2013届人教A版理科数学课时试题及解析(59)随机事件的概率与古典概型A

课时作业(五十七) [第57讲 随机事件的概率与古典概型][时间：35分钟 分值：80分]基础热身1． 将一条长为6的线段分成长度为正整数的三条线段，则这三条线段可以构成三角形的概率为( )A.12B.13C.14D.152．从一批羽毛球产品中任取一个，其质量小于4.8 g 的概率为0.3，质量大于4.85 g 的概率为0.32，那么质量在[4.8,4.85](g)范围内的概率是( )A ．0.62B ．0.38C ．0.02D ．0.683．从含有两件正品a 1，a 2和一件次品b 1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次，则取出的两件产品中恰有一件次品的概率是( )A.23B.13C.12D.144． 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，这两个数的和是奇数的概率为________． 能力提升5．把标为1,2,3,4的四个小球随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得一个．事件“甲分得1球”与事件“乙分得1球”是( )A ．互斥但非对立事件B ．对立事件C ．相互独立事件 D图K57－16．同时转动如图K57－1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 ，构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ≤4的概率为( ) A.716 B.38 C.12 D.147． 连续抛两枚骰子分别得到的点数是a 、b ，则向量(a ，b )与向量(1，－1)垂直的概率是( ) A.512 B.16 C.13 D.128． 从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( ) A.110 B.310 C.35 D.9109．甲、乙两人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、0.7，则两人都达标的概率是________，两人中至少有一人达标的概率是________．10．在1,2,3,4,5五个数字中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的概率是________．11．现有5根竹竿，它们的长度(单位：m)分别为2.5，2.6，2.7,2.8,2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3 m 的概率为________．12．(13分) 在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分．用x n 表示编为n (n ＝1,2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：(1)求第66(2)从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的概率．难点突破13．(12分) 某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数X依次为1,2,3,4,5.现从一批该日用品中随机抽取20件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：(1)若所抽取的205的恰有2件，求a，b，c的值；(2)在(1)的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为x1，x2，x3，等级系数为5的2件日用品记为y1，y2，现从x1，x2，x3，y1，y2这5件日用品中任取两件(假定每件日用品被取出的可能性相同)，写出所有可能的结果，并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率．课时作业(五十七)【基础热身】1．B [解析] 将长为6的线段分成长度为正整数的三条线段，只有三种情况：(1,1,4)，(1,2,3)，(2,2,2)，能构成三角形的是(2,2,2)，所以概率为P ＝13.故选B. 2．B [解析] 设质量在[4.8,4.85](g)范围内的概率是P ，那么P ＝1－0.3－0.32＝0.38.故选B.3．A [解析] 此种取法的一切可能的结果组成的基本事件有6个，即(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)．其中小括内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品．用A 表示事件“取出的两件产品中恰有一件次品”，则事件A 由4个基本事件(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)组成，所以，P (A )＝46＝23.故选A.4.35[解析] 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，共有10种结果：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，其中两数之和为奇数的有6种，所以概率为P ＝610＝35. 【能力提升】5．A [解析] 这两个事件不可能同时发生，并且也不是有一个必然发生，所以这两个事件是互斥事件但非对立事件．故选A.6．C [解析] 数对(x ，y )共有16个结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．其中满足xy ≤4的有8个：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，(4,1)，所以概率为P ＝816＝12.故选C. 7．B [解析] 连续抛两枚骰子分别得到的向量(a ，b )有36个，因为向量(a ，b )与向量(1，－1)垂直，所以a ×1＋b ×(－1)＝0，即a ＝b ，这样的情况有6个，所以所求概率P ＝636＝16.故选B.8．D [解析] 设3个红球分别为r 1，r 2，r 3,2个白球分别为w 1，w 2.则从这5个球中任取3个球，通过列举可知共有10种情况，其中全为红球的情况有1种，故由古典概型的概率公式得P ＝1－110＝910. 9．0.56 0.94 [解析] 两人均达标为0.8×0.7＝0.56，两人都不达标的概率为(1－0.8)×(1－0.7)＝0.06，所以两人中至少有一人达标的概率为1－0.06＝0.94.10.310[解析] 因为每次取出三个数，总剩下两个数，所以该问题等价于“在1,2,3,4,5五个数字中，随机取出两个数，则这两个数为奇数的概率”．从这五个数中取出两个数，有10种取法，而两个数都是奇数的只有3种，所以概率为P ＝310. 11．0.2 [解析] 从5根竹竿中一次随机抽取2根的可能的事件总数为10，它们的长度恰好相差0.3 m 的事件数为2，分别是：2.5和2.8,2.6和2.9，所求概率为0.2.12．