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【文档说明】高中数学课时作业（人教A版选修第三册）详解答案.docx，共(92)页，509.383 KB，由小赞的店铺上传
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详解答案课时作业(一)分类加法计数原理与分步乘法计数原理(第1课时)1．解析：由分类加法计数原理知有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法．故选A.答案：A2．解析：先排第1道，有4种排法，第2，3，4，5道各有4，3，2，1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3
×2×1＝96种．故选A.答案：A3．解析：根据题意可得从书架上任取1本书，有4＋3＋2＝9种不同的取法；从书架的第1，2，3层各取1本书，有2×3×4＝24种不同的取法．故选D.答案：D4．解析：从高一年级的学生中选取1名，有3种选法；从高二年级的学生中选取1名，有5种选法
；从高三年级的学生中选取1名，有4种选法；(1)从三个年级的学生中任选1人参加活动，共有3＋5＋4＝12种不同选法；(2)从三个年级的学生中各选1人参加活动，共有3×5×4＝60种不同选法．5．解析：由题意，从点A到点B，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有1×3＝3种走法；从点B到
点C，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有1×3＝3种走法，由分步乘法计数原理，可得共有3×3＝9种不同的走法．故选C.答案：C6．解析：选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有
3＋8＋5＝16种选法，故A正确；选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有3×8×5＝120种选法，故B正确；选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8＋5)＝39种选法，故C正确；选项D，若需3名老师和
1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600；当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510；当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；当百位为2，符合要求的“吉祥数”有
240、204、222；当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；综上，共有12个“吉祥数”．答案：128．解析：(1)根据题意，共分为3步．第1步：从高一学生中选出1人，有5种选法；第2步：从高二学生中选出1人，有8种选法；第3步：从高
三学生中选出1人，有7种选法．由分步乘法计数原理可得，共有5×8×7＝280种选法；(2)根据题意，可分为3类．第1类：选出的是高一、高二学生，有5×8＝40种选法；第2类：选出的是高一、高三学生，有5×7＝35种选法；第3类：选出的是高二、高三学生，有8×7＝56
种选法．由分类加法计数原理可得，共有40＋35＋56＝131种选法．9．解析：(1)从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法，第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法，第3步从第3层取1本体育书，有2种方法，根据分步
乘法计数原理，不同取法的种数是4×3×2＝24.(2)第1类方法是4本不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本，有4×3种方法，第2类方法是4本不同的计算机书和2本不同的体育书各选取1本，有4×2种方法，第3类方法是3本
不同的文艺书和2本不同的体育书各选取1本，有3×2种方法，根据分类加法计数原理，不同取法的种数是4×3＋4×2＋3×2＝26.10．解析：第一类：第1垄种植A作物，B作物种植在第8，9，10垄中的任一垄，有3种选法；第二类：第2垄种植A作物，B作物种植在第9，10垄中的任一垄
，有2种选法；第三类：第3垄种植A作物，B作物种植在第10垄，有1种选法；第四类：第8垄种植A作物，B作物种植在第1垄，有1种选法；第五类：第9垄种植A作物，B作物种植在第1，2垄中的任一垄，有2种选法；第六类：第10垄种植A作物，B作物种植
在第1，2，3垄中的任一垄，有3种选法．综上：由分类加法计数原理知，共有3＋2＋1＋1＋2＋3＝12种不同的选垄方法．11．解析：①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以称量重物的克数有1克，5克，10克；②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝
码时，可以称量重物的克数有1＋5＝6(克)，1＋10＝11(克)，5＋10＝15(克)；③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以称量重物的克数有1＋5＋10＝16(克)；④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以称量重物的克数有5－1＝4(克)，10－1＝
9(克)，10－5＝5(克)；⑤当天平的一端放1个砝码，另一端放2个砝码时，可以称量重物的克数有10＋5－1＝14(克)，10＋1－5＝6(克)，10－(5＋1)＝4(克)；去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种，故选A.答案：A12．解析：(1)分为三类：第一类是一幅选自国画，有5种不同的
选法；一幅选自油画，有2种不同的选法；由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，由分步乘法计数原理知，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一
幅选自油画，有2种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，由分步乘法计数原理知，有2×7＝14(种)不同的选法，所以根据分类加法计数原理，共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法；(2)从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中
选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6(种).课时作业(二)分类加法计数原理与分步乘法计数原理(第2课时)1．解析：其中各位数字之和等于6的三位数
可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1
个三位数，即222.∴共有3＋6＋1＝10(个)，故选C.答案：C2．解析：依题意，每名同学报名方法数是2，所以3名同学不同的报名方法的种数是23＝8.故选A.答案：A3．解析：先染④有4种染法，①有3种染法，③有2种染法，②有2
种染法，所以不同的染法种数有4×3×2×2＝48.故选B.答案：B4．解析：当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数，可分步完成．第一步，先排个位，个位上的数只能是2，4，6，8中的1个，有4种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三
步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224(个).当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数，可分步完成．第一步，先排个位，个位上的数只能是1，3，5，7，9中的1个，有5
种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280(个).5．解析：依题意，每位同学都有3种选法，所以不同的选法
种数是3×3×3×3×3×3＝36.故选B.答案：B6．解析：对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5＝500(个)，故选项A正确；对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后
面3个数位，有4×3×2＝24(种)情况，则组成无重复数字的四位数有4×24＝96(个)，故选项B正确；对C：若0在个位，有4×3×2＝24(个)四位偶数，若0不在个位，有3×3×2×2＝36(个)四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有24＋36＝60(个)，故选项C
错误；对D：组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2＝36(个)，故选项D错误．故选AB.答案：AB7．解析：第一种情况，当AC相同时，有5×4×1×4＝80(种)方法，第二种情况，当AC不同时，有5×4×3×3＝180(种)方法，综上可知，共有
80＋180＝260(种)方法．答案：2608．解析：(1)每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有35＝243；(2)每项限报1人，且每人至多参加一项，因此可由项目
选人，第一个项目有5种选法，第二个项目有4种选法，第三个项目有3种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有5×4×3＝60种．9．解析：(1)由于0不能在百位，故百位上数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法．所以不同的三位数共有9×10×10＝900个．(2)
百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．(3)满足条件的一位自然数有10个，两位自然数有9×9＝81个，
三位自然数有4×9×8＝288个，由分类加法计数原理知共有10＋81＋288＝379个小于500且无重复数字的自然数．10．解析：方法一分类，第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法．方法二分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，所以共有6×5×4×4＝480(种)涂法．11．解析：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，且每人只能
去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81种情况，若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼、东湖，每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16种情况，故汉口江滩一定要有人去有81－16
＝65种情况，故选A.答案：A12．解析：(1)涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理知将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24种不同的涂色方案；(2)恰好用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域或
A，D区域或B，D区域必同色，由分类加法计数原理可得恰好用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18种不同涂色的方案；(3)若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D
区域必同色，先从3种不同颜色中任取2种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共2种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂完四个区域，共有3×2＝6种不同的涂色方案．课时作业(三)排
列1．解析：因为排列与顺序有关系，因此AC是排列，BD不是排列．故选AC.答案：AC2．解析：根据题意，某校从5名同学中选择3人分别参加数学、物理、化学竞赛，选出的3人有顺序的区别，则有5×4×3＝60种选法．故选C.答案：C3．解析：用1，2，3这三个数字写出没
有重复数字的两位偶数只有：12和32.答案：24．解析：先安排A有3种坐法，安排B有2种坐法，安排C有1种坐法，由分步乘法计数原理，有3×2×1＝6(种).所有坐法为ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种．5．解析：由分步乘法计数原理知点P的
个数是2×3＝6.故选C.答案：C6．解析：从4名大学生中选三个人分配到乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学分配1名大学生．则不同的分配方法数为4×3×2＝24故选B.答案：B7．解析：从2名客县教师中选1人负责金属探测仪的使用，再从剩余的5人中，选1人负
责核对身份，再从剩下的4人中选择1人负责指纹认证，所以不同的安排方案共有2×5×4＝40(种)方法．答案：B8．解析：写出所有不同的试验方法如下：a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1a2b4，a3a4b1，a3a4b2，a3a4b3，a3a5b1，a3a5b2，a3a5b3，
a4a5b1，a4a5b2，a4a5b3，a4a5b4，共14种．9．解析：(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A35＝5×4×3＝60.(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，
因此送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是53＝5×5×5＝125.10．解析：(1)三位数的每位上数字均为1，2，3，4，5，6之一．第一步，得首位数字，有6种不同结果；第二步，得十位数字，有5种不同结果；第三步，得个位数字，有4种不同结果．故可
得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).(2)三位数，每位上数字均可从1，2，3，4，5，6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个).11．解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲
→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式．故共有6种不同的传递方式．答案：C12．解析：第一步：确定百位上的数字有6种可能，第二步：确定十位上的数字有4种可能，第三步：确定个位上的数字有2种可能，根据分步计数原理可得，共：6×4×2＝48.∴可构
成48个不同的三位数．课时作业(四)排列数1．解析：由A36＝m！A25，则m！＝6，故m＝3.故选D.答案：D2．解析：因为将3张不同的奥运会门票分给6名同学中的3人，每人1张，所以不同分法的种数为A36＝6×5×4＝120，故选B.3．解析：把相邻的两个偶数字视为一个元
素，与其它3个数字共4个元素作全排列，再排两个偶数字，则不同的排法种数是：A44A22＝24×2＝48，所以这样的五位数共有48个．答案：484．解析：(1)若甲不在排头，也不在排尾，先从3个位置选一个安排甲，再对剩下的4人全排列，即排列的方法有：A13A44＝72种．(2)甲、乙、丙三人必
须在一起，先对甲乙丙三人全排列，再与剩下两人全排列，即排列的方法有：A33A33＝36种．5．解析：依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数有：A14A55，“数”不在第一次也不在第六次时，“礼”和“乐”相邻的不同次序数有：
A13A44A22，所以所求“六艺”讲座不同的次序数共有：A14A55－A13A44A22＝336.故选B.答案：B6．解析：对于A，男生甲排在两端，则这5名同学共有2A44＝48种不同的排法，A错误；对于B，2名女生相邻，则这5名同学共有A22A44＝48种不同的排法，B正确；对于
C，2名女生不相邻，则这5名同学共有A33A24＝72种不同的排法，C正确；对于D，要求1名男生排在中间，则这5名同学共有3A44＝72种不同的排法，D正确．故选BCD.答案：BCD7．解析：由题设，A22A33A22A33＝2×6×2×6＝144种．答案：1448．解析
：(1)2A58＋7A48A88－A59＝2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×58×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝1.(2)∵A32n＝10A3n，∴2n×(2n－1)×(2n－2)＝
10×n×(n－1)×(n－2)，又n≥3，化简得4n－2＝5n－10，解得n＝8.9．解析：(1)若正、副组长相邻而坐，可将此2人看作1人，即7人围一圆桌，有A66种，由于正、副组长2人可交换，有A22种，所以共有A66A22＝6×5×4×3×2
×1×2＝1440种，(2)若记录员坐于正、副组长之间(三者相邻)，可将3人看作1人，即6人围一圆桌，有A55种，因为正、副组长2人可交换，有A22种，所以共有A55A22＝5×4×3×2×1×2＝240种．10．解析
：(1)先排歌唱节目有A55种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有A46种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有A55·A46＝43200(种).(2)先排舞蹈节目有A44种方法，在舞
蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A44·A55＝2880(种).11．解析：由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有A22A66＝1440(种)，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天
值班且丙在10月1日值班的方案共有A22A55＝240(种)，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的方案共有A22A55＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁在10月7日值
班的方案共有A22A44＝48(种).因此，满足题意的方案共有1440－2×240＋48＝1008(种).答案：100812．解析：(1)甲与乙之间的左右关系各占一半，故共有N＝A77A22＝2520(种)不同的排队方案．(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持
不变，即为所有甲、乙、丙排列的1A33，故共有N＝A77A33＝840(种)不同的排队方案．(3)直接分步完成，共有A37A44＝5040(种)不同的排队方案．课时作业(五)组合、组合数(第1课时)1．解析：因为C3n＝C6n，所以n＝3＋6＝9.故选C.答案：C2．解析：由题意，从1
0名学生中任选2名参加某项志愿者活动，由组合的定义可知，不同的选法种数为C210＝10×92＝45，故选C.答案：C3．解析：A24＋C710＝A24＋C310＝4×3＋10×9×83×2×1＝132.答案：1324．解析：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护旗手，
