第36期 条件概率与全概率公式-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

16.(15分)某险种的基本保费为α（单位：元），继续购买该险种 18.（17分)两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率 19.(17分)在机器学习中，精确率Q、召回率R、卡帕系数k是衡 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 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， 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 关联如下： 并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍 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 上年度出险次数01234≥5 （1)求任意取出的零件是合格品的概率； 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 保费 0.85aa1.25a1.5a1.75a2a (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 雷”，B表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率Q=P(4 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： B),召回率R=P(B1A),卡帕系数k=-L,其中p,=P(AB)+ 1-Pe 一年内出险次数01234≥5 概率 0.30.150.20.20.10.05 P(A B),P.P(A)P(B)+P(A)P(B). (1)求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (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 (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 Q和召回率R. 高中数学 本保费高出60%以上的概率. 实际有雷 实际无雷 总计 检测到有雷 40 24 64 检测到无雷 0 26 36 总计 50 50 100 选择性 (2)对任意一次测试，证明：k=1- Q+R-20R 0+R-2P(AB) [必修第三 (3)若0.6<k≤1，则认为机器人的检测效果良好；若0.2<k 高中数学·选择性必修第三 ≤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 册 册 据卡帕系数k评价(1)中机器人的检测效果. 人教 人教 A 版 17.(15分)盒子中有10张奖券，其中3张有奖，甲、乙先后从中 同步 各抽取1张（不放回），记“甲中奖”为事件A,“乙中奖”为事件B. 核 心 (1)P(A),P(B),P(AB)P(AI B) 素养测评 (2)事件A与B是否相互独立，说明理由. A版)同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 数理超 2026年3月23日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 36期总第1180期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 江梦南： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F)邮发代号：21-289 无声世界里的奋斗者 P(A,)=30%,P(A,)=20% C C 、5 江梦南，一位从无 全概率公 且P(B|A1)=95%,P(B1A2)=90%, isP(BI A)==i 声世界中突围的勇者 P(B1A,)=70%. P(A)P(BI A) 她的故事如同一束光 题型展 所以P(A,IB)= 因此由全概率公式有 P(B) 照亮了无数人的心灵。 P(B)=P(A)P(BI A)+P(A,)P(BI P(A)P(BIA) 半岁时，因耳毒性 ◎天津王美娜 A2)+P(A3)P(BIA）=50%×95%+30%× P(A )P(BI A)+P(A)P(BI A,)+P(A)P(BI A) 药物导致极重度神经性 题型一、全概率公式的应用 90%+20%×70%=88.5%. 耳聋，江梦南的世界陷 全概率公式的意义在于，当直接计算事件B 题型二、贝叶斯公式的应用 8 入了寂静。但她的父母 发生的概率P(B)较为困难时，可以先找到样本 贝叶斯公式是在条件概率的基础上寻找事件 题型三、全概率公式与贝叶斯公式的综合 没有放弃，决定教她学 空间2的一个划分2=A,UA2U…UAn,A, 发生的原因，在运用贝叶斯公式时，一般已知和未 应用 习发音和唇语。