[解答] (1)∵x ＝16∑6n ＝1x n＝75， ∴x 6＝6x －∑5n ＝1x n ＝6×75－70－76－72－70－72＝90，s 2＝16∑6 n ＝1 (x n －x )2＝16(52＋12＋32＋52＋32＋152)＝49， ∴s ＝7.(2)从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}．选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于(68,75)的取法共有如下4种：{1,2}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，故所求概率为25. 【难点突破】13．[解答] (1)由频率分布表得a ＋0.2＋0.45＋b ＋c ＝1，即a ＋b ＋c ＝0.35.因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b ＝320＝0.15. 等级系数为5的恰有2件，所以c ＝220＝0.1. 从而a ＝0.35－b －c ＝0.1.所以a ＝0.1，b ＝0.15，c ＝0.1.(2)从日用品x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取两件，所有可能的结果为：{x 1，x 2}，{x 1，x 3}，{x 1，y 1}，{x 1，y 2}，{x 2，x 3}，{x 2，y 1}，{x 2，y 2}，{x 3，y 1}，{x 3，y 2}，{y 1，y 2}．设事件A 表示“从日用品x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取两件，其等级系数相等”，则A 包含的基本事件为：{x 1，x 2}，{x 1，x 3}，{x 2，x 3}，{y 1，y 2}，共4个．又基本事件的总数为10，故所求的概率P (A )＝410＝0.4.。

第三章概率3.1 随机事件的概率3.1.1 随机事件的概率课后篇巩固提升基础巩固①若任取x∈A,则x∈B是必然事件;②若任取x∉A,则x∈B是不可能事件;③若任取x∈B,则x∈A是随机事件;④若任取x∉B,则x∉A是必然事件.A.1个B.2个C.3个D.4个A是集合B的真子集,∴A中的任意一个元素都是B中的元素,而B中至少有一个元素不在A中,因此①正确,②错误,③正确,④正确.2.从含有8件正品、2件次品的10件产品中,任意抽取3件,则必然事件是( )A.3件都是正品B.至少有1件次品C.3件都是次品D.至少有1件正品8件正品2件次品的10件产品中,任意抽取3件, 在A中,3件都是正品是随机事件,故A错误;在B中,至少有1件次品是随机事件,故B错误;在C中,3件都是次品是不可能事件,故C错误;在D中,至少有1件正品是必然事件,故D正确.3.某人将一枚硬币连续抛掷了10次,正面朝上的情形出现了6次,则( )A.正面朝上的概率为0.6B.正面朝上的频率为0.6C.正面朝上的频率为6D.正面朝上的概率接近于0.6是正面朝上的频率不是概率.4.一个家庭前后育有两个小孩儿,则可能的结果为( )A.{(男,女),(男,男),(女,女)}B.{(男,女),(女,男)}C.{(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)}D.{(男,男),(女,女)}.两小孩儿有大小之分,所以(男,女)与(女,男)是不同的结果,故选C.5.袋内装有一个黑球与一个白球,从袋中取出一球,在100次摸球中,摸到黑球的频率为0.49,则摸到白球的次数为( )A.49B.51C.0.49D.0.510.49,所以摸到白球的频率为0.51,从而摸到白球的次数为100×0.51=51.6.我国古代数学有“米谷粒分”题:发仓募粮,所募粒中秕不百三则收之(不超过3%).现抽样取米一把,取得235粒米中夹秕n粒,若这批米合格,则n不超过( )A.6B.7C.8D.9,n≤3%,解得n≤7.05,所以若这批米合格,则n不超过7.2357.一家保险公司想了解汽车的挡风玻璃破碎的概率,公司收集了20 000部汽车的相关信息,时间是从某年的5月1日到下一年的5月1日,共发现有600部汽车的挡风玻璃破碎,则一部汽车在一年内挡风玻璃破碎的概率近似是.=0.03.P=6008.某人捡到不规则形状的五面体石块,他在每个面上用数字1~5进行了标记,投掷100次,记录下落在桌面上的数字,得到如下频数表:则落在桌面的数字不小于4的频率为.4,即4,5的频数为13+22=35.所以频率为35=0.35.100①集合{x||x|<0}为空集是必然事件;②y=f(x)是奇函数,则f(0)=0是随机事件;③若log a(x-1)>0,则x>1是必然事件;④对顶角不相等是不可能事件.恒成立,∴①正确;奇函数y=f(x)只有当x=0有意义时才有f(0)=0,∴②正确;由log a(x-1)>0知,当a>1时,,(a,b)是一个基本事件.(1)“a+b=5”这一事件包含哪几个基本事件?“a<3且b>1”呢?(2)“ab=4”这一事件包含哪几个基本事件?“a=b”呢?(3)“直线ax+by=0的斜率k>-1”这一事件包含哪几个基本事件?Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2) ,(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}.(1)“a+b=5”这一事件包含以下4个基本事件:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1).“a<3且b>1”这一事件包含以下6个基本事件:(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4).(2)“ab=4”这一事件包含以下3个基本事件:(1,4),(2,2),(4,1);“a=b”这一事件包含以下4个基本事件:(1,1),(2,2),(3,3),(4,4).(3)直线ax+by=0的斜率k=-ab>-1,即a<b,所以包含以下6个基本事件:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).能力提升1.随机事件A的频率mn满足( )A.mn =0 B.mn=1 C.mn>1 D.0≤mn≤1n次试验中,事件A不发生时,频率mn=0;当事件A发生n次时,频率m n =1;当发生次数为m,0<m<n时,频率mn满足0<mn<1,故D正确.2.从存放号码分别为1,2,…,10的卡片的盒子里,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:卡1 2 3456 7 8 9 10则取到号码为奇数的频率是( ) A.0.53 B.0.5 C.0.47 D.0.37=53100=0.53.3.某个地区从某年起n 年内的新生婴儿数及其中男婴数如表所示(单位:个):时间范围 1年内 2年内 3年内 4年内(1)填写表中的男婴出生频率(结果精确到0.01); (2)这一地区男婴出生的概率约是 . 频率f(A)=nA n ,各频率为0.49,0.54,0.50,0.50.(2)可以利用频率来求近似概率.由(1)得概率约为0.50. 0.54 0.50 0.50 (2)0.504.