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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，403.098 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＝26.1
0．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12
0＋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，a3a
5b1，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＝3
36.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10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C2
4＝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＋C13
1＝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C36C25＝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C
12C12＋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＝1
0×3＝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C34
C13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＋C34C23＝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＋C34211x3＋C44201
x4＝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＋2
x－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＝Ckn
12x2n－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＝10.(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＝Ck
6(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－C3
15812＋…＋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，－638，45256x2.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－1x)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：A
BC6．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＋…＋C1010＝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－k1x
k＝25－kCk5x5－2k，T3＝23C25x＝80x，T4＝22C35x－1＝40x－1.10．解析：(1)∵(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋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：2
n＝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”，B
1＝“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|A
1)＋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＋C13×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)＝C
12C23＝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X0234P310062514122
510.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＋3C1262＋C22＋2C126
2＝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＝10
64＝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＋1×15
28＋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)＝C14
C22C36＝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＝1
10，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)＝0×115＋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＝250)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.4.X的分布列为X150200250
P0.30.30.4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)＝12×12×12＋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)＝4×12×12×12×12＝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(6，13)，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：ABD
7．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)＝C03133＝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X0123P127
2949827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)＝Ck6C
3－k4C310(k＝0，1，2，3).P(X＝0)＝C06C34C310＝130，P(X＝1)＝C16C24C310＝310，P(X＝2)＝C26C14C310＝12，P(X＝3)＝C36C04C310＝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－xC210＝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)＝C44C49＝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－1C81
001－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＝3
10；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)≈0.68272，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<28
6－18083)＝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r1>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＝1
0，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）（1.6166－10×0.392）＝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)×(－30)＋(－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B
D.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＝23.9－5×3×1.555－5×3
2＝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)＝－3.2x2＋270x－2380(x≥10)，对称轴为x＝－2702×（－3.2）＝42.1
875≈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>0.8
1，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PM2.5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1
50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)＝C1
3C25＋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≥8.0
661，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)＝C14C2
5C39＝1021，P(X＝2)＝C24C15C39＝514，P(X＝3)＝C34C39＝121，所以X的分布列为X0123P5421021514121E(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·(ax2)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AB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C22C15种选法，由分类加法计数原理知，总数为C12
C25＋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；T
4＝－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－k
1x2k＝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A44·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＝Ck
4(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＝C13
C147＋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＋(1
2－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A
BD.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：BC
11．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＝10，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＝8p＝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)＝12×12×34＝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X0102030P0.12
0.380.380.12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＝16，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＝65.20．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η012P0.640.320.04(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(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＋P(A
3)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)＝C26C210＝13，P(B1B2|A2)＝C24C210＝215，P(B1B2|A3)＝C22C210＝145，所以P(B
1B2)＝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×(1－35)＝216625，P(X＝4)＝C44×354＝81625，则X的分布列为X01234P166259662521662521662581
625E(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＋2
σ)＝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：C5．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＝24，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2
m27>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L
W＝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）2200×200×260
×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9
9.5%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.x1234yee3e4e6z1346x－＝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401050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＋42＋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＝x0.001，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：x46810
12y′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(0.6
5×4－1.8)＝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＝C
0626(－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)＋C36×23×(－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＝71
8；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＋(2－251
8)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)＝C12C
23C35＝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H
0：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＝15（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，|19－17|≤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.