江梦南 A2,…,4n两两互斥，将A1,A2,…,An看成是导致 知条件如下： 例3在数字通讯中，信号是由数字0和1的 摸着父母的喉咙感受声 B发生的一组原因，这样事件B就被分解成了n (1)A的多种情况中到底哪种情况发生是 长序列组成的，由于随机干扰，发送的信号0或 带振动，一个音重复上 个部分，分别计算P(B1A),P(B|A),…, 未知的，但是每种情况发生的概率已知，即 1各有可能错误接收为1或0.现假设发送信号 千遍，凭借着顽强的毅 P(B1A),再利用全概率公式求解. P(A)已知； 为0和1的概率均为2；又已知发送信号为0时。 力和不服输的劲头，她 运用全概率公式计算事件B发生的概率 (2)事件B是已经发生的确定事实，且A的 学会了“听”和“说”。 P(B)时，一般步骤如下： 接收为0和1的概率分别为0.7和0.3，发送信号 每种情况发生的条件下B发生的概率已知，即 好强的江梦南自学 (1)先求划分后的每个小事件的概率，即 为1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1. P(BIA)已知： 五年级的课程，直接跳 P(A),i=1,2,…,n; 求已知收到信号0时，发出的信号是0（即没有 3)P(B)未知，需要使用全概率公式计算 级升入六年级。小学毕 (2)再求每个小事件发生的条件下，事件B得到 错误接收)的概率. 业后，她以全市第二名 解析：设事件4，=“发送信号为0”，事件A, 发生的概率，即P(B1A),i=1,2,…,n; 的成绩考入郴州市六 (4)求解的目标是用A的某种情况A,的无 =“发送信号为1”，事件B。=“收到信号为0” (3)最后利用全概率公式计算P(B),即 条件概率求其在B发生的条件下的有条件概率 中。面对父母的不放心 事件B,=“收到信号为1”. 她坚定地说：“我不可能 P(B)= P(A)P(BIA). P(A:I B 因为收到信号为0时，除来自发送信号为0外， 辈子都待在你们身 例1假设某市场供应的智能手机中，市场 例2装有10件某产品（其中一等品5件，二还有发送信号为1时，由于干扰接收的信号0，因此 边，正是因为自身情况 等品3件，三等品2件)的箱子中丢失了一件产 占有率和优质率的信息如下表所示 导致事件B。发生的原因有事件A,与A,且它们互 特殊，才更想早一点去 品，但不知道是几等品，现从箱中任取2件产品， 不相容，故4，与A,构成一完备事件组， 品牌 甲 适应社会。”就这样，她 乙其他 结果都是一等品，则丢失的产品是一等品的概 一路以优异的成绩考上 市场占有率50%30%20% 率是多少？ 由题意有PA)=P(A)=分 吉林大学的本科、硕士， 优质率95%90%70% 解析：设A(i=1,2,3)为丢失的产品为i P(B。1A)=0.7,P(B。1A)=0.1, 并于2018年，考上了清 在该市场中任意买一部智能手机，求买到 等品，则 故P(B)=P(A)P(B。IA)+ 华大学生命与科学学院 的是优质品的概率 3 的博士，主攻肿瘤免疫 P(A)=2,P(4)=P(4)=, Pa,)P(,14)=7×07+分x0.1=04 解析：用A,A2,A3分别表示买到的智能手 和机器学习。 机为甲品牌、乙品牌、其他品牌 设B为在A,发生后，从箱中任取2件产品都 由贝叶斯公式得收到信号0时，发出的信号是0 尽管还未踏足社 B表示买到的是优质品， 1 会，江梦南已经开始尽 等品，则P(BIA)= C2 6 ,P(B1A)= 的率为P(A,1A)=P4PB,A)-Q85 依据已知可得P(A,)=50% P(Bo) 力回报社会。在大学期 间，她回到家乡的特殊 4.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A 教育学校做义工，用自 专项小练一、条件概率 () {两次的点数均为奇数，B={两次的点数之和 (B) 己的经历鼓励那些视 1.已知P(B1A)= ,P(AB)= 5,则 为8，则P(B1A)= 障、听障、智障的孩子 c号 D 希望带动他们融入社 P(A)= ( ) 5.已知P(A)=,P(AB)=5,P(AIB) 5 3.设某公路上经过的货车与客车的数量之 会，积极乐观地面对生 活 江梦南说：“我从来 创爱 (®) 比为1：2，货车与客车中途停车修理的概率分 2,则P(B)= 别为0.002,0.001.求该公路上行驶的汽车停车 没有因为自己听不见， 修理的概率。 就把自己看成一个弱 (c号 (D)号 专项小练二、全概率公式 者。我相信自己不会比 2.52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取 1.一位教授去参加学术会议，他选择自驾 别人差，我也相信事情 两次，已知第一次抽到的是A,则第二次抽到A 可以做得很好。”