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选修2-3综合测试题带答案

数学试卷
一、选择题 1.随机变量 ξ 服从二项分布 ξ~B(n,p),且 Eξ=300,Dξ=200,则 p 等于(

8.位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动:质点每次移动一个单位;移动的 方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是 .质点 P 移动 5 次后位于 ) 点(2,3)的概率为( )

A. B.0 C.1 D.

A.

B.

C.

D.

2.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,1),则下列结论不正确的是( )

9.(1﹣x3)(1+x)10 的展开式中,x5 的系数是( )

A.P(|ξ|<a)=P(|ξ|<a)+P(|ξ|=a)(a>0)

A.207 B.208 C.209 D.210

B.P(|ξ|<a)=2P(ξ<a)﹣1(a>0)

10.从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作.若

C.P(|ξ|<a)=1﹣2P(ξ<a)(a>0)

其中甲、乙两名支援者都不能从事翻译工作,则选派方案共有( )

D.P(|ξ|<a)=1﹣P(|ξ|>a)(a>0)

A.280 种 B.240 种 C.180 种 D.96 种

3.在吸烟与患肺病这两个分类变量的计算中,下列说法正确的是( )

11.将三颗骰子各掷一次,设事件 A=“三个点数都不相同”,B=“至少出现一个 6

A.若 Χ2 的观测值为 6.64,而 P(Χ2≥6.64)=0.010,故我们有 99%的把握认为吸 点”,则概率 P(A|B)等于( )

烟与患肺病有关系,那么在 100 个吸烟的人中必有 99 人患有肺病 B.从独立性检验可知有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时,我们说某人吸烟, 那么他有 99%的可能患有肺病 C.若从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系,是指有 5%的可能 性使得推判出现错误 D.以上三种说法都不正确 4.将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中,则不同放法种数有( )
A.81 B.64 C.12 D.14 5.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是( )
A.C81C73 B.C84 C.C84﹣6 D.C84﹣12

6.

的展开式中,含 x 的正整数次幂的项共有( )

A.4 项 B.3 项 C.2 项 D.1 项 7.在 5 付不同手套中任取 4 只,4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能 ( )A.190 B.140 C.130 D.30

A. B. C. D.

12.从 1,2,…,9 这九个数中,随机抽取 3 个不同的数,则这 3 个数的和为偶数

的概率是( )A. B. C. D.

二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分)

13.在平面直角坐标系中,从六个点:A(0,0)、B(2,0)、C(1,1)、D(0,

2)、E(2,2)、F(3,3)中任取三个,这三点能构成三角形的概率是

14.某单位有 7 个连在一起的停车位,现有 3 辆不同型号的车需要停放,如果要

求剩余的 4 个空车位连在一起,则不同的停放方法有

种.

15.在 100 件产品中有 5 件次品,不放回地抽取 2 次,每次抽 1 件.已知第 1 次

抽出的是次品,则第 2 次抽出正品的概率是



16.已知

,则 a0+a2+a4+a6=

三.解答题:本大题共 6 小题,共 70 分. 17.求(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)20 的展开式中 x3 的系数.

18.设离散型随机变量 X 的所有可能值为 1,2,3,4,且 P(x=k)=ak,(k=1, 2,3,4)(1)求常数 a 的值;(2)求 X 的分布列;(3)求 P(2≤x<4).

21.某次象棋比赛的决赛在甲乙两名旗手之间举行,比赛采用积分制,比赛规则 规定赢一局得 2 分,平一局得 1 分,输一局得 0 分;比赛进行五局,积分有超过 5 分者比赛结束,否则继续进行,根据以往经验,每局甲赢的概率为 ,乙赢的概率

19.在直角坐标系中,已知三点 P(2 ,2),Q(4,﹣4),R(6,0). (1)将 P、Q、R 三点的直角坐标化为极坐标; (2)求△PQR 的面积.

为 ,且每局比赛输赢互不受影响.若甲第 n 局赢、平、输的得分分别记为 an=2, an=1,an=0,n∈N*,1≤n≤5,令 Sn=a1+a2+…+an (1)求 S3=5 的概率. (2)求 S5=7 的概率.

