- 二项式定理
- 共3480题
某学校数学兴趣小组有10名学生，其中有4名女同学；英语兴趣小组有5名学生，其中有3名女学生，现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样）从数学兴趣小组、英语兴趣小组中共抽取3名学生参加科技节活动．
（1）求从数学兴趣小组、英语兴趣小组各抽取的人数；
（2）求从数学兴趣小组抽取的学生中恰有1名女学生的概率；
（3）记ξ表示抽取的3名学生中男学生数，求ξ的分布列及数学期望．
正确答案
解：（1）按比例计算得，抽取数学小组的人数为2人；英语小组的人数为1人；
（2）从数学兴趣小组抽取的学生中恰有1名女学生的概率为
（3）分析知ξ的取值可以为0，1，2，3，故有
∴ξ的分布列为：
=．
解析
解：（1）按比例计算得，抽取数学小组的人数为2人；英语小组的人数为1人；
（2）从数学兴趣小组抽取的学生中恰有1名女学生的概率为
（3）分析知ξ的取值可以为0，1，2，3，故有
∴ξ的分布列为：
=．
一质地均匀的小正方体，有三面标有0，两面标有1，另一面标有2，将这小正方体连续抛掷两次，若用随机变量ξ表示两次中出现向上面所标有的数字之积，则数学期望Eξ=______．
正确答案
解析
解：由题意知随机变量ξ的可能取值是0，1，2，4
当变量为0时，表示两次中至少有一个0
这两个事件是相互独立事件，得到P（ξ=0）=
同理P（ξ=1）=
P（ξ=2）=2×
P（ξ=4）=
∴Eξ=
故答案为：
我市某校高三年级有男生720人，女生480人，教师80人，用分层抽样的方法从中抽取16人，进行新课程改革的问卷调查．设其中某项问题的选择分为“同意”与“不同意”两种，且每人都做了一种选择．下面表格中提供了被调查人答卷情况的部分信息．
（Ⅰ）求x、y、z的值
（Ⅱ）若面向高三年级全体学生进行该问卷调查，试根据上述信息，估计高三年级学生选择“同意”的人数；
（Ⅲ）从被调查的女生中选取3人进行交谈，设选到的3名女生中，选择“同意”的人数为ξ，求ξ的分布列与数学期望．
正确答案
解：（I）男生抽：
教师抽：16-9-6=1人，
∴x+5=9，y+3=6，1+z=1，
解得：x=4，y=3，z=0．
（II）高三年级学生“同意”的人数约为1200×
（Ⅲ）ξ的可能取值是0，1，2，3，则
P（ξ=0）=
∴ξ的分布列
Eξ=0×+1×+2×+3×=1.5．
解析
解：（I）男生抽：
教师抽：16-9-6=1人，
∴x+5=9，y+3=6，1+z=1，
解得：x=4，y=3，z=0．
（II）高三年级学生“同意”的人数约为1200×
（Ⅲ）ξ的可能取值是0，1，2，3，则
P（ξ=0）=
∴ξ的分布列
Eξ=0×+1×+2×+3×=1.5．
某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同．假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p1，寿命为2年以上的概率为p2．从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换．
（Ⅰ）在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；
（Ⅱ）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；
（Ⅲ）当p1=0.8，p2=0.3时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换4只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）．
正确答案
解：因为该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p1，寿命为2年以上的概率为p2．
所以寿命为1～2年的概率应为p1-p2．其分布列为：
（I）一只灯泡需要不需要换，可以看做一个独立重复试验，根据公式得到
在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为p15，需要更换2只灯泡的概率为C52p13（1-p1）2；
（II）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡是两个独立事件的和事件：
①在第1、2次都更换了灯泡的概率为（1-p1）2；
②在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p1-p2．
故所求的概率为p3=（1-p1）2+p1-p2．
（III）由（II）当p1=0.8，p2=0.3时，在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡的概率p3=（1-p1）2+p1（p1-p2）=0.54．
在第二次灯泡更换工作，至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况：
①换5只的概率为p35=0.545=0.046；
②换4只的概率为C51p34（1-p3）=5×0.544（1-0.54）=0.196，
故至少换4只灯泡的概率为：p4=0.046+0.196=0.242．
即满两年至少需要换4只灯泡的概率为0.242．
解析
解：因为该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p1，寿命为2年以上的概率为p2．
所以寿命为1～2年的概率应为p1-p2．其分布列为：
（I）一只灯泡需要不需要换，可以看做一个独立重复试验，根据公式得到
