第6章 专项提优6 条件概率与排列组合的综合应用&真题演练 概率-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

专项提优6条件概率与排列组合的综合应用 黑题 专项提忧 很时：30in 1.(2024·山西运城高三月考)为了给学生树5.(2023·广东茂名高二期中)某教师准备对一 立正确的劳动观，使学生懂得劳动的伟大意 天的五节课进行课程安排，要求语文、数学 义，某班从包含甲、乙的6名学生中选出3名 外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数 参加学校组织的劳动实践活动，在甲被选中 学不排第一节，物理不排最后一节的情况下， 的情况下，乙也被选中的概率为 ( 化学排第四节的概率是 () A月 B号 c n 2.从1到10的连续10个整数中随机抽取3个， 6.已知n是一个三位数，若n的十位数字大于个 已知这3个数之和为奇数，则这3个数之积为 位数字，百位数字大于十位数字，则称n为递 偶数的概率为 ( 增数.已知a,b,c∈{0,1,2,3,4}，设事件A为 B c “由a,b,c组成一个三位数”，事件B为“由a, b,c组成的三位数为递增数”，则P(B 3.(多选)(2023·江西南昌高二月考)一次“智 A)= 力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对 7.(2023·天津滨海新区高二期中)清明节前 其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从 夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬 备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别 时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人 作答，至少答对2题者评为“智答能手”.设甲 进人决赛，其中高一年级2人，高二年级3人， 评为“智答能手”为事件A,乙评为“智答能 高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺 手”为事件B,若P(BA)=P(B),则下列结 序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A 论正确的是 的排法为 种：在事件A“高二年级 A.P(AIB)=P(A)》 3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不 相邻”的概率P(B1A)为 B.P(BIA)=15 8.A,B,C,D,E共5位教师志愿者被安排到甲 乙、丙、丁4所学校参加支教活动，要求每所学 C.甲.乙至多有一人评为“智答能手”的概率为 45 校至少安排一位教师志愿者，且每位教师志 愿者只能到一所学校支教，在A教师志愿者 D.甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为然 被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两 4.(2024·江西吉安高三月考)五一国际劳动 名教师志愿者的概率为 节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比 9.某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中 赛某班有甲、乙、丙等5名同学参加，抽签确定 3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球 出场顺序在“学生甲必须在学生乙的前面出场” (即至少用过一次的球).每次训练都从中任 的前提下，学生甲、乙相邻出场的概率为( 意取出2个球，用完后放回.已知第一次训练 时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训 练时恰好取到1个新球的概率为 第六章黑白题153 真题演练 概率 黑题 意题演练 时：40min 考点随机变量及其分布的综合应用 输时，收到的信号即为译码：三次传输时，收 1.(2023·全国甲理)某地的中学生中有60%的 到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若 同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的 依次收到1,0,1，则译码为1)】 同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中 A.采用单次传输方案，若依次发送1.0,1，则 随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该 依次收到1,0,1的概率为(1-a)(1-B)2 同学也爱好滑冰的概率为 ( B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到 1,0,1的概率为B(1-B) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 2.