她用自 乘坐动车和飞机的概率分别为0.2,0.5,0.3，现 的概率是 己的行动诠释了自立自 在知道他选择自驾、乘坐动车和飞机迟到的概 强、突破自我的精神，成 (B)7 率分别为0.5,0.2,0.1，则这位教授迟到的概率 为了新时代青年的榜 为 ( 样。她的故事激励着我 们，无论身处何种困境， C号 (D (A)0.8 (B)0.5 3.（多选)下列说法正确的是 (C)0.23 (D)0.32 只要怀揣梦想，坚持不 懈，就一定能创造出属 (A)P(BIA)<P(AB) 2.长时间玩手机可能影响视力，据调查，某 于自己的辉煌。 (国)Pa1)=段是可生的 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 (C)0≤P(BIA)≤1 为50%.现从每天玩手机不超过1h的学生中任 数理报社试题研究中心 (D)P(AI A)=1 意调查一名学生，则他近视的概率为( 参考答案见下期 2 素养·专练 数理极 (2)当k=0时， 可知总分不少于7分的取法有 第34期3,4版参考答案 [n-DF0,n）=DWF0,n）=F0,n）=g→y 6+60+120=186(种). 一、单项选择题 [n]！ 18.解：(1)当a=1时，f(x)=e-ln(x+1)-1, 1~4 CBDC 5~8 DADA 当k≠0时 1 二、多项选择题 DF(0,n)=[n][n-1]…[n-k+1](0+y)- 则f'(x)=e- +1t>-1, 9.AC;10.AC;11.BD. =[nj[n-1]…[n-k+1]g 显然f'(x)在(-1，+∞)单调递增，且f'(0)=0, 三、填空题 所以当-1<x<0时f'(x)<0,f(x)单调递减； 12.18;13.240:14.-2. 当x>0时，f'(x)>0,f(x)单调递增 四、解答题 所以Dr0,m）=gy 所以f(x)在x=0处取得极小值f代0)=0，无极大值， 15.解：(1)分三类： [n]！ (2)f(x)=ae*-In(x 1)+In a-1 选出的是高二(1)班的学生，有7种选法； 袋上，nr0a小=yk=012 =ae*-ln(x+1)+ln(ae*)-x-1, 选出的是高二(2)班的学生，有9种选法： 函数f代x)有两个零点， 选出的是高二(3)班的学生，有10种选法 …,n 即f(x)=0有两个解， 由分类加法计数原理， 第35期参考答案 即ae+ln(ae)=ln(x+1)+(x+1)有两个解 得不同的选法种数为7+9+10=26. 设h(t)=t+lnt, 一、单项选择题 (2)每班选一名副组长为一步，所以共有三步. 1~4 CABA 5~8 CBDA 则'()=1+>0，h()单调递增。 由分步乘法计数原理， 得不同的选法种数为7×9×10=630. 二、多项选择题 所以ae=x+1(x>-1)有两个解， 9.BC;10.AD;11.ACD. (3)分三类：高二(1)班和高二(2)班，高二(1)班和 即a=+1有两个解， 三、填空题 高二(3)班，高二(2)班和高二(3)班 每类又分两步， 12.-2;13.240;14.(4,+∞). 四、解答题 令()=(x>-1),则()=-喜 e 故不同的选法种数为7×9+7×10+9×10=223， 15.解：(1)完成这项工作可以分三个步骤： 当x∈(-1,0)时，s'(x)>0,s(x)单调递增： 16解：(1)（）的展开式的通为 第一步，从5本不同的数学书中任取1本，有5种取法： 当x∈(0，+∞)时，s'(x)<0,s(x)单调递减， 第二步，从5本不同的语文书中任取一本，有5种取法； 因为s(-1)=0,s(0)=1,当x>0时，s(x)>0, =(-1)(）CG, 第三步，从4本不同的英语书中任取一本，有4种取法 所以0<a<1,即实数a的取值范围是(0,1). 根据分步乘法计数原理， 1 1 令20-=0，解得6=8，又常数项为中 共有N=5×5×4=100(种)不同的取法 19.(1)解：因为f'(x)=十"()=1+， (2)完成这件事情共分为三个步骤. 2 故，=(-)(：)广C。=华解得a=1 第一步：从14本书中任取一本放在第一个位置上， f"()=1+x 共有14种不同的取法： 所以f'(0)=1,f"(0)=-1,f"(0)=2, (2)20-号k=m,m∈Z,则k=0,2,4,6,8,10, 第二步：从剩下的13本书中任取一本放在第二个位置上， 所以f(x)=ln(1+x)的泰勒公式为 所以有理项有6项，无理项有5项， 共有13种不同的取法； 从展开式中的所有项中任取三项， 第三步：从剩下的12本书中任取一本放在第三个位置上， 取出的三项中既有有理项也有无理项， 共有12种不同的取法. 所以1n1.1=0.1-0.01+0.001=0.095. 21 3 则共有C6C+CC;=135种（种）不同的取法 根据分步乘法计数原理， 17.解：(1)因为(1+x)”=C+Cx+C2x2+…+ 共有N=14×13×12=2184(种)不同的排法 (2)解：记g)=n(1+)-+号>0. Cx",n≥4，neNt, 16.