在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为p15，需要更换2只灯泡的概率为C52p13（1-p1）2；
（II）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡是两个独立事件的和事件：
①在第1、2次都更换了灯泡的概率为（1-p1）2；
②在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p1-p2．
故所求的概率为p3=（1-p1）2+p1-p2．
（III）由（II）当p1=0.8，p2=0.3时，在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡的概率p3=（1-p1）2+p1（p1-p2）=0.54．
在第二次灯泡更换工作，至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况：
①换5只的概率为p35=0.545=0.046；
②换4只的概率为C51p34（1-p3）=5×0.544（1-0.54）=0.196，
故至少换4只灯泡的概率为：p4=0.046+0.196=0.242．
即满两年至少需要换4只灯泡的概率为0.242．
方案一：采取摸球抽奖的方法．在盒子中放入大小相同的10个小球，其中白球7个，黄球3个．顾客在购买一件该商品后，有连续三次摸球的机会，每次摸出一个小球，且每次摸出小球后不放回，每摸得一个黄球奖励价值20元的奖品一件．
方案二：采用转动如图所示的图形转盘的方式抽奖．顾客在购买该商品后，用力转动圆盘一次，根据箭头A指向确定获得相应价值的奖品一件（箭头A指向每个区域的可能性相等，指向区域边界时重新转动）．
（I）按照这两种方案各进行一次抽奖，分别求出顾客能中奖的概率；
（II）设按照方案一抽奖顾客能获得的奖品的价值为X元，按照方案二抽奖顾客能获得的奖品的价值为Y元，分别求出X和Y的分布列和数学期望．
正确答案
解：（I）按照第一种方案进行抽奖，连续三次不放回地摸球，共含有基本事件数是A
记“三次摸到的都是白球”为事件A，事件A包含的基本事件数为A
则按照方案一抽奖，不能中奖的概率为P（A）=
按照方案一抽奖，中奖的概率为1-P（A）=
因箭头A指向每个区域是等可能的，有奖的区域3个，所以按照方案二，能中奖的概率为
（II）由题意知，变量X的可能取值是0，20，40，60．
P（X=0）=
P（X=40）=
∴X的分布列是：
则EX=0×
由题意知，变量Y的可能取值是0，10，30，50．
P（Y=0）=
∴Y的分布列是：
则EY=0×
解析
解：（I）按照第一种方案进行抽奖，连续三次不放回地摸球，共含有基本事件数是A
记“三次摸到的都是白球”为事件A，事件A包含的基本事件数为A
则按照方案一抽奖，不能中奖的概率为P（A）=
按照方案一抽奖，中奖的概率为1-P（A）=
因箭头A指向每个区域是等可能的，有奖的区域3个，所以按照方案二，能中奖的概率为
（II）由题意知，变量X的可能取值是0，20，40，60．
P（X=0）=
P（X=40）=
∴X的分布列是：
则EX=0×
由题意知，变量Y的可能取值是0，10，30，50．
P（Y=0）=
∴Y的分布列是：
则EY=0×
甲乙两运动员进行射击训练，已知他们击中目标的环数都稳定在7，8，9，10环，且每次射击成绩互不影响，射击环数的频率分布表如下，
甲运动员
乙运动员
若将频率视为概率，回答下列问题，
（1）求甲运动员击中10环的概率
（2）求甲运动员在3次射击中至少有一次击中9环以上（含9环）的概率
（3）若甲运动员射击2次，乙运动员射击1次，ξ表示这3次射击中击中9环以上（含9环）的次数，求ξ的分布列及Eξ．
正确答案
解：由题意知：10+10+x+35=100，
∴x=45，
y=
8+12+z+80×0.35=80，
∴z=32，
（1）设“甲运动员击中10环”为事件A，
P（A）=0.35
∴甲运动员击中10环的概率为0.35．
（2）设甲运动员击中9环为事件A1，击中10环为事件A2
则甲运动员在一次射击中击中9环以上（含9环）的概率
P=（A1+A2）=P（A1）+P（A2）
=0.45+0.35=0.8
∴甲运动员在3次射击中至少有一次击中9环以上（含9环）的概率
P=1-[1-P（A1+A2）]3=1-0.23=0.992
（3）ξ的可能取值是0，1，2，3
P（ξ=0）=0.22×0.25=0.01
P（ξ=1）=C21×0.2×0.8×0.25+0.22×0.75=0.11
P（ξ=2）=0.82×0.25+C21×0.8×0.2×0.75=0.4
P（ξ=3）=0.82×0.75=0.48
所以ξ的分布列是
∴Eξ=0×0.01+1×0.11+2×0.4+3×0.48=2.35．
解析
解：由题意知：10+10+x+35=100，
∴x=45，
y=
8+12+z+80×0.35=80，
∴z=32，
（1）设“甲运动员击中10环”为事件A，
P（A）=0.35
∴甲运动员击中10环的概率为0.35．
（2）设甲运动员击中9环为事件A1，击中10环为事件A2
则甲运动员在一次射击中击中9环以上（含9环）的概率
P=（A1+A2）=P（A1）+P（A2）
=0.45+0.35=0.8
∴甲运动员在3次射击中至少有一次击中9环以上（含9环）的概率
P=1-[1-P（A1+A2）]3=1-0.23=0.992
（3）ξ的可能取值是0，1，2，3
P（ξ=0）=0.22×0.25=0.01
P（ξ=1）=C21×0.2×0.8×0.25+0.22×0.75=0.11
P（ξ=2）=0.82×0.25+C21×0.8×0.2×0.75=0.4