所有的选法为：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁．其中甲同学被选中的方法种数为3.5．解析：从物理和历史中任选1科，有C12＝2种，然后从其他4科中任选2科，有C24＝6种，共有2×6＝12种．故选B.答案：B6．解析：对于A，Cmn＝n！m！（n－m）！
＝n×（n－1）×…×（n－m＋1）m！＝Amnm！，故A错误；对于B，n！n（n－1）＝(n－2)·(n－1)·…·1＝(n－2)！，故B正确；对于C，Amn＝n·(n－1)·…·(n－m＋1)＝n·
（n－1）·…·（n－m＋1）·（n－m）·…·1（n－m）·（n－m－1）·…·1＝n！（n－m）！，故C正确；对于D，1n－mAm＋1n＝1n－m·n·(n－1)·…·(n－m＋1)·(n－m)＝n·(n－1)·…·(n－m＋1)＝Amn，故D正确．故选A.答案
：A7．解析：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，则共有C38－C35－C33＝45种．答案：458．解析：(1)3A35＋4C26＝3×5×4×3＋4×6×52×1＝240.(2)已知C2x17＝Cx＋217，则2x＝x＋2或2x＋(x＋2)＝17，解得x＝2或x
＝5，经检验均符合．故x＝2或x＝5.9．解析：(1)从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是C38＝A38A33＝8×7×63×2×1＝56.(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数
是C27＝A27A22＝7×62×1＝21.(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是C37＝A37A33＝7×6×53×2×1＝35.10．解析：(1)∵2点可以确定一条直线，∴从10个点任选2个点取法C210＝45，故一共可画45条弦．(
2)∵不共线的三点确定一个圆，∴从10个点任选3个点取法有C310＝120，故一共可画120个圆内接三角形．11．解析：分2步，第一步从A到B，第二步从B到C，方法数为C13×C24＝18.答案：1812．解析：(1)由C38－n3n＋C3n21＋n可得：3n≥38－n21＋n≥3n38
－n≥0n∈N*，解得n＝10，则C38－n3n＋C3n21＋n＝C2830＋C3031＝C230＋C131＝466.(2)不等式7C4n>5C6n，即不等式7n（n－1）（n－2）（n－3）4×3×2×1>5n（n－1）（n－2）（n－3）（n－4）（n－5）6×5
×4×3×2×1，解得－2<n<11，又因n≥6，所以关于n的不等式7C4n>5C6n的解集为{6，7，8，9，10}．课时作业(六)组合、组合数(第2课时)1．解析：因为纪念品是相同的，而游客不同，所以以游客为对象分类：第一种情况，一位游客得一个纪念品，其余两位游客每人两个纪念品，共有
C13＝3种．第二种情况，一位游客得三个纪念品，其余两位游客各一个纪念品，共有C13＝3种．共计6种赠送方案．故选A.答案：A2．解析：先从6名男医生中选出3名男医生，再从5名女医生中选出2名女医生，根据分步乘法计数原理可得，不同的选法共有C3
6C25＝200种．故选C.答案：C3．解析：依题意，在除甲外的8人中任选3人，有C38种选法，这3人中全是女生的有C33种选法，所以不同的选法共有C38－C33＝55(种).答案：554．解析：(1)从这12件产品
中任意抽取3件，共有C312＝12×11×103×2×1＝220种．(2)从这12件产品中任意抽取3件，恰有1件次品，则相当于在10件正品中抽取2件，在2件次品中抽取1件，有C210×C12＝45×2＝90种．(3)若抽出的3
件中无次品，则有C310＝120种，故至少有1件次品的抽法有220－120＝100种．5．解析：先从四个任务中选择一个相同任务的方法总数为C14，再从剩下的三个任务中选两个分给甲乙即A23，所以甲、乙两名同学每人从四个任务中选择两个任务进行学习，则恰有一个
任务相同的选法的种数为：C14A23＝24.故选C.答案：C6．解析：对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为C12C24种，所以A正确；对于B中，先从物理、历史中选1门
，有C12种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有C13种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有C12C13种，所以B正确；对于C中，先从物理和历史中选1门，有C12种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有C12C12种选法，若政治和地理都不选
，则从化学和生物中选2门，只有1种选法，由分类加法计数原理，可得共有C12(C12C12＋1)，所以C正确；对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有C12C12种选法，若化学、
生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为C12C12＋1，所以D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：依题意，计算承包方式的种数需要3步：先从5项工程中任取2项给甲，有C25种方法，再从余下的
3项工程中任取2项给乙，有C23种方法，然后将最后1项工程给丙，有1种方法，由分步乘法计数原理得：C25×C23×1＝10×3＝30，所以共有30种承包方式．答案：308．解析：(1)从中任取4个球，红球
的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，红球4个，取法有1种，红球3个和白球1个，取法有C34·C16＝24种；红球2个和白球2个，取法有C24·C26＝90种；根据分类加法计数原理，红球的
个数不比白球少的取法有1＋24＋90＝115种．(2)使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白．第一种，4红1白，取法有C44C16＝6种；第二种，3红2白，取法有C34·C26＝60种，第三种，2红3白，取法有C24·C36＝120种，根据分类加法计数原理，总分不少于7
分的取法有6＋60＋120＝186.9．解析：(1)从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，C25C24＝60，故有60种选法；(2)若小王和小红均未入选，则有C47＝35种选法，故男生中的小王和女生中的小红至
少有1人入选，则有C49－C47＝126－35＝91种选法；(3)若2个考点派送人数均为2人，则有C24C22＝6种派送方式，若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有C14C33A22＝8种派送方式，故一共有8＋6＝14种派送方式．10．解析：可以分三类：第一类，让两项工作都能
胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C
23＝42(种)不同的选法．11．解析：先把5名同学分为3组：(3人，1人，1人)或(2人，2人，1人)，再把这3组同学分配给3门选修课即可解决．则5名同学选课的种数为(C35C12C11A22＋C25C23C11A22)A33＝150(种)，故选A.答案：A12．解析：(
1)将9人按2∶3∶4分组，有C29C37C44种分组方法，再把各组分配到三个项目中去有A33种方法，由分步乘法计数原理得：C29C37C44A33＝7560，所以不同的调查方式有7560种．(2)从9人中任取3人去调查第一个项目，从余下6
人中任取3人去调查第二个项目，最后3人去调查第三个项目，由分步乘法计数原理得：C39C36C33＝1680，所以不同的调查方式有1680种．(3)把4个女生按2∶1∶1分组，有C24种分法，再从5个男生中任取1个到两个女生的一组，从余下4个男生中任取2人到1个女生的一
组，最后2个男生到最后的1个女生组，分法种数为C15C24C22，将分得的三个小组分配到三个项目中去有A33种方法，由分步乘法计数原理得：C24C15C24C22A33＝1080，所以不同的调查方式有1080种．课时作业(七)二项式定理1．解析：二项式展开式第三项的二项式系数为C28＝28.
故选D.答案：D2．解析：(x－1)10的通项公式为Tk＋1＝Ck10x10－k·(－1)k，故第4项T4＝C310x10－3(－1)3＝－C310x7，故选C.答案：C3．解析：因为(x－2)5展开式的通项为Tk＋1＝
Ck5x5－k(－2)k，当k＝1时，T2＝C15x4(－2)1＝－10x4，所以x4的系数为－10.答案：－104．解析：(2＋1x)4＝C04241x0＋C14231x1＋C24221x2＋C3
4211x3＋C44201x4＝16＋32x＋24x2＋8x3＋1x4.5．解析：因(x－1)3＝x3－3x2＋3x－1，于是得(2x－1)(x－1)3展开式中的二次项为2x·3x＋(－1)·(－3x2)＝9x2，所以
(2x－1)(x－1)3展开式中含x2项的系数为9.故选D.答案：D6．解析：因为(x2＋2x－3)5的展开式中含x的项是由5个多项式(x2＋2x－3)在按多项式乘法运算时仅一个多项式取出2x，其它4个多项式都取出－3，所以展开式中x的
系数为：C15·2·(－3)4＝810.故选B.答案：B7．解析：(ax－2x)6展开式的通项为Tk＋1＝Ck6(ax)6－k(－2x)k＝(－2)ka6－kCk6x6－2k，令6－2k＝0，解得k＝3，则(ax－2x)6展开式的常数项为T4＝－8a3C36＝－
160a3＝20，解得a＝－12.答案：－128．解析：由已知得(2x－1x)6的展开式的通项是Tk＋1＝Ck6(2x)6－k－1xk＝Ck626－k(－1)kx6－3k2(k＝0，1，2，…，6).(1)展开式第4项的二项式系数为C36＝20.(2)展开式的第4项为
T4＝－160x－32.9．解析：(1)由C1nC3n＝6（n－1）（n－2）＝112，得(n＋7)(n－10)＝0，所以正整数n＝10.(2)第k＋1项Tk＋1＝Ck10(x)10－k－2x2k＝(－2)kCk10·x10－5k2，由10－5k2＝0
得k＝2，所以展开式中的常数项为T3＝(－2)2×C210＝180.10．解析：二项展开式的通项Tk＋1＝Ckn12x2n－k－1xk＝(－1)k12n－kCknx2n－52k.(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，2n－52k＝0，解得n＝1
0.(2)令2n－52k＝5，得k＝25(2n－5)＝6，所以x5的系数为(－1)6×124×C610＝1058.(3)要使2n－52k，即40－5k2为整数，只需k为偶数，由于k＝0，1，2，3，…，9，10，故符合
要求的有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项．11．解析：由题意，(x－1)(2x＋ax)6＝x(2x＋ax)6－(2x＋ax)6，x(2x＋ax)6的通项公式为Ak＋1＝Ck626－kakx7－2k，
k＝0，1，2，…，6，令7－2k＝0，k＝72，不合题意；(2x＋ax)6的通项公式为Tk＋1＝Ck6(2x)6－k·axk＝Ck626－kakx6－2k，令6－2k＝0，则k＝3，所以(x－1)(2x＋ax)6的常数项为－C36×23a3
＝－1280，解得a＝2，所以(1＋3a)15－3＝715－3＝(8－1)15－3＝815－C115814＋C215813－C315812＋…＋C14158－1－3＝8×(814－C115813＋C215812－C315811＋…＋C1415－1)＋4，则(1＋3a)15－3被8除的
余数为4，故选B.答案：B12．解析：(1)(3x－123x)n的展开式的通项为Tk＋1＝Cknxn－k3－12kx－k3＝Ckn－12kxn－2k3，因为第6项为常数项，所以k＝5时，有n－2k3＝0，解得
n＝10.(2)令n－2k3＝2，得k＝12(n－6)＝12×(10－6)＝2，所以含x2的项的系数为C210－122＝454.(3)根据通项公式与题意得10－2k3∈Z0≤k≤10k∈Z，令10－2k3＝m(m∈Z)，则10－2k＝3m，即k＝5－32m.m
∈Z，∴m应为偶数．又0≤k≤10，∴m可取2，0，－2，即k可取2，5，8.所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为C210·－122x2，C510－125，C810－128x－2，即454x2，－63
8，45256x2.课时作业(八)二项式系数的性质1．解析：根据题意可得2n＝64，解得n＝6,则(x－1x)6展开式的通项为Ck6x6－k(－1x)k＝(－1)kCk6x6－2k，令6－2k＝0，得k＝3，所以常数项为：C36x6－3－1x3＝－C36＝－6×5×43×2×
1＝－20.故选B.答案：B2．解析：令x＝1可得展开式中所有项的系数和为(a－1)5＝1024，解得a＝5，则二项式(5x2－1x)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ck5(5x2)5－k(－1x)k＝(－1)k·55－k·Ck5·x10－52k，令10－52k＝0，解
得k＝4，则T5＝25，即常数项为25.故选A.答案：A3．解析：由题意可得2n＝64，解得n＝6，故令x＝1，则所有项的系数和为(3×1－1)6＝26＝64.答案：644．解析：(1)由题意可知，展开式的
二项式系数之和为29＝512.(2)由题意可知，展开式的各项系数之和为(2－3)9＝－1.5．解析：(2x－1x)7展开式的所有项的二项式系数和为27＝128，A正确；当x＝1时，(2x－1x)7展开式的所有项的系数和为1，B正确；(2x－1
x)7展开式的二项式系数最大的项为第4项和第5项，C正确；(2x－1x)7展开式的通项公式Tk＋1＝Ck7(2x)7－k－1xk＝(－1)k·27－kCk7x7－32k，k∈N，k≤7，当7－32k为整数时，k∈{0，2，4，6}，即(2x－1x)7的展开式中有
理项共4项，D不正确．故选ABC.答案：ABC6．解析：(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，取x＝－1，则有a0＝(－2)5＝－32，A正确；取x＝0，则有a0＋
a1＋…＋a5＝(－1)5＝－1，B正确；令x＝y－1，则(y－2)5＝a0＋a1y＋a2y2＋a3y3＋a4y4＋a5y5，因为a5y5＝C05y5×(－2)0＝y5，所以a5＝1，C错误；因为a2y2＝C35y2
×(－2)3＝－80y2，a4y4＝C15y4×(－2)＝－10y4，所以a2＋a4＝－90，D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由题意可得C0n＋C1n＋C2n＝1＋n＋n（n－1）2＝22且n∈N*，解得n＝6，∴二项式(12＋2x)6＝126(1
＋4x)6，则(1＋4x)6展开式的通项为Tk＋1＝Ck6(4x)k＝Ck6·4kxk，设展开式的第k＋1项的系数最大，则Ck6·4k≥Ck－16·4k－1Ck6·4k≥Ck＋16·4k＋1，解得4.6≤k≤5.6，所以k＝5，所以展开式中系数
最大的项为T6＝126·C56·45x5＝96x5.答案：696x58．解析：(1)由(x2－12x)n(n∈N*)的展开式共有11项可得，n＝10，故二项式(x2－12x)n(n∈N*)的展开式中各项二项式系数的和为C010＋C110＋C210＋…＋C101
0＝210＝1024.(2)二项式(x2－12x)n(n∈N*)的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck10()x210－k－12xk＝－12kCk10x20－3k，k＝0，1，2，3，4，…10，
令20－3k＝－1，解得：k＝7.所以二项式(x2－12x)n(n∈N*)展开式中x－1的系数为－127×C710＝－1516.9．解析：(1)由题知：2n＝32，解得n＝5.(2)因为(2x＋1x)5，令x＝1得35＝243，所以展开式各项系数之和为243.(
3)因为n＝5，所以展开式中第3项和第4项的二项式系数最大，因为(2x＋1x)5，Tk＋1＝Ck5(2x)5－k1xk＝25－kCk5x5－2k，T3＝23C25x＝80x，T4＝22C35x－1＝40x－1.10．解析：(1)∵(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x
2＋a3x3＋a4x4，令x＝1，可得(2＋3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，令x＝0，可得(0＋3)4＝a0，∴a1＋a2＋a3＋a4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4－a0＝(2＋3)4－(0＋3)4＝88＋563.(2)∵(
2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1，可得(2＋3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4①，令x＝－1，可得(－2＋3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4②，结合①②可得，(a0＋
a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝(2＋3)4(－2＋3)4＝1.11．解析：2n＝512，n＝9，T6＝C5924(ax)5，
T5＝C4925(ax)4，T7＝C6923(ax)6，∵第6项的系数最大，∴C5924a5≥C4925a4，C5924a5≥C6923a6，则2≤a≤3.故选C.答案：C12．解析：(1)选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则C2n＝C6n，所以n＝2＋6＝8；令x＝1，则(2×12
－131)8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选②，只有第5项的二项式系数最大，所以n2＝4，解得n＝8；令x＝1，则(2×12－131)8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选③，所有项的二项式系数的
和为256，则2n＝256，解得：n＝8.令x＝1，则(2×12－131)8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.(2)二项式(2x2－13x)8展开式的通项公式为：Tk＋1＝Ck8(2x2)8－k－x－
13k＝(－1)k28－kCk8x16－73k.依题意可知，当k＝0，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以当k＝0时，T1＝256x16；当k＝3时，T4＝－1792x9；当k＝6时，T7＝112x2.所以展开式中有理项分别为T1＝256x16；T4＝－1792x9；T7＝112x2
.课时作业(九)条件概率1．解析：因为P(B)＝47，P(AB)＝37.所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝34.故选A.答案：A2．解析：设事件B表示小明第二关闯关成功，可得P(AC)＝P(ABC)，由条件概率
的计算公式，可得P(C∣A)＝P（ABC）P（A）＝1334＝49.故选D.答案：D3．解析：设事件A为家兔的寿命超过6岁，事件B为家兔的寿命超过8岁．依题意有P(A)＝0.72，P(B)＝P(AB)＝0.12，则一只寿命超过
6岁的家兔的寿命超过8岁的概率P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.120.72＝16.答案：164．解析：(1)第一次和第二次都抽到简答题的概率为35×24＝310.(2)设第一次抽到简答题为事件A
，第二次抽到简答题为事件B，则P(A)＝35，P(AB)＝310，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝31035＝12，即在第一次抽到简答题的条件下，第二次抽到简答题的概率为12.5．解析：依题意，P(M)＝13
×34＋23×14＝512，P(MN)＝13×34＝14，所以P(N|M)＝P（MN）P（M）＝35.故选B.答案：B6．解析：对于A，若A⊆B，则P(A|B)＝P（AB）P（B）＝P（A）P（B）＝0.
