23.15．(2015·天津文)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27，9，18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛． (1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数；(2)将抽取的6名运动员进行编号，编号分别为A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, 现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛． ①用所给编号列出所有可能的结果；②设A 为事件“编号为A 5和A 6的两名运动员中至少有1人被抽到”，求事件A 发生的概率．答案 (1)3，1，2 (2)①略 ②35解析 (1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3，1，2.(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，A 4}，{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 4}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共15种．②编号为A 5和A 6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共9种． 因此，事件A 发生的概率P(A)＝915＝35.16．(2015·安徽文)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40，50)，[50，60)，…，[80，90)，[90，100)．(1)求频率分布直方图中a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40，60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40，50)的概率． 答案 (1)0.006 (2)0.4 (3)110解析 (1)因为(0.004＋a ＋0.018＋0.022＋0.022＋0.028)×10＝1，所以a ＝0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率为0.4.(3)受访职工中评分在[50，60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A 1，A 2，A 3； 受访职工中评分在[40，50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B 1，B 2.从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 2，A 3}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{B 1，B 2}，又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种，即{B 1，B 2}，故所求的概率为110.1．从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a ，从{1，2，3}中随机选取一个数为b ，则b>a 的概率是( )A.45 B.35 C.25 D.15答案 D解析 基本事件的个数有5×3＝15，其中满足b>a 的有3种，所以b>a 的概率为315＝15.2．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( ) A.110 B.18 C.16 D.15 答案 D解析 在正六边形中，6个顶点选取4个，种数为15.选取的4点能构成矩形的，只有对边的4个顶点(例如AB 与DE)，共有3种，∴所求概率为315＝15.3．甲乙两人一起去某地旅游，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是( ) A.136B.19C.536D.16答案 D解析 甲乙两人任选4个景点共有方法A 64A 64种，而最后一小时他们在同一个景点的情况有C 61A 53A 53种，所求概率为P ＝C 61A 53A 53A 64A 64＝16，故选D.4．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( ) A.49 B.13 C.29 D.19答案 D解析 由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有C 51C 41＝20个；若个位数为偶数时，这样的两位数共有C 51C 51＝25个；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20＋25＝45个．其中，个位数是0的有C 51×1＝5个．于是，所求概率为545＝19.5．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，若每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( ) A.13 B.12 C.23 D.34 答案 A解析 由题意得，甲、乙两位同学参加小组的所有可能的情况共3×3＝9种．又两位同学参加同一个兴趣小组的种数为3，故概率为39＝13.6．一袋中装有大小相同，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( ) A.132 B.164 C.332 D.364 答案 D解析 基本事件为(1，1)，(1，2)，…，(1，8)，(2，1)，(2，2)，…，(8，8)，共64种．