P（ξ=3）=0.82×0.75=0.48
所以ξ的分布列是
∴Eξ=0×0.01+1×0.11+2×0.4+3×0.48=2.35．
（Ⅰ）请你为其选择一条由A到B的路线，使得途中发生堵车事件的概率较小；
（Ⅱ）若记路线A→E→F→B中遇到堵车路段的个数为ξ，求ξ的分布列及其数学期望E（ξ）．
正确答案
解：（1）由已知得：路线A→E→F→B途中堵车概率为：1-
路线A→C→D→B途中堵车概率为：1-
所以选择路线路线A→E→F→B的途中发生堵车的概率最小；
由题意，ξ可能取值为0，1，2，3．
P（ξ=0）=
P（ξ=1）=
P（ξ=2）=
P（ξ=3）=
ξ的分布列为
Eξ=0×+1×+2×+3×=．
解析
解：（1）由已知得：路线A→E→F→B途中堵车概率为：1-
路线A→C→D→B途中堵车概率为：1-
所以选择路线路线A→E→F→B的途中发生堵车的概率最小；
由题意，ξ可能取值为0，1，2，3．
P（ξ=0）=
P（ξ=1）=
P（ξ=2）=
P（ξ=3）=
ξ的分布列为
Eξ=0×+1×+2×+3×=．
某学校举行投篮比赛，比赛规则如下：每一次投篮中一次得2分，未中得-1分，每位同学原始积分均为0分，当累积得分少于或等于-2分则停止投篮，否则继续，每位同学最多投篮5次，且规定总共投中5、4、3次的同学分别为一、二、三等奖，奖金分别为30元、20元、10元．学生甲参加了此活动，若他每次投篮命中的概率均为
（1）分别求学生甲能获一等奖、二等奖的概率；
（2）记学生甲获得的奖金数为X，求X的分布列和数学期望．
正确答案
解：（1）学生甲能获一等奖的概率P1=
学生甲能获二等奖的概率P2=
（2）X可能取值为0，10，20，30，则
P（X=30）=
X的概率分布如下表：
∴EX=0×+10×+20×+30×=．
解析
解：（1）学生甲能获一等奖的概率P1=
学生甲能获二等奖的概率P2=
（2）X可能取值为0，10，20，30，则
P（X=30）=
X的概率分布如下表：
∴EX=0×+10×+20×+30×=．
某项考试按科目A、科目B依次进行，只有当科目A成绩合格时，才可以继续参加科目B的考试．每个科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得该项合格证书，现在某同学将要参加这项考试，已知他每次考科目A成绩合格的概率均为
（1）求X的分布列和均值；
（2）求该同学在这项考试中获得合格证书的概率．
正确答案
解：（1）设该同学“第一次考科目A成绩合格”为事件A1，
“科目A补考后成绩合格”为事件A2，“第一次考科目B成绩合格”为事件B1，
“科目B补考后成绩合格”为事件B2
由题意知，X可能取得的值为：2，3，4
=
∴X的分布列为：
∴
（2）设“该同学在这项考试中获得合格证书”为事件C
则=
故该同学在这项考试中获得合格证书的概率为．
解析
解：（1）设该同学“第一次考科目A成绩合格”为事件A1，
“科目A补考后成绩合格”为事件A2，“第一次考科目B成绩合格”为事件B1，
“科目B补考后成绩合格”为事件B2
由题意知，X可能取得的值为：2，3，4
=
∴X的分布列为：
∴
（2）设“该同学在这项考试中获得合格证书”为事件C
则=
故该同学在这项考试中获得合格证书的概率为．
PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，根据现行国家标准GB3095-2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75毫克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2012年全年每天的PM2.5监测值数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：
（Ⅰ）从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽取3天，求恰有1天空气质量达到一级的概率；
（Ⅱ）从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列；
（Ⅲ）以这10天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量状况，记一年（按366天算）中空气质量达到一级或二级的天数为η，求η的数学期望（视频率为概率）．
正确答案
解：（I）由表格可知：这10天的PM2.5日均值监测数据中，只有3天达到一级．
∴随机抽取3天，恰有1天空气质量达到一级的概率P=
（II）由题意可得ξ=0，1，2，3．
则P（ξ=3）=
所以其分布列为：
数学期望为：E（ξ）=+3×=．
（III）由表格可知：这10天的PM2.5日均值监测数据中，只有3天达到一级，只有4天达到二级，因此这10天空气质量达到一级或二级的概率P=．
因此一年（按366天算）中空气质量达到一级或二级的天数为η，则Eη==256.2天．
解析
解：（I）由表格可知：这10天的PM2.5日均值监测数据中，只有3天达到一级．
∴随机抽取3天，恰有1天空气质量达到一级的概率P=
（II）由题意可得ξ=0，1，2，3．
则P（ξ=3）=
所以其分布列为：
数学期望为：E（ξ）=+3×=．
（III）由表格可知：这10天的PM2.5日均值监测数据中，只有3天达到一级，只有4天达到二级，因此这10天空气质量达到一级或二级的概率P=．
因此一年（按366天算）中空气质量达到一级或二级的天数为η，则Eη==256.2天．
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