20.某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进

行研究,他们分别记录了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与实验室每天每 100

颗种子浸泡后的发芽数,得到如表资料:

日期

3月1日 3月2日 3月3日 3月4日 3月5日

温差 x(℃) 10

11

13

12

8

发芽数 y(颗) 23

25

30

26

16

(1)若选取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两组数据,请根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的

22.已知甲盒内有大小相同的 1 个红球和 3 个黑球,乙盒内有大小相同的 2 个红 球和 4 个黑球.现在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球. (Ⅰ)求取出的 4 个球均为黑色球的概率; (Ⅱ)求取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率; (Ⅲ)设 ξ 为取出的 4 个球中红球的个数,求 ξ 的分布列和数学期望.

数据,求出 y 关于 x 的线性回归方程 y=bx+a;

(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过 2 颗,

则认为得到的线性回归方程是可靠的,试问(Ⅱ)中所得的线性回归方程是否可

靠?

【解答】解:∵P(|ξ|<a)=P(|ξ|≤a)=P(|ξ|<a)+P(|ξ|=a),∴A 正确;

2015-2016 学年河北省衡水市枣强中学高二(下)期中数学试卷(理科)

∵P(|ξ|<a)=P(﹣a<ξ<a)=P(ξ<a)﹣P(ξ<﹣a)=P(ξ<a)﹣P(ξ>a)

参考答案与试题解析

=P(ξ<a)﹣(1﹣P(ξ<a))=2P(ξ<a)﹣1,∴B 正确,C 不正确;

∵P(|ξ|<a)+P(|ξ|>a)=1,∴P(|ξ|<a)=1﹣P(|ξ|>a)(a>0),∴D 正

一、选择题



1.随机变量 ξ 服从二项分布 ξ~B(n,p),且 Eξ=300,Dξ=200,则 p 等于( ) 故选 C.

A. B.0 C.1 D. 【考点】二项分布与 n 次独立重复试验的模型. 【分析】根据随机变量符合二项分布,根据二项分布的期望和方差的公式和条件 中所给的期望和方差的值,得到关于 n 和 p 的方程组,解方程组得到要求的未知 量 p. 【解答】解:∵ξ 服从二项分布 B~(n,p) Eξ=300,Dξ=200 ∴Eξ=300=np,①;Dξ=200=np(1﹣p),②
可得 1﹣p= = ,
∴p=1﹣ 故选 D
2.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,1),则下列结论不正确的是( ) A.P(|ξ|<a)=P(|ξ|<a)+P(|ξ|=a)(a>0) B.P(|ξ|<a)=2P(ξ<a) ﹣1(a>0) C.P(|ξ|<a)=1﹣2P(ξ<a)(a>0) D.P(|ξ|<a)=1﹣P(|ξ|>a)(a>0) 【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义. 【分析】随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,1),曲线关于 x=0 对称,根据概率和正 态曲线的性质,可得到结论.

3.在吸烟与患肺病这两个分类变量的计算中,下列说法正确的是( ) A.若 Χ2 的观测值为 6.64,而 P(Χ2≥6.64)=0.010,故我们有 99%的把握认为吸 烟与患肺病有关系,那么在 100 个吸烟的人中必有 99 人患有肺病 B.从独立性检验可知有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时,我们说某人吸烟, 那么他有 99%的可能患有肺病
C.若从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系,是指有 5%的可能性使得推判 出现错误 D.以上三种说法都不正确 【考点】独立性检验的基本思想. 【分析】根据独立性检验的概念与意义,结合题目中的数据,对选项中的命题进行分析、判 断正误即可. 【解答】解:Χ2 的观测值为 6.64,而 P(Χ2≥6.64)=0.010,故我们有 99%的把握认为吸烟与 患肺病有关系,不表示有 99%的可能患有肺病,故 A 不正确; 有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时,不能说某人吸烟,他就有 99%的可能患有肺病, 故 B 不正确; 从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系,即表示有 5%的可能性使得推断出现 错误,故 C 正确. 故选:C.

