第36期 条件概率与全概率公式-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书书书 １６． （１５ 分 ） 某 险 种 的 基 本 保 费 为 ａ （ 单 位 ： 元 ） ，继 续 购 买 该 险 种 的 投 保 人 称 为 续 保 人 ，续 保 人 本 年 度 的 保 费 与 其 上 年 度 出 险 次 数 的 关 联 如 下 ： 上 年 度 出 险 次 数 ０ １ ２ ３ ４ ≥ ５ 保 费 ０．８５ａ ａ １．２５ａ １．５ａ １．７５ａ ２ａ 设 该 险 种 一 续 保 人 一 年 内 出 险 次 数 与 相 应 概 率 如 下 ： 一 年 内 出 险 次 数 ０ １ ２ ３ ４ ≥ ５ 概 率 ０３ ０１５ ０２ ０２ ０１ ００５ （１ ） 求 该 续 保 人 本 年 度 的 保 费 高 于 基 本 保 费 的 概 率 ； （ ２ ） 已 知 该 续 保 人 本 年 度 的 保 费 高 于 基 本 保 费 ， 求 其 保 费 比 基 本 保 费 高 出 ６０％ 以 上 的 概 率 ． １７． （１５ 分 ） 盒 子 中 有 １０ 张 奖 券 ，其 中 ３ 张 有 奖 ，甲 、乙 先 后 从 中 各 抽 取 １ 张 （ 不 放 回 ） ，记 “ 甲 中 奖 ” 为 事 件 Ａ ，“ 乙 中 奖 ” 为 事 件 Ｂ． （１ ） 求 Ｐ （Ａ ） ，Ｐ （Ｂ ） ，Ｐ （ＡＢ ） ，Ｐ （Ａ ｜ Ｂ ） ； （２ ） 事 件 Ａ 与 Ｂ 是 否 相 互 独 立 ，说 明 理 由 ． １８． （１７ 分 ） 两 台 车 床 加 工 同 样 的 零 件 ， 第 一 台 出 现 废 品 的 概 率 是 ０．０３ ， 第 二 台 出 现 废 品 的 概 率 是 ０．０２．加 工 出 来 的 零 件 放 在 一 起 ， 并 且 已 知 第 一 台 加 工 的 零 件 比 第 二 台 加 工 的 零 件 多 一 倍 ． （１ ） 求 任 意 取 出 的 零 件 是 合 格 品 的 概 率 ； （２） 如 果 任 意 取 出 的 零 件 是 废 品 ，求 它 是 第 二 台 车 床 加 工 的 概 率 ． １９． （１７ 分 ） 在 机 器 学 习 中 ，精 确 率 Ｑ 、召 回 率 Ｒ 、卡 帕 系 数 ｋ 是 衡 量 算 法 性 能 的 重 要 指 标 ．科 研 机 构 为 了 测 试 某 型 号 扫 雷 机 器 人 的 检 测 效 果 ，将 模 拟 战 场 分 为 １００ 个 位 点 ， 并 在 部 分 位 点 部 署 地 雷 ． 扫 雷 机 器 人 依 次 对 每 个 位 点 进 行 检 测 ，Ａ 表 示 事 件 “ 选 到 的 位 点 实 际 有 雷 ” ，Ｂ 表 示 事 件 “ 选 到 的 位 点 检 测 到 有 雷 ” ，定 义 ：精 确 率 Ｑ ＝ Ｐ （Ａ ｜ Ｂ ） ，召 回 率 Ｒ ＝ Ｐ （Ｂ ｜ Ａ ） ，卡 帕 系 数 ｋ ＝ ｐ ｏ － ｐ ｅ １ － ｐ ｅ ，其 中 ｐ ｏ ＝ Ｐ （ＡＢ ） ＋ Ｐ （Ａ Ｂ ） ，ｐ ｅ ＝ Ｐ （Ａ ）Ｐ （Ｂ ） ＋ Ｐ （Ａ ）Ｐ （Ｂ ）． （１ ） 若 某 次 测 试 的 结 果 如 下 表 所 示 ， 求 该 扫 雷 机 器 人 的 精 确 率 Ｑ 和 召 回 率 Ｒ． 实 际 有 雷 实 际 无 雷 总 计 检 测 到 有 雷 ４０ ２４ ６４ 检 测 到 无 雷 １０ ２６ ３６ 总 计 ５０ ５０ １００ （２ ） 对 任 意 一 次 测 试 ，证 明 ：ｋ ＝ １ － Ｑ ＋ Ｒ － ２Ｑ Ｒ Ｑ ＋ Ｒ － ２Ｐ （ＡＢ ） ． （３ ） 若 ０６ ＜ ｋ ≤ １ ，则 认 为 机 器 人 的 检 测 效 果 良 好 ；若 ０２ ＜ ｋ ≤ ０６ ，则 认 为 检 测 效 果 一 般 ；若 ０ ≤ ｋ≤ ０２ ，则 认 为 检 测 效 果 差 ．根 据 卡 帕 系 数 ｋ 评 价 （１ ） 中 机 器 人 的 检 测 效 果 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ 书 专项小练一、条件概率 １．已知 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ １３，Ｐ（ＡＢ）＝ ２ １５，则 Ｐ（Ａ）＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　 （Ａ）２２５ （Ｂ） ３ ５ （Ｃ）２５ （Ｄ） １ ３ ２．５２张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取 两次，已知第一次抽到的是 Ａ，则第二次抽到 Ａ 的概率是 （　　） （Ａ）１４ （Ｂ） １ １７ （Ｃ）１１３ （Ｄ） ３ ４ ３．（多选）下列说法正确的是 （　　） （Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＜Ｐ（ＡＢ） （Ｂ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ）是可能的 （Ｃ）０≤Ｐ（Ｂ｜Ａ）≤１ （Ｄ）Ｐ（Ａ｜Ａ）＝１ ４．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记 Ａ＝ ｛两次的点数均为奇数｝，Ｂ＝｛两次的点数之和 为８｝，则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ． ５．已知Ｐ（Ａ）＝３５，Ｐ（ＡＢ）＝ １ ５，Ｐ（Ａ｜Ｂ） ＝１２，则Ｐ（Ｂ）＝ ． 专项小练二、全概率公式 １．一位教授去参加学术会议，他选择自驾、 乘坐动车和飞机的概率分别为０．２，０．５，０．３，现 在知道他选择自驾、乘坐动车和飞机迟到的概 率分别为０．５，０．２，０．１，则这位教授迟到的概率 为 （　　） （Ａ）０．８ （Ｂ）０．５ （Ｃ）０．２３ （Ｄ）０．３２ ２．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某 校学生大约４２％的人近视，而该校大约有２０％ 的学生每天玩手机超过１ｈ，这些人的近视率约 为５０％．现从每天玩手机不超过１ｈ的学生中任 意调查一名学生，则他近视的概率为 （　　） （Ａ）３４ （Ｂ） ５ ８ （Ｃ）２５ （Ｄ） ３ ８ ３．设某公路上经过的货车与客车的数量之 比为１∶２，货车与客车中途停车修理的概率分 别为０．００２，０．００１．求该公路上行驶的汽车停车 修理的概率． 书 题型一、全概率公式的应用 全概率公式的意义在于，当直接计算事件Ｂ 发生的概率Ｐ（Ｂ）较为困难时，可以先找到样本 空间Ω的一个划分Ω＝Ａ１∪Ａ２∪…∪Ａｎ，Ａ１， Ａ２，…，Ａｎ两两互斥，将Ａ１，Ａ２，…，Ａｎ看成是导致 Ｂ发生的一组原因，这样事件Ｂ就被分解成了ｎ 个部分，分别计算 Ｐ（Ｂ｜Ａ１），Ｐ（Ｂ｜Ａ２），…， Ｐ（Ｂ｜Ａｎ），再利用全概率公式求解． 运用全概率公式计算事件 Ｂ发生的概率 Ｐ（Ｂ）时，一般步骤如下： （１）先求划分后的每个小事件的概率，即 Ｐ（Ａｉ），ｉ＝１，２，…，ｎ； （２）再求每个小事件发生的条件下，事件Ｂ 发生的概率，即Ｐ（Ｂ｜Ａｉ），ｉ＝１，２，…，ｎ； （３）最后利用全概率公式计算 Ｐ（Ｂ），即 Ｐ（Ｂ）＝∑ ｎ ｉ＝１ Ｐ（Ａｉ）Ｐ（Ｂ｜Ａｉ）． 例１假设某市场供应的智能手机中，市场 占有率和优质率的信息如下表所示． 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 ５０％ ３０％ ２０％ 优质率 ９５％ ９０％ ７０％ 在该市场中任意买一部智能手机，求买到 的是优质品的概率． 解析：用 Ａ１，Ａ２，Ａ３分别表示买到的智能手 机为甲品牌、乙品牌、其他品牌， Ｂ表示买到的是优质品， 则依据已知可得Ｐ（Ａ１）＝５０％， Ｐ（Ａ２）＝３０％，Ｐ（Ａ３）＝２０％， 且Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝９５％，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝９０％， Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝７０％． 因此由全概率公式有 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜ Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝５０％ ×９５％ ＋３０％ × ９０％ ＋２０％ ×７０％ ＝８８５％． 题型二、贝叶斯公式的应用 贝叶斯公式是在条件概率的基础上寻找事件 发生的原因，在运用贝叶斯公式时，一般已知和未 知条件如下： （１）Ａ的多种情况中到底哪种情况发生是 未知的，但是每种情况发生的概率已知，即 Ｐ（Ａｉ）已知； （２）事件Ｂ是已经发生的确定事实，且Ａ的 每种情况发生的条件下 Ｂ发生的概率已知，即 Ｐ（Ｂ｜Ａｉ）已知； （３）Ｐ（Ｂ）未知，需要使用全概率公式计算 得到； （４）求解的目标是用Ａ的某种情况Ａｉ的无 条件概率求其在Ｂ发生的条件下的有条件概率 Ｐ（Ａｉ｜Ｂ）． 例２装有１０件某产品（其中一等品５件，二 等品３件，三等品２件）的箱子中丢失了一件产 品，但不知道是几等品，现从箱中任取２件产品， 结果都是一等品，则丢失的产品是一等品的概 率是多少？ 解析：设 Ａｉ（ｉ＝１，２，３）为丢失的产品为 ｉ 等品，则 Ｐ（Ａ１）＝ １ ２，Ｐ（Ａ２）＝ ３ １０，Ｐ（Ａ３）＝ １ ５， 设Ｂ为在Ａｉ发生后，从箱中任取２件产品都 是一等品，则Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝ Ｃ２４ Ｃ２９ ＝１６，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝ Ｃ２５ Ｃ２９ ＝５１８，Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝ Ｃ２５ Ｃ２９ ＝５１８， 所以Ｐ（Ａ１｜Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１） Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１） Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） ＝３８． 题型三、全概率公式与贝叶斯公式的综合 应用 例３在数字通讯中，信号是由数字０和１的 长序列组成的，由于随机干扰，发送的信号０或 １各有可能错误接收为１或０．现假设发送信号 为０和１的概率均为１２；又已知发送信号为０时， 接收为０和１的概率分别为０．７和０．３，发送信号 为１时，接收为１和０的概率分别为０９和０．１． 求已知收到信号０时，发出的信号是０（即没有 错误接收）的概率． 解析：设事件Ａ０＝“发送信号为０”，事件Ａ１ ＝“发送信号为１”，事件Ｂ０＝“收到信号为０”， 事件Ｂ１ ＝“收到信号为１”． 因为收到信号为０时，除来自发送信号为０外， 还有发送信号为１时，由于干扰接收的信号０，因此 导致事件Ｂ０发生的原因有事件Ａ０与Ａ１，且它们互 不相容，故Ａ０与Ａ１构成一完备事件组， 由题意有Ｐ（Ａ０）＝Ｐ（Ａ１）＝ １ ２， Ｐ（Ｂ０｜Ａ０）＝０．７，Ｐ（Ｂ０｜Ａ１）＝０．１， 故 Ｐ（Ｂ０） ＝ Ｐ（Ａ０）Ｐ（Ｂ０ ｜ Ａ０） ＋ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ０｜Ａ１）＝ １ ２×０．７＋ １ ２×０．１＝０．４． 由贝叶斯公式得收到信号０时，发出的信号是０ 的概率为Ｐ（Ａ０｜Ｂ０）＝ Ｐ（Ａ０）Ｐ（Ｂ０｜Ａ０） Ｐ（Ｂ０） ＝０．８７５． ! AB CDE !" !!"## "$"% $ &% "'&'(#) * # !" !"#$ %& ! +,-./*01 FGHIJ$KL FGHJ8MNOPQRSKT 3UVWXYZ9 W[\]^_ `abcdeZ9fg\"#$%&'()()*h+i jklg\,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$ %&'()*+,- !"