某公司有5万元资金用于投资开发项目,如果成功,一年后可获收益12%,一旦失败,一年后将丧失全部资金的50%,下表是去年200例类似项目开发的实施结果:投资成功 投资失败 192次8次则该公司一年后估计可获收益的平均数是 元.x,如果成功,x 的取值为5×12%,如果失败,x 的取值为-5×50%,一年后公司成功的概率为192200=2425,失败的概率为8200=125,所以一年后公司收益的平均数是(5×12%×2425-5×50%×125)×10000=4760(元).5.为了估计某自然保护区中天鹅的数量,可以使用以下方法:先从该保护区中捕出一定数量的天鹅,例如200只,给每只天鹅做上不影响其存活的记号,然后放回保护区,经过适当的时间,让其和保护区中其余的天鹅充分混合,再从保护区中捕出一定数量的天鹅,例如150只,查看其中有记号的天鹅,设有20只,试根据上述数据,估计该自然保护区中天鹅的数量.n,假定每只天鹅被捕到的可能性是相等的,从保护区中任捕一只,设事件A={带有记号的天鹅},则P(A)=200n, ①第二次从保护区中捕出150只天鹅,其中有20只带有记号,由概率的统计定义可知P(A)=20150, ②由①②两式,得200n =20150,解得n=1500,所以该自然保护区中天鹅的数量约为1500只.6.李老师在某大学连续3年主讲经济学院的《高等数学》,下表是李老师统计的这门课3年来的学生考试成绩分布:经济学院一年级的学生王小慧下学期将选修李老师的《高等数学》,用已有的信息估计她得以下分数的概率(结果保留到小数点后三位).(1)90分以上;(2)60分~69分;(3)60分以上.43+182+260+90+62+8=645,根据公式可计算出选修李老师的《高等数学》的人的考试成绩在各个段上的频率依次为:43645≈0.067,182645≈0.282,260645≈0.403,90645≈0.140,62645≈0.096,8645≈0.012.用已有的信息,可以估计出王小慧下学期选修李老师的《高等数学》得分的概率如下:(1)将“90分以上”记为事件A,则P(A)≈0.067.(2)将“60分~69分”记为事件B,则P(B)≈0.140.(3)将“60分以上”记为事件C,则P(C)≈0.067+0.282+0.403+0.140=0.892.。

作 (五十七 )A [第 57摆列、合][： 35 分分：80分]基身1． a∈N*，且 a<20 ， (27－ a)(28－ a)⋯ (34－ a)等于 ()827－ a78A ． A 27－aB ．A 34－a C． A 34－a D． A34－a2．从 20 名男同学， 10 名女同学中任 3 名参加体能，到的 3 名同学中既有男同学又有女同学的不一样法的种数()A．1 260B．4 060C．1 140D．2 8003．某位有 7 个在一同的位，有 3 不一样型的需停放，假如要求节余的 4 个位在一同，不一样的停放方法的种数()A．16B． 18 C． 24 D ．324．一天有文、数学、英、物理、化学、生物、体育七，体育不在第一上，数学不在第六、七上，天表的不一样排法种数()7525A．A7－A5B．A4A5C．A 51A 61A 55D． A 66＋ A 41A 51A 55能力提高5．用 1、2、3、4、 5、6 成一个无重复数字的六位数，要求三个奇数1、3、 5 有且只有两个相，不一样的排法种数()A．18 B．108C． 216D． 4326．从 10 名大学生中 3 个人担当村助理，甲、乙起码有 1 人入，而丙没有入的不一样法的种数()A．85B． 56 C． 49 D ．287．用 0到910个数字，能够成没有重复数字的三位偶数的个数()A ． 324 B． 328C． 360D． 6488．研究性学小有 4 名同学要在同一天上、下午到室做A，B， C，D， E 五个操作，每个同学上、下午各做一个，且不重复，若上午不可以做 D ，下午不可以做 E ，不一样的安排方式共有()A．144 种B．192 种C．216 种D．264 种9． 2010 年上海世博会某国将展出 5 件作品，此中不一样法作品 2 件、不一样画作品 2 件、志性建筑 1 件，在展台大将 5 件作品排成一排，要求 2 件法作品必相， 2 件画作品不可以相，国展出5件作品不一样的方案有________种(用数字作答) ．10．从 5 名男医生、 4 名女医生中 3 名医生成一个医小分，要求男、女医生都有，不一样的方案共有 ________种 (数字回答 )．11．由 0,1,2，⋯， 9 十个数字成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的等于 8 的个数 ________个．12． (13 分)有六名同学按以下方法和要求分，各有不一样的分方法多少种？(1)分红三个，各人数分1、 2、 3；(2)分红三个去参加三不一样的，各人数分1、 2、 3；(3)分红三个，各人数分2、 2、 2；(4)分红三个去参加三不一样的，各人数分2、 2、 2；(5)分红四个，各人数分1,1,2,2；(6)分红四个去参加四不一样的活，各人数分1、 1、 2、 2.难点打破13． (12分 )从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的北京奥运冠军中选出10 名作“夺冠之路”的励志报告．(1)若每个大项中起码选派两人，则名额分派有几种状况？(2)若将 10 名冠军分派到11 个院校中的9 个院校作报告，每个院校起码一名冠军，则有多少种不一样的分派方法？作 (五十七 )A【基身】1． D[ 分析 ] A 348－a＝ (27－ a)(28－ a)⋯ (34－a)．2．D[分析 ]基本领件数是C303，此中不切合要求的基本领件个数是C203＋ C103，故所求的种数 C3－ (C3＋ C3＝ 2 800.3020103 的全摆列，即 4× A 33＝ 24.3． C[分析 ]四个位在一同有四种可能，再乘以4．D[分析]若数学在第一，有排法 A 66种；若数学不在第一，数学排法有 A11A5115 4，体育排法有 A5，其他排法有5，依据乘法原理此的排法是 A 4A 5A5.依据加法原理，的排法种数 A 66＋A 41A51 A 55.【能力提高】C32A 22种方法；第二步，将5． D[分析 ]第一步，先将1、3、 5 分红两，共2、4、6排成一排，共 A 33种方法；第三步：将两奇数插入三个偶数形成的四个空位，共 A 42种方法．由乘法原理，共有 C32A 22A 33A 42＝ 3× 2× 6× 12＝ 432 种排法．6． C[分析 ]方法1：由条件可分两：一是甲、乙两人只有一个入，法有C21·C72＝ 42；另一是甲、乙都入，法有C22·C71＝ 7.因此共有 42＋7＝ 49 种法．故C.方法 2：甲、乙均不入的有C3种，数是 C3，故甲、乙起码一人入的方法数是C3－C73＝799 84－ 35＝ 49.A 92＝ 9× 8＝ 72 个； 0 不排在个位，有 A 41·A81·A 81＝7．B[分析]当 0 排在个位，有4× 8× 8＝ 256 个．由分数原理，得切合意的偶数共有72＋ 256＝ 328 个．故 B.8．D[分析 ]依据意得，上午要做的是A，B，C，E，下午要做的是 A，B，C，D ，且上午做了A，B，C 的同学下午不再做同样的．先安排上午，从 4 位同学中任一人做 E ，其他三人分做A， B， C ，有 C41·A 33＝ 24 种安排方式．