4.将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中,则不同放法种数有( ) A.81 B.64 C.12 D.14 【考点】排列、组合及简单计数问题. 【分析】第一个小球有 4 众不同的方法,第二个小球也有 4 众不同的方法,第三个小球也有 4 众不同的放法,即每个小球都有 4 种可能的放法,根据分步乘法原理得到结果. 【解答】解:本题是一个分步计数问题 对于第一个小球有 4 众不同的方法, 第二个小球也有 4 众不同的方法, 第三个小球也有 4 众不同的放法, 即每个小球都有 4 种可能的放法, 根据分步计数原理知共有即 4×4×4=64 故选 B.

A.4 项 B.3 项 C.2 项 D.1 项 【考点】二项式系数的性质. 【分析】首先分析题目已知

,是含有 和 的和的 12 次幂的形式,求含 x

的正整数次幂的项的个数.考虑到根据二项式定理的性质,写出

项,然后使得 x 的幂为正整数,即可求出满足条件的个数.

【解答】解:

根据二项式定理的性质得:

的展开式的通

的展开式的通项为



故含 x 的正整数次幂的项即 6 故选 B.

(0≤r≤12)为整数的项,共有 3 项,即 r=0 或 r=6 或 r=12.

5.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是( ) A.C81C73 B.C84 C.C84﹣6 D.C84﹣12 【考点】计数原理的应用. 【分析】从 8 个顶点中选 4 个,共有 C84 种结果,在这些结果中,有四点共面的情况,6 个表 面有 6 个四点共面,6 个对角面有 6 个四点共面,用所有的结果减去不合题意的结果,得到结 论. 【解答】解:首先从 8 个顶点中选 4 个,共有 C84 种结果, 在这些结果中,有四点共面的情况, 6 个表面有 6 个四点共面,6 个对角面有 6 个四点共面, ∴满足条件的结果有 C84﹣6﹣6=C84﹣12, 故选 D.

6.

的展开式中,含 x 的正整数次幂的项共有( )

7.在 5 付不同手套中任取 4 只,4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能( ) A.190 B.140 C.130 D.30 【考点】排列、组合的实际应用. 【分析】根据题意,使用间接法:首先计算从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只的取法数目, 再计算取出的 4 只没有是一双的取法数目,进而相减计算可得答案. 【解答】解:根据题意,从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只,有 C104=210 种不同的取法, 而先从 5 付中取 4 付,取出的 4 只没有是一付即 4 双中各取 1 只的取法有 5×2×2×2×2=80 种; 则至少有两只是一双的不同取法有 210﹣80=130 种. 故选:C.
8.位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动:质点每次移动一个单位;移动的方向为向上 或向右,并且向上、向右移动的概率都是 .质点 P 移动 5 次后位于点(2,3)的概率为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】等可能事件. 【分析】从条件知质点每次移动一个单位;移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动

的概率都是 ,本题考查的是独立重复试验,因此质点 P 移动 5 次后位于点(2,3)质点在

移动过程中向右移动 2 次向上移动 3 次. 【解答】解:质点在移动过程中向右移动 2 次向上移动 3 次, 因此质点 P 移动 5 次后位于点(2,3)的概率为

故选 B
9.(1﹣x3)(1+x)10 的展开式中,x5 的系数是( ) A.207 B.208 C.209 D.210 【考点】二项式定理的应用. 【分析】先将多项式展开,分析可得(1﹣x3)(1+x)10 展开式中的 x5 的系数是(1+x)10 的 展开式中的 x5 的系数减去(1+x)10 的 x2 的系数,利用二项式定理可得(1+x)10 展开式的含 x5 的系数与含 x2 的系数,相减可得答案. 【解答】解:(1﹣x3)(1+x)10=(1+x)10﹣x3(1+x)10 则(1﹣x3)(1+x)10 展开式中的 x5 的系数是(1+x)10 的展开式中的 x5 的系数减去(1+x)10 的 x2 的系数, 由二项式定理,(1+x)10 的展开式的通项为 Tr+1=C10rxr 令 r=5,得(1+x)10 展开式的含 x5 的系数为 C105, 令 r=2,得其展开式的含 x2 的系数为 C102 则 x5 的系数是 C105﹣C102=252﹣45=207 故选 A.