(全国高考)某群体中的每位成员使用移动支 的概率为B(1-B)2+(1-B) 付的概率都为P,各成员的支付方式相互独 D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 立，设X为该群体的10位成员中使用移动支 方案译码为0的概率大于采用单次传输方 付的人数，D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则 案译码为0的概率 p= ( 5.(多选)（全国高考）信息嫡是信息论中的一个 A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 重要概念.设随机变量X所有可能的取值为 3.(浙江高考)设0<a<1,则随机变量X的分布 1,2,…,n,且P(X=i)=p>0(i=1,2,…,n), 列是 三n,=1,定义X的信息熵H(X)=-含pgp X 0 0 则下列说法正确的是 1 P A.若n=1.则H(X)=0 3 3 B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大 则当a在(0,1)内增大时 A.D(X)增大 C若=i=1,2.…).则()随着n的 B.D(X)减小 增大而增大 C.D(X)先增大后减小 D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为 D.D(X)先减小后增大 1,2,…,m,且P(Y=ji)=p+P2a+(j=1, 4.(多选)(2023·新课标全国Ⅱ)在信道内传输 2,…,m),则H(X)≤H(Y) 0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收 6.(2022·新高考全国Ⅱ)已知随机变量X服 到1的概率为x(0<a<1),收到0的概率为1- 从正态分布N(2,σ2)，且P(2<X≤2.5)= a:发送1时，收到0的概率为B(0<B<1),收 0.36.则P(X>2.5)= 到1的概率为1-B.考虑两种传输方案：单次 7.(2022·天津)52张扑克牌，没有大小王，无放 传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发 回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次 :已知第一次抽到的是A,则第二次 收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传 抽取A的概率为 选择性必修第一册·BS黑白题154 8.(2022·浙江)现有7张卡片，分别写上数字 证：当E(X)≤1时，p=1,当E(X)>1时， 1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取 p<I; 3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则 (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际 P(5=2)= ,E(5)= 含义 9,(2022·全国甲理)甲、乙两个学校进行体育 比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得 10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结 束后，总得分高的学校获得冠军已知甲学校 在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4， 0.8,各项目的比赛结果相互独立 (1)求甲学校获得冠军的概率： (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列 与期望 11.(2023·新课标全国1)甲、乙两人投篮，每 次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此 人继续投篮，若未命中则换为对方投篮无论 之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均 为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签 确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是 甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率： (2)求第i次投篮的人是甲的概率： (3)已知：若随机变量X服从两点分布，且 10,(2021·新高考全国Ⅱ)一种微生物群体可 P(X=1)=1-P(X,=0)=9,i=1,2,…, 以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种 n,则E(三X,)=三4记前n次（即从第 微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代， 1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为 再经过一次繁殖后为第2代…该微生物每 Y,求E(Y). 