数学同步优化指导(湘教选修23)练习：8.1、8.2、8.2.1 随机对照试验;概率;概率的加法公式 活页作业9 Wor

活页作业(六)组合数的应用一、选择题1．9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品．现在要从中抽出4件产品，抽出产品中至少有2件一等品的抽法种数为()A．81B．60C．6 D．11解析：分三类．第一类，恰有2件一等品，有C24C25＝60种取法；第二类，恰有3件一等品，有C34C15＝20种取法；第三类，恰有4件一等品，有C44＝1种取法．∴抽法种数为60＋20＋1＝81.答案：A2．以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有()A．70个B．64个C．58个D．52个解析：∵四个顶点共面的情况有6个表面和6个对角面，共12个，∴共有四面体C48－12＝58个．故选C．答案：C3．某外商计划在4个候选城市投资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：若选择了2个城市，则有C24C23A22＝36种投资方案；若选择了3个城市，则有C34 A33＝24种投资方案．因此共有36＋24＝60种投资方案．答案：D4．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图所示是一种填法，则不同的填写方法共有()A．6种种C．24种D．48种解析：第一步，确定第一行，有A33种填法．第二步，确定第一列，有A22种填法，这时剩下的空格就唯一确定了．所以有A33·A22＝12种填法．答案：B二、填空题5．甲、乙、丙三名同学选修课程，在4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．解析：甲选修2门，有C24＝6种选法；乙、丙各选修3门，各有C34＝4种选法．由分步乘法计数原理得，共有6×4×4＝96种选法．答案：966．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人．现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习．如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，那么此考察团的组成方法种数是________．解析：按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25＝2 100 种抽法．答案：2 100三、解答题7．空间有10个点，其中有5个点共面(除此之外再无4点共面)，以每4个点为顶点作一个四面体，问一共可作多少个四面体？解：不考虑任何限制，10个点可得C410个四面体．由于有5个点共面，这5个点中的任意4个点都不能构成四面体，共有C45种情形．所以构成四面体的个数为C410－C45＝210－5＝205.8．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学．求在下列条件下，各有多少种分法．(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本．解：(1)分三步完成．第一步，从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法；第二步，从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法；第三步，把剩下的书给丙，有C22种方法．∴不同的分法共有C49C35C22＝1 260种．(2)分两步完成．第一步，按4本、3本、2本分成三组，有C49C35C22种方法；第二步，将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法．∴不同的分法共有C49C35C22A33＝7 560种．一、选择题1．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10 B．11C．12 D．15解析：与信息0110至多有两个位置上的数字对应相同的信息包括三类．第一类，与信息0110只有两个对应位置上的数字相同，有C24＝6个；第二类，与信息0110只有一个对应位置上的数字相同，有C14＝4个；第三类，与信息0110没有一个对应位置上的数字相同，有C04＝1个．∴与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11个．答案：B2．将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为() A．120 B．240C．360 D．720解析：先选出3个球，有C310＝120种方法，不妨设为1,2,3号球，则这3个号码放入标号不一致的盒子中有2种不同的放法，即1,2,3号盒中能放的球为2,3,1或3,1,2.故共有120×2＝240种方法．答案：B二、填空题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________种．解析：对于4个数之和为偶数，可分三类．第一类，4个数均为偶数，有C44种取法；第二类，2个数为偶数，2个数为奇数，有C24C25种取法；第三类，4个数均为奇数，有C45种取法．由分类加法计数原理，可得不同的取法共有C44＋C24C25＋C45＝66 种．答案：664．已知直线xa＋yb＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有________条．解析：如图所示，在圆x2＋y2＝100上，整点坐标有(±10,0)，(6,8)，(－6，－8)，(－6,8)，(6，－8)，(8,6)，(－8，－6)，(－8,6)，(8，－6)，(0，±10)，共12个点．