10.从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作.若其中甲、 乙两名支援者都不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A.280 种 B.240 种 C.180 种 D.96 种 【考点】排列、组合的实际应用. 【分析】根据题意,使用间接法,首先计算从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事四项不同工作 的情况数目,再分析计算其包含的甲、乙两人从事翻译工作的情况数目,进而由事件间的关 系,计算可得答案. 【解答】解:根据题意,由排列可得,从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事四项不同工作,有 A64=360 种不同的情况, 其中包含甲从事翻译工作有 A53=60 种,乙从事翻译工作的有 A53=60 种, 若其中甲、乙两名支援者都不能从事翻译工作,则选派方案共有 360﹣60﹣60=240 种; 故选 B.
11.将三颗骰子各掷一次,设事件 A=“三个点数都不相同”,B=“至少出现一个 6 点”,则概率 P(A|B)等于( ) A. B. C. D. 【考点】条件概率与独立事件. 【分析】本题要求条件概率,根据要求的结果等于 P(AB)÷P(B),需要先求出 AB 同时发 生的概率,除以 B 发生的概率,根据等可能事件的概率公式做出要用的概率.代入算式得到 结果. 【解答】解:∵P(A|B)=P(AB)÷P(B), P(AB)= =
P(B)=1﹣P( )=1﹣ =1﹣ =

∴P(A/B)=P(AB)÷P(B)= = 故选 A.

B、C、D 共线; ∵六个无共线的点生成三角形总数为:C63; 可构成三角形的个数为:C63﹣C43﹣C33=15,

∴所求概率为:



12.从 1,2,…,9 这九个数中,随机抽取 3 个不同的数,则这 3 个数的和为偶数的概率是( A. B. C. D.

) 故答案为: .

【考点】等可能事件的概率. 【分析】从 9 个数中随机抽取 3 个不同的数,共有 C93 种取法,3 个数的和为偶数包括抽取 3 个数全为偶数,或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数,用组合数表示出算式,根据古典概型公式 得到结果. 【解答】解:基本事件总数为 C93,设抽取 3 个数,和为偶数为事件 A, 则 A 事件数包括两类:抽取 3 个数全为偶数, 或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数,前者 C43,后者 C41C52. ∴A 中基本事件数为 C43+C41C52.

∴符合要求的概率为

=.

14.某单位有 7 个连在一起的停车位,现有 3 辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的 4 个空车位连在一起,则不同的停放方法有 24 种. 【考点】计数原理的应用. 【分析】把 4 个空车位捆绑在一起,当一个元素,与需要停放的 3 辆车做全排列,即可得到 结论. 【解答】解:把 4 个空车位捆绑在一起,当一个元素,与需要停放的 3 辆车做全排列,即 =4 ×3×2×1=24, 故答案为:24.

15.在 100 件产品中有 5 件次品,不放回地抽取 2 次,每次抽 1 件.已知第 1 次抽出的是次

二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分)

品,则第 2 次抽出正品的概率是



13.在平面直角坐标系中,从六个点:A(0,0)、B(2,0)、C(1,1)、D(0,2)、E(2, 【考点】条件概率与独立事件.

2)、F(3,3)中任取三个,这三点能构成三角形的概率是

(结果用分数表示).

【考点】等可能事件的概率. 【分析】本题是一个古典概型.由题目中所给的坐标知 A、C、E、F 共线;B、C、D 共线; 六个无共线的点生成三角形总数为 C63;可构成三角形的个数为 C63﹣C43﹣C33 【解答】解:本题是一个古典概型 由题目中所给的坐标知 A、C、E、F 共线;

【分析】根据题意,易得在第一次抽到次品后,有 4 件次品,95 件正品,由概率计算公式, 计算可得答案. 【解答】解:根据题意,在第一次抽到次品后,有 4 件次品,95 件正品; 则第二次抽到正品的概率为 P= .
故答案为: .