30.6＝0.5，故A错误；对于B，P(AB)＝0.18，P(A)P(B)＝0.3×0.6＝0.18，由于P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立，故B正确；对于C，若A，B不相互独立，则P(AB)≠P(A)P(B)，故P(B|A)＝P（AB）P（A）≠P（B）·P
（A）P（A）＝0.6，故C错误；对于D，P(B|A)＝0.4，则P（AB）P（A）＝0.4，P(A)＝0.3，则P(AB)＝0.12，故D正确．故选BD.答案：BD7．解析：根据题意，从5名学生中选出3人，队中至少有2名男生的概率为P(A)＝C33＋C23·C12C35＝710；从5名学
生中选出3人，队中有一名女生的概率为P(B)＝C23C12C35＝610；易知，P(AB)＝P(B)＝610，根据条件概率的计算公式可得：P(B|A)＝P（AB）P（A）＝67.答案：678．解析：设Ai表示小明第i
次投篮命中，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.5，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.6×0.5＝0.3，即小明两次投篮都命中的概率为0.3.9．解析：(1)
设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”，则P(A)＝C13C15＝35，所以第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为P(AB)＝C13C12C15C14＝310.(2)由(1)可得，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为P(B|A)＝
P（AB）P（A）＝31035＝12.10．解析：(1)设A表示甲中奖，B表示乙中奖，则P(A)＝320，因为抽完的奖券不放回，所以甲中奖后乙抽奖时，还有19张奖券，其中有2张写有“中奖”字样，所以乙中奖的概率为P(B|A)＝219，所以甲中奖而且乙也中奖的
概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝320×219＝3190；(2)P(A－)＝1－P(A)＝1720，因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有19张奖券，其中有3张写有“中奖”字样，所以乙中奖的概率为P(B|A－)＝319，所以甲没
中奖而且乙中奖的概率为P(A－B)＝P(A－)P(B|A－)＝1720×319＝51380.11．解析：记事件A＝{任取的三个数中有a22}，事件B＝{三个数至少有两个数位于同行或同列}，则B－＝{三个数互不同行且不同列}，依题意得n(A
)＝C28＝28，n(A∩B－)＝2，故P(B－|A)＝n（A∩B－）n（A）＝228＝114，则P(B|A)＝1－P(B－|A)＝1－114＝1314.即已知取到a22的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率为1314.答案：131412．解析：(1)设A＝{第一次未摸到绿球}，B＝{
第二次未摸到绿球}，C＝{第三次摸到绿球}，则事件“第三次才摸到绿球”可表示为ABC.有放回时，P(A)＝810，P(B|A)＝810，P(C|AB)＝210，则P(ABC)＝P(C|AB)P(B|A)P(A)＝210×810×810＝16125.(2)不放回时，P(A)＝810，P(B|A
)＝79，P(C|AB)＝28，则P(ABC)＝P(C|AB)P(B|A)P(A)＝28×79×810＝745.课时作业(十)全概率公式1．解析：由题意得，在6：30至6：50出发上班迟到的概率为0.4×0.1＋0.6×0.2＝0.16.故选A.答案：A2．解析：设A1＝
“第1天去甲餐厅用餐”，B1＝“第1天去乙餐厅用餐”，A2＝“第2天去乙餐厅用餐”，根据题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.4，P(A2|B1)＝0.2，由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2
|B1)＝0.5×0.4＋0.5×0.2＝0.3，因此，小张第2天去乙餐厅用餐的概率为0.3.故选D.答案：D3．解析：设A，B分别表示随机选1人为男性和女性，用事件C表示此人是色盲，则A，B互斥，故P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝12×6%＋12×0
.4%＝0.032.答案：0.0324．解析：设“选中甲”为事件A，“选中乙”为事件B，“通过测试”为事件C，根据题意得，P(A)＝P(B)＝12，P(C|A)＝35，P(C|B)＝45，则P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)
·P(C|B)＝12×35＋12×45＝710，所以在甲，乙两人中任选一人进行测试，通过测试的概率为710.5．解析：设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两
互斥．根据题意得P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.由全概率公式，得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.0525.故选D.答案：D6．解析：依题意得：用事件A1表示取到的零件来自甲车床，则P(A1)＝0.6，用事件A2表示取到的零件来自乙车床，则P(A2)＝0.4，∴P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.8，B正确，C错误
；对于A，由P(B|A1)＝P（A1B）P（A1）＝P（A1B）0.6＝0.9，解得：P(A1B)＝0.54，A正确；对于D，利用全概率公式得：P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝0.6×0.9＋0.4×0.8＝0
.86，D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：设A1，A2，A3分别为从乙盒中任取两球是两红、两白、一红一白的两两互斥事件，事件B是最终取到的球是白球，由全概率公式得P(B)＝i＝13P(Ai)P(B∣Ai)＝C23C25×C12C18＋C22C25×C14C18＋C
13×C12C25×C13C18＝720.答案：7208．解析：(1)设A＝两件产品中至少有一件是正品，B＝两件产品中有一件是次品，P(B|A)＝n（AB）n（A）＝C12C13C22＋C12C13＝67；(2)设C＝取到甲箱，D＝取到一件正品，P(D)＝P(C)P(D|C)＋P(C－)
P(D|C－)＝12×25＋12×35＝12.9．解析：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件A∩B.(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的总基本事件数为n(Ω)＝A25＝20.又n
(A)＝A13×A14＝12，于是P(A)＝n（A）n（Ω）＝1220＝35.(2)因为n(A∩B)＝3×2＝6，所以P(A∩B)＝n（A∩B）n（Ω）＝620＝310.(3)由(1)(2)，可得在第1次拿
出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝P（A∩B）P（A）＝31035＝12.10．解析：(1)依题意从7个球中取4个球有C47种取法，其中4个球中恰好有2个红球，即恰好有2个红球、2个白球，有C23C24种取法，所以4个球中恰好有2个红球的概率
P＝C23C24C47＝1835.(2)记A1为从乙袋中取出1个红球、1个白球，A2为从乙袋中取出2个红球，B为从甲袋中取出2个红球，所以P(A1)＝C12C23＝23，P(A2)＝C22C23＝13，所以P(B|A1)＝C25C29＝518，P(
B|A2)＝C26C29＝512，所以P(B)＝P(B|A1)·P(A1)＋P(B|A2)·P(A2)＝23×518＋13×512＝35108.11．解析：用A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用Bk表示丢失的一箱为
k，k＝1，2，3分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得P(A)＝k＝13P(Bk)P(A|Bk)＝12C24C29＋15C25C29＋310C25C29＝836，P(B1|A)＝P（B1）P（A|B1）P（A）＝12C24C29P（A）＝336÷836＝38，故选B.答案：
B12．解析：(1)设事件B为“取到的产品是次品”，Ai(i＝1，2)为“取到的产品来自第i批”．则P(A1)＝0.4，P(B|A1)＝0.05，P(A2)＝0.6，P(B|A2)＝0.04，由全概率公式，所求概率为P(B)＝P(A1)P(
B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.05＋0.6×0.04＝0.044.(2)所求概率为P(A1|B)＝P（BA1）P（B）＝P（A1）P（B|A1）P（B）＝0.4×0.050.044＝511.课时
作业(十一)离散型随机变量及其分布列1．解析：根据题意可知，若取到黑球，则将黑球放回，然后继续抽取，若取到红球，则停止抽取，所以“放回4个球”即前4次都是取到黑球，第5次取到了红球，故X＝5.故选B.答案：B2．解析：由题意0.03＋0.05＋0.07＋0.
08＋0.26＋a＋0.23＝1，解得a＝0.28.∴P(ξ>6)＝P(ξ＝7)＋P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝0.08＋0.26＋0.28＋0.23＝0.85.故选C.答案：C3．解析：依题意，a2＋a4＋a8＝7a8＝1，解得a＝87
，所以a的值为87.答案：874．解析：因为X服从两点分布，所以P(X＝0)＝C24C29＝16，P(X＝1)＝1－16＝56.所以X的分布列为X10P56165.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].故选C.答案：C6．解析：由题意得：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.由
分布列的性质得a＋b＋c＝3b＝1，∴b＝13，∴P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝1－P(X＝0)＝1－13＝23.故B、D正确；因为题目中未给出a与c的关系，本题我们只知道a＋c＝23，故无法求出a与c的值，故A、C错误．故选BD.答案：BD7
．解析：由题意得115＋215＋…＋k15＝1，得1＋2＋3＋…＋k＝15，解得k＝5，因为P(X＝k)＝k15(k＝1，2，3，…，k∈N*)，所以P(12<X<52)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝115＋215＝15.答案：5158．解析：(1)由x2－x－6≤
0，得－2≤x≤3，即S＝{x|－2≤x≤3}．由于m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝0，所以事件A包含的基本事件为(－2，2)，(2，－2)，(－1，1)，(1，－1)，(0，0).(2)由于m的所有不
同取值为－2，－1，0，1，2，3，所以ξ＝m2的所有不同取值为0，1，4，9，且有P(ξ＝0)＝16，P(ξ＝1)＝26＝13，P(ξ＝4)＝26＝13，P(ξ＝9)＝16.故ξ的分布列为ξ0149P161313169.解析：设甲同学在A处投中的事件为A，投不中的事件为
A－，在B处投中为事件B，投不中为事件B－，由已知得P(A)＝14，P(B)＝45，则P(A－)＝34，P(B－)＝15，X的可能取值为0，2，3，4.所以P(X＝0)＝34×15×15＝3100，P(X＝2)＝34×45×15＋34×15×45＝625，P(X＝3)＝14，P(X＝4)＝34×
45×45＝1225，所以X的分布列为X0234P310062514122510.解析：(1)令A表示事件“三个粽子中有1个肉粽”，∴由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C13C27C310＝2140.(2)由题意知，ξ可能取的值为0，1，2.∴P(ξ＝0)＝C02C38C310＝715，P(ξ＝
1)＝C12C28C310＝715，P(ξ＝2)＝C22C18C310＝115，故ξ的分布列为ξ012P715715115由ξ的分布列知，“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”即ξ≥1，故概率为P(ξ≥1)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝815.11．解析：依题意，随机变量X满足2≤X≤4的事件是X＝2
、X＝3、X＝4的3个互斥事件的和，而P(X＝2)＝C22＋4C1262，P(X＝3)＝C22＋3C1262，P(X＝4)＝C22＋2C1262，所以P(2≤X≤4)＝C22＋4C1262＋C22＋3C
1262＋C22＋2C1262＝9＋7＋536＝712.故选B.答案：B12．解析：(1)设“三个区市民接种的疫苗批号中恰好有两个区相同”为事件A，则P(A)＝C23C14C1343＝916.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3
，4，P(X＝1)＝1＋C23A1343＝1064＝532，P(X＝2)＝C12A33＋C23A13＋143＝2264＝1132，P(X＝3)＝C12A33＋C23A13＋143＝2264＝1132，P(X＝4)＝1＋C23A1343＝1064＝532，所以X的分布列为
X1234P53211321132532课时作业(十二)离散型随机变量的均值1．解析：∵随机变量X服从两点分布，设成功的概率为p，∴E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p＝0.7.故选D.答案：D2．解析：由题意得0.1＋0.3＋m＋0.1＝1，得m＝0.5，所以E(X)＝－1×
0.1＋0×0.3＋1×0.5＋2×0.1＝0.6，故选C.答案：C3．解析：E(Y)＝E(3X＋4)＝3E(X)＋4＝7.答案：74．解析：依题意可得X的可能取值为－1，0，1，所以P(X＝－1)＝(1－0.6)×0.5＝0.2，P(X＝0)
＝0.6×0.5＋(1－0.6)×(1－0.5)＝0.5，P(X＝1)＝0.6×(1－0.5)＝0.3，所以X的分布列为X－101P0.20.50.3所以E(X)＝(－1)×0.2＋0×0.5＋1×0.3＝0.1.5．解析：依题意得：E(X)
＝－1×12＋0×a＋1×b＝b－12，∴E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝2×(b－12)＋3＝83，解得b＝13，又∵12＋a＋b＝1，∴a＝16.故选A.答案：A6．解析：设取出的3个球中白球个数为X，则X的可能取值有0、1、2、3，
则P(X＝0)＝C35C38＝528，P(X＝1)＝C13C25C38＝1528，P(X＝2)＝C23C15C38＝1556，P(X＝3)＝C33C38＝156，因此，E(X)＝0×528＋1×1528＋2×1556＋3×156＝98.故选D.答案：
D7．解析：依题意：p1＋p2＋14＝1p1＋2p2＋3×14＝2，解得p1＝14，p2＝12，所以p1＝14，p2＝12.答案：14128．解析：设事件M表示在城市A比赛时甲队负，事件N表示在城市B比赛时甲队负
，则P(M)＝1－35－15＝15，P(N)＝1－13－16＝12，两场比赛甲队得分X的可能取值为0、1、2、3、4、6，P(X＝0)＝15×12＝110，P(X＝1)＝15×12＋15×16＝215，P(X＝2)＝15×16＝130，P(X＝3)＝35×12＋15×
13＝1130，P(X＝4)＝35×16＋15×13＝16，P(X＝6)＝35×13＝15，∴两场比赛甲队得分X的分布列为X012346P11021513011301615所以E(X)＝0×110＋1×215＋2×130＋3×1130＋4×16＋6×15＝196.9．解析：(1)
设取出的3个球至少一个红球为事件A，则取到三个都是黄球的事件为A－，∴P(A)＝1－P(A－)＝1－C34C36＝45.(2)随机变量X可能取值为1、2、3，P(X＝1)＝C14C22C36＝15，P(X＝2)＝C24C12C36＝35，P(X
＝3)＝C34C36＝15，故X的分布列为X123P153515期望E(X)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.10．解析：用X1，X2，X3分别表示方案1，2，3的损失，第一方案，建保护墙，建设费为3000元，但围墙只能防小洪水，无大洪
水有大洪水损失300063000概率0.950.05平均损失E(X1)＝3000×0.95＋63000×0.05＝6000.第二方案：建保护大坝，建设费为7000元，能够防大洪水，E(X2)＝7000.第三方案：不采取措施．无洪水有小洪水有大洪水损失02000060000概率0.70.