再安排下午，分两：①上午就 E 的同学下午 D ，另三位同学A， B，C 位摆列，有 2 种方法，不一样的安排方式有N1＝ 1× 2＝ 2 种；②上午 E 的同学下午A，B，C 之一，此外三位从剩下的两和 D 一共三中，但必与上午的目开，有 3种方法，不一样的安排方式有N2＝C31·3＝ 9 种．于是，不一样的安排方式共有N＝ 24× (2＋9) ＝ 264 种．故 D.9．24[分析 ]把需要相的两个元素看做一个整体，而后与不相的元素外的元素行摆列，在隔出的空位上安排需要不相的元素.2 件法作做看作一个整体，方法数是 A 22＝2，把个整体与志性建筑作品摆列，有A22种摆列方法，此中分开了三个空位，在此中插入 2 件画作品，有方法数 A 32＝ 6.依据乘法原理，共有方法数2×2× 6＝ 24(种) ．10．70[分析 ] 分 1 名男医生 2 名女医生、 2 名男医生 1 名女医生两种状况，或许用接法．直接法： C51C42＋C52C41＝ 70.接法： C93－ C53－ C43＝ 70.2211．210[分析 ] 假如个位数和百位数是0,8，方法数是 A2A 8＝ 112；假如个位数和百位数是 1,9，因为首位不可以排 0，方法数是 A 22C71C71＝ 98.故数是 112＋ 98＝ 210.12． [解答123] (1) 即 C6C5C3＝ 60.(2)即 C61C52 C33A 33＝ 60× 6＝ 360.222C6C4C2＝15.(3)即3A 3222(4)即 C6C4 C2＝ 90.1122C6C5C4C2(5)即 A 22·A22＝ 45.1122(6)C 6C5C4C2＝ 180.【点打破】13． [解答 ] (1) 名分派只与人数相关，与不一样的人没关．每大中派两人，节余两个名，C41＝ 4 种，当节余两人出自同一大，名分派状况有当节余两人出自不一样大，名分派状况有C2＝ 6 种．4∴有 C14＋ C24＝10 种．929(2)从 11 个院校中选9 个，再从 10 个冠军中任取 2 个组合，再进行摆列，有 C11C10A 9＝898 128 000.。

课时作业(五十九)A[第59讲随机事件的概率与古典概型][时间：35分钟分值：80分]基础热身1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( ) A．至多有一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都不中靶2．如果A，B是互斥事件，则( )A．P(A)＋P(B)<1 B．P(A)＋P(B)>1C．P(A)＋P(B)＝1 D．P(A)＋P(B)≤13．把12人平均分成两组，再从每组里任意指定正、副组长各一人，其中甲被指定为正组长的概率是( )A.112B.16C.14D.134．一批产品共10件，其中有2件次品，现随机抽取5件，则所取5件中至少有1件次品的概率等于( )A.114B.79C.12D.29实用文档实用文档能力提升5．一个均匀正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A 表示向上的一面出现奇数点，事件B 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C 表示向上的一面出现的点数不小于4，则( )A ．A 与B 是互斥而非对立事件B ．A 与B 是对立事件C ．B 与C 是互斥而非对立事件D ．B 与C 是对立事件6．数学小组有10名成员，其中女生3名，今派5名成员参加数学竞赛，至少出一名女生的概率为( )A.A 13A 49A 510B.C 13C 49C 510C.C 13＋C 49C 510D.C 510－C 57C 5107．甲、乙两人下棋，甲不输的概率是0.8，两人下成和棋的概率为0.5，则甲胜的概率为( )A ．0.3B ．0.8C ．0.5D ．0.4实用文档8． 从一个正方体的8个顶点中任取3个，则以这3个点为顶点构成直角三角形的概率为( )A.23B.47C.57D.679．现有10元的球票5张，20元的3张，50元的2张，从这10张票中随机地抽出3张，其价格之和恰为70元的概率是________．10．从装有大小相同的4个红球，3个白球，3个黄球的袋中，任意取出2个球，则取出的2个颜色相同的概率是________．11．把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a ，第二次出现的点数为b ，设方程组⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋by ＝3，x ＋2y ＝2，则方程组只有一个解的概率是________．12．(13分)有A 、B 两个口袋，A 袋装有4个白球，2个黑球；B 袋装有3个白球，4个黑球，从A 、B 两袋各取2个球交换之后，求A 袋中装有4个白球的概率．难点突破13．(12分)某班级有n个人(n≤365)，一年若按365天计算，问至少有两个人的生日在同一天的概率为多大？实用文档实用文档课时作业(五十九)A【基础热身】1．D [解析] 射击两次有四种可能，(中、不中)、(不中、中)、(中、中)、(不中、不中)，其中“至少有一次中靶”，含有前三种情况，选项A 、B 、C 中都有与其重叠的部分，只有选项D 中为其互斥事件，也是对立事件．2．D [解析] 互斥事件在不是对立事件时，P (A )＋P (B )<1；是对立事件时，P (A )＋P (B )＝1，故正确选项为D.3．B [解析] 甲所在的小组有6人，则甲被指定正组长的概率为16.4．B [解析] “至少有一件次品”的对立事件为“没有次品”，所以P ＝1－C 58C 510＝79.【能力提升】5．D [解析] 根据互斥事件与对立事件的意义作答，A ∩B ＝{出现点数1或3}，事件A ，B 不互斥更不对立；B ∩C ＝∅，B ∪C ＝Ω，故事件B ，C 是对立事件．6．D [解析] 因为至少出一名女生的对立事件是全为男生，则P ＝1－C 57C 510＝实用文档C 510－C 57C 510.7．A [解析] 设甲胜的概率为p ，则由互斥事件至少有一个发生的概率公式得p＋0.5＝0.8，∴p ＝0.3，故选A.8．D [解析] 解法1：从正方体的8个顶点中任取3个有C 38＝56种取法，可构成的三角形有56种可能，正方体有6个表面和6个对角面，它们都是矩形(包括正方形)，每一个矩形中的任意3个顶点可构成4个直角三角形，共有12×4＝48个直角三角形，故所求的概率P ＝4856＝67，选D.解法2：从正方体的8个顶点中任取3个有C 38＝56种取法，可构成的三角形有56种可能，所有可能的三角形分为直角三角形和正三角形两类，其中正三角形有8种可能(每一个顶点对应一个)，故所求的概率：P ＝56－856＝67，选D.9.16 [解析] 只能是一张50元的两张10元的，∴所求的概率P ＝C 12C 25C 310＝16. 10.415 [解析] 概率P ＝C 24C 210＋C 23C 210＋C 23C 210＝415. 11.1112 [解析] 当a ∶b ≠1∶2时，方程组只有一个解．因为将骰子抛掷2次，共有实用文档6×6＝36个等可能结果．其中满足a ∶b ＝1∶2的有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共3种结果，故满足a ∶b ≠1∶2的结果有33个．所以概率为3336＝1112.12．