代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分 布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代 的个数，P(X=)=P(i=0,1,2,3) (1)已知po=0.4,P1=0.3,P2=0.2,P3=0.1,求 E(X): (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临 近灭绝的概率，p是关于x的方程：P。+ P1x+p2x2+Px3=x的一个最小正实根，求 第六章黑白题155(2)由(1)知，μ=0.75，而g=0.15,则x~V(0.75,0152),P(x≥ 若物理安排在第一节，其他3节课安排3科，有A种： 11 若物理不在第一节，中间前2节深任选一节上物理，余下的1节课和 06)=P(≥μ-o)=2+2P4-<X≤4+o)=0.5+2×0.6826 最后一节课任选一节上数学，最后剩下的2节课安排2科，有A;种： 0.8413,所以估计亩产量不低于0.6t的亩数是10×08413= 综上，事件AB有(A+CCA)种安排： 8.413(万亩). (3)由模率分布直方图及(1)知，亩产量不低于1.01的颗率为 5科任意推有种，所以P(A)=+CC_8 A P()= 0.075,由顿率估计概率，则亩产量不低于1.01的概率为0.075，因此 A号+CCA号14 4亩中亩产量不低于1.01的商数E-B(4.0.075),所以随机变量E 的期望EE=4×0.075=0.3. A A 专项提优6条件概率与排列组合的综合应用 放满足条件的质率是代)-多放法区 黑题 专项提优 6. 10 解析：先计算所有由a,b,e组成的三位数，有CCC!= 1.B解析：令事件A为甲被选中，事件B为乙被选中，则P(A) 100(个)，即n(A)=100,再计算递增数，有C=10(个)，即n(AB)= CC I 2() 三—三女程1A）===二古友 n做代0-曾。故答案为。 P(A)1 51 3 2 7.720 5 解析：将高二年级3人进行全排列，有A号种排法，再将高 选B 二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A?种排 2.B解析：由题意可知要使这3个数之和为奇数，则这3个数必为 法，所以事件A的橡法有A号A=720(种)： 3个奇数或2个偶数，1个奇数，所以总的抽取法共有N=C+C· 事件AB的排法：将高二年级3人进行全排列，有A:种排法，再将高 C=60(种)，要使这3个数之积为闾数，则必为2个偶数1个奇数 二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有 共有a=CC=50(种).所以所求概率为P日名放选B A!种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A好种排法，所以 事件AB共有AAA?=432(种)排法， 3.ABD解析：由题意.可得P()=C3C+C.60+20.之 C。 1203,P(B)= 则P代B1A)=40积；散答案为70：号 n(A）7205 CCg+Cg56+56.14 Cio 2015由P(BA=2=P(B),所以P(AB)= 解析：A教师志愿者被安排到甲学校 P(A〉 P(AB) 若甲学校只有，个人，则有C×A=36(种)安排方法 P(A)P(B),事件A.B相互独立，所以P(A1B)= P(B) 若甲学校有2个人，则有A=24(种)安排方法， P(A)P八B).P(A),故A正确： A教师志愿者被安排到甲学校共有36+24=60（种）安排方法。 P(B) 在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名志恩 P(B1A)=PB)14由条件商率的性质得P(B1A)=1-P(BIA)- 者的安排方法有24种，所以在A教师志恩者被安排到甲学校支教的 前提下，甲学校有两名志愿者的概率是号故答案为 5 1片古故B正确： 解析：用A,(i∈0,1,2|表示第一次取到i个新球的事件，用B 因为事件A,B相互独立，所以A与B,A与B,A与B也都相互独立 表示第二次训练时恰好取到1个新球的事件，则？=An UA:UA2, 甲，乙都评为智答能手”的概本P()=PA)P(=子×名，门 Ci 1 且A。,A1,A两两互斥，P(A）= 所以甲，乙至多有一人评为“智答能手的概*为1-P(AB)=145 8 ,P(4,)= C I P(A2)= 名故C错误， C5,P(B14)= CC 3 =5,P(B14)= cc 8 甲，乙都没有被评为“智答能手”的概率P(AB)=P(A)·P(B)= Cg..