250.05平均损失E(X3)＝60000×0.05＋20000×0.25＝8000.因为E(X3)>E(X2)>E(X1).综上，采取方案一较好．11．解析：由题意知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝p(1－p)，P(X＝3)＝(1－p)2，所以E
(X)＝p＋2p(1－p)＋3(1－p)2>1.75，解得p>52或p<12，由p∈(0，1)，所以p∈(0，12).答案：0<p<1212．解析：(1)记甲、乙、丙三项新技术被攻克分别为事件A，B，C，则P(A)＝35，
P(B)＝23，P(C)＝12，该科研团队获得30万元科研奖金的概率为P(AB－C－)＋P(A－BC)＝35×13×12＋25×23×12＝110＋215＝730.(2)X所有可能的取值为0，10，20，30，40，50，60，P(X＝0)＝P(A－B－C－)＝25×
13×12＝115，P(X＝10)＝P(A－B－C)＝25×13×12＝115，P(X＝20)＝P(A－BC－)＝25×23×12＝215，P(X＝30)＝730，P(X＝40)＝P(AB－C)＝35×13×12＝110
，P(X＝50)＝P(ABC－)＝35×23×12＝15，P(X＝60)＝P(ABC)＝35×23×12＝15，所以随机变量X的分布列为X0102030405060P1151152157301101515所以E(X)＝0×11
5＋10×115＋20×215＋30×730＋40×110＋50×15＋60×15＝1093.故所求的均值为1093.课时作业(十三)离散型随机变量的方差1．解析：由题意可知，P(X＝1)＝23，则E
(X)＝0×13＋1×23＝23，故D(X)＝(0－23)2×13＋(1－23)2×23＝29，故选A.答案：A2．解析：因为η＝2ξ＋1，E(ξ)＝1，D(η)＝2，所以E(η)＝E(2ξ＋1)＝2E(ξ)＋1＝3，D(η)＝D(
2ξ＋1)＝22D(ξ)＝2，所以D(ξ)＝0.5.故选D.答案：D3．解析：E(X)＝1×0.1＋2×0.2＋3×0.3＋4×0.4＝3，D(X)＝(1－3)2×0.1＋(2－3)2×0.2＋(3－3)2×0.3＋(4－3)2×0.4＝1.答案：314．解析：(
1)∵在某公司的一次投标工作中，中标可以获利10万元，没有中标损失成本费0.05万元．如果中标的概率是0.4，公司的平均盈利为10×0.4＋(－0.05)×0.6＝3.97(万元)，所以公司盈利的方差：D(X)＝(10－3.97)2×0.
4＋(－0.05－3.97)2×0.6＝24.2406.(2)公司盈利的标准差为D（X）＝24.2406≈4.923.5．解析：甲收益的期望E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，方差D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(－1.1)2×0.3＋(2－1
.1)2×0.6＝1.29，乙收益的期望E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，方差D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，则投资股票乙的期望收益较
小，投资股票甲比投资股票乙的风险高．故选BC.答案：BC6．解析：由离散型随机变量X的分布列的性质可得q＝1－0.3－0.2－0.2－0.1＝0.2，所以E(X)＝0×0.2＋1×0.3＋2×0.2＋4×0
.2＋5×0.1＝2，D(X)＝(0－2)2×0.2＋(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＋(5－2)2×0.1＝2.8，所以AC正确，因为离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，所
以E(Y)＝2E(X)＋1＝4＋1＝5，D(Y)＝22D(X)＝4×2.8＝11.2，所以CD错误，故选AC.答案：AC7．解析：ξ的可能取值为5，4，3，2，P(ξ＝5)＝14×14＝116，P(ξ＝4)＝14×(1－14)＝316，P(ξ＝3)＝(1－14)×
14＝316，P(ξ＝2)＝(1－14)×(1－14)＝916，则E(ξ)＝5×116＋4×316＋3×316＋2×916＝114，则D(ξ)＝(5－114)2×116＋(4－114)2×316＋(3－114)2×316＋(2
－114)2×916＝1516.答案：15168．解析：(1)由离散型随机变量的分布列的性质可知a＋0.4＋0.4＝1，所以a＝0.2，同理0.3＋b＋0.2＝1，b＝0.5.(2)E(ξ)＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，E(η)＝1×0.3＋2×0.2＋3
×0.5＝2.2，D(ξ)＝(1－2.2)2×0.2＋(2－2.2)2×0.4＋(3－2.2)2×0.4＝0.56，D(η)＝(1－2.2)2×0.3＋(2－2.2)2×0.2＋(3－2.2)2×0.5＝0.
76.由于E(ξ)＝E(η)说明一次射击中，甲的平均得分与乙相同，但D(ξ)<D(η)，说明甲得分的稳定性比乙好．9．解析：X可能取值为150，200，250.P(X＝150)＝P(ξ＝1)＝0.3，P(X＝200)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.3，P(X＝25
0)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.4.X的分布列为X150200250P0.30.30.4故期望E(X)＝150×0.3＋200×0.3＋250×0.4＝205(元).D(X)＝0.3×(150－205)2＋0.3×(200－205)2＋0.4×(250－205
)2＝1725.10．解析：(1)X＝2：甲胜乙，甲胜丙，结果甲胜；乙胜甲，乙胜丙，结果乙胜．P(X＝2)＝12×12＋12×12＝12；X＝3：甲胜乙，丙胜甲，丙胜乙，结果丙胜；乙胜甲，丙胜乙，丙胜甲，结果丙胜．P(X＝3)＝12×12×1
2＋12×12×12＝14.(2)根据题意可得X可能的取值为2，3，4.X＝4：甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，甲胜乙，结果甲胜；甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，乙胜甲，结果乙胜；乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，甲胜乙，结果甲胜；乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，乙胜甲，结果乙胜；P(X＝4)＝4×12×1
2×12×12＝14.E(X)＝2×12＋3×14＋4×14＝114，D(X)＝22×12＋32×14＋42×14－1142＝1116，所以标准差为D（X）＝114.11．解析：由题知a3＋13＋2a－13＝1，解得a＝1，所以E(ξ)＝0＋m3＋13＝m＋13，所以D(ξ)＝
m＋132×13＋(m－m＋13)2×13＋(1－m＋13)2×13＝29(m2－m＋1)＝29[(m－12)2＋34]，由二次函数性质可知，D(ξ)在(0，12)上单调递减，在(12，1)上单调递增，所以当m＝12时，D(
ξ)有最小值16.故选D.答案：D12．解析：(1)当n≥16时，y＝16×(10－5)＝80，当n≤15时，y＝5n－5(16－n)＝10n－80，所以y＝10n－80（n≤15）80（n≥16）(n∈N).(2)
①依题意可得X的可能取值为60，70，80，所以P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7，所以X的分布列为X607080P0.10.20.7所以E(X)＝60×0.1＋70×
0.2＋80×0.7＝76，D(X)＝162×0.1＋62×0.2＋42×0.7＝44.②购进17个时，当天的利润为y＝(14×5－3×5)×0.1＋(15×5－2×5)×0.2＋(16×5－1×5)×0.16＋17×5×0.54＝76.4，因
为76.4>76，所以应购进17个．课时作业(十四)二项分布1．解析：由题意知：C34p3(1－p)＝3281，依次代入选项，可得p＝23.故选D.答案：D2．解析：每个坑需要补种的概率为(1－23)3＝127，故9个坑需要补种的个数N～B(9，127)，所以E(N)＝9×127＝13，
故补种费用E(X)＝12×13＝4元．故选B.答案：B3．解析：因为X～B(5，12)，则P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝C45124·12＋C55125＝316.答案：3164．解析：(1)某篮球运动员投篮的命中率
为0.2，则未命中的概率为1－0.2＝0.8，现投了3次球，恰有2次投中的概率为P＝C23×0.22×0.8＝0.096.(2)至多有1次投中的概率为P＝C03×0.83＋C13×0.21×0.82＝0.896.(3)由题意可知X～B(3，0.2)，所以E(X)＝3×0.2＝0.
6.5．解析：由题意，随机变量ξ～B(12，p)，可得E(ξ)＝12p，又由E(2ξ－3)＝2E(ξ)－3＝24p－3＝9，解得p＝12，即随机变量ξ～B(12，12)，可得D(ξ)＝12×12×(1－12)＝3，故选C.答案：C6．解析：对于A：因随机变量X～B(6，1
3)，则P(X＝2)＝C26234132＝80243，故A正确，对于B：P(X≤5)＝1－P(X＝6)＝1－C66136＝1－1729＝728729，故B正确；对于C：D(X)＝6×13×(1－13)＝
43，故C错误；对于D：甲连续投篮6次相当于6次独立重复投篮一次的试验，而单次投篮命中率为13，则命中次数X～B(6，13)，故D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由题意X～B(9，p)，由于p5＝p6，则C59p5(1－p)4＝
C69p6(1－p)3，解得p＝35，E(X)＝np＝9×35＝275.答案：2758．解析：(1)由数据可得，幸福度不低于8.5分的人数为12，低于8.5分的人数为6.设事件A＝{抽出的3人至少有1人是“很幸福”的}，则A－表示3人都认为不“很幸福”．P(
A)＝1－P(A－)＝1－C36C318＝1－5204＝199204.(2)根据题意，“很幸福”的人数占比1218＝23，故随机变量满足二项分布X～B(3，23)，X的可能的取值为0，1，2，3.P(X＝0)＝C0313
3＝127；P(X＝1)＝C13×23×132＝29；P(X＝2)＝C23×232×13＝49；P(X＝3)＝C33233＝827.所以随机变量X的分布列为X0123P1272949827所以X的期望E(
X)＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2.9．解析：(1)3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ，则ξ～B(3，34).记“1名维护人员维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A，则P(A)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝2)＝2732.(2)甲车间将6台设备平均分配给2名维
护人员，即甲车间分成了两个小组，则甲车间分成的两个小组相互独立，由(1)知每个小组能保证设备顺利运行至工作时段结束的概率均为2732，记“甲车间所有设备顺利运行至工作时段结束”为事件B，则P(B)＝27322＝3645
.乙车间6台设备自动模式不出故障的台数记为η，则η～B(6，34)，记“乙车间所有设备顺利运行至工作时段结束”为事件C，则P(C)＝P(η＝6)＋P(η＝5)＋P(η＝4)＝143346，∵P（B）P（C）＝67<1，∴P(B)<P(C).故乙车间生产的稳定性较高．10．解析：因
为P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，若P(X＝k)最大，则P（X＝k）≥P（X＝k＋1）P（X＝k）≥P（X＝k－1），化简得np＋p－1≤k≤np＋p，k∈N.代入已知数值得8.6≤k≤9.6，所以k＝9时P(X＝k)最大．故选C.答案：C11．解析：(1)由题可知，X
的可能取值为2，3，4，5.因为p＝23，所以P(X＝2)＝13×12＝16，P(X＝3)＝13×12＝16，P(X＝4)＝23×12＝13，P(X＝5)＝23×12＝13.故X的分布列为X2345P16161313E(X)＝2×16＋3×16＋4×13＋
5×13＝236.(2)设一天得分不低于4分为事件A，则P(A)＝p2＋p2＝p，则f(p)＝C35p3(1－p)2＝10p3(1－p)2，0<p<1，则f′(p)＝30p2(1－p)2－20p3(1－p)＝10p2(1－p)(3－5p).当0<p<35时，f′(p)>0；当35<
p<1时，f′(p)<0，所以f(p)在(0，35)上单调递增，在(35，1)上单调递减，故当p＝35时，f(p)取得最大值．课时作业(十五)超几何分布1．解析：设取出红球的个数为X，则X～H(9，5，3)，∴P(
X＝2)＝C25C14C39＝1021.故选C.答案：C2．解析：方法一X可能取1，2，3，其对应的概率为P(X＝1)＝C22C14C36＝15，P(X＝2)＝C12C24C36＝35，P(X＝3)＝C34C36＝15，∴E(X)＝1×15＋2×35＋3×15＝2
.故选A.方法二X服从超几何分布，即X～H(6，4，3)，所以E(X)＝4×36＝2.故选A.答案：A3．解析：由题意，该情景符合超几何分布，根据超几何分布的数学期望公式有抽到的次品数是10×1840＝4.5，因为次品数为整数，故最可能
抽到的次品数是4.答案：44．解析：设抽到他能背诵的课文的数量为X，则P(X＝k)＝Ck6C3－k4C310(k＝0，1，2，3).P(X＝0)＝C06C34C310＝130，P(X＝1)＝C16C24C310＝310，P(X＝2)＝C26C14C310＝12，P(X＝3)＝C36C0
4C310＝16.所以X的分布列为X0123P13031012165.解析：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；X的取值分别为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝C46C410＝114，P(X＝1)＝C14C36C410＝821，P(X＝2)＝C24C26C410
＝37，P(X＝3)＝C34C16C410＝435，P(X＝4)＝C44C410＝1210，∴E(X)＝0×114＋1×821＋2×37＋3×435＋4×1210＝85，故A、D错误．故选C.答案：C6．解析：设10件产品中有x件次品，则P(ξ＝1)＝C1x·C110－xC21
0＝x（10－x）45＝1645，所以x＝2或8.因为次品率不超过40%，所以x＝2，所以次品率为210＝20%.故选B.答案：B7．解析：Y的可能取值为6，7，8，且P(Y＝6)＝C35C02C37＝1035＝27，P(Y＝7)＝C25C12C37＝2035＝47，P(Y＝8)
＝C15C22C37＝535＝17，所以得分Y的均值E(Y)＝6×27＋7×47＋8×17＝487.答案：4878．解析：(1)从盒子中任取4张卡片的基本事件的总数为n＝C49＝126，取出的卡片中，含有编号为4的卡片的基本
事件数为m＝C22C27＋C12C37＝91，所以取出的4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率为P＝mn＝1318.(2)在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X，则X的可能取值为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝C44C
49＝1126，P(X＝1)＝C15C34C49＝20126＝1063，P(X＝2)＝C25C24C49＝60126＝1021，P(X＝3)＝C35C14C49＝40126＝2063，P(X＝4)＝C45C49＝5126，
所以随机变量X的分布列为X01234P112610631021206351269.解析：(1)记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则P(A)＝C3434314＋C44344＝189256.(2
)X的可能取值为2，3，4.P(X＝2)＝C22C26C48＝1570＝314，P(X＝3)＝C12C36C48＝4070＝47，P(X＝4)＝C02C46C48＝1570＝314，X的分布列为X234p31447314数学期望E(X)＝2×314＋3×47＋4×314＝3.(3