[解答] 交换后A 袋中有4个白球的可能情形有：(1)A 袋中的2个白球与B 袋中的2个白球交换，其概率为：C 24C 23C 26C 27＝235；(2)A 袋中的黑白球各1个与B 袋中的黑白球各一个交换，其概率为C 14C 12C 13C 14C 26C 27＝32105； (3)A 袋中的2个黑球与B 袋中的2个黑球交换，其概率为C 22C 24C 26C 27＝2105.因为(1)(2)(3)互斥，所以交换后A 袋中有4个白球的概率为P ＝235＋32105＋2105＝821.【难点突破】13．[解答] 由于班级里有n 个人，至少有两人的生日在同一天有很多种情况，如两人生日在同一天；三人生日在同一天等等，故可考虑其反面，n 个人的生日全不相同的情形．记“n 个人中至少有两个人的生日在同一天”为事件A ，则事件A 是指“n 个人的生日全不相同”．若把365天当作365个“房间”，那么问题就可以归结为“分房问题”．这时“n个人的生日全不相同”就相当于：“恰有n个房间，其中各住一人”，由此可知此时P(A)＝A n 365365n ＝365！365n365－n！.而P(A)＋P(A)＝1，于是P(A)＝1－365！365n·365－n！.实用文档。

K单元概率K1随事件的概率16．I1，K1，K2，K6下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于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3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)16．解：设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，P(A i)＝113，且A i∩A j＝(i≠j)．(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8.所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝213.(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝413，P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝413，P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝5 13 .所以X的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．K2 古典概型9．K2 如图1－2所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E(X)＝( )图1－2A.126125 B.65 C.168125 D.759．B X 的取值为0，1，2，3且P(X ＝0)＝27125，P(X ＝1)＝54125，P(X ＝2)＝36125，P(X＝3)＝8125，故E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65，选B.7．K2 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________．7.2063 基本事件共有7×9＝63种，m 可以取1，3，5，7，n 可以取1，3，5，7，9.所以m ，n 都取到奇数共有20种，故所求概率为2063.16．I1，K1，K2，K6 下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于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3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 16．解：设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，P(A i)＝113，且A i∩A j＝(i≠j)．(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8.所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝213.(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝413，P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝413，P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝5 13 .所以X的分布列为故X的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．16．K2，K6一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P(A)＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P(X ＝1)＝C 33C 47＝135，P(X ＝2)＝C 34C 47＝435，P(X ＝3)＝C 35C 47＝27，P(X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.14．K2，J2 从n 个正整数1，2，3，…，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 ＝________．14．8 和为5的只有两种情况，1＋4，2＋3，故2C 2n ＝114C 2n ＝28n ＝8.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K3 几何概型11．K3 利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“3a－1>0”发生的概率为________．11.23 13<a<1，概率P ＝1－131＝23. 14．E4、K3 在区间上随机取一个数x ，使得|x ＋1|－|x －2|≥1成立的概率为________． 14.13当x<－1时，不等式化为－x －1＋x －2≥1，此时无解；当－1≤x≤2时，不等式化为x ＋1＋x －2≥1，解之得x≥1；当x>2时，不等式化为x ＋1－x ＋2≥1，此时恒成立，∴|x＋1|－|x －2|≥1的解集为[)1，＋∞.在[]－3，3上使不等式有解的区间为[]1，3，由几何概型的概率公式得P ＝3－13－（－3）＝13.5．K3 如图1－1，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( )图1－1A ．1－π4 B.π2－1C ．2－π2 D.π45．A 阅读题目可知，满足几何概型的概率特点，利用几何概型的概率公式可知：P ＝2－π22＝1－π4. 9．K3 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.789．