这12点确定的直线有C212条．过这12点的切线数有12条．由于a，b不为零，应去掉过原点的直线6条；又其中平行于坐标轴的直线有12条，故符合题意的直线共有C212＋12－(6＋12)＝60 条．答案：60三、解答题5．10双互不相同的鞋子混装在一个口袋中．从中任意取出4只，试求出现如下结果各有多少种情况．(1)4只鞋子没有成双的；(2)4只鞋子恰成两双；(3)4只鞋中有2只成双，另2只不成双．解：(1)从10双鞋子中选取4双，有C410种取法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理知，选取种数为N＝C410·24＝3 360.即4只鞋子没有成双，有3 360种不同取法．(2)从10双鞋子中选取2双，有C210种取法，所以选取种数为N＝C210＝45，即4只鞋子恰成双，有45种不同取法．(3)先选取一双，有C110种取法，再从9双鞋中选取2双，有C29种取法，每双鞋只取一只各有2种取法．根据分步乘法计数原理知，不同取法有N＝C110C29·22＝1 440 种．6．从1到9这九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)在(1)中的七位数中，三个偶数排在一起的有几个？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？(4)在(1)中，任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？解：(1)分步完成．第一步，在四个偶数中取三个，有C34种情况．第二步，在五个奇数中取四个，有C45种情况．第三步，三个偶数，四个奇数进行排列，有A77种情况．所以符合题意的七位数有C34·C45·A77＝100 800 个．(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C34·C45·A55·A33＝14 400 个．(3)上述七位数中，三个偶数排在一起，四个奇数也排在一起的有C34·C45·A33·A44·A22＝5 760 个．(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把四个奇数排好，再将三个偶数分别插入5个空位(包括两端)，共有C34·C45·A44·A35＝28 800 个．。

基础巩固1在对一种新药进行药效评估时，调查了20位开始使用这种药的人，结果有16人认为新药比常用药更有效，则( )A．该新药的有效率为80%B．该新药比常用药更有效C．该新药为无效药D．本试验需改进，故不能作出新药比常用药更有效的结论2在评价疫苗对小儿麻痹症是否有效时，在试验组中使用该疫苗，在对照组中使用生理盐水注射代替疫苗，以上设计中都采取了随机的原则，连医生也不知道哪个儿童分在试验组，哪个儿童分在对照组，在以上试验中，(1)对照组中使用生理盐水(安慰剂)是为了__________________________________________________ ______________________________________________________________________________________________.(2)不让医生知道儿童是来自试验组还是对照组是为了__________．(2)使医生能够作出更公正的诊断，避免在诊断时受到心理因素影响3安排试验的基本原则是______________．4随机对照试验必须有________组和________组．5__________组的成员要接受某种特殊的待遇或治疗．6在随机对照试验中，为了得到更真实的结果，有时还需要在__________组中使用安慰剂．7在无对照组和非随机选取对照组的试验中，得出的结果是__________．综合过关8你认为教材第45页的案例1，还可以怎样改进？9在研究新鲜芦荟外敷对治疗静脉炎的效果时，按随机原则将88例静脉炎患者随机分为试验组和对照组．其中试验组46例，对照组42例．两组患者在年龄、性别、病种、静脉炎程度等方面具有可比性．护理措施：试验组：采用捣碎的新鲜芦荟外敷．每天3～4次，每次1小时．对照组：采用捣碎的新鲜白菜叶(对治疗静脉炎无效果，但告诉试验者也是芦荟)外敷．每天3～4次，每次1小时．根据自定疗效评定标准，分为痊愈、显效、有效和无效，研究结果如下表：组别例数痊愈显效有效无效总有效率试验组46 28 13 4 1 97.83%对照组42 0 10 11 21 50%(1)该试验中是否使用了安慰剂？其作用是什么？(2)你认为新鲜芦荟外敷对治疗静脉炎是否有效果？能力提升10某药厂研发了一种新的安眠药——安眠1号，在进行药效评估时，随机选取了20 000人，结果有18 000人认为安眠1号比常用药更有效．(1)能否作出安眠1号比常用药更有效的结论？(2)你认为应当采用怎样的试验方案更能反映真实的药效？参考答案1解析：随机对照试验必须有试验组和对照组．故本试验得出的结论不可靠．答案：D2答案：(1)避免儿童的心理作用影响试验结果3答案：随机选取试验组4答案：试验对照5答案：试验6答案：对照7答案：不真实的8解：可以将四艘军舰上的水手按随机选取的方式分出试验组和对照组，在试验组中提供柑橘汁，对照组中提供不含柑橘汁的其他饮料．这样试验的对象分布在各个军舰上，避免了只选一艘军舰而造成的随机误差的影响．9解：(1)本试验中对对照组使用捣碎的新鲜白菜叶对患者外敷就是安慰剂，其作用是消除心理因素对试验结果的影响，以保证试验结果的可靠性．(2)从表中可以看出试验组和对照组的治疗效果存在较大差异．由于97.83%和50%的差别超出了随机性本身所能解释的范围，所以认为新鲜芦荟外敷对治疗静脉炎是有效的．10解：(1)因为原试验没有对照组，故不能作出安眠1号比常用药更有效的结论．(2)将随机选取的20 000人利用掷硬币的方法分为试验组和对照组，在试验组中使用安眠1号新药，在对照组中使用常用安眠药(与安眠1号药片形状、大小完全一样)，让他们认为服用的也是安眠1号，然后得出测试结果．如果试验组和对照组中认为安眠1号比常用药更有效的比例差不多，则认为安眠1号新药不比常用药药效更好，如果试验组中认为安眠1号比常用药更有效的比例远远大于对照组，这种差别超出了随机性本身所能解释的范围，则认为安眠1号新药比常用药药效更好．。