)由(1)知，小明进入决赛的概率为P(A)＝189256；记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则P(B)＝47＋314＝1114；因为P(B)>P(A)，故小宇进决赛的可能性更大，所以应选择小宇去参加比赛．10．解析：随机变量X～H(10，M，1000)，则H
(2；10，M，1000)＝P(X＝2)＝C2MC81000－MC101000，因H(2；10，M，1000)最大，则有H（2；10，M，1000）≥H（2；10，M＋1，1000）H（2；10，M，1000）≥H（2
；10，M－1，1000），即C2MC81000－MC101000≥C2M＋1C8999－MC101000C2MC81000－MC101000≥C2M－1C81001－MC101000，M（M－1）2·（1000－M）！8！（992－M）！≥M（M＋1）2·
（999－M）！8！（991－M）！M（M－1）2·（1000－M）！8！（992－M）！≥（M－1）（M－2）2·（1001－M）！8！（993－M）！，整理得（M－1）（1000－M）≥（M＋1）（992－M）M（993
－M）≥（M－2）（1001－M），解得199.2≤M≤200.2，而M∈N*，则M＝200，所以E(X)＝10M1000＝10×2001000＝2.00.故选C.答案：C11．解析：(1)设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品
果的事件为A，则P(A)＝20100＝15，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为X，则X～B(4，15)，∴恰好抽到2个礼品果的概率为P(X＝2)＝C24452152＝96625.(2)设方
案2的单价为ξ，则单价的期望值为E(ξ)＝16×110＋18×310＋22×410＋24×210＝16＋54＋88＋4810＝20.6.∵E(ξ)>20，∴从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案．(3)用分层抽样的方法从100个
水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个．现从中抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝C36C310＝16；P(X＝1)＝C26C14C310＝12；P(X＝2)＝C16C24C310＝310；P(X＝3)＝C34C310＝130，∴X
的分布列如下：X0123P1612310130∴E(X)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.课时作业(十六)正态分布1．解析：因为P(X≤85)＝P(X≥105)，所以估计该班这次数学考试的平均分μ＝85＋1052＝95.故选C.答案：C2．解析：由于随
机变量X服从正态分布N(0，σ2)，故P(－2<X<2)＝1－2P(X>2)＝1－2×0.023＝0.954.故选C.答案：C3．解析：因为X服从正态分布N(20，σ2)，所以P(20<X≤21)＝12P(19<X≤21)＝13.答案：134．解析：(1)因为
正态分布X～N(0，1)，所以μ＝0，σ＝1，其密度曲线的对称轴为x＝0，所以P(X≤0)＝0.5.(2)P(－2<X≤2)＝P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9545.5．解析：因为X～N(30，62)，Y～N(34，22
)，将X，Y化为标准正态分布，则X－306～N(0，1)，Y－342～N(0，1)，因为38－306<38－342，所以P(X≤38)<P(Y≤38)，故A错误；又P(X≤34)>12，P(Y≤34)＝12，P(X≤34)>P(Y≤34)，故B正确；因为P(X≤38)<P(Y≤38)，所以如
果有38分钟可用，小明应选择自行车，故C错误；因为P(X≤34)>P(Y≤34)，所以如果有34分钟可用，小明应选择坐公交车，故D错误.故选B.答案：B6．解析：观察图象可以看出，甲的平均分为90，小于乙的平均分100，A选项正确
；图象中还可以看出乙地数据更加集中，故乙地方差更小，B错误；根据对称性，P(90≤X<94)＝P(86<X≤90)<P(82≤X<90)，C选项错误；σ2＝8时，根据题干数据，P(92<Y≤108)≈0.6827，根据对称性，P(92<Y≤100)≈0.6
8272，另有P(76<Y≤124)≈0.9973，根据对称性，P(100<Y≤124)≈0.99732，于是P(92≤Y<124)≈0.9973＋0.68272＝0.84，D选项正确．故选AD.答案：AD7．
解析：由高二全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(70，72)，得μ＝70，σ＝7，∵P(X≥77)＝P(X≥μ＋σ)＝12－12P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.16，又成绩在77分以上的学生有208人，则高二学生总数为208÷
0.16＝1300；P(X≥84)＝12－12P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.02，则本次体育健康测试成绩优秀的大约有1300×0.02＝26人．答案：268．解析：(1)由已知μ＝550，σ＝50，则500＝μ－σ，650＝μ＋2σ，所以，P(500≤X≤650)＝
P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)＝12[P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)]≈0.8186.(2)∵600＝μ＋σ，700＝μ＋3σ，所以，P(600<X≤700)＝P(μ＋σ<X≤μ＋3σ)＝12[P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈0.1573，∵300
0×0.1573≈471.9，所以，该地区3000名高三学生中，总分X落在区间(600，700]的人数约为472.9．解析：由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9973，则这10片质量全都在(μ－3σ，μ＋3σ)之内(即没有废品)的概率为
0.997310≈0.9733，则这10片中至少有1片是废品的概率为1－0.9733＝0.0267.10．解析：根据正态曲线的对称性知：要使误差ξn在(9.5，10.5)的概率不小于0.9545，则(μ－2σ，μ＋2σ)⊆(9.5，10.5)且
μ＝10，σ＝2n，所以0.5≥22n，解得n≥32，所以至少要测量32次．答案：3211．解析：(1)设考生的成绩为X，则由题意可得X应服从正态分布，即X～N(180，σ2)，令Y＝X－180σ，则Y～N(0，1)，由360分及以上高分考生30名可得P(X≥
360)＝302000，即P(X<360)＝1－302000＝0.985，即有P(Y<360－180σ)＝0.985，则360－180σ≈2.17，可得σ≈83，可得X～N(180，832)，设最低录取分数线为x0，则P(X≥x0)＝P(Y
≥x0－18083)＝3002000，即有P(Y<x0－18083)＝1－3002000＝0.85，即有x0－18083＝1.04，可得x0＝266.32，即最低录取分数线为266.(2)考生甲的成绩286>267
，所以能被录取P(X<286)＝P(Y<286－18083)＝P(Y<1.28)≈0.90，表明不低于考生甲的成绩的人数大约为总人数的1－0.90＝0.10，又由2000×0.10＝200，即考生甲大约排在第200名，排在前275名之前，所以能被录取为高薪职位．课时作业(十
七)成对数据的统计相关性1．解析：根据相关系数的理解：|r|≤1⇔r∈[－1，1]，B正确；r>0，则成对数据为正相关；r<0，则成对数据为负相关；A正确；|r|→1，线性相关程度越强，|r|→0，线性相关程度越弱，r＝0时，则成对样本数据间没有线性相关
关系，C正确，D不正确．故选D.答案：D2．解析：由相关系数的绝对值|r|越大，变量间的线性相关性越强知：各选项中r＝0.87的绝对值最大．故选D.答案：D3．解析：物品大小的值由小变大时，销售价格也由小变大，因此，两个变量有相关关系．答
案：有4．解析：散点图如图所示由散点图知，各组数据对应点大致都在一条直线附近，所以施化肥量x与产量y具有线性相关关系．5．解析：由题意可知，第一、四组数据正相关，第二、三组负相关，当相关系数的绝对值越大，数据的线性相关性越强，且第一组数据的线性相关性较第四组强，则r
1>r4>0，第二组数据的线性相关性较第三组强，则|r2|>|r3|且r2<0，r3<0，则r2<r3<0.因此，r2<r3<0<r4<r1.故选C.答案：C6．解析：从散点图分析可知，只有D点偏离直线较远，去掉D点后，x与y的线性相
关程度变强，相关系数r变大，决定系数R2变大．故选C.答案：C7．解析：由已知中的数据可知，第一组数据中变量X与Y间呈正相关，相关系数r1>0，第二组数据中变量U与V间呈负相关，相关系数r2<0，所以r2<0<r1.答案：r2<0<r18．解析：由题意，得x－＝7，y－＝5，则i＝15(xi－
x－)2＝10，i＝15(yi－y－)2＝16.5，i＝15(xi－x－)(yi－y－)＝－12.5，所以r＝－12.510×16.5≈－0.97.因为|r|＝0.97∈[0.75，1]，所以y与x之间的线性相关关系很强．9．解析：(1)x－＝110(26＋56＋39＋49＋61＋53＋27
＋58＋41＋60)＝47，y－＝110(14.5＋31.4＋21.2＋26.3＋34.6＋29.6＋17.8＋33.5＋25.9＋35.2)＝27.(2)r＝i＝110xiyi－10x－y－i＝110x2i－10x
－2·i＝110y2i－10y－2＝13527.8－10×47×2723638－10×472×7759.6－10×272＝8378643×42935，因为43≈6.56，2935≈54.18，所以r＝83786×6.56×4×54.18≈0.
98，由样本相关系数r≈0.98，可以推断人体脂肪含量和年龄的相关程度很强．10．解析：(1)样本中10个这种零件的横截面积的平均值x－＝0.5210＝0.052，样本中10个这种零件的耗材量的平均值y－＝3.910＝0.39，据此可估计刘铭制作的这种零
件平均一个的横截面积为0.052mm2，平均一个零件的耗材量为0.39mm3.(2)r＝i＝1nxiyi－nx－·y－i＝1nx2i－nx－2i＝1ny2i－ny－2＝－0.2131－10×0.052×0.39（0.0286－10×0.0522）（1.61
66－10×0.392）＝0.01030.00014914≈0.01030.01221≈0.84，∴r≈0.84.(3)设这种零件的总耗材量的估计值为ymm3.又已知这种零件的耗材量和其横截面积近似成正比，可得0.0520.39＝182y，解得y＝1365mm3，故这种零件的总耗材量的估计值
为1365mm3.课时作业(十八)一元线性回归模型及其应用1．解析：由表中数据可得x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝0.5＋a＋1＋1.4＋1.55＝4.4＋a5，将(3，4.4＋a5)代入y^＝0.28x＋0.16解得a＝0.6.故选B.答案：B2．解析：经验回归方程
必过样本中心点，由题意得x－＝15＋20＋25＋30＋355＝25，y－＝1＋2＋2＋4＋55＝2.8，结合选项可知，2．8＝0.2×25－2.2，即y与x的经验回归方程是y^＝0.2x－2.2.故选B.答案：B3．解析：
根据表格可得：x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝2.4＋2.7＋2.9＋3.3＋3.75＝3，即样本中心为(3，3)，则可得：3＝0.32×3＋a^，则a^＝2.04，∴y^＝0.32x＋2.04，当2023年，则x＝7，
y^＝0.32×7＋2.04＝4.28.答案：4.284．解析：(1)如图所示，(2)x－＝3＋5＋6＋7＋95＝6，y－＝20＋40＋60＋50＋805＝50，则i＝15(xi－x－)(yi－y－)＝(－3)×(－3
0)＋(－1)×(－10)＋0×10＋1×0＋3×30＝190，i＝15(xi－x－)2＝9＋1＋0＋1＋9＝20，所以b^＝i＝15（xi－x－）（yi－y－）i＝15（xi－x－）2＝19020＝9.5，则a^＝y－－b^x－＝50－9.5×6＝－7，所以销售额关于广告
费用支出的经验回归方程为y^＝9.5x－7.(3)由(2)得，当x＝12时，y^＝9.5×12－7＝107，所以当广告费用支出为12万元时，销售额为107万元．5．解析：通过表格计算得，x－＝17(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，y－＝
17(1＋4＋6＋9＋11＋12＋13)＝8，因为经验回归直线y^＝2.04x＋a^过点(x－，y－)，所以a^＝y－－2.04x－＝－0.16，所以y关于x的经验回归方程为y^＝2.04x－0.16.所以回归模型第7天的残差13－(2.04×7－0.16)＝－1.
12.故选C.答案：C6．解析：对于A，经验回归方程y^＝b^x＋a^对应的经验回归直线必过样本点的中心，不一定过样本数据点中的一个点，A不正确；对于B，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，预测值与观测值越接近，模型的拟合效果越好，B正确；对于C，在经验回归直线上的样
本点越多，若有部分点离经验回归直线远，残差平方和较大，拟合效果不一定好，C不正确；对于D，决定系数R2的值越大，则有残差平方和越小，拟合的效果越好，D正确．故选BD.答案：BD7．解析：由i＝14xi＝18.4可知：广告费平均值为i＝14xi4＝18.44＝4.6；由②可
设经验回归方程为y^＝b^x＋a^，由①③可知：13.24＝0.8×18.44＋a^⇒a^＝－0.38，即y^＝0.8x－0.38，当x＝6时，y^＝0.8×6－0.38＝4.42.答案：4.64.428．解析
：(1)由题意得，x－＝3，y－＝1.5，i＝15xiyi＝23.9，i＝15(xi－x－)2＝10，i＝15(yi－y－)2＝0.2，所以r＝23.9－5×3×1.510×0.2≈0.99>0.75，所以y与x的相关关系
较强．(2)因为x－＝3，y－＝1.5，i＝15xiyi＝23.9，i＝15x2i＝55，所以b^＝i＝15xiyi－5x－y－i＝15x2i－5x－2＝23.9－5×3×1.555－5×32＝0.14，a^＝y－－b^x－＝1.5－0
.14×3＝1.08.所以y关于x的经验回归方程为y^＝0.14x＋1.08.当x＝6时，y^＝0.14×6＋1.08＝1.92，所以预测2022年该农村居民的家庭人均收入约为1.92万元．9．解析：(
1)x－＝15×(30＋35＋40＋45＋50)＝40，y－＝15×(140＋130＋110＋90＋80)＝110，所以b^＝i＝15xiyi－5x－y－i＝15x2i－5x－2＝21200－5×40×1108250－5×402＝－800250＝－3
.2，a^＝y－－b^x－＝110－(－3.2)×40＝238，所以y关于x的经验回归方程为y^＝－3.2x＋238.(2)设销售单价为x元，销售利润为f(x)，则f(x)＝(－3.2x＋238)(x－10)＝－3.2x
2＋270x－2380(x≥10)，对称轴为x＝－2702×（－3.2）＝42.1875≈42，因为二次函数的图象开口向下，所以当单价为42元时，销售利润最大．10．解析：当拟合直线为y＝14x＋134时，预报值与实际值的差
的平方和S1＝(72－3)2＋(4－5)2＋(92－4)2＝32，当拟合直线为y＝14x＋94时，预报值与实际值的差的平方和S2＝(52－3)2＋(3－5)2＋(72－4)2＝92，当拟合直线为y＝13x＋3时，预报值与实际值的差的平方和S3＝(103－3)
2＋(4－5)2＋(143－4)2＝149，当拟合直线为y＝12x＋52时，预报值与实际值的差的平方和S4＝(3－3)2＋(4－5)2＋(5－4)2＝2，故S1最小，即效果最好的是y＝14x＋134.故选A.答案：A11．解析：(1)由y＝C1eC2x，得lny＝lnC1＋C2x，令t＝
lny，b＝C2，a＝lnC1，得t＝bx＋a，由表Ⅱ数据可得，b^＝i＝17（xi－x－）（ti－t－）i＝17（xi－x－）2＝41.86162≈0.26，a^＝t－－b^x－＝25.277－0.
