4第四讲 概率与统计 理科 答案

第四讲 概率与记录(理)参照答案第一节 计数原理变式与引申1：（1）四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选用，每项冠军均有3种选用措施，由乘法原理共有种.（2）一方面把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有种措施；第二步：再把4本书分给4个学生，有种措施.由乘法原理，共有种措施，故选B.变式与引申2：（1）分两步 先将五名教师提成2，2，1三组，共有种；而后，对三组教师安排三所学校，即进行全排列，有A33种 依乘法原理，共有N= =90(种) （2）将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种状况：两个新节目相邻的插法种数为；两个节目不相邻的插法种数为；由分类计数原理共有种措施，故选A.（3）解析：由所有16这6个数构成的五位数有个，去掉16这6个数构成可被5整除的五位数个. 因此，所求的五位数共有=720120=600个.变式与引申3：（1）解：依题意：，为3和2的倍数，即为6的倍数，又，构成首项为0，公差为6，末项为96的等差数列，由得，故系数为有理数的项共有17项（2）由得的系数为240（3）设第项系数最大，则有，即又，故系数最大项为.变式与引申4：（1）解：在中令得 （2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n1=8n1=(9-1)n1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19+(1)nCnn-1(i)当n为奇数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（1）n-1Cnn-192除以9所得余数为7.(ii)当n为偶数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19除以9所得余数为0，即被9整除.习题41 1.解析:由题意容易发现,则, 同理可以得出,亦即前项和为0, 则原式= 故选C.2.解析：当使用五种颜色时，由题意知有种染色措施；当使用四种颜色时，由题意知有种染色措施，当仅使用三种颜色时：从5种颜色中选用3种有种措施，先着色S，有3种措施，剩余2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第A、C区域，另一种颜色涂第B、D区域，有2种着色措施，由乘法原理有种.综上共有：420种.3.解析：某些复杂的分类选用题,要满足的条件比较多, 无从入手,常常浮现反复漏掉的状况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果红111223黄123121兰321211取法4.解法一(间接法) 任取三张卡片可以构成不同三位数C23A(个)，其中0在百位的有C22A (个)，不合题意的，故共有不同三位数 C23AC22A=432(个） 解法二 (直接法) 第一类 0与1卡片放首位，可以构成不同三位数有 (个); 第二类 0与1卡片不放首位，可以构成不同三位数有 (个).故共有不同三位数 48+384432(个）5.解析： (1)由已知Cm12Cn111，m2n11，x2的系数为Cm222Cn22n(n1)(11m)2.mN，m5时，x2的系数取最小值22，此时n3.(2)由(1)知，当x2的系数获得最小值时，m5，n3，f(x)(1x)5(12x)3.设这时f(x)的展开式为f(x)a0a1xa2x2a5x5，令x1，a0a1a2a3a4a52533，令x1，a0a1a2a3a4a51，两式相减得2(a1a3a5)60，故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.第二节 概率变式与引申1：（）（）变式与引申2：（）（）变式与引申3：解析：易见是两两互斥的事件，而答案：变式与引申4：解析： （I）（i）解：设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件则 （ii）解：设“在1次游戏中获奖”为事件B，则，又 且A2，A3互斥，因此 （II）解：由题意可知X的所有也许取值为0，1，2. 因此X的分布列是X012P X的数学盼望习题42 1.D解析：=0.3415，=0.5-0.3415=0.15852. 解析：设取出的两个数分别为，运用表平面区域，形成几何图形的面积比3. 解析：（I）设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则分别表达甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。由于由对立事件的概率公式知红队至少两人获胜的事件有：由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的成果互相独立，因此红队至少两人获胜的概率为 （II）由题意知也许的取值为0，1，2，3。又由（I）知是两两互斥事件，且各盘比赛的成果互相独立，因此由对立事件的概率公式得因此的分布列为：0123P0103504015因此4.解析：记分别表达依方案甲需化验1次，2次，分别表达依方案乙需化验2次，3次，表达依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数依题意知与独立（），因此（）的也许取值为2，3，因此（次）5.解析：设分别是第一、二、三、四个问题，用表达甲同窗第个问题回答对的，用表达第个问题回答错误，则与是对立事件由题意得，则（）记“甲同窗能进入下一轮”为事件,则由于每题答题成果互相独立，因此()由题意可知随机变量也许的取值为2,3,4,由于每题的答题构造都是相对独立的，因此,因此随机变量的分布列为123P因此第三节 记录、记录案例变式与引申1：解： （）这三种抽取方式的总体都是指该校高三全体学生本年度的考试成绩，个体都是指高三年级每个学生本年度的考试成绩.其中第一种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第二种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第三种抽取方式的样本为所抽取的100名学生本年度的考试成绩，样本容量为100.（）三种抽取方式中，第一种采用的是简朴随机抽样法；第二种采用的是系统抽样法和简朴随机抽样法；第三种采用的是分层抽样法和简朴随机抽样法.