#$ %&'( )*+,-./01$ 2/3456%789 :;<(=>/?@A BCD$ EFGH IJKLMNOPQH FR9 !"#/*+S T<UVA W2/XY Z[\]9 ^_`2a bcdefgA !"# hiXY/jklm) nop9 %qdNrs tu9 vwixy/z {e|}~/€92 a<‚ƒ„e‚…„A †y/!"#‡a ˆ‰Š/‹Œ$ Ž ŠT‘‰ŠA ’a“ ”•9 2–—˜™š› /œžTŸ ˜‘ ,A¡¢XY/|\?9 2£_¤…¥‚¦|§¨ %©ª«¬­®¯° ±9 ²³E´‡°µ¶ ·¸9 ¹º»¼%½¾ ¿ÀÁA „ÂÃÄ92 %ŖÆÇ/œžs ÈÉÊa/ËÌÍÎÏ9 ÐÑ'+%*‰9 žs<Ò ÓÊaÔÕÖÌaa× /ØÏ9 ÙÚÛÜÝÞ eßàabA áâãäåæÁ 9 !"#çQèéá {êëÁA ­Êaì í9 2êîïð/·¸ `ñaòóôõ9 ö‡ ÷/Qøùúûüý þ̓þÍÿþ/!ª9 "#np$¯%TÁ 9 &M'(¤¡¢Ô )A !"#…*‚¦+, Z[E´‡÷ƒ|-9 Â.‡÷/œ%q0 1A ¦12‡÷|3 4>59 ¦6124µ §–ó78†A „2ö‡ ÷/9p:;<‡<‡ yÍ-=‡¦/>P9œ ´<?D@A‰/B ÄA 2/34Cúi¦ ¯9(D°EFGHI9 JKLM"»9 £N| O9 Â%_¨PQRS ч÷/TUA mVnopnq :;<=>?@ 书 一、单项选择题 １～４　ＣＢＤＣ　　５～８　ＤＡＤＡ 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 三、填空题 １２．１８；　１３．２４０；　１４．－２． 四、解答题 １５．解：（１）分三类： 选出的是高二（１）班的学生，有７种选法； 选出的是高二（２）班的学生，有９种选法； 选出的是高二（３）班的学生，有１０种选法． 由分类加法计数原理， 得不同的选法种数为７＋９＋１０＝２６． （２）每班选一名副组长为一步，所以共有三步． 由分步乘法计数原理， 得不同的选法种数为７×９×１０＝６３０． （３）分三类：高二（１）班和高二（２）班，高二（１）班和 高二（３）班，高二（２）班和高二（３）班． 每类又分两步， 故不同的选法种数为７×９＋７×１０＋９×１０＝２２３． １６．解：（１ (） ａｘ２２ －１槡 )ｘ １０ 的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝（－１） (ｋ ａ)２ １０－ｋ Ｃｋ１０ｘ ２０－５２ｋ， 令２０－５２ｋ＝０，解得ｋ＝８，又常数项为 ４５ ４， 故Ｔ９ ＝（－１） (８ ａ)２ ２ Ｃ８１０ ＝ ４５ ４，解得ａ＝１． （２）２０－５２ｋ＝ｍ，ｍ∈Ｚ，则ｋ＝０，２，４，６，８，１０， 所以有理项有６项，无理项有５项， 从展开式中的所有项中任取三项， 取出的三项中既有有理项也有无理项， 则共有Ｃ１６Ｃ ２ ５＋Ｃ ２ ６Ｃ １ ５ ＝１３５种（种）不同的取法． １７．解：（１）因为（１＋ｘ）ｎ ＝Ｃ０ｎ ＋Ｃ １ ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋ Ｃｎｎｘ ｎ，ｎ≥４，ｎ∈Ｎ＋， 所以ａ２ ＝Ｃ ２ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ，ａ３ ＝Ｃ ３ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２） ６ ， ａ４ ＝Ｃ ４ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ． 因为 ａ２３ ＝２ａ２ａ４， [所以 ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）]６ ２ ＝２× ｎ（ｎ－１） ２ × ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ，解得ｎ＝５． （２）由（１）知ｎ＝５． （１＋槡３） ｎ ＝（１＋槡３） ５ ＝Ｃ０５＋Ｃ １ ５槡３＋Ｃ ２ ５（槡３） ２＋ Ｃ３５（槡３） ３＋Ｃ４５（槡３） ４＋Ｃ５５（槡３） ５ ＝ａ＋ｂ槡３． 因为ａ，ｂ∈Ｎ＋，所以ａ＝Ｃ ０ ５＋３Ｃ ２ ５＋９Ｃ ４ ５ ＝７６， ｂ＝Ｃ１５＋３Ｃ ３ ５＋９Ｃ ５ ５ ＝４４， 从而ａ２－３ｂ２ ＝７６２－３×４４２ ＝－３２． １８．解：（１）若数学必须比语文先上，则不同的排法有 Ａ６６ Ａ２２ ＝６×５×４×３×２×１２ ＝３６０（种）． （２）如果体育排在最后一节， 那么有Ａ５５ ＝１２０（种）排法， 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节， 且数学不排在最后一节， 那么有Ｃ１４Ｃ １ ４Ａ ４ ４ ＝３８４（种）排法， 所以共有１２０＋３８４＝５０４（种）排法． （３）若将这３节课插入原课表中且原来６节课的相对 顺序不变，则有 Ａ９９ Ａ６６ ＝９×８×７＝ ５０４（种）不同的排法． １９．解：（１）若ｙ＝ｑ＝１， Ｆ（ｘ，２）＝（ｘ＋ｙ）（ｘ＋ｑｙ） ＝ｘ２＋（１＋ｑ）ｘｙ＋ｙ２＝（ｘ＋１）２， Ｄ１ｑＦ（ｘ，２）＝［２］（ｘ＋ｙ） １ ｑ ＝（１＋ ｑ）（ｘ＋ｙ）＝２（ｘ＋１）． （２）当ｋ＝０时， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｄ ０ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｆ（０，ｎ）＝ｑ ｎ（ｎ－１） ２ ｙｎ． 当ｋ≠０时， ＤｋｑＦ（０，ｎ）＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］（０＋ｙ） ｎ－ｋ ｑ ＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ ＝ ［ｎ］！ ［ｎ－ｋ］！ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ， 所以 ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！ Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ． 综上， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ，ｋ＝０，１，２， …，ｎ． 一、单项选择题 １～４　ＣＡＢＡ　５～８　ＣＢＤＡ 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２．－２；　１３．２４０；　１４．（４，＋∞）． 四、解答题 １５．解：（１）完成这项工作可以分三个步骤： 第一步，从５本不同的数学书中任取１本，有５种取法； 第二步，从５本不同的语文书中任取一本，有５种取法； 第三步，从４本不同的英语书中任取一本，有４种取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝５×５×４＝１００（种）不同的取法． （２）完成这件事情共分为三个步骤． 第一步：从１４本书中任取一本放在第一个位置上， 共有１４种不同的取法； 第二步：从剩下的１３本书中任取一本放在第二个位置上， 共有１３种不同的取法； 第三步：从剩下的１２本书中任取一本放在第三个位置上， 共有１２种不同的取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝１４×１３×１２＝２１８４（种）不同的排法． １６．解：令ｘ＝１得展开式各项系数和为４ｎ， 二项式系数和为Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋… ＋Ｃ ｎ ｎ ＝２ ｎ． 由题意得４ｎ－２ｎ ＝９９２，解得ｎ＝５． （１）Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５３ ｒ·ｘ １０＋ｒ ３， 令 １０＋ｒ ３ ＝４得ｒ＝２，所以Ｔ３ ＝Ｃ ２ ５·３ ２·ｘ４ ＝９０ｘ４． （２）设展开式中第ｋ＋１项系数最大， 所以 Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ－１５ ·３ ｋ－１， Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ＋１５ ·３ ｋ＋{ １  ７２≤ｋ≤ ９２，ｋ∈Ｚ， 所以ｋ＝４， 所以系数最大的项为Ｔ５ ＝Ｃ ４ ５·３ ４·ｘ １４ ３ ＝４０５ｘ １４ ３． １７．解：（１）从中任取 ４个球， 红球的个数不比白球少的取法可分为三类： ４个红球，３个红球和１个白球，２个红球和２个白球． 若取出的为４个红球，则取法有１种； 若取出的为３个红球和１个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ １ ６ ＝２４（种）； 若取出的为２个红球和２个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ２ ６ ＝９０（种）． 根据分类加法计数原理， 可得红球的个数不比白球少的取法有 １＋２４＋９０＝１１５（种）． （２）总分不少于７分有三种情况： 取到４个红球和１个白球，取到３个红球和２个白球， 取到２个红球和３个白球． 若取出的为４个红球和１个白球， 则取法有Ｃ４４Ｃ １ ６ ＝６（种）； 若取出的为３个红球和２个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ ２ ６ ＝６０（种）； 若取出的为２个红球和３个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ３ ６ ＝１２０（种）． 根据分类加法计数原理， 可知总分不少于７分的取法有 ６＋６０＋１２０＝１８６（种）． １８．解：（１）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）－１， 则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ １ｘ＋１，ｘ＞－１， 显然ｆ′（ｘ）在（－１，＋∞）单调递增，且ｆ′（０）＝０， 所以当 －１＜ｘ＜０时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减； 当ｘ＞０时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增． 所以ｆ（ｘ）在ｘ＝０处取得极小值ｆ（０）＝０，无极大值． （２）ｆ（ｘ）＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎａ－１ ＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎ（ａｅｘ）－ｘ－１， 函数ｆ（ｘ）有两个零点， 即ｆ（ｘ）＝０有两个解， 即ａｅｘ＋ｌｎ（ａｅｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）＋（ｘ＋１）有两个解， 设ｈ（ｔ）＝ｔ＋ｌｎｔ， 则ｈ′（ｔ）＝１＋１ｔ＞０，ｈ（ｔ）单调递增， 所以ａｅｘ ＝ｘ＋１（ｘ＞－１）有两个解， 即ａ＝ｘ＋１ ｅｘ 有两个解． 令ｓ（ｘ）＝ｘ＋１ ｅｘ （ｘ＞－１），则ｓ′（ｘ）＝－ｘ ｅｘ ， 当ｘ∈（－１，０）时，ｓ′（ｘ）＞０，ｓ（ｘ）单调递增； 当ｘ∈（０，＋∞）时，ｓ′（ｘ）＜０，ｓ（ｘ）单调递减， 因为ｓ（－１）＝０，ｓ（０）＝１，当ｘ＞０时，ｓ（ｘ）＞０， 所以０＜ａ＜１，即实数ａ的取值范围是（０，１）． １９．（１）解：因为ｆ′（ｘ）＝ １１＋ｘ，ｆ″（ｘ）＝－ １ （１＋ｘ）２ ， ｆ（ｘ）＝ ２ （１＋ｘ）３ ， 所以ｆ′（０）＝１，ｆ″（０）＝－１，ｆ（０）＝２， 所以ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）的泰勒公式为 ｌｎ（１＋ｘ）＝ｘ－ｘ ２ ２！