26×1897＝－3.14，所以t^＝0.26x－3.14，所以经验回归方程为y^＝e0.26x－3.41(或y^＝0.03e0.26x).(2)由题意可知，模型①在x＝20时残差为y1－y^1＝7－
e0.26×20－3.41≈1.54，模型②在x＝20时残差为y1－y^1＝7－0.36×202＋202.54≈65.54.(3)因为0.95>0.81，即模型①的相关指数大于模型②的相关指数，由相关指数公式知，模型①的残差平方和小于模型②的残差平方和
，因此模型①得到的数据更接近真实数据，所以模型①的拟合效果更好．课时作业(十九)列联表与独立性检验1．解析：在判断两个分类变量之间是否有关联时，需要判断假定关系H0：P(Y＝1|X＝0)＝P(Y＝1|X＝1)是否成立，通常称H0为零假设或原假设．零假设H0
：分类变量X和Y独立．故选A.答案：A2．解析：由于χ2＝7.213，因为6.635<7.213<7.879，则P(χ2≥6.635)＝0.010＝1%，那么有99%的把握认为两个变量有关系．故选C.答案：
C3．解析：因为χ2≈4.844>3.841，P(χ2≥3.841)≈0.05，所以认为选修文科与性别有关系出错的概率约为0.05.答案：0.054．解析：(1)b＝30×90%＝27，a＝30－b＝3，
aa＋c＝15%则c＝17，d＝30－c＝13，∴a＝3，b＝27，c＝17，d＝13.(2)补全列联表得：发病没发病总计接种32730没接种171330总计204060根据列联表，计算χ2＝60×（3×
13－17×27）230×30×20×40＝14.7>6.635，所以有99%的把握认为疫苗有效．5．解析：对于A：χ2＝100（10×40－20×30）230×70×40×60≈0.794，对于B：χ2＝100（10×
30－20×40）250×50×30×70≈4.762，对于C：χ2＝1000（100×400－200×300）2300×700×400×600≈7.936，对于D：χ2＝1000（100×300－200×400）2500×500×300×700
≈47.619，因为卡方的值越大，两个事件的相关性就越大，所以认为A与B相互独立把握最大的为A选项．故选A.答案：A6．解析：根据独立性检验的思想方法，正确选项为C.答案：C7．解析：在交通事故致死的摩托车骑乘人员中，不戴头盔与戴头盔的
人数比例是80∶20＝4∶1，所以按照分层随机抽样的方法抽取的5人中，不戴头盔的有5×45＝4(人)，戴头盔的有5×15＝1(人)，从5人中随机抽取2人，共有C25种可能的结果，而这2人都是不戴头盔的有C24种可能的结果，所以这2人都是不戴头盔致死的概率
P＝C24C25＝35.由题表计算可得，χ2＝200×（802－202）2100×100×100×100＝72>10.828，由临界值表可知有99.9%的把握判断交通事故中摩托车骑乘人员致死与不戴头盔有关．答案：3599.9%8．解析：(1)根据抽查数据，该市100天空气中的P
M2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100＝0.64.(2)根据抽查数据，可得2×
2列联表：SO2PM2.5[0，150](150，475][0.75]6416(75，115]1010(3)根据(2)的列联表得χ2＝100×（64×10－16×10）280×20×74×26≈7.484.由于7.484＞6.635＝x0.010，故有
99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关．9．解析：(1)根据数据计算χ2＝110×（50×20－30×10）260×50×80×30≈7.486>6.635，依据α＝0.01的独立性检验，有99%的把握认为参加直播带货与性别有关联，该推断犯错误的概率
不超过0.01.(2)根据分层抽样方法得，选取的8人中，女性有5人，男性有3人．设选取的3人中有男性为事件A，3人至少有一名女性为事件B，则P(A)＝C13C25＋C23C15＋C33C38＝4656，
P(AB)＝C13C25＋C23C15C38＝4556，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4546，∴选取的3人中有男性的前提下，3人中至少有一名女性的概率为4546.10．解析：根据题意，不妨设a＝4m，b＝m，c＝3m，d＝2m，于是χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋
c）（b＋d）＝10m·（5m2）25m·5m·7m·3m＝10m21，由于依据α＝0.05的独立性检验认为喜欢短视频和性别不独立，根据表格可知10m21≥3.841，解得m≥8.0661，于是m最小值为9.故选C.答案：C11．解析：(
1)由80＋x＝180可得x＝100，由80＋y＝160可得y＝80，由80＋z＝220可得z＝140，假设为H0：喜欢冰雪运动与性别无关，2×2联列表如下：喜欢不喜欢合计男生8080160女生100140240合计180220400χ2＝400×（80
×140－100×80）2180×220×160×240≈2.694，因为2.694<2.706，根据小概率值α＝0.10的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为喜欢冰雪运动与性别无关．(2
)抽取的9人中，男生有80180×9＝4(人)，女生有100180×9＝5(人)，X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝C35C39＝542，P(X＝1)＝C14C25C39＝1021，P(X＝2)＝C24C15C39＝514，P(X＝3)＝C34C39＝121，所以X的分布列为X01
23P5421021514121E(X)＝0×542＋1×1021＋2×514＋3×121＝43.章末过关检测(一)1．解析：任取1本可分三类：第一类取的是语文书，第二类取的是数学书，第三类取的是物理书，由此可得取法为1＋3＋4＝8.故选A.答案：A2．解析：因为
A24＝4×3＝12，C35＝C25＝5×42×1＝10，所以A24－C35＝2.故选A.答案：A3．解析：第一类，甲和乙都去，去法种数为24＝16，第二类，甲和乙都不去，去法种数为24＝16，由分类加法计数原理
知：这6名同学不同的去法种数有16＋16＝32，故选B.答案：B4．解析：先安排2名同学在两端，有A23＝6种方法，2名老师内部全排有A22＝2种方法，2名老师不相邻，需剩余同学排两个老师中间，根据分步乘法计数原理，共有6×2＝12种方法，故选B.答案：B5．解析：
因为二项式系数的和是16，所以2n＝16，解得n＝4，所以，令x＝1得展开式中各项系数的和为(－2)4＝16.故选A.答案：A6．解析：令x＝1，则(12＋1－1)5＝a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，令x＝－1，则(1－1－1)
5＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝－1，将以上两式相加整理得：a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝0，故选B.答案：B7．解析：二项式(1x＋ax2)6展开式的通项为Tk＋1＝Ck61x6－k·(a
x2)k＝Ck6x3k－6·ak，令3k－6＝0，解得k＝2，所以展开式的常数项为T3＝C26x0·a2＝154，解得a＝±12，令3k－6＝3，解得k＝3，所以展开式中x3项为T4＝C36x3·a3＝20a3x3，当a＝12时x3项的系数为52，当a＝－12
时x3项的系数为－52.故选C.答案：C8．解析：由题意，第一步涂DA有四种方法，第二步涂DB有三种方法，第三步涂DC有二种涂法，第四步涂AB，若AB与DC同，则一种涂法，第五步可分两种情况，若BC与AD同色，最后一步涂AC有2种涂法．若第四步涂AB，AB与CD不同，则A
B涂第四种颜色，此时BC，AC各有一种涂法，综上，总的涂法种数是4×3×2×[1×(1×1＋1×1)＋1×1×2]＝96.故选C.答案：C9．解析：第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信
息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6.因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19，故选AB.答案：AB10．解析：对于A中，若任意选择三门课程，选法总数为C37种，故A正确；对于B中，物理和化学至少选一门，分
两类，第一类：若物理和化学选一门，有C12种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有C25种方法，故有C12C25种选法；第二类：物理和化学都选有C22种方法，其余一门从剩余的5门中选1门，有C15种方法，故有C22
C15种选法，由分类加法计数原理知，总数为C12C25＋C22C15种选法，故B错误；对于C中，若物理和历史不能同时选，选法总数为C37－C22C15＝C37－C15种，故C正确；对于D，若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选
法总数为C12C25＋C22C15－C15种，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：令t＝x－1，则原式转化为(1＋t)6＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a6t6，其中(1＋t)6展开式的通项为Tk＋1＝Ck6tk，k＝0，1
，2，3，4，5，6，由二项式定理a4＝C46＝15，故B错误；令t＝0，得a0＝1，故A正确；令t＝1，得a0＋a1＋…＋a6＝26＝64，所以a1＋a2＋…＋a6＝63，故C正确；a1＋a3＋a5＝C16＋C36＋C56＝32，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．解
析：(x－1x)n的二项展开式共有8项，故n＝7；则二项式系数和为2n＝27＝128，故A正确；(x－1x)7的通项公式为Tk＋1＝(－1)kCk7x7－3k2，故项数为奇数的各项系数和为C07＋C27＋C47＋C67＝64，故B错误；
根据Tk＋1＝(－1)kCk7x7－3k2，当k取0，2，4，6时，Tk＋1＝(－1)kCk7x7－3k2为有理式项，故C正确；T4＝－C37x52，T5＝C47x，第四项与第五项的系数互为相反数，故D错误，故选AC.答案：AC13．
解析：依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2种，中线路中只有1种，下线路中有2×3＝6(种).根据分类加法计数原理，共有2＋1＋6＝9(种).答案：914．解析：(x－1x2)6展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck6x6－k(－1)kx－2k＝(－1
)kCk6x6－3k.要求常数项，只需k＝2，则有T3＝(－1)2C26＝15.答案：1515．解析：各单位名额各不相同，则8个名额的分配方式有{1，2，5}，{1，3，4}两种，对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有A33种，所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配
方法种数是2A33＝12种．答案：1216．解析：(x＋2x)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以n＝8；则由二项展开式的通项可知(x＋2x)8展开式的通项为Tk＋1＝Ck8(x)8－k·2xk＝Ck8·2k·x4－32k，令4－32k＝1，解得k＝2，所以展开
式中的x项为T3＝C28·22x＝8×72×22x＝112x.答案：8112x17．解析：(1)若(2x＋1x2)n的展开式的二项式系数和为64，即C0n＋C1n＋…＋Cnn＝2n＝64，解得n＝6.(2)由(1)知，(2x＋1x2)6的展开通项为Tk＋1＝Ck6(2x)
6－k1x2k＝26－kCk6x6－3k，令6－3k＝0，解得k＝2，所以展开式的常数项为24·C26＝240.18．解析：(1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A24＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有
2×3×3＝18(种).所以共有30个符合题意的三位偶数．(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有A24＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A23＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A22＝2(种).所以共有20个符合题意的“凹数”．(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两
个奇数数字在一、三位置，即万位和百位上，则共有A22·A33＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，即千位和十位上，则共有A22·C12·A22＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，即百位和个位上，则共有A22·C12·A22＝8(种).所以共有28个符合题意
的五位数．19．解析：(1)令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(2×2－3)7＝1.(2)令x＝1，得a7＝(2×1－3)7＝－1，(2x－3)7＝[2(x－1)－1]7＝a0(x－1)7＋a1(x
－1)6＋…＋a6(x－1)＋a7，(x－1)7的系数a0＝C0727(－1)0＝128，所以a0－a7＝129.20．解析：(1)第一步：先排4个唱歌节目有A44种排法；第二步：4个唱歌节目前后有5个空，排3个语言类节目有A35种排法，共A
44·A35＝1440种排法．(2)第一步：从4个唱歌节目中选2个排在一头一尾有A24种排法；第二步：剩下的3个语言类节目和2个唱歌节目共5个节目全排列有A55种排法，共A24·A55＝1440种排法．(3)若前3个节目中都是唱歌节目有A34·A44种排法，
而7个节目的全排列有A77种排法，故前3个节目中有语言类节目的排法有A77－A34·A44＝4464种．21．解析：(1)第一步从4名外科专家中抽取2名，第二步从其他5名专家中抽取4名，由分步乘法计数原理可得方法
数为C24C45＝30.(2)至少有2名外科专家可分为三类：2名外科专家4名其他专家，或者3名外科专家3名其他专家，或者4名外科专家2名其他专家，所以方法数为C24C45＋C34C35＋C44C25＝80.(3)至多有
2名外科专家可分两类：2名外科专家4名其他专家，或者1名外科专家5名其他专家，方法数为C24C45＋C14C55＝34.22．解析：(1)令x＝1，则展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各二项式系数和为2n，则4n－2n＝240，解得n＝4.二
项式(5x－1x)4的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck4(5x)4－k－1xk＝Ck4·54－k(－1)kx4－3k2，令4－3k2∈Z，且k＝0，1，2，3，4，解得k＝0，2，4，则展开式中含x的有理项有3项．(2)由Tk＋1＝Ck4·54－
k(－1)kx4－3k2(k＝0，1，2，3，4)可知，只需比较k＝1，3时系数最小即可，当k＝3时，T4＝C34·5·(－1)3x4－32·3＝－20x－12，当k＝1时T2＝C14·53·(－1)·x4－32＝－500x52，故
展开式中系数最小的项为T2＝－500x52.章末过关检测(二)1．解析：由题意0.2＋a＋3a＝1，解得a＝0.2.故选B.答案：B2．解析：当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为27.故选D.答案：D3．解析：从50件产品中，任取2件有C250种方法，至少取到
1件次品有C13C147＋C23C047种方法，所以至少取到1件次品的概率为p＝C13C147＋C23C047C250，故选D.答案：D4．解析：由已知P(X＝1)＝C12p(1－p)＝12，p＝12
，所以D(X)＝2×12×(1－12)＝12.故选A.答案：A5．解析：随机变量X～B(2，p)，P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝C12p(1－p)＋C22p2＝0.64，解得p＝0.4(p＝1.6舍去，注意：0<p<1)，P(Y＝0)＝1－P(Y＝1)