（）第一种方式抽样的环节如下：第一步，一方面用抽签法在这20个班中任意抽取一种班.第二步，然后从这个班中按学号用随机数表法或抽签法抽取20名学生，考察其考试成绩.第二种方式抽样的环节如下：第一步，一方面用简朴随机抽样法从第一种班中任意抽取一名学生，记其学号为a.第二步，在其他的19个班中，选用学号为a的学生，加上第一种班中的一名学生，合计20人.第三种方式抽样的环节如下：第一步，分层，由于若按成绩分，其中优秀生共150人，良好生共600人，一般生共250人，因此在抽取样本时，应当把全体学生提成三个层次.第二步，拟定各个层次抽取的人数.由于样本容量与总体的个体数之比为：1001 000=110，因此在每个层次中抽取的个体数依次为，即15，60，25.第三步，按层次分别抽取.在优秀生中用简朴随机抽样法抽取15人；在良好生中用简朴随机抽样法抽取60人；在一般生中用简朴随机抽样法抽取25人变式与引申2：【答案】 样本容量为6 解：总体容量为6+12+18=36.当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是,抽取工程师（人），抽取技术人员12= (人），抽取技工18=（人）.因此n应是6的倍数，36的约数即n=6,12,18,36.当样本容量为（n+1）时，在总体中剔除1人后还剩35人，系统抽样的间隔为，由于必须是整数，因此n只能取6，即样本容量为6.变式与引申3： 答案 D 提示：由茎叶图可知甲，乙的数据特性.变式与引申4：解：（）甲、乙被抽到的概率均为，且事件“甲工人被抽到”与事件“乙工人被抽到”互相独立，故甲、乙两工人都被抽到的概率为.（）（i）由题意知A类工人中应抽查25名，B类工人中应抽查75名. 故，得，得 . 频率分布直方图如下 从直方图可以判断：B类工人中个体间的关异限度更小 . （ii） ， A类工人生产能力的平均数，B类工人生产能力的平均数以及全工厂工人生产能力的平均数的会计值分别为123，133.8和131.1 .变式与引申5：C由于6635K26.635,因此有99%的把握觉得该地区的老年人与否需要协助与性别有关。 (III)由(II)的结论知，该地区老年人与否需要协助与性别有关，并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要协助的比例有明显差别，因此在调查时，先拟定该地区老年人中男、女的比例，再把老年人提成男、女两层并采用分层抽样措施比采用简朴随机抽样措施更好第四节 概率与记录的综合应用变式与引申1：解：（1）由数字1，2，3，4构成的五位数共有个数满足条件：“对任意的正整数，至少存在另一种正整数，使得” 的五位数可分为两类：（i）只由一种数字构成，共有4个；（ii）由两个数字构成，共有个由（i）、（ii）知共有124个 ，所求概率 （2）由题意也许的取值为2、3、4、5 = 的分布列为：2345P= 变式与引申2：解：（1）当时，甲胜的概率为故甲的得分的分布列为20P故（2）当，不合题意；当n=3时，乙胜的概率为，不合题意 ；当故，解得变式与引申3：解： (1)由题意可得L1= (q0)同理可得 (q0)；(q0) (2) 解:由盼望定义可知 (3) 解:由()可知是产量q的函数,设得0解得(舍去)由题意及问题的实际意义(或当0q10时,0;当q10时, 可知,当q=10时, f(q)获得最大值,即最大时的产量q为10 变式与引申4：解：（1）3秒后，质点到处，必须通过两次向右，一次向左移动；（2）2秒后，质点同步在点处，必须质点两次向右，且质点一次向左，一次向右；故（3）设第秒后，质点在处的概率为，质点在处的概率为依题意知：，由得因此是首项为，公比为的等比数列。因此，；因此8秒后质点在处的概率为。习题441.解：（）第二组的频率为，因此高为频率直方图如下： 第一组的人数为，频率为，因此由题可知，第二组的频率为03，因此第二组的人数为，因此第四组的频率为，因此第四组的人数为，因此 （）由于岁年龄段的“低碳族”与岁年龄段的“低碳族”的比值为，因此采用分层抽样法抽取18人，岁中有12人，岁中有6人 随机变量服从超几何分布， 因此随机变量的分布列为0123数学盼望 2、解:(1)、也许的取值为、，且当或时， 因此，随机变量的最大值为 有放回抽两张卡片的所有状况有种， (2)的所有取值为 时，只有这一种状况 时，有或或或四种状况，时，有或两种状况 ， 则随机变量的分布列为：因此，数学盼望 3、解： (1)点达到点的概率为；点达到点的事件由两个互斥事件构成：A=“点先按向量达到点，再按向量达到点”，此时；B=“点先按向量移动直接达到点”，此时(2) 点达到点的事件由两个互斥事件构成：“从点按向量移动达到点”，此时；“从点按向量移动达到点”，此时，即 数列是觉得首项，公比为的等比数列(3)由()可知 4、解：（1）一次摸奖从个球中任选两个，有种，它们等也许，其中两球不同色有种，2分一次摸奖中奖的概率4分（2）若，一次摸奖中奖的概率,6分三次摸奖是独立反复实验，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率是 8分（3）设每次摸奖中奖的概率为，则三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为， 10分，知在上为增函数，在上为减函数，当时获得最大值又,解得12分答：当时，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率最大【措施探究】本题是一种在等也许性事件基本上的独立反复实验问题，体现了不同概型的综合第小题中的函数是三次函数，运用了导数求三次函数的最值如果学生直接用替代，函数将比较啰嗦，这时需要运用换元的措施，将当作一种整体，再求最值5、分析:在(1)中的取值是有限可数的,可用列举法解决; (2)中的取值是无穷的,得用几何概型的措施求解解:(1)若能构成三角形,则若时,共1种;若时,共2种;同理时,有3+1=4种;时,有4+2=6种;时,有5+3+1=9种;时,有6+4+2=12种于是共有1+2+4+6+9+12=34种下面求从中任取的三个数()的种数:若,则,有7种;,有6种;,有5种;,有1种共有7+6+5+4+3+2+1=28种同理,时,有6+5+4+3+2+1=21种;时,有5+4+3+2+1=15种;时,有4+3+2+1=10种;时,有3+2+1=6种;时,有2+1=3种; 时,有1种这时共有28+21+15+10+6+3+1=84种能构成三角形的概率为(2)能构成三角形的充要条件是又于是所规定的概率为 阐明:从有限到无穷,问题已发生了质变,解决措施也得作相应质的改善