＋ ２ｘ３ ３！＝ｘ－ ｘ２ ２＋ ｘ３ ３， 所以ｌｎ１１＝０１－００１２ ＋ ０００１ ３ ≈００９５． （２）解：记ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２，ｘ＞０， 因为ｇ′（ｘ）＝ １１＋ｘ－１＋ｘ＝ ｘ２ ｘ＋１＞０， 所以ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增， 又ｇ（０）＝０，所以当ｘ＞０时有 ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２ ＞ｇ（０）＝０， 所以ｌｎ（１＋ｘ）＞ｘ－ｘ ２ ２． （３）证明：由（２）知 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＞１ｋ－ １ ｋ２ ２ ＝ １ ｋ－ １ ２ｋ２ ， 即ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＞ １ｋ－ １ ２ｋ２ ，ｋ∈Ｎ＋， 所以（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋… ＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ ｌｎｎ）＞∑ ｎ ｋ＝ ( １ １ ｋ－ １ ２ｋ )２ ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＞∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ． 令ｈ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ，ｘ＞０， 则ｈ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－１＝－ ｘ ｘ＋１＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减， 所以ｈ（ｘ）＜ｈ（０）＝０，故ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ， 所以 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＝ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＜ １ｋ， 则（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋…＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎｎ） ＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． 综上，ｎ∈ Ｎ＋时，∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ＜ ｌｎ（１＋ｎ）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． ! !"#$% !&'()(* !+123* !45678/$%#!&#'(!'#) !&9:;/<=>?@ABCDEFG '$' HIJ19KLMN9O456 !PQ4R/$%$$$) !AS6T9UV/$%#!!#'(!')* !##%))%)++(WXYZH[ !T\/]^&9AS6;_`abcdPeWf[ !PQT\UV/!!!+# !ghijTklTmnT ! & 9 o a b c >WA [ p q r s t 9 ! & 9 u < = v ; w x y z { |W? @ A } ~  D €  ‚ ƒ „ w … † y w ‡ ˆ ‰ Š ‹ … ] ^ & 9 A S 6 ; _ Œ  ,-./011'2%# ŽR7‘’“ ,-./011'2%2 ŽR7‘’“ 书书书 条 件 概 率 与 全 概 率 公 式 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 事 件 Ａ， Ｂ， 若 Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ ３ ４ ， Ｐ （ Ａ） ＝ １ ３ ，则 Ｐ（ ＡＢ ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ３ （ Ｂ） １ ２ （ Ｃ） １ ４ （ Ｄ ） ３ ４ ２． 有 一 批 灯 泡 ， 寿 命 超 过 ５ ０ ０ 小 时 的 概 率 为 ０． ９， 寿 命 超 过 ８０ ０ 小 时 的 概 率 为 ０． ８， 在 寿 命 超 过 ５０ ０ 小 时 的 灯 泡 中 ， 寿 命 能 超 过 ８０ ０ 小 时 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ ９ （ Ｂ） １ ９ （ Ｃ） ７ ９ （ Ｄ ） ５ ９ ３ ． 在 一 个 关 于 Ａ Ｉ智 能 助 手 的 准 确 率 测 试 中 ， 有 三 种 不 同 的 Ａ Ｉ 模 型 Ａ， Ｂ， Ｃ． 模 型 Ａ 的 准 确 率 为 ０． ８， 模 型 Ｂ 的 准 确 率 为 ０． ７５ ，模 型 Ｃ 的 准 确 率 为 ０． ７． 已 知 选 择 模 型 Ａ， Ｂ， Ｃ 的 概 率 分 别 为 ０． ４， ０． ４， ０． ２ ． 现 随 机 选 取 一 个 模 型 进 行 测 试 ，则 准 确 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ５６ （ Ｂ） ０． ６６ （ Ｃ） ０． ７６ （ Ｄ ） ０． ８６ ４ ． 已 知 Ｐ（ Ａ） ＝ ０． ４， Ｐ（ Ｂ ｜Ａ ） ＝ ０． ５， Ｐ（ Ａ ｜Ｂ ） ＝ ０． ２５ ，则 Ｐ（ Ｂ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． １ （ Ｂ） ０． ３ （ Ｃ ） ０． ４ （ Ｄ ） ０． ８ ５． 已 知 Ｐ（ Ｂ） ＝ ０． ３， Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ ０． ９， Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ ０． ２， 则 Ｐ（ Ａ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ７ （ Ｂ） １ ７ （ Ｃ） １ ２ （ Ｄ ） １ ３ ６． 中 国 空 间 站 的 主 体 结 构 包 括 天 和 核 心 舱 、 问 天 实 验 舱 和 梦 天 实 验 舱 ．假 设 中 国 空 间 站 要 安 排 甲 ，乙 ，丙 ，丁 ，戊 ，己 ６ 名 航 天 员 开 展 实 验 ，设 事 件 Ａ ＝ “ 有 ４ 名 航 天 员 在 天 和 核 心 舱 ” ，事 件 Ｂ ＝ “ 甲 乙 二 人 在 天 和 核 心 舱 ” ，则 Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ５ （ Ｂ） ２ ５ （ Ｃ） １ ３ （ Ｄ ） １ ３０ ７． 为 有 效 预 防 流 感 ， 某 地 Ａ， Ｂ， Ｃ 三 所 学 校 分 别 有 ２８ ％ ，３ ６％ ， ｍ ％ 的 学 生 接 种 疫 苗 ，三 所 学 校 的 学 生 数 之 比 为 ５ ∶ ３ ∶ ２， 已 知 从 这 三 所 学 校 中 任 意 选 取 一 个 学 生 ， 该 学 生 接 种 了 疫 苗 的 概 率 不 低 于 ０ ３５ ，则 ｍ 的 最 小 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４８ （ Ｂ） ４９ （ Ｃ） ５０ （ Ｄ ） ５１ ８． 如 图 ， 一 个 质 点 从 原 点 Ｏ 出 发 ， 每 隔 一 秒 随 机 等 可 能 地 向 左 或 向 右 移 动 一 个 单 位 ，共 移 动 ４ 次 ，在 质 点 第 一 秒 位 于 １ 的 位 置 的 条 件 下 ，该 质 点 共 经 过 两 次 ２ 的 位 置 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ４ （ Ｂ） １ ８ （ Ｃ） ３ ８ （ Ｄ ） １ ６ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 有 ３ 台 车 床 加 工 同 一 型 号 的 零 件 ．第 １ 台 加 工 的 次 品 率 为 ５％ ， 第 ２ 台 加 工 的 次 品 率 为 １０ ％ ，第 ３ 台 加 工 的 次 品 率 为 ２０ ％ ，加 工 出 来 的 零 件 混 放 在 一 起 ．已 知 第 １， ２， ３ 台 车 床 的 零 件 数 分 别 占 总 数 的 ２０ ％ ，３ ０％ ，５ ０％ ，则 下 列 选 项 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 任 取 一 个 零 件 是 第 １ 台 车 床 生 产 出 来 的 次 品 的 概 率 为 ０． ０６ （ Ｂ） 任 取 一 个 零 件 是 次 品 的 概 率 为 ０． １４ （ Ｃ） 如 果 取 到 的 零 件 是 次 品 ，且 是 第 ２ 台 车 床 加 工 的 概 率 为 ３ １４ （ Ｄ ） 如 果 取 到 的 零 件 是 次 品 ，且 是 第 ３ 台 车 床 加 工 的 概 率 为 ２ ７ １０ ．某 单 位 组 织 开 展 党 史 知 识 竞 赛 活 动 ， 以 支 部 为 单 位 参 加 比 赛 ， 某 支 部 在 ５ 道 党 史 题 中 （ 有 ３ 道 选 择 题 和 ２ 道 填 空 题 ） ，不 放 回 地 依 次 随 机 抽 取 ２ 道 题 作 答 ，设 事 件 Ａ 为 “ 第 １ 次 抽 到 选 择 题 ” ，事 件 Ｂ 为 “ 第 ２ 次 抽 到 选 择 题 ” ，则 下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｐ（ Ａ） ＝ ３ ５ （ Ｂ） Ｐ（ ＡＢ ） ＝ ３ １０ （ Ｃ） Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ １ ２ （ Ｄ ） Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ １ ２ １１ ．一 袋 中 有 大 小 相 同 的 ３ 个 红 球 和 ２ 个 白 球 ，下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 从 中 任 取 ３ 个 球 ，恰 有 １ 个 白 球 的 概 率 是 ３ ５ （ Ｂ） 从 中 有 放 回 地 取 球 ３ 次 ，每 次 任 取 １ 个 球 ，恰 好 有 ２ 个 白 球 的 概 率 为 ３６ １２ ５ （ Ｃ） 从 中 有 放 回 地 取 球 ３ 次 ，每 次 任 取 １ 个 球 ，则 至 少 有 １ 次 取 到 红 球 的 概 率 为 ９８ １２ ５ （ Ｄ ） 从 中 不 放 回 地 取 球 ２ 次 ，每 次 任 取 １ 个 球 ，则 在 第 １ 次 取 到 红 球 的 条 件 下 ，第 ２ 次 取 到 红 球 的 概 率 为 １ ２ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．已 知 事 件 Ａ， Ｂ， Ｃ 满 足 Ａ， Ｂ 是 互 斥 事 件 ，且 Ｐ（ Ａ ∪ Ｂ ｜ Ｃ） ＝ １ ２ ，Ｐ （ ＢＣ ） ＝ １ １２ ，Ｐ （ Ｃ） ＝ １ ４ ，则 Ｐ（ Ａ ｜ Ｃ） ＝ ． １３ ．已 知 Ａ， Ｂ 独 立 ，且 Ｐ（ ＡＢ ） ＝ ３ ８ ，Ｐ （ Ｂ） ＝ ３ ４ ，则 Ｐ（ Ａ ｜ Ｂ） ＝ ． １４ ．