解：令x=1得展开式各项系数和为4“， 1 所以a,=c=n,,4=C=n-n-2 二项式系数和为C+C+…+C”=2” 因g四士：1+=六>0， 2 6 由题意得4”-2”=992，解得n=5. 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， a4=C=n(n-1(n-2)(n-3 (1)T+1=C53·x, 又g(0)=0,所以当x>0时有 24 因为aG=2a,a4,所以[nn-)(n-22]1 g)=n(1+)-+号>g(0)=0, 6 =2× 令0=4得=2肌以西=c=0 n(n-1xn(n-1)(n-2)(n-3》,解得n=5. (2)设展开式中第k+1项系数最大， 所以ln(1+)>x-2 24 所以C·3≥c·3 9 (2)由(1)知n=5. lC5·3≥C1·3+1 子≤k≤号ez (1+5)"=(1+5)5=C+C5+C(5)2+ 所以k=4, a)证明：2)知(1+）>士号=名正 C(3)3+C(3)4+C(5)5=a+b√5. 所以系数最大的项为T,=C·3·号=405x号. 即h(+)-hf>g京eN 因为a,b∈N,,所以a=Cg+3C号+9C5=76, 17.解：(1)从中任取4个球， 所以(ln2-ln1)+(In3-ln2)+…+(n(n+1)- b=C5+3C+9C=44, 红球的个数不比白球少的取法可分为三类： 从而a2-3b2=762-3×442=-32. 4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球 Inn)> (什) 18.解：(1)若数学必须比语文先上，则不同的排法有 若取出的为4个红球，则取法有1种； A-6×5×4X3x2x1=360(种) 若取出的为3个红球和1个白球， 即aa+>立 A 则取法有CC=24(种)； (2)如果体育排在最后一节， 若取出的为2个红球和2个白球， 令h(x)=ln(1+x)-x,x>0, 1 那么有A;=-120(种)排法， 则取法有CCG=90(种). 则()=+-1=-+<0， 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节， 根据分类加法计数原理， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， 且数学不排在最后一节， 可得红球的个数不比白球少的取法有 所以h(x)<h(0)=0,故ln(1+x)<x, 那么有C4C4A=384(种)排法， 1+24+90=115(种) 所以共有120+384=504（种）排法 (2)总分不少于7分有三种情况： 所以(1+）=1n(k+)-ln6< (3)若将这3节课插人原课表中且原来6节课的相对 取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球， 则(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+(ln(n+1)-lnn) 取到2个红球和3个白球 可只 脉不变则有 ·=9×8×7= 若取出的为4个红球和1个白球 < 504(种)不同的排法. 则取法有C4C=6(种)； 19.解：(1)若y=q=1, 若取出的为3个红球和2个白球， 即ha+》 F(x,2)=(x+y)(x+qy) 则取法有C4C6=60(种)； ▣脚 =x2+(1+q)xy+y2=(x+1)2, 若取出的为2个红球和3个白球， 综上，neN,时，∑2：1< 台2k2 GSXrjxx2534 DF(x,2)=[2](x+y)=(1+ 则取法有CC6=120(种). 扫码查看电子答案q)(x+y）=2(x+1). 根据分类加法计数原理， h1+)<名是 0.35,则m的最小值为 条件概率与全概率公式 (A)48 (B)49 (C)50 (D)51 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 8.如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机等可能地向左 同步核心素养测评 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 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 ⊙数理报社试题研究中心 件下，该质点共经过两次2的位置的概率为 ( 12.已知事件A,B,C满足A,B是互斥事件，且P(AUB1C)= 第I卷选择题（共58分） -4-3-2-101234￥ )PBC)=bPC)=4则P1C)= 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 (a) (B) (c) (D) 13.已知A,B独立，且P(AB)=3 PB)=，则P) 1.