C 设第一串彩灯在通电后第x 秒闪亮，第二串彩灯在通电后第y 秒闪亮，由题意⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤4，0≤y≤4，满足条件的关系式为－2≤x－y≤2. 根据几何概型可知，事件全体的测度(面积)为16平方单位，而满足条件的事件测度(阴影部分面积)为12平方单位，故概率为1216＝34.K4 互斥事件有一个发生的概率19．K4，K6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4.再从这批产品中任取1件作检验；若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K5 相互对立事件同时发生的概率18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K6 离散型随机变量及其分布列19．K4，K6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4.再从这批产品中任取1件作检验；若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25， 所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215，所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 4．K6 已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E(X)＝( ) A.32 B ．2 C.52D ．3 4．A E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝32，选A.18．K6 小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8(如图1－5)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率；(2)求X的分布列和数学期望．图1－5解：(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C28＝28种，X＝0时，两向量夹角为直角共有8种情形；所以小波参加学校合唱团的概率为P(X＝0)＝828＝27.(2)两向量数量积X的所有可能取值为－2，－1，0，1，X＝－2时，有2种情形；X＝1时，有8种情形；X＝－1时，有10种情形．所以X的分布列为EX＝(－2)×114＋(－1)×514＋0×27＋1×27＝－314.16．I1，K1，K2，K6下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于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3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望； (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 16．解：设A i 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i＝1，2，…，13)． 根据题意，P(A i )＝113，且A i ∩A j ＝(i≠j)．(1)设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A 5∪A 8. 所以P(B)＝P(A 5∪A 8)＝P(A 5)＋P(A 8)＝213.(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A 3∪A 6∪A 7∪A 11) ＝P(A 3)＋P(A 6)＋P(A 7)＋P(A 11)＝413，P(X ＝2)＝P(A 1∪A 2∪A 12∪A 13) ＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 12)＋P(A 13)＝413，P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝513.所以X 的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827，P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427，由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.19．K6 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及数学期望． 19．解：(1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”， B 表示事件“观众乙选中3号歌手，” 则P(A)＝C 12C 23＝23，P(B)＝C 24C 35＝35.∵事件A 与B 相互独立，∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为 P(AB)＝P(A)·P(B)＝P(A)· ＝23×25＝415.或P(AB )＝C 12·C 34C 23·C 35＝415. (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”． 则P(C)＝C 24C 35＝35.∵X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为 P(X ＝0)＝P(A B C)＝13×25×25＝475.P(X ＝1)＝P(AB C)＋P(ABC)＋P(A BC) ＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P(X ＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC) ＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375， P(X ＝3)＝P(ABC)＝23×35×35＝1875.∴X 的分布列为∴X 的数学期望EX ＝0×475＋1×2075＋2×3375＋3×1875＝14075＝2815.18．L1，K6 某算法的程序框图如图1－6所示，其中输入的变量x 在1，2，3，…，24这24个整数中等可能随机产生．图1－6(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出y的值为i的概率P i(i＝1，2，3)；(2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解，各自编写程序重复运行n次后，统计记录了输出y的值为i(i＝1，2，3)的频数．以下是甲、乙所作频数统计表的部分数据．甲的频数统计表(部分)乙的频数统计表(部分)当n ＝2 100时，根据表中的数据，分别写出甲、乙所编程序各自输出y 的值为i(i ＝1，2，3)的频率(用分数表示)，并判断两位同学中哪一位所编写程序符合算法要求的可能性较大；(3)按程序框图正确编写的程序运行3次，求输出y 的值为2的次数ξ的分布列及数学期望．