研 究 人 员 开 展 甲 、乙 两 种 药 物 的 临 床 抗 药 性 研 究 试 验 ， 事 件 Ａ 为 “ 对 药 物 甲 产 生 抗 药 性 ” ， 事 件 Ｂ 为 “ 对 药 物 乙 产 生 抗 药 性 ” ， 事 件 Ｃ 为 “ 对 甲 、 乙 两 种 药 物 均 不 产 生 抗 药 性 ” ．若 Ｐ（ Ａ） ＝ ４ １ ５ ，Ｐ （ Ｂ） ＝ ２ １５ ，Ｐ （ Ｃ） ＝ ７ １０ ，则 Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 一 个 袋 子 中 ， 放 有 大 小 、 形 状 相 同 的 小 球 若 干 ， 其 中 标 号 为 ０ 的 小 球 有 １ 个 ，标 号 为 １ 的 小 球 有 ２ 个 ，标 号 为 ２ 的 小 球 有 ｎ 个 ．从 袋 子 中 任 取 ２ 个 小 球 ，取 到 标 号 都 是 ２ 的 小 球 的 概 率 是 １ １０ ． （ １） 求 ｎ 的 值 ； （ ２） 从 袋 子 中 任 取 ２ 个 球 ，已 知 其 中 一 个 的 标 号 是 １， 求 另 一 个 标 号 也 是 １ 的 概 率 ． ” • M – — ˜ ™ š › œ  v ž Ÿ   q ! * ¡ ! " # $ % & ' ( ” • M – — ˜ ™ š › œ  v ž Ÿ   q ! * ¡ ! " ) $ % & ' ( ! ! ! ! ! ! ! ! ! & 2 & % & ' & ! $ ! ' % 2 " !" !# 书 答案详解 　 ２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期（２０２５年３月）　 第３３期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＣ． ４．４０；　５．－５０． ６． 解： （２ｘ＋ ｘ－２）４ ＝ Ｃ０４（２ｘ） ４ ＋ Ｃ１４（２ｘ） ３ｘ－２ ＋ Ｃ２４（２ｘ） ２（ｘ－２）２＋Ｃ３４２ｘ（ｘ －２）３＋Ｃ４４（ｘ －２）４ ＝１６ｘ４＋４×８ｘ３－２＋６×４×ｘ２－４＋４×２×ｘ１－６＋ｘ－８ ＝１６ｘ４＋３２ｘ＋２４ｘ－２＋８ｘ－５＋ｘ－８． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＢＣＤ． ４．－３３；　５．５１３． ６．解：依题意得２ｎ ＝５１２，所以ｎ＝９． 设展开式中的常数项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ９ｘ １８－２ｒ（－１）ｒｘ－ｒ ＝ （－１）ｒＣｒ９ｘ １８－３ｒ，由１８－３ｒ＝０，得ｒ＝６． 所以展开式中的常数项为（－１）６Ｃ６９ ＝８４． 第３３期３，４版 二项式定理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＣＢＡ　５～８　ＡＡＢＢ 提示： １．由题意得第８项的系数为 Ｃ７１０×（槡３ｉ） ３×（－１）７ ＝１２０× 槡３３ｉ＝ 槡３６０３ｉ． ２．（１－２ｘ）４的二项展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ４（－２ｘ） ｒ＝（－２）ｒＣｒ４ｘ ｒ． 令ｒ＝１，得ｘ的系数为（－２）·Ｃ１４ ＝－８． ３．由题意得Ｃ１ｎ ＝Ｃ １１ ｎ，所以ｎ＝１２， 因此展开式共有１３项，中间一项是第７项， Ｔ７ ＝Ｃ ６ １２ｘ (６ －１ )ｘ ６ ＝Ｃ６１２． ４． (因为 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８ ＝（ｘ＋ｙ）８－ｙｘ（ｘ＋ｙ）８， (所以 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８的展开式中含ｘ２ｙ６的项为 Ｃ６８ｘ ２ｙ６－ｙｘＣ ５ ８ｘ ３ｙ５ ＝－２８ｘ２ｙ６， (即 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８的展开式中ｘ２ｙ６的系数为－２８． ５．由（ａ－ｂ）４ ＝ａ４－４ａ３ｂ＋６ａ２ｂ２－４ａｂ３＋ｂ４，得 （ｘ＋１）４－４（ｘ＋１）３＋６（ｘ＋１）２－４（ｘ＋１）＋１ ＝［（ｘ＋１）－１］４ ＝ｘ４． ６．由Ｃ１ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ ＝（１＋ｘ）ｎ－１，分别将选项 （Ａ），（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ）代入检验知，仅有（Ａ）适合． ７．由题意得Ｃ２ｎ ＝Ｃ ３ ｎ，因此ｎ＝５． 因为（１＋λｘ）５ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ５ｘ ５， 所以令ｘ＝０，可得ａ０ ＝１． 令ｘ＝１，则（１＋λ）５ ＝ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５． 又ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５ ＝２４２，所以（１＋λ） ５ ＝２４３＝３５， 因此λ＝２． (所以 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ４ｘ ４－ｋ２ｋｘ－ｋ ＝Ｃｋ４２ ｋｘ４－２ｋ． 由４－２ｋ＝０得ｋ＝２， (因此 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式中常数项为Ｔ３ ＝Ｃ ２ ４２ ２ ＝２４． ８．由二项展开式中各二项式系数可知， 第ｍ行第ｎ个数应为Ｃｎ－１ｍ－１， 所以第１００行第３个数为Ｃ２９９ ＝ ９９×９８ ２ ＝４８５１， 即Ａ（１００，３） ＝４８５１． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．因为展开式的第５项为Ｔ５ ＝Ｃ ４ ｎｘ ｎ－４ ３ －４， 所以令 ｎ－４ ３ －４＝１，解得ｎ＝１９． 所以展开式中系数最大的项是第１０项和第１１项． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．二项式（１－２ｘ）５的展开式的通项是 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５（－２） ｒｘｒ，ｒ∈Ｎ，ｒ≤５，ａ０ ＝１，故（Ａ）正确； ａ５ ＝Ｃ ５ ５（－２） ５ ＝－３２，故（Ｂ）正确； 显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负， ｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋｜ａ３｜＋｜ａ４｜＋｜ａ５｜＝ａ０－ａ１＋ａ２－ａ                                                        ３ —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＋ａ４－ａ５ ＝［１－２×（－１）］ ５ ＝３５，故（Ｃ）正确； ａ１＝Ｃ １ ５（－２）＝－１０，ａ２＝Ｃ ２ ５（－２） ２＝４０，ａ３＝Ｃ ３ ５（－２） ３ ＝－８０，ａ４ ＝Ｃ ４ ５（－２） ４＝８０，因此ａ０＋ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋４ａ４＋ ５ａ５ ＝１＋（－１０）＋２×４０＋３×（－８０）＋４×８０＋５×（－３２） ＝－９，故（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１． 依 题 意 可 得 Ｃ４ｎ ＝ Ｃ ６ ｎ， 得 ｎ！ ４！·（ｎ－４）！ ＝ ｎ！ ６！·（ｎ－６）！，得（ｎ－４）（ｎ－５）＝３０，得ｎ＝１０． (在 ａｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中，令 ｘ＝１，得（ａ＋１）１０ ＝ １０２４，因为ａ＞０，所以ａ＋１＝２，所以ａ＝１ ( ． ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 展开式的通项公式为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ １０（ｘ ２）１０－ｋ ( · １ 槡 )ｘ ｋ ＝Ｃｋ１０·ｘ ２０－５２ｋ，ｋ＝０，１，２，３，４，５，６，７，８，９，１０， 由２０－５２ｋ为整数，得ｋ＝０，２，４，６，８，１０，所以展开式中的 有理项有６项，故（Ａ）正确； (因为 ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中各项的系数等于各项的二 项式系数，且总共有１１项，所以展开式中第６项的系数最大，故 （Ｂ）正确； 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系 数和为２９ ＝５１２，故（Ｃ）不正确； 令２０－５２ｋ＝１５，得ｋ＝２，所以展开式中ｘ １５的系数为Ｃ２１０ ＝４５，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２；　１３．１５２；　１４．－１２． 提示： １２．通项Ｔｒ＋１ ＝ａ －ｒ×Ｃｒ６×ｘ １２－３ｒ，当１２－３ｒ＝３时，ｒ＝３， 所以含ｘ３项的系数为ａ－３×Ｃ３６ ＝ ５ ２，解得ａ＝２． １３．（１＋槡３） ５＝Ｃ０５（槡３） ０＋Ｃ１５（槡３） １＋Ｃ２５（槡３） ２＋Ｃ３５（槡３） ３ ＋Ｃ４５（槡３） ４＋Ｃ５５（槡３） ５ ＝１＋ 槡５３＋３０＋ 槡３０３＋４５＋ 槡９３， （１－槡３） ５ ＝Ｃ０５（－槡３） ０＋Ｃ１５（－槡３） １＋Ｃ２５（－槡３） ２＋Ｃ３５ ×（－槡３） ３＋Ｃ４５（－槡３） ４＋Ｃ５５（－槡３） ５ ＝１－ 槡５３＋３０－ 槡３０３＋４５－ 槡９３， 故（１＋槡３） ５＋（１－槡３） ５ ＝１＋３０＋４５＋１＋３０＋４５＝１５２． １４．（ｘ２＋３ｘ－１）４＝（ｘ２＋３ｘ）４－Ｃ１４（ｘ ２＋３ｘ）３＋Ｃ２４（ｘ ２＋ ３ｘ）２－Ｃ３４（ｘ ２＋３ｘ）＋１．又（ｘ２＋３ｘ）ｎ的二项展开式的通项Ｔｋ＋１ ＝Ｃｋｎ（ｘ ２）ｎ－ｋ（３ｘ）ｋ＝Ｃｋｎ·３ ｋ·ｘ２ｎ－ｋ，当且仅当ｎ＝１，ｋ＝１时符 合题意，所以（ｘ２＋３ｘ－１）４的展开式中ｘ的系数为 －Ｃ３４×３＝ －１２． 四、解答题 １５．解：由已知Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋Ｃ ２ ｎ ＝３７， 解得ｎ＝８或ｎ＝－９（舍去）． （１）通项Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８（槡ｘｘ） ８－ｒ １ ３ 槡 ( )ｘ ｒ ＝Ｃｒ８ｘ １２－１１６ｒ， 由题意得ｒ必为６的倍数，且０≤ｒ≤８， 所以ｒ＝０或ｒ＝６． 所以含ｘ的整数次幂的项为Ｔ１ ＝ｘ １２，Ｔ７ ＝２８ｘ． （２）由ｎ＝８知展开式共９项， 二项式系数最大的项为第５项，即Ｔ５ ＝Ｃ ４ ８ｘ １４ ３ ＝７０ｘ １４ ３． １６．解：（１）由Ｃ４ｎ（－２） ４∶Ｃ２ｎ（－２） ２ ＝５６∶３， 解得ｎ＝１０． 因为通项Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ １０（槡ｘ） １０ (－ｒ －２３ 槡 )ｘ ｒ ＝（－２）ｒＣｒ１０·ｘ ５－５ｒ６，０≤ ｒ≤１０，ｒ∈Ｎ，所以当５－５ｒ６为整数时，ｒ可取０，６， 于是有理项为Ｔ１ ＝ｘ ５和Ｔ７ ＝１３４４０． （２）原式＝１０＋９Ｃ２１０＋８１Ｃ ３ １０＋… ＋９ １０－１Ｃ１０１０ ＝ ９Ｃ１１０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０ ９ ＝ Ｃ０１０＋９Ｃ １ １０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０－１ ９ ＝（１＋９） １０－１ ９ ＝ １０１０－１ ９ ． １７．