已知事件A,B,若P(B1A)=子P()=行，则P(4B) 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 ( 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 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 ()号 (B) 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 高中 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 2.有一批灯泡，寿命超过500小时的概率为0.9，寿命超过800 的20%，30%，50%，则下列选项正确的有 件C为对甲，乙两种药物均不产生抗药性”若P()）=青，P(B) 数学 数 小时的概率为0.8，在寿命超过500小时的灯泡中，寿命能超过800 （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 =P(O=0则P(B1)= 7 学 选 小时的概率为 ( (B)任取一个零件是次品的概率为0.14 选 四、解答题：本题共5小题，共77分 必修 (8 (B)号 (D) 《G)如果取到的零件是次品.且是第2台车床加工的概率为名 程 15.(13分)一个袋子中，放有大小、形状相同的小球若干，其中 第三册 3.在一个关于AI智能助手的准确率测试中，有三种不同的AI (D)如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为号 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 第 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 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 n个.从袋子中任取2个小球，取到标号都是2的小球的概率是品 三册 教 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. (1)求n的值； 教 A 现随机选取一个模型进行测试，则准确率为 ( ) 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 A 版 (A)0.56 (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 (B)0.66 (C)0.76 (D)0.86 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 版 同 4.已知P(A)=0.4,P(B1A)=0.5,P(A1B)=0.25,则P(B) 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是 ( 标号也是1的概率 同 步 步 核 ( (P()=子 (B)P(AB)=10 核 (A)0.1 (B)0.3 (C)0.4 (D)0.8 养 5.已知P(B)=0.3,P(B1A)=0.9,P(B1A)=0.2,则P(A) (C)P(B1A)=号 (D)(-2 心素养测 ( 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 (多 (B)号 (c)3 (D)号 是 ( 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 (A)从中任取3个球，恰有1个白球的概率是 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 (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 实验，设事件A=“有4名航天员在天和核心舱”，事件B=“甲乙 人在天和核心舱”，则P(BIA)= ( 的概率为瓷 (A) (B)号 (D)1 (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 30 7.为有效预防流感，某地A,B,C三所学校分别有28%，36%， 到红球的概率为 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 (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 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 红球的条件下，第2次取到红球的概率为)高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 数理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期(2026年3月) 第33期2版 即(1-士)(x+°的展开式中y的系数为-28 专项小练一 5.