18．解：(1)变量x 是在1，2，3，…，24这24个整数中随机产生的一个数，共有24种可能．当x 从1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23这12个数中产生时，输出y 的值为1，故P 1＝12；当x 从2，4，8，10，14，16，20，22这8个数中产生时，输出y 的值为2，故P 2＝13；当x 从6，12，18，24这4个数中产生时，输出y 的值为3，故P 3＝16，所以，输出y 的值为1的概率为12，输出y 的值为2的概率为13，输出y 的值为3的概率为16. (2)当n ＝2 100时，甲、乙所编程序各自输出y 的值为i(i ＝1，2，3)的频率如下：比较频率趋势与概率，可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大． (3)随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3. P(ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P(ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P(ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29，P(ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127，故ξ的分布列为所以，E ξ＝0×827＋1×49＋2×29＋3×127＝1.即ξ的数学期望为1.16．K2，K6 一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P(A)＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P(X ＝1)＝C 33C 47＝135，P(X ＝2)＝C 34C 47＝435，P(X ＝3)＝C 35C 47＝27，P(X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.19．B1，I2，K6 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图1－4所示，经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品，以X(单位：t ，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．(1)将T 表示为X 的函数；(2)根据直方图估计利润T 不少于57 000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈时，T ＝500×130＝65 000.所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧800X －39 000，100≤X<130，65 000，130≤X≤150.(2)由(1)知利润T 不少于57 000元，当且仅当120≤X ≤150.由直方图知需求量X∈的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T 的分布列为所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.K7 条件概率与事件的独立性21．K7、K9 某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有n 位学生，每次活动均需该系k 位学生参加(n 和k 都是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k 位学生，且所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X.(1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； (2)求使P(X ＝m)取得最大值的整数m.21．解：(1)因为事件A ：“学生甲收到李老师所发信息”与事件B ：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件，所以A 与B 相互独立．由于P(A)＝P(B)＝C k －1n －1C k n ＝kn ，故P(A)＝P(B)＝1－k n ，因此学生甲收到活动通知信息的概率P ＝1－1－k n 2＝2kn －k2n2. (2)当k ＝n 时，m 只能取n ，有P(X ＝m)＝P(X ＝n)＝1.当k<n 时，整数m 满足k≤m≤t，其中t 是2k 和n 中的较小者，由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给k 位同学”所包含的基本事件总数为(C k n )2，当X ＝m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为2k －m ，仅收到李老师或仅收到张老师转发信息的学生人数均为m －k ，由乘法计数原理知事件{X ＝m}所含基本事件数为C k n C 2k －m k C m －kn －k＝C k n C m －k k C m －kn －k ，此时P(X ＝m)＝C k n C 2k －m k C m －kk （C k n ）2＝C m －k k C m －kn －kC kn . 当k≤m<t 时，P(X ＝m)≤P(X＝m ＋1)C m －k k C m －kn －k ≤C m ＋1－k kC m ＋1－kn －k(m －k ＋1)2≤(n －m)(2k－m)m ≤2k －（k ＋1）2n ＋2.假如k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t 成立．则当(k ＋1)2能被n ＋2整除时，k ≤2k －（k ＋1）2n ＋2<2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2≤t ，故P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2和m ＝2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2处达最大值；当(k ＋1)2不能被n ＋2整除时，P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2处达最大值．(注：表示不超过x 的最大整数)下面证明k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.因为1≤k<n，所以2k －（k ＋1）2n ＋2－k ＝kn －k 2－1n ＋2≥k （k ＋1）－k 2－1n ＋2＝k －1n ＋2≥0.而2k －（k ＋1）2n ＋2－n ＝－（n －k ＋1）2n ＋2<0，故2k －（k ＋1）2n ＋2<n ，显然2k －（k ＋1）2n ＋2<2k.因此k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.6．