解 (： 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ｎ 的展开式中前三项的系数分别为 Ｃ０ｎ， １ ２Ｃ １ ｎ， １ ４Ｃ ２ ｎ，由题意知 Ｃ １ ｎ ＝Ｃ ０ ｎ ＋ １ ４Ｃ ２ ｎ，所以 ｎ＝１＋ ｎ（ｎ－１） ８ ，即ｎ ２－９ｎ＋８＝０，解得ｎ＝８或ｎ＝１（舍去）． (则二项式 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ８ 展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８·ｘ ８－ｒ ２· １ ２ｒ ·ｘ－ ｒ ４ ＝ １ ２ｒ ·Ｃｒ８·ｘ ４－３４ｒ． （１）令４－３４ｒ＝１，得ｒ＝４， 所以含有ｘ项的系数为 １ ２４ ×Ｃ４８ ＝ ３５ ８． （２）设展开式中第ｒ＋１项为有理项， 则当ｒ＝０，ｒ＝４，ｒ＝８时分别对应的项为有理项， 有理项分别为Ｔ１ ＝ｘ ４，Ｔ５ ＝ ３５ ８ｘ，Ｔ９ ＝ １ ２５６ｘ２ ． １８．解：（１）分别令ｘ＝１，ｘ＝－１，得ｆ（１）＝ａ７＋ａ６＋… ＋ａ１＋ａ０ ＝２ ７＋２７，ｆ（－１）＝－ａ７＋ａ６－… －ａ１＋ａ０ ＝０                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 两式相加除以２，得ａ０＋ａ２＋ａ４＋ａ６ ＝１２８． （２）当ｍ＝ｎ时，ｆ（ｘ）＝（１＋ｘ）ｍ＋（１＋ｘ）ｎ＝２（１＋ｘ）ｎ， 所以Ｔ３ ＝２Ｃ ２ ｎｘ ２ ＝２０ｘ２，即２Ｃ２ｎ ＝２０，所以ｎ＝５． （３）由ｆ（ｘ）的展开式中含ｘ项的系数是１９，得ｍ＋ｎ＝１９， 所以ｘ２的系数为 Ｃ２ｍ ＋Ｃ ２ ｎ ＝ １ ２ｍ（ｍ－１）＋ １ ２ｎ（ｎ－１）＝ １ ２［（ｍ＋ｎ） ２－２ｍｎ－（ｍ＋ｎ）］＝１７１－ｍｎ＝１７１－（１９－ｎ）ｎ ＝ ｎ－１９( )２ ２ ＋３２３４，当ｎ＝１０或ｎ＝９时，ｆ（ｘ）的展开式中ｘ ２ 的系数最小，最小值为８１． １９．证明：（１）因为ａｎ＝２ ｎ－１，可知数列｛ａｎ｝是以ａ１＝１为 首项，公比为ｑ＝２的等比数列； 所以Ｓ３０００ ＝ １－２３０００ １－２ ＝２ ３０００－１， 而２７９＝３１×９，且３１与９互质；易知 Ｓ３０００ ＝２ ３０００－１＝２３×１０００－１＝８１０００－１＝（９－１）１０００－１ ＝Ｃ０１０００９ １０００－Ｃ１１０００９ ９９９＋… －Ｃ９９９１０００９＋Ｃ １０００ １０００（－１） １０００－１ ＝Ｃ０１０００９ １０００－Ｃ１１０００９ ９９９＋… －Ｃ９９９１０００９， 所以９｜Ｓ３０００； Ｓ３０００ ＝２ ３０００－１＝２５×６００－１＝３２６００－１＝（３１＋１）６００－１ ＝Ｃ０６００３１ ６００＋Ｃ１６００３１ ５９９＋… ＋Ｃ５９９６００３１＋Ｃ ６００ ６００－１ ＝Ｃ０６００３１ ６００＋Ｃ１６００３１ ５９９＋… ＋Ｃ５９９６００３１， 所以３１｜Ｓ３０００； 结合整除性质②可知２７９｜Ｓ３０００． （２）因为ａｎ＋ｂｎ＝（ａ＋ｂ－ｂ）ｎ＋ｂｎ＝Ｃ０ｎ（ａ＋ｂ） ｎ＋Ｃ１ｎ（ａ ＋ｂ）ｎ－１（－ｂ）＋… ＋Ｃｎ－１ｎ （ａ＋ｂ）（－ｂ） ｎ－１＋Ｃｎｎ（－ｂ） ｎ＋ｂｎ， 且ｎ为奇数，所以ａｎ＋ｂｎ＝（ａ＋ｂ－ｂ）ｎ＋ｂｎ＝Ｃ０ｎ（ａ＋ｂ） ｎ ＋Ｃ１ｎ（ａ＋ｂ） ｎ－１（－ｂ）＋… ＋Ｃｎ－１ｎ （ａ＋ｂ）（－ｂ） ｎ－１， 因此ａｎ＋ｂｎ能被ａ＋ｂ整除． 第３４期３，４版 计数原理核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＤＣ　　５～８　ＤＡＤＡ 提示： １．第一步，取ｂ的值，有５种方法；第二步，取ａ的值，也有５ 种方法．由分步乘法计数原理得，共有５×５＝２５（个）虚数． ２．当ｎ≥２且ｎ∈Ｎ＋时， （１＋ｘ）ｎ的展开式的通项为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎ·ｘ ｒ， 所以（１＋ｘ）ｎ的展开式中含ｘ２项的系数为Ｃ２ｎ， 故（１＋ｘ）２＋（１＋ｘ）３＋（１＋ｘ）４的展开式中， 含ｘ２项的系数是Ｃ２２＋Ｃ ２ ３＋Ｃ ２ ４ ＝１０． ３．根据排列数的计算公式得 （２７－ａ）（２８－ａ）…（３６－ａ） ＝Ａ（３６－ａ）－（２７－ａ）＋１３６－ａ ＝Ａ１０３６－ａ． ４． (二项式 ｘ２－１ )ｘ ９ 的展开式共有１０项， 中间项有２项，为第５项和第６项， Ｔ５ ＝Ｃ ４ ９（ｘ ２） (５ －１ )ｘ ４ ＝１２６ｘ６， Ｔ６ ＝Ｃ ５ ９（ｘ ２） (４ －１ )ｘ ５ ＝－１２６ｘ３． ５．由题意得ｘ≥５，ｘ∈Ｎ． 原不等式可化为 ６ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）－ ２４ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）（ｘ－３） ＜ ２４０ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）（ｘ－３）（ｘ－４）， 即ｘ２－１１ｘ－１２＜０， 解得 －１＜ｘ＜１２． 又ｘ≥５，ｘ∈Ｎ， 所以ｘ∈｛５，６，７，８，９，１０，１１｝． ６．若取出的球中有１个红球， 则不同的取法有Ｃ１４Ｃ ２ ８ ＝１１２（种）； 若取出的球中有２个红球， 则不同的取法有Ｃ２４Ｃ １ ８ ＝４８（种）． 故不同的取法有１１２＋４８＝１６０（种）． ７ (． ｘ－１ｘ＋２ )ｙ ６ [ (＝ ｘ－１ )ｘ ＋２ ]ｙ ６ ，其展开式的通 项为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６ (· ｘ－１ )ｘ ６－ｒ （２ｙ）ｒ，０≤ｒ≤６，ｒ∈Ｎ， (易知 ｘ－１ )ｘ ６－ｒ 的展开式的通项为Ｔｋ＋１ ＝（－１） ｋＣｋ６－ｒ· ｘ６－ｒ－２ｋ，０≤ｋ≤ｒ≤６，ｋ∈Ｎ，ｒ∈Ｎ， 令ｒ＝０，６－ｒ－２ｋ＝０，得ｋ＝３，所以原式的展开式中的 常数项是（－１）３Ｃ３６ ＝－２０，即 ａ５ ＝－２０，因为｛ａｎ｝是等差数 列，所以ａ２＋ａ８ ＝２ａ５ ＝－４０． ８．由题意知甲只能参加Ｃ项目，乙只能参加 Ａ项目，则以 甲、乙两人参加的情况分为以下四类： 第１类：甲、乙都不参加，则从其余４人中选３人参加Ａ，Ｂ，Ｃ 三个项目，有Ａ３４种不同的方案； 第２类：仅甲参加，甲必须参加 Ｃ项目，从其余４人（不含 乙）中选２人参加Ａ，Ｂ两个项目，有Ａ２４种不同的方案； 第３类：仅乙参加，乙必须参加 Ａ项目，从其余４人（不含 甲）中选２人参加Ｂ，Ｃ两个项目，有Ａ２４种不同的方案； 第４类：甲、乙两人都参加，则甲参加 Ｃ项目，乙参加 Ａ项 目，从其余４人中选１人参加Ｂ项目，有Ａ１４种不同的方案． 根据分类加法计数原理得，不同的分配方案共有 Ａ３４＋Ａ ２ ４ ＋Ａ２４＋Ａ １ ４ ＝５２（种）                                                                      ． —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．若Ａ，Ｂ不相邻， 则先让Ｃ，Ｄ，Ｅ自由排列，再让Ａ，Ｂ去插空即可， 则方法总数为Ａ３３Ａ ２ ４ ＝７２（种），故（Ａ）正确，（Ｂ）错误； 若Ａ，Ｂ相邻，则将Ａ，Ｂ捆绑在一起，视为一个整体， 与Ｃ，Ｄ，Ｅ自由排列即可， 则方法总数为Ａ２２Ａ ４ ４ ＝４８（种），故（Ｃ）正确，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．若Ｂ影厅仅放映１部电影， 有Ｃ１４种安排方法，故（Ａ）正确； 每个影厅至少放映一部电影，分三种情况： 一、Ａ影厅１部，Ｂ影厅放剩下的３部，则有Ｃ１４种安排方法； 二、Ａ影厅２部，剩下２部给Ｂ影厅，有Ｃ２４种安排方法； 三、Ａ影厅３部，剩下１部给Ｂ影厅，有Ｃ３４种安排方法． 故共有Ｃ１４＋Ｃ ２ ４＋Ｃ ３ ４ ＝１４（种）安排方法，故（Ｂ）错误； 按Ａ影厅放映的电影一定有《熊出没·逆转时间》， 有三种情况： 一、Ａ影厅只放《熊出没·逆转时间》，其余３部给Ｂ影厅， 只有１种安排方法； 二、除《熊出没·逆转时间》外，剩下３部中选１部在Ａ影厅 放映，则有Ｃ１３种安排方法； 三、除《熊出没·逆转时间》外，剩下３部中选２部在Ａ影厅 放映，则有Ｃ２３种安排方法， 故共有１＋Ｃ１３＋Ｃ ２ ３ ＝７（种）安排方法，故（Ｃ）正确； 将２部动画电影安排Ａ影厅一部，Ｂ影厅一部， 则有Ａ２２种安排方法．剩下２部喜剧电影分三种情况： 一、Ａ影厅无，则只有１种安排方法； 二、Ａ影厅１部，则有Ｃ１２种安排方法； 三、Ａ影厅２部，则只有１种安排方法， 故共有Ａ２２×（１＋Ｃ １ ２＋１）＝８（种）安排方法， 故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．由题意及二项式定理可得ａ＝Ｃ０２０＋Ｃ １ ２０×３＋Ｃ ２ ２０×３ ２ ＋… ＋Ｃ２０２０×３ ２０ ＝（１＋３）２０ ＝４２０ ＝（５－１）２０， 则ａ＝Ｃ０２０·５ ２０－Ｃ１２０·５ １９＋… －Ｃ１９２０·５＋Ｃ ２０ ２０， 因为Ｃ０２０·５ ２０－Ｃ１２０·５ １９＋… －Ｃ１９２０·５能被５整除， 所以ａ除以５的余数为１， 又因为ａ≡ｂ（ｍｏｄ５），所以ｂ除以５的余数也为１， 结合选项可知２００６和２０２１除以５的余数为１． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１８；　１３．２４０；　１４．－２． 提示： １２．由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场， 则多人多足有３种安排方法．将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下 的３个位置，有Ａ３３＝６（种）安排方法，所以共有３×６＝１８（种） 安排方法． １３．若个位是０，则有４Ａ３４＝９６（个）满足题意的五位偶数； 若个位不是０，有２×３×Ａ３４＝１４４（个）满足题意的五位偶数， 所以共有９６＋１４４＝２４０（个）满足题意的五位偶数． １４ (． １ｘ )＋ｍｙ （２ｘ－ｙ）５＝１ｘ（２ｘ－ｙ）５＋ｍｙ（２ｘ－ｙ）５， 其中 １ ｘ（２ｘ－ｙ） ５的展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝ｘ －１Ｃｒ５·（２ｘ） ５－ｒ（－ｙ）ｒ＝（－１）ｒ·２５－ｒＣｒ５ｘ ４－ｒｙｒ， ０≤ｒ≤５，ｒ∈Ｎ， 令 ４－ｒ＝２， ｒ＝４{ ， 可知无解， 即 １ ｘ（２ｘ－ｙ） ５的展开式中没有含ｘ２ｙ４的项； ｍｙ（２ｘ－ｙ）５的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝ｍｙＣ ｋ ５（２ｘ） ５－ｋ·（－ｙ）ｋ＝（－１）ｋ·２５－ｋｍＣｋ５ｘ ５－ｋｙｋ＋１， 令 ５－ｋ＝２， ｋ＋１＝４{ ，解得ｋ＝３， 即ｍｙ（２ｘ－ｙ）５的展开式中含ｘ２ｙ４的项的系数为 （－１）３·２５－３ｍＣ３５ ＝－４０ｍ． (又 １ｘ )＋ｍｙ （２ｘ－ｙ）５的展开式中ｘ２ｙ４的系数为８０， 所以 －４０ｍ＝８０，解得ｍ＝－２． 四、解答题 １５．解：（１）分三类： 选出的是高二（１）班的学生，有７种选法； 选出的是高二（２）班的学生，有９种选法； 选出的是高二（３）班的学生，有１０种选法． 由分类加法计数原理， 得不同的选法种数为７＋９＋１０＝２６． （２）每班选一名副组长为一步，所以共有三步． 由分步乘法计数原理， 得不同的选法种数为７×９×１０＝６３０． （３）分三类：高二（１）班和高二（２）班，高二（１）班和高二 （３）班，高二（２）班和高二（３）班． 每类又分两步， 故不同的选法种数为７×９＋７×１０＋９×１０＝２２３． １６．