16.已知

,则 a0+a2+a4+a6= ﹣8128 (最后结果).

【考点】二项式定理的应用.

【分析】在所给的等式中,分别令 x=1 和 x=﹣1,得到 2 个等式,再把得到的这 2 个等式相加

【考点】离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列. 【分析】(1)由条件得:a+2a+3a+4a=1,由此有求出常数 a 的值. (2)由 P(x=k)= ,(k=1,2,3,4),能求出 X 的分布列.

即可求得 a0+a2+a4+a6 的值. 【解答】解:在所给的等式中,令 x=1 可得 a0+a1+a2+…+a7=27 ①,再令 x=﹣1 可得 a0﹣a1+a2 ﹣a3…﹣a7=(﹣4)7 ②. 把①②相加可得 2(a0+a2+a4+a6)=27+(﹣4)7,∴a0+a2+a4+a6=﹣8128, 故答案为﹣8128.

(3)由 P(2≤x<4)=P(x=2)+P(x=3),能求出结果. 【解答】解:(1)∵离散型随机变量 X 的所有可能值为 1,2,3,4, 且 P(x=k)=ak,(k=1,2,3,4) ∴由条件得:a+2a+3a+4a=1,

∴10a=1,解得



三.解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.除 17 题 10 分,其它每题 12 分)

(2)由已知得 P(X=1)= , P(X=2)= ,P(X=3)= ,P(X=4)= ,

17.求(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)20 的展开式中 x3 的系数.

∴X 的分布列如下:

【考点】二项式定理的应用.

X

1

2

3

4

【分析】利用等比数列的求和公式,化简所给的式子,再利用二项展开式的通项公式,求得

P

展开式中 x3 的系数.

【解答】解:(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)20=

=



显然只有(1+x)21 中 x4 项与字母 x 相除可得 x3 项, ∴x3 的系数为 =5985.

18.设离散型随机变量 X 的所有可能值为 1,2,3,4,且 P(x=k)=ak,(k=1,2,3,4) (1)求常数 a 的值; (2)求 X 的分布列; (3)求 P(2≤x<4).

(3)P(2≤x<4)=P(x=2)+P(x=3)

=

=.

19.在直角坐标系中,已知三点 P(2 ,2),Q(4,﹣4),R(6,0). (1)将 P、Q、R 三点的直角坐标化为极坐标; (2)求△PQR 的面积. 【考点】简单曲线的极坐标方程. 【分析】(1)利用直角坐标化为极坐标的公式,即可得出结论; (2)利用 S△ PQR=S△ POR+S△ OQR﹣S△ POQ,即可求△PQR 的面积.

【解答】解 (1)P(2 ,2),极径 4,极角 ,Q(4,﹣4),极径 4 ,极角﹣ ,R

(6,0),极径 6,极角 0.

∴P(4, ),Q(4 ,﹣ ),R(6,0).

(每个 2 分)

(2)S△ PQR=S△ POR+S△ OQR﹣S△ POQ = ×4×6×sin + ×4 ×6×sin ﹣ ×4×4

sin =14﹣4 .

(2)分别验证当 x=10 及 x=8 时,求得 y 值,分别验证|y﹣23|<2 及|y﹣16|<2 线性回归方 程是否可靠.

【解答】(1)由数据,求得











20.某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究,他

们分别记录了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与实验室每天每 100 颗种子浸泡后的发芽

数,得到如表资料:

日期

3月1日 3月2日 3月3日 3月4日 3月5日

温差 x(℃) 10

11

13

12

8

发芽数 y(颗) 23

25

30

26

16

(1)若选取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两组数据,请根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据,求出

y 关于 x 的线性回归方程 y=bx+a;

(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过 2 颗,则认为得

到的线性回归方程是可靠的,试问(Ⅱ)中所得的线性回归方程是否可靠?