由(a-b)4=a-4a2b+6a26-4ab3+b,得 1.C;2.D;3.ABC. (x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1 4.40；5.-50. =[(x+1)-1]4=x4. 6.解：(2x+x2)4=C9(2x)4+C4(2x)3x2+ 6.由Cx+C2+…+Cx”=(1+x)”-1,分别将选项 C(2x)2(x-2)2+C2x(x2)3+C4(x2)4 (A),(B),(C),(D)代入检验知，仅有(A)适合 =16x4+4×8x3-2+6×4×x2-4+4×2×x-6+x8 7.由题意得C2=C,因此n=5. =16x4+32x+24x2+8x-5+x8 因为(1+Ax)5=a0+a1x+a2x2+…+ax, 专项小练二 所以令x=0,可得a=1. 1.C:2.D:3.BCD 令x=1,则(1+入)3=a0+a1+a2+…+a5: 4.-33;5.513. 又a1+a2+…+a5=242,所以(1+)5=243=35， 6.解：依题意得2”=512，所以n=9. 因此入=2. 设展开式中的常数项为T1=Cx8-2(-1)'x= 所以(+2） 展开式的通项为 (-1)Cx8-3,由18-3r=0,得r=6. 所以展开式中的常数项为(-1)C。=84. T=C2=C422 由4-2k=0得k=2, 第33期3,4版 图此(+2)】 展开式中常数项为T=C22=24. 二项式定理同步核心素养测评 8.由二项展开式中各二项式系数可知， 一、单项选择题 第m行第n个数应为C, 1~4 DCBA 5~8 AABB 提示： 所以第100行第3个数为CG,=9998=4851, 2 1.由题意得第8项的系数为 即A(10m,3)=4851 C7o×(5i)3×(-1)7=120×35i=36051. 二、多项选择题 2.(1-2x)4的二项展开式的通项为 9.CD:10.ABC:11.ABD. T,+1=C4(-2x)=(-2)C4x. 提示： 令r=1,得x的系数为(-2)·C4=-8. 9.因为展开式的第5项为T=Cx学4， 3.由题意得C=C,所以n=12, 所以令”，4-4=1，解得n=19. 3 因此展开式共有13项，中间一项是第7项， 所以展开式中系数最大的项是第10项和第11项。 工=(-）°= 故选(C)(D). 4因为(1-）x+)产=(+)°-(+)， 10.二项式(1-2x)3的展开式的通项是 T,1=C5(-2)'x',reN,r≤5，a=1,故(A)正确； 所以(1-士）(x+)'的展开式中含少的项为 a=C(-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， Cex2y-YCsx'ys =-28x2y6, 1a「+la11+la21+la31+la41+la51=a0-a1+a2-a3 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 +a4-a=[1-2×(-1)]5=35,故(C)正确： =C(x2)"-(3x)=C·3·x2m-,当且仅当n=1,k=1时符 a1=C5(-2)=-10,a2=C(-2)2=40,a4=Cg(-2)3 合题意，所以(x2+3x-1)4的展开式中x的系数为-C×3= =-80,a4=Cg(-2)4=80,因此a+a1+2a2+3a3+4a4+ -12. 5a,=1+(-10)+2×40+3×(-80)+4×80+5×(-32) 四、解答题 =-9,故(D)不正确 15.解：由已知C+C+C=37, 故选(A)(B)(C). 解得n=8或n=-9(舍去) 11依题意可得C=C,得41·n-4刀 n！ (D通项1=G((层》 =Cgx2-号， 61·(m-6)1,得(n-4)(m-5)=30,得n=10. n！ 由题意得r必为6的倍数，且0≤r≤8， 所以r=0或r=6. 在(ar+） 的展开式中，令x=1,得(a+1)0= 所以含x的整数次幂的项为T:=x2,T,=28x 1024,因为a>0,所以a+1=2,所以a=1. (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T,=Cx号=70x兰 (+) 展开式的通项公式为T1=C(x2)o-· 16.解：(1)由C4(-2)4:C2(-2)2=56:3, (左）=k=01,2345.6,78,9.10 解得n=10. 因为通项7。=C(最)'=(-2C净，0 由20-号为整数，得6=0,2468,10，所以展开式中的 有理项有6项，故(A)正确； r≤10reN,所以当5-名为整数时，可取0,6， 因为(+) 于是有理项为T1=x和T,=13440. 的展开式中各项的系数等于各项的二 (2)原式=10+9C。+81Ci。+…+90-C8 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 =9Cn+9C。