K7 抽样统计甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位：环)，结果如下：则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为________．6．2 由题知x 甲＝15(87＋91＋90＋89＋93)＝90，s 2甲＝15(9＋1＋0＋1＋9)＝4；x 乙＝15(89＋90＋91＋88＋92)＝90，s 2乙＝15(1＋0＋1＋4＋4)＝2，所以s 2甲>s 2乙，故答案为2.16．K7 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．16．10 由已知可设5个班级参加的人数分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则x ＝7， （x 1－7）2＋（x 2－7）2＋（x 3－7）2＋（x 4－7）2＋（x 5－7）25＝4，故(x 1－7)2＋(x 2－7)2＋(x 3－7)2＋(x 4－7)2＋(x 5－7)2＝20，即五个完全平方数之和为20，要使其中一个达到最大，这五个数必须是关于0对称分布的，而9＋1＋0＋1＋9＝20，也就是(－3)2＋(－1)2＋02＋12＋32＝20，所以五个班级参加的人数分别为4，6，7，8，10，最大数字为10.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”， A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827，P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427，由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.K8 离散型随机变量的数学特征与正态分布16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25， 所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215，所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．19．K8 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．19．解： (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”， 则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”． 因为P(A)＝C 36C 310＝16，所以P(A)＝1－P(A)＝56.(2)X 所有的可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125；P(X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125；P(X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125；P(X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·45＝36125.X 的分布列为：所以E(X)＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”，A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”． 则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.。

2013年普通高等学校招生全国统一考试理科数学及答案解析注意事项:1.本试卷分为两部分, 第一部分为选择题，第二部分为非选择题.。

2.考生领到试卷后，须按规定在试卷上填写姓名、准考证号，并在答题卡上填涂对应的试卷类型信息.。

3.所有解答必须填写在答题卡上指定区域内。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分(共50分)一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1. 设全集为R,函数()f x M, 则C MR为(A) [－1,1] (B) (－1,1)(C) ,1][1,)(∞-⋃+∞-(D) ,1)(1,)(∞-⋃+∞-【答案】D【解析】()f x的定义域为M=[-1,1],故C R M=(,1)(1,)-∞-⋃+∞,选D2. 根据下列算法语句, 当输入x为60时,输出y的值为(A) 25(B) 30(C) 31(D) 61【答案】C【解析】故选择C3. 设a, b为向量, 则“||||||=a ab b·”是“a//b”的(A) 充分不必要条件(B) 必要不充分条件(C) 充分必要条件(D) 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】4. 某单位有840名职工, 现采用系统抽样方法, 抽取42人做问卷调查, 将840人按1, 2, …, 840随机编号, 则抽取的42人中, 编号落入区间[481, 720]的人数为(A) 11 (B) 12 (C) 13 (D) 14【答案】B【解析】由题设可知区间[481，720]长度为240，落在区间内的人数为12人。

5. 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)14π-(B)12π-(C) 22π-(D) 4π【答案】A【解析】由题设可知矩形ABCD 面积为2，曲边形DEBF 的面积为22π-故所求概率为22124ππ-=-，选A.6. 设z 1, z 2是复数, 则下列命题中的假命题是 (A) 若12||0z z -=, 则12z z = (B) 若12z z =, 则12z z =(C) 若12||z z =, 则2112··z z z z =(D) 若12||||z z =, 则2122z z =【答案】D【解析】设12,,z a bi z c di =+=+若12||0z z -=，则12||()()z z a c b d i -=-+-，,a c b d ==，所以12z z =，故A 项正确；若12z z =，则,a cb d ==-，所以12z z =，故B 项正确；若12||||z z =，则2222a b c d +=+，所以1122..z z z z =，故C 项正确；7. 设△ABC 的内角A , B , C 所对的边分别为a , b , c , 若cos cos sin b C c B a A +=, 则△ABC 的形状为 (A) 锐角三角形 (B) 直角三角形(C) 钝角三角形(D) 不确定【答案】B【解析】因为cos cos sin b C c B a A +=，所以由正弦定理得2sin cos sin cos sin B C C B A +=，所以2sin()sin B C A +=，所以2sin sin A A =,所以sin 1A =，所以△ABC 是直角三角形。