第8章 8.2 8.2.31．设A 与B 是相互独立事件，则下列命题中正确的是( ) A ．A 与B 是对立事件 B ．A 与B 是互斥事件 C ．A －与B －不相互独立 D ．A 与B －是相互独立事件解析：相互独立与互斥、对立没有必然联系． 答案：D2．一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为( )A ．1B ．0.629C ．0D ．0.74或0.85解析：事件“两根保险丝都熔断”即事件“甲保险丝熔断”“乙保险丝熔断”同时发生．依题意得事件“两根保险丝都熔断”的概率为0.85×0.74＝0.629.答案：B3．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0. 42C ．0.46D ．0.88解析：由题意知，甲、乙都不被录取的概率为(1－0.6)×(1－0.7)＝0.12，故至少有一人被录取的概率为1－0.12＝0.88.答案：D4．甲、乙、丙三名射击手命中目标的概率分别为12，13，14.现在三人同时射击，目标被击中的概率等于________．解析：目标没有被击中的概率就是甲、乙、丙三名射手都没有击中的概率，为⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－14＝14. 故目标被击中的概率是1－14＝34.答案：345．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目．据预测，三个项目成功的概率分别为45，56，23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率； (2)求至少有一个项目成功的概率．解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为45×56×⎝⎛⎭⎫1－23＝29， 只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为45×⎝⎛⎭⎫1－56×23＝445， 只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为⎝⎛⎭⎫1－45×56×23＝19. ∴恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945.(2)三个项目全部失败的概率为⎝⎛⎭⎫1－45×⎝⎛⎭⎫1－56×⎝⎛⎭⎫1－23＝190. ∴至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.。

第8章 8.2 8.2.71．下列说法中，正确的是( )A ．离散型随机变量的均值E (X )反映了X 取值的概率平均值B ．离散型随机变量的方差D (X )反映了X 取值的平均水平C ．离散型随机变量的均值E (X )反映了X 取值的平均水平D ．离散型随机变量的方差D (X )反映了X 取值的概率平均值解析：离散型随机变量X 的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，随机变量的方差反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度．答案：C2．已知X ～B (n ，p )，E (X )＝2，D (X )＝1.6，则n ，p 的值分别为( ) A ．100,0.8 B ．20,0.4 C ．10,0.2D ．10,0.8解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧np ＝2，np (1－p )＝1.6，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝0.2，n ＝10.答案：C3．已知X 的分布列为则D (X )等于( ) A ．0.7 B ．0.61 C ．－0.3D ．0解析：∵E (X )＝－1×0.5＋0×0.3＋1×0.2＝－0.3，∴D (X )＝(－1＋0.3)2×0.5＋(0＋0.3)2×0.3＋(1＋0.3)2×0.2＝0.61. 答案：B4．从1,2,3,4,5这5个数字中任取不同的两个，则这两个数乘积的数学期望是________． 解析：从1,2,3,4,5中任取不同的两个数，其乘积X 的值为2,3,4,5,6,8,10,12,15,20，取每个值的概率都是110，∴E (X )＝110×(2＋3＋4＋5＋6＋8＋10＋12＋15＋20)＝8.5.答案：8.55．设在15个同类型的零件中有2个是次品，每次任取1个，共取3次，并且每次取出不再放回．若以ξ表示取出次品的个数，求ξ的均值E (ξ)和方差D (ξ)．解：P (ξ＝0)＝C 313C 315＝2235，P (ξ＝1)＝C 12C 213C 315＝1235，P (ξ＝2)＝C 22C 113C 315＝135.故ξ的概率分布是∴E (ξ)＝0×2235＋1×1235＋2×135＝25，D (ξ)＝⎝⎛⎭⎫0－252×2235＋⎝⎛⎭⎫1－252×1235＋⎝⎛⎭⎫2－252×135＝52175.。