因此P(B)=P(Ao)P(BAo)+PA)P(BIA,)H P(BIA:)= (号)）()兮×石石所以甲，乙至少有-人评为 13381138 P(A,)P(B1A:)=5*55*55*375 所以第二次训练时 智答能手“的概率为1-PAB)=15-站故D正确放选Am 给好取到1个新球的概率为器放答案为器 4.B解析：设“学生甲，乙相邻出场”为事件A,“学生甲在学生乙的前 真题演练概率 而出场”为事件B.共有A:种情况.学生甲在学生乙的前而出场的情 A 黑题 真题练 A1 1.A解析：同时爱好两项的概率为0,5+06-0.7=0.4，记“该同学爱好 种，所以P(B)元2 滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0,5, 甲，乙同学出场顺序一定，且相邻出场的情况共有A种，所以 P氏AB)=04,所以P(B1A)=PAB）04 P(A)0.5 0.8故选A 2.B解析：由题意，X服从二项分布B(10.),D(X)=10p(1-p)=2.4 P(AB)=- 5 则P(AB)=P(AB) P(了了，故选R 解得p=0.4或P=0.6.解得P(X=4)=C0p(1-P)°<P(X=6)= 2 Cp(1-p)4,整理得(1-p)2<p2,解得>0.5.即p=0.6.故选B. 5.B解析：事件A:数学不排第一节，物理不排最后一节. 若物理安排在第一节，其他4节课安排4科，有A任种： 3D解折：方法一：由分布列得B0=则D)=(售-0）x 若物理不在第一节，中间3节课任选一节上物理，余下的4节课去掉 第1节课的3节课中任选一节上数学，最后利下的3节课安排3科， 有A种： 在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大 综上，事件A有(A+CCA)种安排： a2,1(a+1)2 事件B:化学排第四节. 方法二：D(X)=E(X2)-(E(X)2=0+号+3 选择性必修第一册·BS黑白题096 当a在(0,1)内增大时，D(X) 8若s=2号 C号15 P(=1)= 先减小后增大.故选D. 11 4.ABD解析：对于A,依次发送1.0,1，则依次收到1,0,1的事件是发 P=3)G5P5=4)g5 送1接收1、，发送0接收0，发送1接收1的3个事件的积. 所队=1安名女-号故答案为号 15 3 它们相互独立，所以所求概率为(1-B)(1-a)(1-B)=(1-)· (1-B)2,A正确： 9.解：(1)设甲在三个项日中获胜的事件依次记为A,B,C,所以甲学校 对于B.三次传输.发送1，相当于依次发送1,1.1，则依次收到1.0,1 的事件，是发送1接收1.发送1接收0、发送1接收1的3个事件的 获得冠军的概率为P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=0.5X 积，它们相互独立，所以所求概率为(1-P)·B·(1-B)=B(1-B)2, 0,4×0.8+0.5×0.4x0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.16+0.16+0.24+ B正确： 0.04=0.6. 对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1.1,0,1,0， (2)依题可知.X的可能取值为0,10,20.30.所以 10,1,1和1,1,1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概 P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16. 率为CB(1-B)2+(1-B)3=(1-B)2(1+23),C错误： P(X=10)=0.5×0.4×0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44. 对于D,由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P= P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34. (1-a)气1+2a),单次传输发送0.则译码为0的概将P=1-a.面0< P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. a<0.5,因此P-P=(1-a)(1+2a)-(1-a)=(1-a)(1-2a)>0.即 即X的分布列为 P>P,D正确.故选ABD 0 10 20 30 5.AC解析：对于A选项，若n=1,则i=1,P1=1,所以H(X)=-(1× 唱21)=0，所以A选项正确， P 0.16 0.440340.06 对于B选项，若n=2,则i1,22=1-P, 期里E(X)=0x0.16+10×0.44+20x0.34+30x0.06=13 所以H(X)=-p·g2P+(1-1）·g3(1-p)1. 10.(1)解：E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. 