＝1－p＝1－0.4＝0.6.故选C.答案：C6．解析：∵X～N(8，1)，∴μ＝8，σ2＝1⇒σ＝1，∴P(6≤X≤7)＝P(μ－2σ≤X≤μ－σ)＝0.9545－0.68272＝0.1359，∴该
校每天平均睡眠时间为6～7小时的学生人数约为3000×0.1359≈408.故选B.答案：B7．解析：记事件B为“选出的运动员能晋级”，A1为“选出的运动员是一级运动员”，A2为“选出的运动员是二级运动员”，A3
为“选出的运动员是三级运动员”．由题意知，P(A1)＝420，P(A2)＝820，P(A3)＝820，P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.7，P(B|A3)＝0.4，由全概率公式得，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(
B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝420×0.9＋820×0.7＋820×0.4＝0.62.即任选一名运动员能够晋级的概率为0.62.故选C.答案：C8．解析：因为分布列中概率之和为1，可得a＋b＝12，∴E(ξ
)＝－12＋b＝－12＋(12－a)＝－a，∴当a增大时，E(ξ)减小，又由D(ξ)＝(－1＋a)2×12＋(0＋a)2×a＋(1＋a)2×b＝－(a＋12)2＋54，可知当a在(0，12)内增大时，
D(ξ)减小．故选D.答案：D9．解析：由分布列的性质得：13＋4m＝1，解得m＝16，A正确；E(X)＝－1×13＋0×16＋1×12＝16，E(2X－1)＝2E(X)－1＝－23，B正确，C不正确；D(X)＝13×(－1－16)2＋16×(0－16)2＋12(1－16)2＝2936，D
正确．故选ABD.答案：ABD10．解析：对选项A：事件A的概率P(A)＝1－P(A－)＝1－C22C24＝56，事件B的概率P(B)＝C22＋C22C24＝13，事件AB的概率P(AB)＝C22C24＝16，因为P(AB)≠P(A)·P(B
)，所以事件A与事件B不独立，选项A错误；对选项B：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，故事件A与事件B不互斥，选项B正确；对选项C：事件A的概率P(A)＝1－P(A－)＝1－C22C24＝56，事件B的
概率P(B)＝C22＋C22C24＝13，事件AB的概率P(AB)＝C22C24＝16.在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为P(B|A)＝P（AB）P（A）＝1656＝15，选项C正确；对选项D：在事件A发生的前
提下，事件B发生的概率为P(A|B)＝P（AB）P（B）＝1613＝12，选项D错误．故选BC.答案：BC11．解析：因为配重X(单位：kg)符合正态分布N(27.5，4)，所以μ＝27.5，σ＝2，所以配重的平均数为27.5kg，所以AC正确；对于B，因为μ＝27
.5，σ＝2，所以P(23.5<X≤29.5)＝P(μ－2σ<X≤μ＋σ)＝P（μ－2σ<X≤μ＋2σ）2＋P（μ－σ<X≤μ＋σ）2＝0.95452＋0.68272＝0.8186，所以B正确，对于D，因为P(X>33.5)＝P(X>μ＋3σ)＝0.5－P（
μ－3σ<X≤μ＋3σ）2＝0.5－0.99732＝0.00135，所以10000使用该器材的人中，配重超过33.5kg的有0.00135×10000＝13.5≈14(人)，所以D错误．故选ABC.答案：ABC12．解析：设X＝i表示运动员命中次数为i次，
由题意可知，随机变量X服从二项分布，若进行10次射门，则X～B(10，0.5)，P(X＝i)＝Ci10×0.5i×0.510－i＝Ci10×0.510(i＝0，1，…，10)，若进行5次射门，则X～B(5，0.5)，P(X＝i)＝Ci5×0.5i×0.55－i＝Ci5×
0.55(i＝0，1，…，5)；对于A，由二项分布期望公式得数学期望为0.5×10＝5，A正确；由二项式系数性质知Ci10(i＝0，1，…，10)中C510最大，则命中5次的概率P(X＝5)＝C510×0.510最大，B正确；对于C，由二项分布方差公式知，命中次数的方差等
于5×0.5×0.5＝1.25，C错误；对于D，至少命中两次的概率P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C05×0.55－C15×0.55＝1316，D错误．故选AB.答案：AB13．解析：P(X>3)＝P(X>μ
＋σ)＝12[1－P(μ－σ<X<μ＋σ)]≈0.1587.答案：0.158714．解析：由题意，P(X＝i)＝ia(i＝1，2，3，4)，所以P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝1a＋2a＋3a＋4a＝1，得a＝1
0，所以P(12<X<72)＝1－P(X＝4)＝1－410＝35.答案：3515．解析：由随机变量ξ～B(n，p)，P(ξ＝1)＝132，E(ξ)＝4，可得np（1－p）n－1＝132np＝4，解得n＝8
p＝12，则D(ξ)＝np(1－p)＝8×12×12＝2.答案：216．解析：由题意得，至少有一人命中的概率P＝1－(1－12)×(1－12)×(1－34)＝1516，由题意得X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0
)＝12×12×14＝116，P(X＝1)＝12×12×14＋12×12×14＋12×12×34＝516，P(X＝2)＝12×12×14＋12×12×34＋12×12×34＝716，P(X＝3)＝12×12×3
4＝316，E(X)＝0×116＋1×516＋2×716＋3×316＝74.答案：15167417．解析：(1)样本中一共有3＋4＋7＋5＋1＝20件产品，包装质量在(495，510]中的产品有4＋7＋5＝16件，
故从该流水线任取一件产品为一等品的概率为P＝1620＝45.(2)依题意X～B(2，45)，则X的可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝(1－45)2＝125，P(X＝1)＝C12×(1－45)×45＝825，P(X＝
2)＝452＝1625，∴X的分布列为X012P125825162518.解析：(1)设甲班级在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，所以甲班级获得冠军的概率为P＝P(ABC)＋P(A－BC)＋P(AB－C)＋P(ABC－)＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.6＋0.4×0
.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.5.(2)依题可知，X的可能取值为0，10，20，30，所以，P(X＝0)＝0.4×0.5×0.6＝0.12，P(X＝10)＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38，P(X＝20)＝0.6×0.5×
0.6＋0.6×0.5×0.4＋0.4×0.5×0.4＝0.38，P(X＝30)＝0.6×0.5×0.4＝0.12，即X分布列为X0102030P0.120.380.380.12期望E(X)＝0×0.12＋10×0.38＋20×0.38＋30×0.12＝15.19．解析：(1)因为从10辆
共享电动车中任取一辆，取到橙色的概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆．记A为“从中任取3辆共享单车中恰好有一辆是橙色”，则P(A)＝C26×C14C310＝12.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.所以P(X＝0)＝C36×C04C310＝1
6，P(X＝1)＝C26×C14C310＝12，P(X＝2)＝P(A)＝C16×C24C310＝310，P(X＝3)＝C06×C34C310＝130.所以分布列为X0123P1612310130数学期望E(X)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.2
0．解析：(1)根据题意可知：随机变量η的可能取值有：0，1，2，P(η＝0)＝0.8×0.8＝0.64，P(η＝1)＝2×0.2×0.8＝0.32，P(η＝2)＝0.2×0.2＝0.04，随机变量η的分布列为η012P0.640.320.0
4(2)小方月薪高于小芳月薪的概率：P＝0.4×0.4＋0.3×0.4＋0.2×(0.4＋0.3)＋0.1×(0.4＋0.3)＝0.49.(3)入职甲公司，月薪的期望为E(X)＝0.4×5＋0.3×6＋0.2×7＋0.1×8＝6，方差D(X)＝0.4×(5－6)2＋0.3×(6－6)2＋0.2
×(7－6)2＋0.1×(8－6)2＝1，入职乙公司，月薪的期望为E(Y)＝0.4×4＋0.3×6＋0.2×8＋0.1×10＝6，方差D(X)＝0.4×(4－6)2＋0.3×(6－6)2＋0.2×(8－6)2＋0.1×(10－6)2＝4，乙
公司月薪高于甲公司的概率为P＝0.3×0.4＋0.2×(0.4＋0.3＋0.2)＋0.1＝0.4，0.4<0.47，即E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，即两家公司月薪的期望相同，但甲公司月薪的波动性小，乙公司的月薪波动性更大，且甲公司月薪高于乙公司的
月薪概率更大，故选甲公司．21．解析：(1)设Ai＝“被挑出的是第i箱”(i＝1，2，3)，Bi＝“第i次取出的零件是一等品”(i＝1，2),则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝13，因为P(B1|A1)＝610＝35，P(B1|A2)＝410＝25，P(B1|A3)＝210＝15，P(B
1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＋P(A3)P(B1|A3)＝13(35＋25＋15)＝25，所以第1次取出的零件是一等品的概率是25.(2)由(1)得P(B1)＝25，因为P(B1B2|A1)＝C26C
210＝13，P(B1B2|A2)＝C24C210＝215，P(B1B2|A3)＝C22C210＝145，所以P(B1B2)＝P(A1)P(B1B2|A1)＋P(A2)P(B1B2|A2)＋P(A3)P(B1B2|A3)＝13×13＋13×215＋13×145＝22135，所以P(B2|B1)＝P
（B1B2）P（B1）＝1127.故在第1次取出的零件是一等品的条件下，第2次取出的零件也是一等品的概率为1127.22．解析：(1)X的所有取值为0，1，2，3，4，因为重量不少于1000克的概率为60100＝35，所以X～B(4，35)，P(X＝
0)＝C04(1－35)4＝16625，P(X＝1)＝C14×35×(1－35)3＝96625，P(X＝2)＝C24×352×(1－35)2＝216625，P(X＝3)＝C34×353×(1－3
5)＝216625，P(X＝4)＝C44×354＝81625，则X的分布列为X01234P166259662521662521662581625E(X)＝4×35＝125.(2)①由题意知X～N(1000，502)，
因为σ2100＝502100＝25，所以Y～N(1000，52)，因为990＝1000－2×5，又因为P(μ－2σ≤η≤μ＋2σ)＝0.9545，所以P(η≤μ－2σ)＝1－0.95452＝0.02275，所以
P(Y≤990)＝P(Y≤μ－2σ)＝0.02275.②由①知P(Y≤990)＝P(Y≤μ－2σ)＝0.02275，这100天收到的每份水果重量的平均值Y＝988.72<990，而0.02275<0.05
，所以概率为0.02275的事件是小概率事件，小概率事件基本不会发生，因此，李师傅的举报是有道理的．章末过关检测(三)1．解析：对于A，散点落在某条曲线上，两个变量具有函数关系；对于B，散点落在某条直线附近，这
两个变量具有线性相关关系；对于C，散点落在某条曲线附近，这两个变量具有非线性相关关系；对于D，散点杂乱无章，无规律可言，这两个变量无相关性，不具有相关关系．故选B.答案：B2．解析：对A，回归直线一定经过
样本点的中心，正确；对B，残差平方和越小，拟合效果越好，正确；对C，决定系数R2越接近1，拟合效果越好，正确；对D，残差平方和越小，拟合效果越好，决定系数R2越接近1，故D错误．故选D.答案：D3．解析：由题意
得χ2≈3.04>2.706＝x0.1，所以依据α＝0.1的独立性检验，认为“该校学生能否做到‘光盘’行动与性别有关”．故选C.答案：C4．解析：由已知得x－＝2，y－＝6.6＋n3，而a^＝y－－b^x－，所以2.5＝6.6＋n3－0.65×2,解得n＝4.8.故选C.答案：C
5．解析：在两个分类变量的列联表中，当|ad－bc|的值越小时，认为两个分类变量有关的可能性越小．令|ad－bc|＝0，得10×26＝18m，解得m≈14.4，又m为整数，所以当m＝14时，X与Y的关系最弱．故选C.答案：C6．解析：由题意可知，x－＝21＋23＋25＋274＝2
4，y－＝15＋18＋19＋204＝18，将(24，18)代入y^＝0.8x＋a^，即18＝0.8×24＋a^，解得a^＝－1.2，所以y^＝0.8x－1.2，当x＝30时，y^＝0.8×30－1.2＝22.8，所以该数据的残差为23.6－22.8＝0.8.故选C
.答案：C7．解析：设男女大学生各有m人，根据题意画出2×2列联表，如下：看不看合计男56m16mm女23m13mm合计32m12m2m所以χ2＝2m56m×13m－16m×23m232m×12m×m×m＝2m27，因为有99%的把握认
为性别与对产品是否满意有关，所以2m27>6.635，解得2m>179.145，所以总人数2m可能为240.故选C.答案：C8．解析：因为x1＋x2＋…＋x8＝2(y1＋y2＋…＋y8)＝6，所以x－＝x1＋x2＋
…＋x88＝68＝34，y－＝y1＋y2＋…＋y88＝38，因为回归直线方程是y^＝13x＋a^，所以y－＝13x－＋a^，所以38＝13×34＋a^，解得：a^＝18，所以y^＝13x＋18，所以当x＝－34时
，y的估计值为y^＝13×－34＋18＝－18.故选A.答案：A9．解析：对于A，公式LW＝8中，L和W关系明确，属于函数关系，不是相关关系，相关关系是一种非确定的关系，故A错误；对于B，回归直线y^＝b^x＋a^恒过样
本点的中心(x－，y－)，故B正确；对于C，相关系数r的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强，故C正确；对于D，对分类变量x与y，它们的随机变量χ2越大，判断“x与y有关系”的把握越大，故D错误．故选BC.答案：BC10．解析：由散点图可知
年销售额y与年份代码x呈正相关关系；模型②更适合作为回归模型，故选项A，B正确．当x＝11时，y^＝7×113－60×112＋400×11－205＝6252；当x＝11时，对应的年份为2022，可预测该平台2022年的年销售额为6252亿元，故选项C正
确．x－＝1＋2＋3＋……＋1010＝5.5，1845＝493×5.5＋a^，解得a^＝－866.5，故选项D不正确．故选ABC.答案：ABC11．解析：由图可知两变量呈现正相关，故r1>0，r2>0，去掉“离群点”后，相关
性更强，所以r1<r2，故R21<R22，故A正确，B不正确．根据图象当去掉F点后，直线基本在A，B，C，D，E附近的那条直线上，直线的倾斜程度会略向x轴偏向，故斜率会变小，因此可判断0<b^<0.68，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC12．解析
：因为男性喜欢冰雪运动的人数占男性人数的710，所以140140＋n＝710，解得n＝60，又因为女性喜欢冰雪运动的人数占女性人数的35，所以b80＋m＝35，解得m＝120，所以选项A正确；计算260400＝0.65，所以
随机对一路人进行调查，有65%的可能性对方喜欢冰雪运动，选项B错误；填写列联表为冰雪运动的喜好性别合计男性女性喜欢140120260不喜欢6080140合计200200400由表中数据，计算χ2＝400×（140×80－120×60）22
00×200×260×140≈4.396>3.841，所以有95%的把握认为市民性别和喜欢冰雪运动有关系，选项C正确；因为χ2≈4.396<6.635，所以没有99%的把握认为市民性别和喜欢冰雪运动有关系，选项D正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：因为变量x，y线性相关，样本相关系数r＝0
.9>0，所以变量x，y线性正相关，又x＝1，y＝0，所以在坐标系下的散点图中，大多数的点落在第一、三、四象限，即大多数的点都不落在第二象限．答案：二14．解析：由题意可得x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝2.5＋3＋4＋m＋55＝14.