第8章 8.2 8.2.5 第1课时1．下列随机变量X 不服从二项分布的是( )A ．投掷一个骰子5次，X 表示点数6出现的次数B ．某射手射中目标的概率为p ，设每次射击是相互独立的，X 为从开始射击到击中目标所需要的射击次数C ．实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的局数D ．某星期内，每次下载某网站数据后被病毒感染的概率均为0.3，X 表示下载n 次数据后电脑被病毒感染的次数解析：选项A 中试验出现的结果只有两个——点数为6和点数不为6，且点数为6的概率在每一次试验中都为16，每一次试验都是独立的，故随机变量X 服从二项分布；选项B 中虽然每一次试验中的结果只有两个，且每一次试验中各事件相互独立，且概率不发生变化，但随机变量X 的取值不确定，故随机变量X 不服从二项分布；选项C 中甲、乙获胜的概率相等，进行5次比赛，相当于做了5次独立重复试验，故X 服从二项分布；选项D 中由二项分布的定义可知，X ～B (n,0.3)．答案：B2．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)的值是( ) A ．316B ．58C ．516D ．716解析：P (X ＝3)＝C 36⎝⎛⎭⎫123·⎝⎛⎭⎫1－126－3＝516.答案：C3．甲、乙两人各进行1次射击．若两人击中目标的概率都是0.7，则其中恰有一人击中目标的概率是( )A ．0.49B ．0.42C ．0.7D ．0.91 解析：两人中恰有一人击中的概率p ＝C 12×0.7×0.3＝0.42.答案：B4．有n 名同学参加某项选拔测试，每名同学能通过测试的概率都是p (0＜p ＜1)，假设每名同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一名同学通过测试的概率为__________________．解析：所有同学都不通过测试的概率为(1－p )n ，故至少有一名同学通过测试的概率为1－(1－p )n .答案：1－(1－p )n5．某中学生心理咨询中心服务电话的接通率为34，某班3名同学商定某天分别就同一问题询问该中心，且每人只拨打一次，求他们三人中成功咨询的人数ξ的概率分布．解：由题意可知ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，34， 所以P (ξ＝k )＝C k 3×⎝⎛⎭⎫34k ×⎝⎛⎭⎫143－k ，k ＝0,1,2,3.所以ξ的概率分布为。

活页作业（一）分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其简单应用基础巩固一、选择题1. 已知一个书包内有7本不同的小说，另一个书包内有5本不同的教科书，则从这两个书包内任取一本书的取法有（）A . 7种B . 5种C. 12 种D. 35种解析：从这两个书包内任取一本书，完成这件事有两类办法. 第一类，从有7本不同小说的书包内任取一本，有7种取法；第二类，从有5本不同教科书的书包内任取一本，有 5 种取法.根据分类加法计数原理知，从这两个书包内任取一本书的取法有7+ 5= 12种.答案：C2. 体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有（）A . 12 种B . 7 种C. 24 种D. 49种解析：该学生进门有7种选择，同样出门也有7种选择，由分步乘法计数原理知该学生的进出门方案有7X 7 = 49种.答案：D3. 某人在书店发现了4本好书.他决定至少购买其中的2本，则不同的购书方案共有（）A . 11 种B . 8 种C . 10 种D . 12种解析：分三类.①购买2本，有6种情况；②购买3本，有4种情况；③购买4本，有1种情况.故共有6 + 4 + 1= 11种购书方案.答案：A4 . 5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A . 10种B . 20 种C. 25 种D. 32 种解析：根据分步乘法计数原理，可知每名同学均有2种不同的报名方法，所以有2X 2 X 2X 2X 2= 32种报名方法.答案：D二、填空题2 25•设集合A = {1,2,3,4} , m, n€ A,则方程盒+鲁=1表示焦点位于x轴上的椭圆有个.解析：因为椭圆的焦点在x轴上，所以当m= 4时，n= 1,2,3;当m= 3时，n = 1,2;当m= 2时，n = 1•即所求的椭圆共有3+ 2 + 1 = 6个.答案：66.有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则不同的报名方法有________________ 种.解析：每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法.根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6 X 5X 4= 120种.答案：120三、解答题7•从甲地到乙地，如果翻过一座山，上山有2条路，下山有3条路•如果不走山路，由山北绕道有2条路，由山南绕道有3条路.(1) 如果翻山而过，有多少种不同的走法？(2) 如果绕道而行，有多少种不同的走法？(3) 从甲地到乙地共有多少种不同的走法？解：(1)分两步.第一步，选一条上山路有2种走法；第二步，选一条下山路有3种走法.•••翻山而过，有2X 3= 6种不同的走法.(2) 分两类.第一类，由山北绕道，有2种走法；第二类，由山南绕道，有3种走法.•••绕道而行，有2+ 3= 5种不同的走法.(3) 分两类.第一类，翻山而过，有6种走法；第二类，绕道而行，有5种走法.•从甲地到乙地共有 6 + 5= 11种不同的走法.&现有高二(四)班学生34人，分为4个组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外活动小组.