解：（１ (） ａｘ２２ －１槡 )ｘ １０ 的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝（－１） (ｋ ａ)２ １０－ｋ Ｃｋ１０ｘ ２０－５２ｋ                                                                      ， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 令２０－５２ｋ＝０，解得ｋ＝８，又常数项为 ４５ ４， 故Ｔ９ ＝（－１） (８ ａ)２ ２ Ｃ８１０ ＝ ４５ ４，解得ａ＝１． （２）２０－５２ｋ＝ｍ，ｍ∈Ｚ，则ｋ＝０，２，４，６，８，１０， 所以有理项有６项，无理项有５项， 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 项也有无理项，则共有Ｃ１６Ｃ ２ ５＋Ｃ ２ ６Ｃ １ ５ ＝１３５（种）不同的取法． １７．解：（１）因为（１＋ｘ）ｎ ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ， ｎ≥４，ｎ∈Ｎ＋， 所以ａ２ ＝Ｃ ２ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ，ａ３ ＝Ｃ ３ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２） ６ ， ａ４ ＝Ｃ ４ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ． 因为 ａ２３ ＝２ａ２ａ４， [所以 ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）]６ ２ ＝２× ｎ（ｎ－１） ２ × ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ，解得ｎ＝５． （２）由（１）知ｎ＝５． （１＋槡３） ｎ ＝（１＋槡３） ５ ＝Ｃ０５＋Ｃ １ ５槡３＋Ｃ ２ ５（槡３） ２＋Ｃ３５（槡３） ３＋Ｃ４５（槡３） ４＋Ｃ５５（槡３） ５ ＝ａ＋ｂ槡３． 因为ａ，ｂ∈Ｎ＋，所以ａ＝Ｃ ０ ５＋３Ｃ ２ ５＋９Ｃ ４ ５ ＝７６， ｂ＝Ｃ１５＋３Ｃ ３ ５＋９Ｃ ５ ５ ＝４４， 从而ａ２－３ｂ２ ＝７６２－３×４４２ ＝－３２． １８．解：（１）若数学必须比语文先上，则不同的排法有 Ａ６６ Ａ２２ ＝６×５×４×３×２×１２ ＝３６０（种）． （２）如果体育排在最后一节，那么有Ａ５５ ＝１２０（种）排法， 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节， 且数学不排在最后一节，那么有Ｃ１４Ｃ １ ４Ａ ４ ４＝３８４（种）排法， 所以共有１２０＋３８４＝５０４（种）排法． （３）若将这３节课插入原课表中且原来６节课的相对顺序 不变，则有 Ａ９９ Ａ６６ ＝９×８×７＝５０４（种）不同的排法． １９．解：（１）若ｙ＝ｑ＝１，Ｆ（ｘ，２）＝（ｘ＋ｙ）（ｘ＋ｑｙ） ＝ｘ２＋（１＋ｑ）ｘｙ＋ｙ２ ＝（ｘ＋１）２， Ｄ１ｑＦ（ｘ，２）＝［２］（ｘ＋ｙ） １ ｑ ＝（１＋ｑ）（ｘ＋ｙ）＝２（ｘ＋１）． （２）当ｋ＝０时， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！ Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｄ ０ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｆ（０，ｎ）＝ｑ ｎ（ｎ－１） ２ ｙｎ． 当ｋ≠０时， ＤｋｑＦ（０，ｎ）＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］（０＋ｙ） ｎ－ｋ ｑ ＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ ＝ ［ｎ］！ ［ｎ－ｋ］！ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ， 所以 ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！ Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ． 综上， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ，ｋ＝０，１，２，…，ｎ． 第３５期 核心素养阶段测评（六） 一、单项选择题 １～４　ＣＡＢＡ　５～８　ＣＢＤＡ 提示： １．根据分类加法计数原理， 共有４＋３＋２＝９（种）不同的选法． ２．因为ｙ′＝ｃｏｓｘ＋２＞０， 所以ｙ＝ｓｉｎｘ＋２ｘ（ｘ∈［０，π］）单调递增， 所以当ｘ＝π时，ｙｍａｘ＝ｓｉｎπ＋２π＝２π． ３．由题意知Ａ＝｛２，３，５，７，１１，１３，１７，…｝， 由Ａ２ｎ≤９０得ｎ（ｎ－１）≤９０， 解得 －９≤ｎ≤１０， 即Ｂ＝｛ｘ｜－９≤ｎ≤１０，ｎ∈Ｎ＋且ｎ≥２｝ ＝｛２，３，４，５，６，７，８，９，１０｝， 所以Ａ∩Ｂ＝｛２，３，５，７｝． ４．由切点（１，ｂ）在曲线上，得ｂ＝２＋ａ３ ①； 由切点（１，ｂ）在切线上，得ｋ－ｂ＋６＝０②； 对曲线求导得ｙ′＝ ４－ａ （ｘ＋２）２ ，ｙ′（１）＝４－ａ ３２ ＝ｋ， 即４－ａ＝９ｋ③， 由①②③得ａ＝１３，ｂ＝５，ｋ＝－１． ５ (． ａｘ２－１ )ｘ ６ 的展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６（ａｘ ２）６－ｒ (． －１ )ｘ ｒ ＝Ｃｒ６ａ ６－ｒ（－１）ｒｘ１２－３ｒ， ０≤ｒ≤６，ｒ∈Ｎ，令１２－３ｒ＝０，解得ｒ＝４． 由题意得Ｃ４６（－１） ４ａ２ ＝６０，解得ａ＝±２． ６．函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ａｘ２＋（ａ＋６）ｘ＋１， 所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ａｘ＋ａ＋６， 函数ｆ（ｘ）有极大值和极小值， 所以其导函数ｆ′（ｘ）＝０有两个不同的解， 则Δ＝４ａ２－４×３（ａ＋６）＞０， 所以ａ＜－３或ａ＞６． ７．当只考虑“立春”和“惊蛰”时， 将其捆绑在一起，利用捆绑法可得， 有Ａ２２Ａ ５ ５ ＝２４０（种）不同的放置方式． 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在中间， “立春”“清明”分布在两侧时，将三者捆在一起， 有２Ａ４４ ＝４８（种）不同的放置方式                                                                      ． —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 所以最终满足题意的放置方式种数为２４０－４８＝１９２． ８．设公切线与函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ切于点Ａ（ｘ１，ｌｎｘ１）（ｘ１ ＞ ０），则切线方程为ｙ－ｌｎｘ１ ＝ １ ｘ１ （ｘ－ｘ１）； 设公切线与函数ｇ（ｘ）＝ｘ２＋２ｘ＋ａ切于点Ｂ（ｘ２，ｘ ２ ２＋２ｘ２ ＋ａ）（ｘ２ ＜０）， 则切线方程为ｙ－（ｘ２２＋２ｘ２＋ａ）＝２（ｘ２＋１）（ｘ－ｘ２）， 所以有 １ ｘ１ ＝２（ｘ２＋１）， ｌｎｘ１－１＝－ｘ ２ ２ { ＋ａ． 因为ｘ２ ＜０＜ｘ１，所以０＜ １ ｘ１ ＜２． 又ａ＝ｌｎｘ１ (＋ １２ｘ１－ )１ ２ －１＝－ｌｎ１ｘ１ ＋ (１４ １ｘ１ － )２ ２ －１， 令ｔ＝ １ｘ１ ， 所以０＜ｔ＜２，ａ＝ １４ｔ ２－ｔ－ｌｎｔ． 设ｈ（ｔ）＝ １４ｔ ２－ｔ－ｌｎｔ（０＜ｔ＜２）， 则ｈ′（ｔ）＝ １２ｔ－１－ １ ｔ＝ （ｔ－１）２－３ ２ｔ ＜０， 所以ｈ（ｔ）在（０，２）上为减函数， 则ｈ（ｔ）＞ｈ（２）＝－ｌｎ２－１＝ｌｎ１２ｅ， 所以ａ (∈ ｌｎ１２ｅ，＋ )∞ ． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法有６× ６＝３６（种），故（Ａ）不正确； 前５天中任取１天排“数”，再任意排其他五门体验课程， 共有５Ａ５５ ＝６００（种）排法，故（Ｂ）正确； “礼”“书”排在相邻两天，可将“礼”“书”视为一个元素， 与其他几个元素全排列，则不同排法共有２Ａ５５ ＝２４０（种），故 （Ｃ）正确； 先排“礼”“书”“数”，再用插空法排“乐”“射”“御”，不同 排法共有Ａ３３Ａ ３ ４ ＝１４４（种），故（Ｄ）不正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．令ｘ＝０，ａ０ ＝２ ５ ＝３２，故（Ａ）正确； 五项相同的因式相乘，要得到含ｘ２的项，可以是五个因式 中，一个取ｘ２其他四个因式取２，或两个因式取 －２ｘ其他三个 因式取２，所以ａ２ ＝Ｃ １ ５×１×２ ４＋Ｃ２５×（－２） ２×２３ ＝４００，故 （Ｂ）不正确； 令ｘ＝１，则ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１０ ＝１， 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１０ ＝１－３２＝－３１，故（Ｃ）不正确； （ｘ２＋２ｘ＋２）５展开式所有项系数和为 ｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋… ＋｜ａ１０｜， 令ｘ＝１，得｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋… ＋｜ａ１０｜＝５ ５＝３１２５， 所以｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋…＋｜ａ１０｜＝３１２５－３２＝３０９３，故（Ｄ） 正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．因为ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ２－２ｘｙ＋ｙ３（ｘ＞０，ｙ＞０）， 所以ｆ′ｘ（ｘ０，ｙ０）＝ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ，ｙ０）－ｆ（ｘ０，ｙ０） Δｘ ＝２ｘ０－ ２ｙ０，则ｆ′ｘ（１，３）＝－４，故（Ａ）正确； 又ｆ′ｙ（ｘ０，ｙ０）＝ｌｉｍ Δｙ→０ ｆ（ｘ０，ｙ０＋Δｙ）－ｆ（ｘ０，ｙ０） Δｙ ＝－２ｘ０＋ ３ｙ２０，所以ｆ′ｙ（１，３）＝２５，故（Ｂ）错误； 因为ｆ′ｘ（ｍ，ｎ）＋ｆ′ｙ（ｍ，ｎ）＝２ｍ－２ｎ－２ｍ＋３ｎ ２ ＝３ｎ２－２ｎ＝ (３ ｎ－ )１３ ２ －１３， 所以当ｎ＝ １３时，ｆ′ｘ（ｍ，ｎ）＋ｆ′ｙ（ｍ，ｎ）取得最小值， 且最小值为 －１３，故（Ｃ）正确； ｆ（ｘ，ｙ）＝（ｘ－ｙ）２＋ｙ３－ｙ２≥ｙ３－ｙ２， 令ｇ（ｘ）＝ｘ３－ｘ２（ｘ＞０），ｇ′（ｘ）＝３ｘ２－２ｘ， 当０＜ｘ＜ ２３时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＞ ２ ３时，ｇ′（ｘ）＞０， 故ｇ（ｘ）ｍｉｎ (＝ｇ )２３ ＝－４２７，从而当ｘ＝ｙ＝ ２３时， ｆ（ｘ，ｙ）取得最小值，且最小值为 －４２７，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．－２；　１３．２４０；　１４．（４，＋∞）． 提示： １２．（１＋ｍｘ）５的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ５（ｍｘ） ｋ ＝Ｃｋ５ｍ ｋｘｋ． 因为展开式中第４项的系数为 －８０， 所以令ｋ＝３，可得Ｃ３５ｍ ３ ＝－８０， 解得ｍ＝－２． １３．第一步：先从４个盒子中选１个盒子准备装２个球， 有４种选法； 第二步：从５个球里选出２个球放到选出的盒子里， 有Ｃ２５种选法； 第三步：把剩下的３个球放入剩下的３个盒子中， 有Ａ３３种放法． 由分步乘法计数原理， 得不同的放法共有４Ｃ２５Ａ ３ ３ ＝２４０（种）． １４．