13,3 (2)证明：设fx)=3x'+p22+(1-)x+P%, 因为p3pp1p=1,所以x)=p3+p2x2-(p+p%p)x*pa, 1 若E(X)≤1.则pm1+2p2+3p3≤1.故西+23≤w f'(x)=3p3x2+2p3x-(p2+o+h3). 两者相等，所以B选项错误 因为f'(0)=-(p2+%+h)<0f'(1)=1+2p-%≤0 对于C选项，若n=(i=1,2…,m). 故∫"(x)有两个不同零点1,2，且<0<1≤x2, 则x∈(-0，x)U(,+)时f'(x)>0:xe(x)时f'(x)<0: 则(X)=- 故x)在(-xx).(2,+0)上为增函数，在(，2)上为减函数. 若x2=1,因为x)在(2，+)上为增函数且八1)=0， 则()随着“的增大面增大，所以C选项正确. 而当xe(0,2)时，因为(x)在(x1,)上为减函数，故f(x)> 对于D选项，若n=2m,随机变量Y的所有可能的取值为1,2，…，m x2)=f1)=0, 且P(Y=)=ptp1=1,2,,m. 故1为%+px+p2x2+P=x的一个最小正实根 (X)=-室 若>1，因为f(1)=0且在(0，)上为减函数，故1为%+P4x+ P2x2+px3=x的一个最小正实根， 1 ttp2-1·log2 log:p 纷上，若E(X)≤1，则p=1, s () P2m-1 若E(X)>1,则，+22+3p>1,故2+2p>m 1 此时f'(0)=-(p+%t)<0/'(1)=2+23%>0. 故∫'(x)有两个不同零点x3,x,且x3<0<x<1, (Pa pas)los paipaci 1 -=1·bg1pn*p2 -+pm·og2 pap-1 +… 且xe(-第，)U(x4,+x)时'(x)>0:xe(x,x)时厂'(x)<0: 故八x)在(-x,).(4,+x)上为增函数，在(x)上为诚函数。 1 loga pap 一tpm·otpz 而八1)=0，故x4)<0 又因为八0)=m>0,故代x)在(0，x4)上存在一个零点P,且p<1, 1 由于m:>0(i=1.2,….2m),所以 一，所以1og2 所以p为%+x+px2+px心=x的一个最小正实根，此时p<1, ,P:+Paetl- 故当E(X)>1时，<1. 1一，所以p·2 吧2ptpl 一>p:·g1 一，所以H(X)> (3)解：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必 P+p2m1- H(Y).所以D选项错误.故选AC 然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1.则若干代后被灭绝的概率小 6.0.14解析：因为X-N(2,2),所以PX<2)=P(X>2)=0.5,因此 于. P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0,14.故答案为0.14 11.解：(1)记“第i次投蓝的人是甲“为事件A,“第i次投旅的人是乙 为事件B,所以P(B:)=P(A,B,)+P(B,B2)=P(A)P(B1A,)+ 1.7 解析：由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A PB,)P(B2IB,)=0.5×(1-06)+0.5×0.8=0.6 的事件为C,则P(BC) 431 (2)设P(A)=,依题可知，P(B,)=1-P:,则P氏A1)=P(A,A)+ 5251“227P(B) 523P(C1B) 41 P(BA)=P(A)P(AA )+P(B)P(AB). 1 即P+1=06g+(1-0,8)×(1-:)=0p+02,构造等比数列n:+A}, P(BC)2211 P(B)T=17 设A子.解得A:寸则4寸号（兮） 13 862 又，宁所以{}是首项为公比为号的 357 解析：从写有数字1.2,2.3,4.5,6的7张卡片中任取3张， 等比数列 共有C;种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有 (C+CC好)种，所以P(2)==5.由已知可得的取值 C 有1,2.3.4. 参考答案黑白题097 2 对于B,若m=0.3,可得n=0.4,则P(X>3)=P(X=4)+P(X=6)= 1- 0.5.故B正确： 所以当雅∈N°时，E(Y)=1+P2+…+P= 对于C.由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确： 15 对于D.由P(X=1)=02.P(X=6)=0.1,则P(X=1)=2P(X=6),所 以D正确.故选ABD. [-(号)]肾故n=[-(居)]号 10.ABD解析：对于A:因为X~N(2,9),期正态曲线关于x=2对称， 所以P(X≤-1)=P(X5).故A正确： 第六章综合训练 对于B:因为X-B(10.0.4),所以EX=10×0.4=4.Dx=10×0.6× 1.A解折：曲题意（行令）1。=号放选入 04=24,又+2=8.所以y=4所以=4x=4-× 2.D解析：因为随机变量X服从正态分布N(3,),所以正态曲线关 4=2,DY=4DX=4×24=0.6,即B正确； 于直线x=3对称.