(1) 选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2) 每组选一名组长，有多少种不同的选法？解：（1）分四类•第一类，从一组学生中选1人有7种不同的选法；第二类，从二组学生中选1人有8种不同的选法；第三类，从三组学生中选1人有9种不同的选法；第四类，从四组学生中选1人有10种不同的选法.所以共有不同选法种数为7 + 8 + 9+ 10= 34.⑵分四步•第一、二、三、四步为分别从一、二、三、四组学生中选一人任组长，所以共有不同选法种数为7X 8X 9X 10= 5 040.知懒提升一、选择题1•甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（）A . 6种B . 8种C. 10 种 D . 16 种解析：若甲先传给乙，则有甲T乙T甲T乙T甲；甲T乙T甲T丙T甲；甲T乙T丙T 乙T甲，共3种不同的传法，同理甲先传给丙，也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法.答案：A2.已知集合A {1,2,3},且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（）A . 2个B . 3个C. 4个 D . 5个解析：当A含一个元素时，A = {1}或{3}；当A含两个元素时，A= {1,2}或{2,3}或{1,3}, •••共有5个集合.答案：D二、填空题3•集合A = {1,2 , - 3} , B= { —1,—2,3,4}，从A, B 中各取一个元素作为点P（x, y）的坐标，可以得到不同的点共有____________ 个.解析：分两类.第一类从集合A中取出的元素作为x的值，第二类从集合B中取出的元素作为x的值；各类中又分两步.根据分步乘法计数原理，可以得到不同的点共有3X4 + 4 X 3 = 24 个.答案：244. _____________________________ 如图，从A T B T C,有_________________ 种不同的走法；从A T C,有_________________________ 种不同的走法.解析：A T B T C分两步.则a<0 , b>0,故满足条件的抛物线有3X 3 = 9 条.第一步，A T B ，有2种走法； 第二步，B T C ,有2种走法.••• A T B T C 共有2 X 2= 4种走法.A T C分两类.第一类，A T B T C 共有4种走法； 第二类，A T C(不经过B)有2种走法. • A T C 共有4+ 2 = 6种走法. 答案：46三、解答题5. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画. (1) 从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？⑵从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？ (3) 从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？解：(1)分为三类.从国画中选，有 5种不同的选法；从油画中选，有 2种不同的选法； 从水彩画中选，有7种不同的选法.根据分类加法计数原理， 共有5+ 2 + 7= 14种不同的选 法.(2) 分为三步.国画、油画、水彩画分别有 5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法 计数原理，共有 5X 2 X 7= 70种不同的选法.=10种不同的选法;第二类，一幅选自国画，一幅选自水彩画，由分步乘法计数原理知，有 同的选法；第三类，一幅选自油画，一幅选自水彩画，由分步乘法计数原理知，有 同的选法.所以共有10 + 35+ 14= 59种不同的选法.26.从｛ — 3, — 2, — 1,0,1,2,3｝中，任取3个不同的数作为抛物线方程 y = ax+ bx + c(a ^ 0)的系数.如果抛物线过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条?(3)分为三类.第一类，一幅选自国画， 一幅选自油画， 由分步乘法计数原理知,解：抛物线过原点，则 c = 0•所以抛物线的顶点为bi—4a ,而顶点在第一象限,5 X 7= 35种不 2 X 7= 14种不则a<0 , b>0,故满足条件的抛物线有3X 3 = 9 条.。

活页作业(十一) 事件的独立性一、选择题1．抛掷一枚骰子一次，A 表示事件“出现偶数点”，B 表示事件“出现3点或6点”，则事件A 与B 的关系是( )A ．互斥事件B ．相互独立事件C ．既互斥又相互独立事件D ．既不互斥又不独立事件解析：A ＝{2,4,6}，B ＝{3,6}，A ∩B ＝{6}，所以P (A )＝12，P (B )＝13，P (A ∩B )＝16＝12×13，所以A 与B 是相互独立事件．答案：B2．假日期间，甲去黄山的概率是14，乙去黄山的概率是15.假定两人的行动相互之间没有影响，那么在假日期间甲、乙两人至少有一人去黄山的概率是( )A ．320B ．15C ．25D ．920解析：设甲、乙去黄山分别为事件A ，B ，则P (A )＝14，P (B )＝15，所以甲、乙两人至少有一人去黄山的概率是P ＝1－P (A －∩B －)＝1－34×45＝25.答案：C3．有一个电路，如图所示，A ，B ，C ，D ，E ，F 为6个开关，若其闭合的概率都是12，且每个开关闭合与否是相互独立的，则灯亮的概率是( )A ．164B ．5564C ．18D ．116解析：设事件T 为开关A ，B 中至少有一个不闭合，事件R 为开关E ，F 中至少有一个不闭合，则P (T )＝P (R )＝1－12×12＝34.