由公式,求得





所以 y 关于 x 的线性回归方程为

.….

(2)当 x=10 时,

,|22﹣23|<2;

同样,当 x=8 时,

,|17﹣16|<2.

所以,该研究所得到的线性回归方程是可靠的. ….

(参考公式:回归直线的方程是 y=bx+a,其中 b=

,a= ﹣b )

21.某次象棋比赛的决赛在甲乙两名旗手之间举行,比赛采用积分制,比赛规则规定赢一局 得 2 分,平一局得 1 分,输一局得 0 分;比赛进行五局,积分有超过 5 分者比赛结束,否则

【考点】线性回归方程. 【分析】(1)先求出温差 x 和发芽数 y 的平均值,即得到样本中心点,利用最小二乘法得到 线性回归方程的系数,根据样本中心点在线性回归直线上,得到 a 的值,得到线性回归方程;

继续进行,根据以往经验,每局甲赢的概率为 ,乙赢的概率为 ,且每局比赛输赢互不受影 响.若甲第 n 局赢、平、输的得分分别记为 an=2,an=1,an=0,n∈N*,1≤n≤5,令 Sn=a1+a2+…+an (1)求 S3=5 的概率.

(2)求 S5=7 的概率. 【考点】n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率.

【分析】(1)S3=5,即前 3 局甲 2 胜 1 平,由独立重复试验的概率求解即可. (2)S5=7,5 局中得 7 分,则 2 胜 3 平或 3 胜 1 平 1 负,由独立重复试验的概率求解即可.

【解答】解:(1)若 S3=5,则前三局二胜一平,

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

(2)若 S5=7,5 局中得 7 分,则 2 胜 3 平或 3 胜 1 平 1 负

①2 胜 3 平,则前 4 局 1 胜 3 平,第 5 局胜,∴

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣



②3 胜 1 平 1 负,则前 4 局 2 胜 1 负 1 平,第 5 局胜,∴

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣



﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

【解答】解:(I)设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 A, “从乙盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 B. ∵事件 A,B 相互独立,





∴取出的 4 个球均为黑球的概率为 P(A?B)=P(A)?P(B)=



(II)设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球;从乙盒内取出的 2 个球中,1 个是红球,1 个是黑 球”为事件 C, “从甲盒内取出的 2 个球中,1 个是红球,1 个是黑球;从乙盒内取出的 2 个球均为黑球”为事 件 D. ∵事件 C,D 互斥,





22.已知甲盒内有大小相同的 1 个红球和 3 个黑球,乙盒内有大小相同的 2 个红球和 4 个黑

球.现在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球. (Ⅰ)求取出的 4 个球均为黑色球的概率;

∴取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为 P(C+D)=P(C)+P(D)=



(Ⅱ)求取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率; (Ⅲ)设 ξ 为取出的 4 个球中红球的个数,求 ξ 的分布列和数学期望. 【考点】等可能事件的概率;离散型随机变量及其分布列.

(III)ξ 可能的取值为 0,1,2,3.

由(I),(II)得



【分析】(1)取出的 4 个球均为黑色球包括从甲盒内取出的 2 个球均黑球且从乙盒内取出的 2 个球为黑球,这两个事件是相互独立的,根据相互独立事件同时发生的概率得到结果. (2)取出的 4 个球中恰有 1 个红球表示从甲盒内取出的 2 个球均为黑球;从乙盒内取出的 2





从而 P(ξ=2)=1﹣P(ξ=0)﹣P(ξ=1)﹣P(ξ=3)= .

个球中,1 个是红红,1 个是黑球或从甲盒内取出的 2 个球中,1 个是红球,1 个是黑球;从 ξ 的分布列为

乙盒内取出的 2 个球均为黑球两种情况,它们是互斥的.

ξ

0

1

2

3

(3)ξ 为取出的 4 个球中红球的个数,则 ξ 可能的取值为 0,1,2,3.结合前两问的解法得 P 到结果,写出分布列和期望.

ξ 的数学期望



2016 年 8 月 20 日


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