函数ｆ（ｘ）＝ １２ｘ ４－２ｘ３＋３ｍ，ｘ∈Ｒ                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 则ｆ′（ｘ）＝２ｘ３－６ｘ２， 令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝３． 当ｘ∈（－∞，３）时，ｆ′（ｘ）≤０， 函数ｆ（ｘ）在（－∞，３）上单调递减， 当ｘ∈（３，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０， 函数ｆ（ｘ）在（３，＋∞）上单调递增， 所以当ｘ＝３时，函数ｆ（ｘ）取得极小值， 也是最小值ｆ（３）＝３ｍ－２７２． 因为不等式ｆ（ｘ）＋３２ ＞０恒成立， 所以３ｍ－２７２＋ ３ ２ ＞０恒成立， 解得ｍ＞４，即实数ｍ的取值范围是（４，＋∞）． 四、解答题 １５．解：（１）完成这项工作可以分三个步骤： 第一步，从５本不同的数学书中任取１本，有５种取法； 第二步，从５本不同的语文书中任取一本，有５种取法； 第三步，从４本不同的英语书中任取一本，有４种取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝５×５×４＝１００（种）不同的取法． （２）完成这件事情共分为三个步骤． 第一步：从１４本书中任取一本放在第一个位置上， 共有１４种不同的取法； 第二步：从剩下的１３本书中任取一本放在第二个位置上， 共有１３种不同的取法； 第三步：从剩下的１２本书中任取一本放在第三个位置上， 共有１２种不同的取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝１４×１３×１２＝２１８４（种）不同的排法． １６．解：令ｘ＝１得展开式各项系数和为４ｎ， 二项式系数和为Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋… ＋Ｃ ｎ ｎ ＝２ ｎ． 由题意得４ｎ－２ｎ ＝９９２，解得ｎ＝５． （１）Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５３ ｒ·ｘ １０＋ｒ ３， 令 １０＋ｒ ３ ＝４得ｒ＝２，所以Ｔ３ ＝Ｃ ２ ５·３ ２·ｘ４ ＝９０ｘ４． （２）设展开式中第ｋ＋１项系数最大， 所以 Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ－１５ ·３ ｋ－１， Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ＋１５ ·３ ｋ＋{ １  ７２≤ｋ≤ ９２，ｋ∈Ｚ， 所以ｋ＝４， 所以系数最大的项为Ｔ５ ＝Ｃ ４ ５·３ ４·ｘ １４ ３ ＝４０５ｘ １４ ３． １７．解：（１）从中任取 ４个球， 红球的个数不比白球少的取法可分为三类： ４个红球，３个红球和１个白球，２个红球和２个白球． 若取出的为４个红球，则取法有１种； 若取出的为３个红球和１个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ １ ６ ＝２４（种）； 若取出的为２个红球和２个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ２ ６ ＝９０（种）． 根据分类加法计数原理， 可得红球的个数不比白球少的取法有 １＋２４＋９０＝１１５（种）． （２）总分不少于７分有三种情况： 取到４个红球和１个白球，取到３个红球和２个白球， 取到２个红球和３个白球． 若取出的为４个红球和１个白球， 则取法有Ｃ４４Ｃ １ ６ ＝６（种）； 若取出的为３个红球和２个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ ２ ６ ＝６０（种）； 若取出的为２个红球和３个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ３ ６ ＝１２０（种）． 根据分类加法计数原理， 可知总分不少于７分的取法有 ６＋６０＋１２０＝１８６（种）． １８．解：（１）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）－１， 则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ １ｘ＋１，ｘ＞－１， 显然ｆ′（ｘ）在（－１，＋∞）单调递增，且ｆ′（０）＝０， 所以当 －１＜ｘ＜０时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减； 当ｘ＞０时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增． 所以ｆ（ｘ）在ｘ＝０处取得极小值ｆ（０）＝０，无极大值． （２）ｆ（ｘ）＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎａ－１ ＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎ（ａｅｘ）－ｘ－１， 函数ｆ（ｘ）有两个零点， 即ｆ（ｘ）＝０有两个解， 即ａｅｘ＋ｌｎ（ａｅｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）＋（ｘ＋１）有两个解， 设ｈ（ｔ）＝ｔ＋ｌｎｔ，则ｈ′（ｔ）＝１＋１ｔ＞０，ｈ（ｔ）单调递增， 所以ａｅｘ ＝ｘ＋１（ｘ＞－１）有两个解， 即ａ＝ｘ＋１ ｅｘ 有两个解． 令ｓ（ｘ）＝ｘ＋１ ｅｘ （ｘ＞－１），则ｓ′（ｘ）＝－ｘ ｅｘ ， 当ｘ∈（－１，０）时，ｓ′（ｘ）＞０，ｓ（ｘ）单调递增； 当ｘ∈（０，＋∞）时，ｓ′（ｘ）＜０，ｓ（ｘ）单调递减， 因为ｓ（－１）＝０，ｓ（０）＝１，当ｘ＞０时，ｓ（ｘ）＞０， 所以０＜ａ＜１，即实数ａ的取值范围是（０，１）． １９．（１）解：因为ｆ′（ｘ）＝ １１＋ｘ，ｆ″（ｘ）＝－ １ （１＋ｘ）２ ， ｆ（ｘ）＝ ２ （１＋ｘ）３                                                                      ， —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 所以ｆ′（０）＝１，ｆ″（０）＝－１，ｆ（０）＝２， 所以ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）的泰勒公式为 ｌｎ（１＋ｘ）＝ｘ－ｘ ２ ２！＋ ２ｘ３ ３！＝ｘ－ ｘ２ ２＋ ｘ３ ３， 所以ｌｎ１１＝０１－００１２ ＋ ０００１ ３ ≈００９５． （２）解：记ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２，ｘ＞０， 因为ｇ′（ｘ）＝ １１＋ｘ－１＋ｘ＝ ｘ２ ｘ＋１＞０， 所以ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增， 又ｇ（０）＝０，所以当ｘ＞０时有 ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２ ＞ｇ（０）＝０， 所以ｌｎ（１＋ｘ）＞ｘ－ｘ ２ ２． （３）证明：由（２）知 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＞１ｋ－ １ ｋ２ ２ ＝ １ ｋ－ １ ２ｋ２ ， 即ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＞ １ｋ－ １ ２ｋ２ ，ｋ∈Ｎ＋， 所以（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋… ＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎｎ） ＞∑ ｎ ｋ＝ ( １ １ ｋ－ １ ２ｋ )２ ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＞∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ． 令ｈ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ，ｘ＞０， 则ｈ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－１＝－ ｘ ｘ＋１＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减， 所以ｈ（ｘ）＜ｈ（０）＝０，故ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ， 所以 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＝ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＜ １ｋ， 则（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋… ＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎｎ） ＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． 综上，ｎ∈Ｎ＋时，∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ＜ｌｎ（１＋ｎ）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． 第３６期１版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．２９；　５． ４ ５． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｃ． ３．解：设Ｂ表示汽车中途停车修理， Ａ１表示公路上经过的汽车是货车， Ａ２表示公路上经过的汽车是客车， 则根据题意得Ｐ（Ａ１）＝ １ ３，Ｐ（Ａ２）＝ ２ ３， Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０００２，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０００１， 所以由全概率公式得 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）·Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １３×０００２＋ ２ ３×０００１＝ １ ７５０． 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为 １ ７５０． 第３６期３，４版 条件概率与全概率公式同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＢＢＤＡ 提示： １．由题可知 Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） ＝ １３× ３ ４ ＝ １ ４． ２．记灯泡寿命超过５００小时为事件Ａ， 灯泡寿命超过８００小时为事件Ｂ， 则Ｐ（Ａ）＝０．９，Ｐ（ＡＢ）＝０．８， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ０．８ ０．９＝ ８ ９． ３．由全概率公式可知，所求准确率为 Ｐ＝０．４×０．８＋０．４×０．７５＋０．２×０．７＝０．７６． ４．由概率乘法公式可得 Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）， 则０．４×０．５＝０．２５×Ｐ（Ｂ）， 解得Ｐ（Ｂ）＝０．８． ５．由全概率公式得 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）， 即０．３＝Ｐ（Ａ）×０．９＋（１－Ｐ（Ａ））×０．２， 解得Ｐ（Ａ）＝ １７． ６．