设事件M ，N 分别为开关C ，D 不闭合，则P (M )＝P (N )＝12.∴灯不亮的概率为34×34×12×12＝964. ∴灯亮的概率为1－964＝5564.答案：B4．从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为15，身体关节构造合格的概率为14.从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)( )A ．1320B ．15C ．14D ．25解析：设“儿童体型合格”为事件A ，“身体关节构造合格”为事件B ，则P (A )＝15，P (B )＝14.又A ，B 相互独立，则A －，B －也相互独立，则P (A －∩B －)＝P (A －)P (B －)＝45×34＝35，故至少有一项合格的概率为P ＝1－P (A －∩B －)＝25.答案：D 二、填空题5．3人独立地破译一个密码，每人破译出密码的概率分别为15，14，13，则此密码被破译出的概率为________．解析：可从对立事件考虑，此密码不被译出的概率是⎝⎛⎭⎫1－15×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－13＝45×34×23＝25，所以此密码被破译出的概率是1－25＝35. 答案：356．有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13.两人试图独立地在半小时内解决它，则两人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．解析：甲、乙两人都未能解决的概率为⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13＝12×23＝13. 问题得到解决就是至少有1人能解决问题， ∴P ＝1－13＝23.答案：13 23三、解答题7．天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率为0.2，乙地的降雨概率为0.3.假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：(1)甲、乙两地都降雨的概率； (2)甲、乙两地都不降雨的概率； (3)其中至少有一个地方降雨的概率． 解：(1)甲、乙两地都降雨的概率为 P 1＝0.2×0.3＝0.06.(2)甲、乙两地都不降雨的概率为 P 2＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.8×0.7＝0.56. (3)至少有一个地方降雨的概率为 P 3＝1－P 2＝1－0.56＝0.44.8．甲、乙、丙三人分别独立解一道题，甲做对的概率是12，三人都做对的概率是124，三人全做错的概率是14.求：(1)乙、丙两人各自做对这道题的概率；(2)甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率．解：(1)分别设甲、乙、丙三人各自做对这道题为事件A ，B ，C ，则P (A )＝12，由题意得⎩⎨⎧12P (B )P (C )＝124，⎝⎛⎭⎫1－12[1－P (B )][1－P (C )]＝14，解得P (B )＝13，P (C )＝14，或P (B )＝14，P (C )＝13.所以乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为13，14或14，13.(2)设事件D ＝{甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题}，则P (D )＝P (A )P (B －)P (C －)＋P (A －)P (B )P (C －)＋P (A －)P (B －)P (C )＝14＋18＋112＝1124.所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为1124.一、选择题1.同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上则重新转)，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为( )A ．116B ．18C ．316D ．14解析：满足xy ＝4的所有可能如下． x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1. ∴所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋P (x ＝4，y ＝1)＝14×14＋14×14＋14×14＝316.答案：C2．一场5局3胜制的乒乓球对抗赛，当甲运动员先胜2局时，比赛因故中断．已知甲、乙水平相当，每局甲、乙胜的概率都为12，则这场比赛的奖金分配(甲∶乙)应为( )A ．6∶1B ．7∶1C ．3∶1D ．4∶1解析：奖金分配比即为甲、乙取胜的概率比．甲前2局已胜，甲胜有三种情况：①甲第3局胜为A 1，P (A 1)＝12；②甲第3局负、第4局胜为A 2，P (A 2)＝12×12＝14；③第3局、第4局甲负，第5局甲胜为A 3，P (A 3)＝12×12×12＝18.故甲胜的概率为P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝78，乙胜的概率则为18.所以选B ．答案：B 二、填空题3．国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别是13，14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________．