两球编号之和不小于15的情况有三种，分别为(7，8)，(8，7)，(8，8)，∴所求概率为364.7．袋中有2个白球，2个黑球，若从中任意摸出2个，则至少摸出1个黑球的概率是( )A.34B.56C.16D.13答案 B解析 该试验中会出现(白1，白2)，(白1，黑1)，(白1，黑2)，(白2，黑1)，(白2，黑2)和(黑1，黑2)共6种等可能的结果，事件“至少摸出1个黑球”所含有的基本事件为(白1，黑1)，(白1，黑2)，(白2，黑1)，(白2，黑2)和(黑1，黑2)共5种，据古典概型概率公式，得事件“至少摸出1个黑球”的概率是56.8．(2016·合肥调研)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一排，设事件A 表示“排列中属性相克的两种物质均不相邻”，则事件A 发生的概率为( ) A.16 B.112 C.512 D.124答案 B解析 由题意知，五种不同属性的物质任意排成一列有A 55＝120种排法，事件A 表示“排列中属性相克的两种物质均不相邻”可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10，所以事件A 发生的概率为P(A)＝10120＝112，故选B.9．(2016·洛阳统考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )A.115B.15C.14D.12 答案 B解析 由题意分析可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P ＝4·A 33C 63·A 33＝15. 10．(2013·江苏)现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n(m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________． 答案2063解析 从正整数m ，n(m ≤7，n ≤9)中任取两数的所有可能结果有C 71C 91＝63个，其中m ，n 都取奇数的结果有C 41C 51＝20个，故所求概率为2063.11．盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________． 答案 35解析 从5个小球中任选两个小球的方法数为C 52＝10，其中不同色的方法数为C 31C 21＝6，所以所求概率为P ＝610＝35.12．高三某班有两个数学课外兴趣小组，第一组有2名男生，2名女生，第二组有3名男生，2名女生．现在班主任老师要从第一组选2人，从第二组选出1人，请他们在班会上和全班同学分享学习心得．(1)求选出的3人均是男生的概率； (2)求选出的3人中有男生也有女生的概率．解析 (1)记第一组的4人分别为A 1，A 2，a 1，a 2；第二组的5人分别为B 1，B 2，B 3，b 1，b 2.设“从第一组选出2人，从第二组选出1人”组成的基本事件空间为Ω，则Ω＝{(A 1，A 2，B 1)，(A 1，A 2，B 2)，(A 1，A 2，B 3)，(A 1，A 2，b 1)，(A 1，A 2，b 2)，(A 1，a 2，B 1)，(A 1，a 2，B 2)，(A 1，a 2，B 3)，(A 1，a 1，b 1)，(A 1，a 2，b 2)，(A 1，a 2，B 1)，(A 1，a 2，B 2)，(A 1，a 2，B 3)，(A 1，a 2，b 1)，(A 1，a 2，b 2)，(A 2，a 1，B 1)，(A 2，a 1，B 2)，(A 2，a 1，B 3)，(A 2，a 1，b 1)，(A 2，a 1，b 2)，(A 2，a 2，B 1)，(A 2，a 2，B 2)，(A 2，a 2，B 3)，(A 2，a 2，b 1)，(A 2，a 2，b 2)，(a 1，a 2，B 1)，(a 1，a 2，B 2)，(a 1，a 2，B 3)，(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)}，共有30个． 设“选出的3人均是男生”为事件A ，则事件A 含有3个基本事件． ∴P(A)＝330＝110，∴选出的3人均是男生的概率为110.(2)设“选出的3个人有男生也有女生”为事件B ，则事件B 含有25个基本事件，∴P(B)＝2530＝56，∴选出的3人中有男生也有女生的概率为56. 13．甲、乙两人进行两种游戏，两种游戏规则如下：游戏Ⅰ：口袋中有质地、大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢．游戏Ⅱ：口袋中有质地、大小完全相同的6个球，其中4个白球，2个红球，由裁判有放回地摸两次球，即第一次摸出记下颜色后放回再摸第二次，摸出两球同色算甲赢，摸出两球不同色算乙赢． (1)求游戏Ⅰ中甲赢的概率；(2)求游戏Ⅱ中乙赢的概率，并比较这两种游戏哪种游戏更公平，试说明理由．解析 (1)∵游戏Ⅰ中有放回地依次摸出两球的基本事件有5×5＝25(个)，其中甲赢有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，3)，(3，5)，(5，5)，(3，1)，(5，1)，(5，3)，(2，2)，(2，4)，(4，4)，(4，2)，共13个基本事件， ∴游戏Ⅰ中甲赢的概率为P ＝1325.(2)设4个白球为a ，b ，c ，d ，2个红球为A ，B ，则游戏Ⅱ中有放回地依次摸出两球基本事件有6×6＝36(个)，其中乙赢有(a ，A)，(b ，A)，(c ，A)，(d ，A)，(a ，B)，(b ，B)，(c ，B)，(d ，B)，(A ，a)，(A ，b)，(A ，c)，(A ，d)，(B ，a)，(B ，b)，(B ，c)，(B ，d)，共16个基本事件，∴游戏Ⅱ中乙赢的概率为P ′＝1630＝815.∵|1325－12|<|815－12|，∴游戏Ⅰ更公平．。