由题得Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ｎ（ＡＢ） ｎ（Ａ） ＝ Ｃ２２Ｃ ２ ４ Ｃ４６ ＝ ６１５＝ ２ ５． ７．设事件Ｍ表示该学生接种了疫苗， 事件Ｎ１，Ｎ２，Ｎ３分别表示该学生来自Ａ，Ｂ，Ｃ三所学校． 则Ｐ（Ｎ１）＝ ５ １０，Ｐ（Ｎ２）＝ ３ １０，Ｐ（Ｎ３）＝ ２ １０， Ｐ（Ｍ｜Ｎ１）＝ ２８ １００，Ｐ（Ｍ｜Ｎ２）＝ ３６ １００，Ｐ（Ｍ｜Ｎ３）＝ ｍ １００， Ｐ（Ｍ） ＝Ｐ（Ｎ１）Ｐ（Ｍ｜Ｎ１）＋Ｐ（Ｎ２）Ｐ（Ｍ｜Ｎ２）＋Ｐ（Ｎ３）Ｐ（Ｍ｜Ｎ３                                                                      ） —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＝ ５１０× ２８ １００＋ ３ １０× ３６ １００＋ ２ １０× ｍ １００ ＝１２４＋ｍ５００ ≥０．３５， 解得ｍ≥５１，所以ｍ的最小值为５１． ８．质点移动４次，共有２×２×２×２＝１６（种）情况， 设质点第一秒位于１的位置为事件Ａ，则Ｐ（Ａ）＝ １２， 记质点共经过两次２的位置为事件Ｂ， 若第一步位于１，则还有３步，要想经过２两次， 则有１→２→３→２，１→２→１→２两种情况， 所以Ｐ（ＡＢ）＝ ２１６＝ １ ８， 则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ８ １ ２ ＝ １４． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．记Ａｉ为事件“零件是第ｉ（ｉ＝１，２，３）台车床加工”， 记Ｂ为事件“任取一个零件是次品”， Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．０５，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．１，Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝０．２， Ｐ（Ａ１）＝０．２，Ｐ（Ａ２）＝０．３，Ｐ（Ａ３）＝０５， 则Ｐ（Ａ１Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．２×０．０５＝０．０１， 故（Ａ）错误；Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） ＝０．２×０．０５＋０．３×０．１＋０．５×０．２ ＝０．１４，故（Ｂ）正确； Ｐ（Ａ２｜Ｂ）＝ Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） Ｐ（Ｂ） ＝ ０．３×０．１ ０．１４ ＝ ３ １４， 故（Ｃ）正确； Ｐ（Ａ３｜Ｂ）＝ Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） Ｐ（Ｂ） ＝ ０．５×０．２ ０．１４ ＝ ５ ７， 故（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１３ Ｃ１５ ＝ ３５，故（Ａ）正确； Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１３Ｃ １ ２ Ｃ１５Ｃ １ ４ ＝ ３１０，故（Ｂ）正确； Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ３ ５ ＝ １２，故（Ｃ）正确； Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１２ Ｃ１５ ＝ ２５， Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１２Ｃ １ ３ Ｃ１５Ｃ １ ４ ＝ ３１０， Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ２ ５ ＝ ３４，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．从中任取３个球，恰有１个白球的概率Ｐ＝ Ｃ２３Ｃ １ ２ Ｃ３５ ＝３５， 故（Ａ）正确； 从中有放回地取球３次，每次任取１个球． 其中每次取到白球的概率为 ２ ５， 所以恰有２个白球的概率 Ｐ＝Ｃ (２３ )２５ ( ２ １－ )２５ ＝３６１２５，故（Ｂ）正确； 从中有放回地取球３次，每次任取１个球， 其中每次取到白球的概率为 ２ ５， 所以至少有 １次取到红球的概率 Ｐ＝１－Ｃ (３３ )２５ ３ ＝１－ ８１２５＝ １１７ １２５，故（Ｃ）不正确； 设第１次取到红球为事件Ａ，第２次取到红球为事件Ｂ， 所以第１次取到红球的条件下，第２次取到红球的概率 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ ５× ２ ４ ３ ５ ＝ １２，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１６；　１３． １ ２；　１４． ３ ８． 提示： １２．由题意Ｐ（Ｂ｜Ｃ）＝Ｐ（ＢＣ）Ｐ（Ｃ） ＝ １ ３， 由Ａ，Ｂ是互斥事件知Ｐ（Ａ∪Ｂ｜Ｃ）＝Ｐ（Ａ｜Ｃ）＋Ｐ（Ｂ｜Ｃ）， 所以Ｐ（Ａ｜Ｃ）＝Ｐ（Ａ∪Ｂ｜Ｃ）－Ｐ（Ｂ｜Ｃ）＝１２－ １ ３＝ １ ６． １３．因为Ａ，Ｂ独立，所以Ａ与Ｂ独立， 且Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ ３８， 又Ｐ（Ｂ）＝ ３４，所以Ｐ（Ａ）＝ １ ２， 所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ） ＝１－１２ ＝ １ ２． １４．由题意可知Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（ＡＢ）＝ ７１０， 则Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－Ｐ（ＡＢ）＝１－７１０＝ ３ １０． 又Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）， 所以Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ∪Ｂ                                                                      ） —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＝ ４１５＋ ２ １５－ ３ １０＝ １ １０， 则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ １０ ４ １５ ＝ ３８． 四、解答题 １５．解：（１）由题意得 Ｃ２ｎ Ｃ２ｎ＋３ ＝ ｎ（ｎ－１） （ｎ＋３）（ｎ＋２）＝ １ １０， 解得ｎ＝２（负值舍去）． （２）记“一个的标号是１”为事件Ａ， “另一个的标号也是１”为事件Ｂ， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ Ｃ２２ Ｃ２５－Ｃ ２ ３ ＝ １７． １６．解：（１）设Ａ表示事件“该续保人本年度的保费高于基 本保费”，则事件Ａ发生即一年内出险次数大于１， 故Ｐ（Ａ）＝０．２＋０．２＋０．１＋０．０５＝０．５５． （２）设Ｂ表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高 出６０％以上”，则事件Ｂ发生即一年内出险次数大于３， 故Ｐ（Ｂ）＝０．１＋０．０５＝０．１５． 易知Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ｂ）， 故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ａ）＝ ０１５ ０５５＝ ３ １１． １７．解：（１）Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１３ Ｃ１１０ ＝ ３１０， Ｐ（Ｂ）＝ ３１０× Ｃ１２ Ｃ１９ ＋７１０× Ｃ１３ Ｃ１９ ＝２７９０＝ ３ １０， Ｐ（ＡＢ）＝３×２１０×９＝ １ １５， Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ １ １５× １０ ３ ＝ ２ ９． （２）因为Ｐ（ＡＢ）＝ １１５≠Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ ９ １００， 所以事件Ａ与Ｂ不相互独立． １８．解：设Ａｉ表示“第ｉ台车床加工的零件”（ｉ＝１，２）， Ｂ表示“出现废品”，Ｃ表示“出现合格品”． （１）Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ∪Ａ２Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ）＋Ｐ（Ａ２Ｃ） ＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｃ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｃ｜Ａ２） ＝ ２３×（１－０．０３）＋ １ ３×（１－０．０２）＝ ７３ ７５． （２）Ｐ（Ａ２｜Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２Ｂ） Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １ ３×００２ ２ ３×００３＋ １ ３×００２ ＝０２５． １９．（１）解：Ｑ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ４０ ６４＝０６２５， Ｒ＝Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ４０ ５０＝０８． （２）证明：ｋ＝ ｐｏ－ｐｅ １－ｐｅ ＝１－ １－ｐｏ １－ｐｅ ＝１－ １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ， 要证明ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）， 需证明 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）． 等式右边： Ｑ＋Ｒ－２ＱＲ Ｑ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（Ａ｜Ｂ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左边： 因为Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）， 所以 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）１－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－［１－Ｐ（Ａ）］［１－Ｐ（Ｂ）］ ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左右两边相等，因此ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）成立． （３）解：由（２）得ｋ＝１－０６２５＋０８－２×０６２５×０８０６２５＋０８－２×０４ ＝０３２，因为０２＜０３２＜０６， 所以（１）中机器人的检测效果一般                                                           ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期