解析：设国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游分别为事件A ，B ，C ，则A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝13，P (B )＝14，P (C )＝15，∴至少有1人去北京旅游的概率为1－P (A －∩B－∩C －)＝1－P (A －)·P (B －)·P (C －)＝1－⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－15＝1－25＝35. 答案：354．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为________． 解析：记汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23，停车一次为事件(A －∩B ∩C ＋A ∩B －∩C ＋A ∩B ∩C －)发生，故概率为⎝⎛⎭⎫1－13×12×23＋13×⎝⎛⎭⎫1－12×23＋13×12×⎝⎛⎭⎫1－23＝718. 答案：718三、解答题5．一个袋子中有3个白球，2个红球，每次从中任取2个球，取出后再放回．求： (1)第一次取出的2个球都是白球，第二次取出的2个球都是红球的概率；(2)第一次取出的2个球是1个白球、1个红球，第二次取出的2个球都是白球的概率． 解：记“第一次取出的2个球都是白球”的事件为A ，“第二次取出的2个球都是红球”的事件为B ，“第一次取出的2个球是1个白球、1个红球”的事件为C ，很明显，由于每次取出后再放回，A ，B ，C 都是相互独立事件．(1)P (A ∩B )＝P (A )P (B )＝C 23C 25·C 22C 25＝310×110＝3100.故第一次取出的2个球都是白球，第二次取出的2个球都是红球的概率是3100.(2)P (C ∩A )＝P (C )P (A )＝C 13·C 12C 25·C 23C 25＝610×310＝950.故第一次取出的2个球是1个白球、1个红球，第二次取出的2个球都是白球的概率是950. 6．某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100 m 跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，13.若对这三名短跑运动员的100 m 跑的成绩进行一次检测，求：(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大．解：记甲、乙、丙三人100 m 跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0,1,2,3)． (1)三人都合格的概率P 3＝P (A ∩B ∩C )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.(2)三人都不合格的概率P 0＝P (A ∩B ∩C )＝P (A )P (B )P (C )＝35×14×23＝110.(3)恰有两人合格的概率P 2＝P (A ∩B ∩C )＋P (A ∩B ∩C )＋P (A ∩B ∩C )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360.恰有一人合格的概率P1＝1－P0－P2－P3＝1－110－2360－110＝2560＝5 12.综合(1)(2)(3)可知P1最大．所以出现恰有1人合格的概率最大．。

活页作业(十二)离散型随机变量一、选择题1．一个袋子中有质量相等的红、黄、绿、白四种小球各若干个，一次倒出3个小球．下列变量是离散型随机变量的是()A．小球滚出的最大距离B．倒出小球所需的时间C．倒出的3个小球的质量之和D．倒出的3个小球的颜色种数解析：A，B不能一一列举，不是离散型随机变量，而C是常量，是个确定值，D可能取1,2,3，是离散型随机变量．答案：D2．袋中装有大小和颜色均相同的5个乒乓球，分别标有数字1,2,3,4,5.现从中任意抽取2个，设2个球上的数字之积为X，则X可能取值的个数是()A．6B．7C．10 D．25解析：X的所有可能值有1×2,1×3,1×4,1×5,2×3，2×4,2×5,3×4,3×5,4×5，共10个．答案：C3．抛掷两枚骰子，所得点数之和记为X，那么“X＝4”表示的随机试验结果是() A．两枚都是4点B．两枚都是2点C．一枚是1点，一枚是3点D．一枚是1点，另一枚是3点或者两枚都是2点解析：“X＝4”表示抛掷两枚骰子，所得点数之和为4的所有结果，可能是一枚1点，另一枚3点，也可能是两枚均为2点，故选D．答案：D4．袋中有大小相同的5个钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码．在有放回地抽取条件下依次取出两个球，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：第一次可取1,2,3,4,5中的任意一个，由于是有放回抽取，第二次也可取1,2,3,4,5中的任何一个，两次的号码和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10.答案：C二、填空题5．从标有1～10的10支竹签中任取2支，设所得2支竹签上的数字之和为X，那么随机变量X可能取得的值有________个．解析：X可能取得的值有3,4,5，…，19，共17个．答案：176．在8件产品中，有3件次品，5件正品．从中任取一件，取到次品就停止．设抽取次数为X，则“X＝3”表示的试验结果是_______________________．解析：“X＝3”表示前2次均是正品，第3次是次品．答案：共抽取3次，前2次均是正品，第3次是次品三、解答题7．小王钱夹中只剩有20元、10元、5元和1元的人民币各一张．