5＋m5，则0.65×3＋1.85＝14.5＋m5，解得m＝4.5.答案：4.515．解析：由题知q＋40100＝35p＋q＝45，解得q＝20，p＝25，所以χ2＝100（25×40－15×20）240×60×45
×55＝2450297≈8.249>7.879，所以有99.5%的把握认为年龄与是否喜欢甲队有关．答案：有16．解析：对y＝ebx－0.5两边取对数，得lny＝bx－0.5，令z＝lny则z＝bx－0.5.x1234yee3e4
e6z1346x－＝1＋2＋3＋44＝2.5，z－＝1＋3＋4＋64＝3.5，代入z－＝b^x－－0.5，得3.5＝b^·2.5－0.5，故b^＝1.6，故z＝1.6x－0.5，y＝e1.6x－0.5，当x＝5时，y＝e1.6×5－0.5＝e152.答案：e15217．
解析：(1)根据题意，得到2×2列联表为男女合计了解7055125不了解304575合计100100200(2)提出假设H0：对“网络安全宣传倡议”的了解情况与性别无关，根据列联表中数据，可以求得χ2＝200×（70×45－55×30）2100
×100×125×75＝245＝4.8，因为当H0成立时，P(χ2≥3.841)≈0.05，这里的χ2＝4.8>3.841，所以我们有95%的把握认为对“网络安全宣传倡议”的了解情况与性别有关．18．解析：(1)由表中的数据得：x－＝15(1＋2＋3＋4
＋5)＝3，y－＝15(17＋18＋20＋22＋23)＝20，设y关于x的经验回归方程为y^＝b^x＋a^，则b^＝i＝15（xi－x－）（yi－y－）i＝15（xi－x－）2＝1610＝1.6，而a^＝y－－b^x－＝20－1.6×3＝15.2，所以y关于x的经
验回归方程为y^＝1.6x＋15.2.(2)由2017年为第1年，则2022年为第6年，将x＝6代入经验回归方程中得：y^＝1.6×6＋15.2＝24.8，由此预计2022年该新能源汽车企业的销售量为24.8万
辆．19．解析：(1)据题意可知，50位男顾客对商场服务满意的有40人，所以男顾客对商场服务满意率估计为P1＝4050＝45.因为50位女顾客对商场满意的有35人，所以女顾客对商场服务满意率估计为P2＝3550＝710.(2)由题意可知，2×2列联表如图所示满意不满意合计男顾客40105
0女顾客351550合计7525100H0：假设商场服务评价与顾客性别无关由列联表可知χ2＝100×（40×15－35×10）275×25×50×50＝43≈1.333<3.841，所以没有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．20．解析：(1)由R21>R22，可知y
^＝b^x＋a^的拟合效果更好，所以y^＝b^x＋a^更适合作为年环保投资额y关于年份代号x的经验回归方程．(2)由表格数据，得x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝12＋20＋35＋48＋555＝1705＝34，i＝15x2i＝12＋22＋32＋4
2＋52＝55，5x－2＝5×32＝45，由公式，得b^＝i＝15xiyi－5x－·y－i＝15x－2i－5x－2＝624－5×3×3410＝11.4，a^＝y－－b^x－＝34－11.4×3＝－0.2，所以y关于x的经验回归方程为y^＝11.4x－0.2
.21．解析：(1)依题意，列出2×2列联表如下：单位：人康复未康复合计甲组201030乙组52530合计253560零假设为H0：组别与康复相互独立，即用药与A疾病康复无关，则χ2＝60×（20×25－5×10）225×35×30×30＝1087≈15.429>10.828＝x0.00
1，根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为用药与A疾病康复有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.(2)由题意，乙组未用药而康复的频率为530＝16，所以患有A疾病的自愈概率为16，随机变量X的可能取值为
0，1，2，3，4，由题意得，随机变量X～B(4，16)，所以X的分布列为P(X＝k)＝Ck416k(1－16)4－k，k＝0，1，2，3，4，所以X的数学期望E(X)＝np＝4×16＝23.22．解析：(1)新数据对(xi，y′i)(i＝1，2，3，4，5)如下表：x4681012y
′12356因此x－＝4＋6＋8＋10＋125＝8，y－′＝1＋2＋3＋5＋65＝3.4，则b^＝＝2640＝0.65，a^＝y－－b^x－＝3.4－0.65×8＝－1.8，所以y′＝0.65x－1.8.(2)由(1)得：y＝0.65x2－1.8x，当x1＝4时，y^
1＝4(0.65×4－1.8)＝3.2，当x2＝6时，y^2＝6(0.65×6－1.8)＝12.6，当x3＝8时，y^3＝8(0.65×8－1.8)＝27.2，当x4＝10时，y^4＝10(0.65×10－1.
8)＝47，当x5＝12时，y^5＝12(0.65×12－1.8)＝72，yi，y^i对应值表为y412245072y^3.212.627.24772因此v2＝0.82＋0.62＋3.22＋32＋02＝
20.24，显然143.6>20.24，所以模型y＝c1x2＋c2x拟合效果好．本册过关检测1．解析：由Cx20＝C3x－420，得x≤203x－4≤20x∈N＋3x－4＝x或x≤203x－4≤20x∈N＋3x－4＝20－x，解得x＝2或x＝
6，所以实数x的值为2或6.故选D.答案：D2．解析：由题可得0.64＋1－2q＋q2＝1，解得q＝0.4或q＝1.6，当q＝1.6时，1－2q＝－2.2<0，不符合题意，舍去，∴q＝0.4；所以可得分布列为X012P0.640.160.2∴E(X)＝0×0.64＋1×0.16
＋2×0.2＝0.56，故选A.答案：A3．解析：从2件次品中抽出1件次品的抽法有C12种，从8件合格品中抽出2件合格品的抽法有C28种，共有C12C28＝56(种).故选A.答案：A4．解析：由B⊆A，∴P(AB)＝
P(B)＝0.42，则P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.420.7＝0.6，故选C.答案：C5．解析：由正态分布的对称性知：P(ξ>102)＝1－2P（90<ξ≤96）2＝0.2，所以该校此次检测数学成绩不低于102分的
人数为800×0.2＝160人．故选D.答案：D6．解析：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）＝100×（40×25－15×20）255×45×60×40≈8.249，对ABC，∵7.
879<8.249<10.828，∴在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，可以认为阅读量多少与幸福感强弱有关，故A对，BC错；对D，在阅读量多的人中随机抽取一人，此人是幸福感强的人的概率4040＋20≈0.667，故D错，故选A.答案：A7．解析：第一种情况：小明在
正中间，排法数为：A66种排法；第二种情况：小明不在正中间，先排小明有C14种排法，再排小华，有C15种排法，剩下的同学有A55种排法．记“小明不在两端，且小华不在正中间位置”为事件A，则P(A)＝A66＋C14C15A55A77＝1321.故A，B，C错误．故选D.答案：D8．
解析：因为n＋1＝13，所以n＝12，令x＝1，得所有项的系数和为0，故A错误．由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项的二项式系数为C612，故B错误．因为(x－13x)12展开式的通项为Tk＋1＝Ck12·(x)12
－k·(－x－13)k＝(－1)k·Ck12·x12－43k，当12－43k＝0时，k＝9，故C错误．当12－43k为整数时，k＝0，3，6，9，12，共有5项，故D正确．故选D.答案：D9．解析：相关
系数的绝对值越大，相关程度越强，A正确；决定系数越大，拟合效果越好，故B正确；残差平方和越小，模拟效果越好，故C错误；统计量χ2的值越大，分类变量X与Y相互独立的概率越小，即判断“X与Y有关系”的把握程度越大
，故D正确．故选ABD.答案：ABD10．解析：对A，若X服从二项分布B(4，13)，则E(X)＝4×13＝43，故A正确；对B，若X服从超几何分布H(4，2，10)，则E(X)＝4×210＝45，故B正确；对C，若X的方差为D(
X)，则D(2X－3)＝22D(X)＝4D(X)，故C错误；对D，若X服从正态分布N(3，σ2)，且P(X<5)＝0.7，则P(1<X<5)＝2P(3<X<5)＝2(P(X<5)－0.5)＝0.4，故D错误；故选AB.答案：AB11．解析：对于A：先排
最左端，有C13种排法，再排剩余3个位置，有A33种排法，则共有C13A33种排法，故A正确；对于B：3名男生相邻，有A33种排法，和剩余4名女生排列，相当于5人作排列，有A55种排法，所以共有A33A55种排法，故B错误；对于
C：先排4名女生，共有A44种排法，且形成5个空位，再排3名男生，共有A35种排法，所以共有A44A35种排法，故C正确；对于D：由C选项可得3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有A44A35种，若女生甲在
最左端，且男生互不相邻的排法有A33A34种，所以3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有A44A35－A33A34＝1296种，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：由(1＋x)6＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x
)2＋…＋a6(1－x)6，得[2－(1－x)]6＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a6(1－x)6，则其展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr626－r(－1)r(1－x)r，对于A，令r＝0，则a0＝C0626(－1
)0＝26，所以A错误；对于B，令r＝6，则a6＝C6620(－1)6＝1，所以B正确；对于C，在(1＋x)6＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a6(1－x)6中令x＝0，则a0＋a1＋…＋a6＝1，所以C错误；对于D，a1＋a3＋a5＝C16×25×(－1)＋C
36×23×(－1)＋C56×2×(－1)＝－364，所以D正确．故选BD.答案：BD13．解析：(1x－x)10展开式通项为Tr＋1＝Cr101x10－r·(－x)r＝Cr10(－1)rx2r－10，由题意，令2r－10＝4，解得r＝7，所以x4项的系数为C710(－1)7＝－120
.答案：－12014．解析：依据回文数对称的特征，万位和个位数字相同，千位和十位数字相同，万位数字，从1，2，3，4，5，6中取一个，有6种选择；千位数字，从0，1，2，3，4，5，6中取一个，有7种选择；百位数字，从0，1，2，3，4，5，6中取一个，有7种选择，则有6×7×7
＝294.答案：29415．解析：由题意，散点图中的四个观测点(3，52)，(4，3)，(5，4)，(6，m)，可得x－＝14(3＋4＋5＋6)＝92，y－＝14(52＋3＋4＋m)＝19＋2m8，即样本中心为(92，19＋2m8)，将其代入回归方程y^＝0.7x＋0.35，可得19＋2m8＝0.
7×92＋0.35，解得m＝92.答案：9216．解析：若x＋y为偶数，则x、y全为奇数或全为偶数，所以P(A)＝3×3×26×6＝12，事件AB为“x＋y为偶数且x、y中有偶数，x≠y”，则x、y为两个不等的偶数，所以P(
AB)＝3×26×6＝16，因此P(B|A)＝P（AB）P（A）＝13.答案：121317．解析：(1)由题意进行数据分析可得：经常锻炼不经常锻炼合计男生18927女生81523合计262450(2)H0：假设性别因素与本校
学生锻炼无关由题意可知：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）＝50（18×15－8×9）226×24×27×23≈5.059>3.841.所以我们认为性别因素与本校学生体育锻炼的经常性有关．18．解析：(1)因为第三次由乙投篮包括第一次甲命中第二次甲未命中和第一次甲
未命中第二次乙命中，所以P＝13×23＋23×34＝1318.(2)由题意，ξ可取0，1，2.P(ξ＝0)＝13×13＝19；P(ξ＝1)＝13×23＋23×14＝718；P(ξ＝2)＝23×34＝12.故ξ的分布
列为ξ012P1971812(3)由(2)有E(ξ)＝0×19＋1×718＋2×12＝2518，D(ξ)＝(0－2518)2×19＋(1－2518)2×718＋(2－2518)2×12＝149324，所以D（ξ）＝14918.19．解析：(1)A
班10名学生体质测试成绩的平均分x－＝110×(55＋58＋65＋67＋76＋79＋80＋82＋85＋93)＝74.抽取的B班10名学生中，体质测试成绩优秀的学生有2名，优秀率为210＝20%，所以估计B班学
生体质测试成绩的优秀率为20%.(2)由题可知，这20名学生中有5名学生体质测试成绩不及格，其中A班有2名，B班有3名，则X的可能取值为1，2，3，P(X＝1)＝C22C13C35＝310，P(X＝2)＝C12C23C35＝35，P(X＝3)＝C33C35＝110.则X
的分布列为X123P31035110故E(X)＝1×310＋2×35＋3×110＝95.20．解析：(1)设B＝“任选1名学生近视”，A＝“任选1名学生每天使用手机超过1h”，则P(A)＝0.2，P(A－)＝0.8，P(B|A)＝0.5，P(B|A－)＝0.375，
由全概率公式得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)＝0.2×0.5＋0.8×0.375＝0.4，所以从该校高二年级学生中随机抽取一名学生其近视的概率为0.4.(2)列联表为零假设为H0：该校高
二年级学生每天使用手机时长与近视无关联．根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝600×（60×300－180×60）2240×360×120×480＝254＝6.25>3.841＝x0.05，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为该校高二年学生每天使用
手机时长与近视有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.21．解析：(1)由数据得x－＝20，y－＝25.因为i＝15(xi－x－)(yi－y－)＝32，i＝15(xi－x－)2＝20，所以b^＝i＝1
5（xi－x－）（yi－y－）i＝15（xi－x－）2＝85.所以a^＝y－－85x－＝25－85×20＝－7.所以y关于x的经验回归方程为y^＝85x－7.(2)由(1)知，y关于x的经验回归方程为y^＝85x－7.当x＝15时，y^＝85×15－7＝17，|19－1
7|≤2.当x＝25时，y^＝85×25－7＝33，|33－31|≤2.所以，所得到的经验回归方程y^＝85x－7是可靠的．22．解析：(1)由频率分布直方图可知，∵质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，∴质量
超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件)，样本平均值x－＝5×(492.5×0.03＋497.5×0.04＋502.5×0.07＋507.5×0.05＋512.5×0.01)＝501.75，或者样本平均值x－＝492.5×0.15＋497.5×0.2＋502.5
×0.35＋507.5×0.25＋512.5×0.05＝501.75，或者样本平均值x－＝492.5×6＋497.5×8＋502.5×14＋507.5×10＋512.5×240＝501.75.(2)由题意可得μ＝x－＝501.75，σ＝1.25，则P(μ－2σ<ξ
≤μ＋2σ)＝P(499.25<ξ≤504.25)≈0.9545，则该批产品质量指标值ξ≥499.25的概率：P(ξ≥499.25)＝1－1－P（499.25<ξ≤504.25）2＝0.97725，或者P(ξ≥499.25)＝0.
5＋P（499.25<ξ≤504.25）2＝0.97725.(3)根据用样本估计总体的思想，从该流水线上任取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为1240＝310，所以，从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看为二项分布．故质量超过505克的件数Y可能的取值为0，1
，2，且Y～B(2，310)，∴P(Y＝k)＝Ck2×310k×(1－310)2－k，k＝0，1，2，∴P(Y＝0)＝C02×7102＝49100，P(Y＝1)＝C12×310×710＝2150，P
(Y＝2)＝C22×3102＝9100，∴Y的分布列为Y012P4910021509100Y的均值为E(Y)＝0×49100＋1×2150＋2×9100＝35或者E(Y)＝2×310＝35.