又P(X<1)=0.1.所以P(X>5)=0.1.所以P(3≤ X<5)=P1≤).1-0,1x2.04故选n CC3 5 对于C:依题意X的可能取值为1,2.3.4.则P(X=1)= 2 C70 3.D解析：由题可知P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB).所以P(AB)= CC 30 c3c30 CCS 5 P(X=2)= P利到-代4B)=子号子立所以P4=图 C70(=3)= Cg70P(X=4)= 70 P(B) 。故这D 所以=高2号3”4后子放C借误 对于D:因为P(X=0)=2-5P(X=1)=a且P(X=0)+P(X=1)=1. 4.C解析：由题知第12次必须取到白球，所以在前面11次取球中取 到2改红球，所以P(=2)=G(品)广（品厂·品 解得a=子，放DE确放法ABm 11.BC解析：对于A,根据正态曲线的对称性可得小(-x)=P(Z< 品（品）广”（信）广故选c -x)=P(乙≥x)=1-P(Cx)=1-小(x).即中(x)+中(-x)=1,故A 不正确： 5.C解析：令A,=“玩手机时阀超过1小时的学生”，A2=“玩手机时间 对于B。当x>0时.P(-x≤Z<x)=I-P(Z≤-x)-P(Z≥x)=1- 不超过1小时的学生“，B=“任意调查一人，此人近视”，P=AUA, 2P\≥x)=1-2[1-P(Z<x)]=2中(x)-1.故B正确： 且A1,4A2互斥，P(A)=0.1,P(A2)=0.9,P(B1A:)=06,P(B)= 对于C,D,根据正态分布的3π准则，在正态分布中代表标准差， 0.2,依题意有P(B)=P(A1)P(B1A,)+P(A2)P(B1A:)=0.1×0.6+ 4代表均值，x=4即为图象的对称轴，根据3σ原则可知X在(4-口， Q9XP(BA=2.解得P(BL4)3从每天玩手机不超过 +w)内的概率是常数.故由P(IX-4l<o)=P(4-T<X<o+μ)可知， C正确，D错误，故选BC 1小时的学生中任意调查一名学生，则他近祝的概率为45板选C 12.0.09解析：x,y,:eN°，且+z=6,相当于6个1之间的5个空 中插人两个挡板，故共有C=10种情况， 6.C解析：设该社团共有人数为n人， X的可能取值为1,2， ·.P(X=0)= C-2_(m-2)(n-3) C2 n(n-1) 其中X=2时，只有三个数为222.放P=20则PX=0 :P(x=0)=1-P(0)=2i 10 品所以= 10*2x 9 111 221-8-70 111219 10)×10100.09.故答案为Q.09 又：neN·,解得n=7.故选C 13.20解析：依题意P(-3r<X≤+3w)=0.9974,所以在(L-3w+ 7.B解析：随机变量￡的取值为0,1,2， 30)之外的概率P=1-0.9974=00026,则-B(k,0.0026),则 当￡=1时，所取的三个数中仅两个数相邻，两数相邻有19种情况 其中相邻两数取1,2和19,20时，对应取法为17种.其余17种情况 客=a.026k.因为度>Q.05,所以Q0026k>0.05,解得>0 6 取法均有16种，P氏6=1)=2×17+17x16.306 19.23.因为k∈N°，所以的最小值为20.故答案为20 C 1140 43 当=2时.即所取的三个数中两两相邻.取法有18种，P(专=2)= 14. 0解析：依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A, 1818 则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件A1:女生得 C1140 2分男生得4分，设为事件A2:女生得4分男生得2分，设为事 所以当=0时，即所取的三个数彼此不相邻，取法有1140-18- Cc好 306=816(种)P风5=0)=110 816 件A2.则P(A)= cic 修-01语2003放速B 306 18 P(A2)= C2 8.C解析：依题意，n=100.p=0.01,泊松分布可作为二项分布的 P(A)= 18.3 近似。 1 此时A=10x001=1,则P(X=k)=e, P(A)=P(A)+P(A)+P(A)=20 43 1 15,解：(1)记“小明恰好套中2次”为事件A,分3种情况第一次，第 于是P(X=0)=0e1= 1,P(X=1)=7e= ,P(X=2)= 次套中：第一次，第三次套中：第二次，第三次套中，则P(A)= 1 x子×宁+号×号小明好套中2次的概率为 3 4 2e20 所以次品率小于3%的概率约为P=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)= (2)由题意可得X的可能取值为0,1.2.3,4.5. 1,1+1=92%故选C IxIx1-1 3 13 ee 2e PX=0)=年××3=6P(X=1)=子×3=6 9.ABD解析：对于A,由分布列的性质，可得0.2+m+n+01=1,解 214 3 2112 得m+n=0.7,所以A正确： P(X=2)=×2x3×3=36P(K=3)=4×2x3×3=36 选择性必修第一册·BS黑白题098