他决定随机抽出两张，用来买晚餐，用X表示这两张金额之和．写出X的可能取值，并说明这些取值表示的随机试验结果．解：X的可能取值为6,11,15,21,25,30.其中，“X＝6”，表示抽到的是1元和5元；“X＝11”表示抽到的是1元和10元；“X＝15”表示抽到的是5元和10元；“X＝21”表示抽到的是1元和20元；“X＝25”表示抽到的是5元和20元；“X＝30”表示抽到的是10元和20元．8．抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X.试求X的集合，并说明“X＞4”表示的试验结果．解：设第一枚骰子掷出的点数为x，第二枚骰子掷出的点数为y，其中x，y＝1,2,3,4,5,6.依题意得X＝x－y.则－5≤X≤5，即X的集合为{－5，－4，－3，－2，－1,0,1,2,3,4,5}．则“X＞4”⇔“X＝5”，表示x＝6，y＝1，即第一枚骰子掷出6点，第二枚骰子掷出1点．一、选择题1．将一枚均匀骰子掷两次，不能作为随机变量的是()A．两次掷得的点数B．两次掷得的点数之和C．两次掷得的最大点数D．第一次掷得的点数减去第二次掷得的点数差解析：两次掷得的点数的取值是一个数对，不是一个数．答案：A2．某人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为ξ，则“ξ＝5”表示的试验结果是()A．第5次击中目标B．第5次未击中目标C．前4次均未击中目标D．前4次击中目标解析：“ξ＝5”表示射击5次，即前4次均未击中，否则不可能射击第5次，但第5次是否击中，就不一定，因为他只有5发子弹．答案：C二、填空题3．某地上网的费用为月租费10元，上网每分钟0.04元．某学生在一个月内上网的时间(min)为随机变量X(不足1 min的按1 min计算)，该学生在一个月内上网的费用为Y，则Y ＝________________.解析：由于上网时间不足1 min按1 min计算，因此，随机变量X的取值范围为1,2,3，…，Y＝0.04X＋10.答案：0.04X＋10(X取1,2,3，…)4．在一次考试中，某名同学需回答三个问题，考试规则如下：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则这名同学回答这三个问题总得分ξ的所有可能取值是________________________________________________________________________.解析：回答全对，ξ＝300；两对一错，ξ＝100；两错一对，ξ＝－100；全错，ξ＝－300.答案：300,100，－100，－300三、解答题5．同时掷两枚质地均匀的硬币．(1)用X表示掷出正面的个数，要表示试验的全部可能结果，X应取哪些值？(2)“X＜2”和“X＞0”各表示什么？解：(1)掷两枚硬币时，掷出正面的个数可能是0,1,2中的一个，但事先不能确定，结果是随机产生的．用X表示掷出正面的个数，X的值应随机地取0,1,2中的某个．(2)“X＜2”表示事件“正面个数小于2”，即事件“正面个数为0或1”；“X＞0”表示事件“正面个数大于0”，即事件“正面个数为1或2”．6．写出下列各随机变量可能的取值，并说明随机变量取值所表示的随机试验的结果．(1)从一个装有编号为1号到10号的10个球的袋中，任取1球，被取出的球的编号为X；(2)一个袋中装有10个红球，5个白球，从中任取4个球，其中所含红球的个数为X；(3)投掷两枚骰子，所得点数之和为X.解：(1)X的可能取值为1,2,3，…，10.“X＝k(k＝1,2，…，10)”表示取出第k号球．(2)X的可能取值为0,1,2, 3,4.“X＝k”表示取出k个红球，(4－k)个白球，其中k＝0,1,2,3,4.(3)X的可能取值为2,3,4，…，12.若以(i，j)表示投掷甲、乙两枚骰子后，骰子甲得i点，且骰子乙得j点，则“X＝2”表示(1,1)；“X＝3”表示(1,2)，(2,1)；“X＝4”表示(1,3)，(2,2)，(3,1)；…；“X＝12”表示(6,6)．。

第8章 8.2 8.2.5 第2课时1．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 描述一次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )A ．0B ．13C ．12D ．23解析：设P (X ＝1)＝p ，则P (X ＝0)＝1－p .依题意知，p ＝2(1－p )，解得p ＝23.故P (X ＝0)＝1－p ＝13.答案：B2．一批产品共10件，次品率为20%.从中任取2件，则正好取到1件次品的概率是( ) A ．2845B ．1645C ．1145D ．1745解析：由题意知，10件产品中有2件次品，故所求概率为P ＝C 12C 18C 210＝1645.答案：B3．盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的．现从盒中随机地抽取4个，那么310等于( )A ．恰有一个是坏的概率B ．恰有两个是好的概率C ．4个全是好的概率D ．至多有两个是坏的概率解析：恰好两个是好的概率为P ＝C 23C 27C 410＝310.答案：B4．10张奖券中有3张有奖，5个人每人购买1张，至少有一人中奖的概率是________．解析：可求得没有人中奖的概率为C 03C 57C 510＝112，所以至少有一人中奖的概率为1－112＝1112.答案：11125．现有10张奖券，其中8张1元，2张5元．从中任取3张，求所得金额的概率分布． 解：设所得金额为X ，X 的可能取值为3,7,11.P (X ＝3)＝C 38C 310＝715，P (X ＝7)＝C 28C 12C 310＝715，P (X ＝11)＝C 18C 22C 310＝115.故X 的概率分布为。