+9C+…+9C8 (B)正确； 9 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系 =C。+9C。+9C。+9C。+…+9C8-1 数和为2°=512，故(C)不正确； 令20-=15，得长=2.所以展开式中“的系数为C =1+9)°-1=10°-1 9 9 =45,故(D)正确。 的展开式中前三项的系数分别为 故选(A)(B)(D) 三、填空题 C,2C,c,由题意知C=心+C,所以n=1+ 12.2;13.152;14.-12. -1卫，即n2-9n+8=0,解得n=8或n=1(含去). 提示： 8 12.通项T1=a'×C6×x2-,当12-3r=3时，7=3， 展开式的通项为 所以含2项的系数为。3×C=弓，解得a=2 13.(1+5)5=C(3)°+C(5)1+C(5)2+C(5)3 +C(5)4+C3(√5)5=1+55+30+303+45+95， ()令4-子=1，得r=4, (1-5)5=C(-5)°+C(-5)+C(-5)2+C ×(-5)3+C(-5)4+C(-5)5 所以含有：项的系数为}×心=瓷 (2)设展开式中第r+1项为有理项， =1-55+30-303+45-95, 则当r=0,r=4,r=8时分别对应的项为有理项， 故(1+5)5+(1-5) =1+30+45+1+30+45=152. 有理项分别为=，：草，2 14.(x2+3x-1)4=(x2+3x)4-C4(x2+3x)3+C(x2+ 18.解：(1)分别令x=1,x=-1,得f1)=a,+a6+ 3x)2-C(x2+3x)+1.又(x2+3x)的二项展开式的通项T41+a1+a=2”+2f-1)=-a,+a6-…-a1+a=0, 一2 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a+a2+a4+a6=128. =A66-(27-m+1 (2)当m=n时f(x)=(1+x)"+(1+x)”=2(1+x)", =Ag- 所以T3=2C2x2=20x2,即2C=20,所以n=5. 4三项式(-)广 的展开式共有10项， (3)由f(x)的展开式中含x项的系数是19，得m+n=19, 所以的系数为C+C=子(m-1)+(n-1)= 1 中间项有2项，为第5项和第6项， [(m+n)2-2mn-(m+n)]=171-m=171-(19-n)n 五=cxyr(）°=126 =-126x3 =(。-)+空，当=10咳a=9时)的展开式中 c(） 5.由题意得x≥5，xeN. 的系数最小，最小值为81. 原不等式可化为 19.证明：(1)因为an=2"-,可知数列{an}是以a1=1为 6 24 首项，公比为9=2的等比数列； x(x-1)(x-2)x(x-1)(x-2)(x-3) 所以9m=1-20 240 1-2 =2300-1, <xx-1)(x-2)(x-3)(x-4) 而279=31×9，且31与9互质；易知 即x2-11x-12<0, S3m=230w-1=21m-1=84m-1=(9-1）1m-1 解得-1<x<12. =C9m91ow-Cm99+…-C%9+Cm(-1)1w-1 又x≥5，x∈N, =Coo900-Cioo-Cr9 所以x∈{5,6,7,8,9,10,11 所以91S3o； 6.若取出的球中有1个红球， S3m=2300-1=25x0-1=320-1=(31+1)0-1 则不同的取法有C4C=112(种)； =C8m31w+C63159+…+C2831+C80-1 若取出的球中有2个红球， =C0m310+Ctn3159+…+C231, 则不同的取法有CC=48(种). 所以311S300; 故不同的取法有112+48=160（种）. 结合整除性质②可知2791S3m· .(x-士+2)°=[(x-)+2],其展开式的通 (2)因为a”+b”=(a+b-b)”+b”=C9(a+b)"+C(a +b)m-1(-b)+…+Cm-(a+b)(-b)-4+C(-b)”+b“, 项为I:=C·(-）(2y0≤r≤6reN, 且n为奇数，所以a”+b=(a+b-b)”+b=C(a+b)” +C(a+b)-l(-b)+…+C-(a+b)(-b)"-1, 易知(-士)“ 的展开式的通项为T41=(-1)C,· 因此a”+b”能被a+b整除 x5-k,0≤k≤r≤6，k∈N,reN, 令r=0,6-r-2k=0,得k=3,所以原式的展开式中的 第34期3,4版 常数项是(-1)3Cg=-20,即a5=-20,因为{an}是等差数 计数原理核心素养综合测评 列，所以a2+ag=2a5=-40. 一、单项选择题 8.由题意知甲只能参加C项目，乙只能参加A项目，则以 1~4 CBDC 5~8 DADA 甲、乙两人参加的情况分为以下四类： 提示： 第1类：甲、乙都不参加，则从其余4人中选3人参加A,B,C 1.第一步，取b的值，有5种方法；第二步，取a的值，也有5 三个项目，有A种不同的方案； 种方法.由分步乘法计数原理得，共有5×5=25（个）虚数. 第2类：仅甲参加，甲必须参加C项目，从其余4人（不含 2.当n≥2且n∈N,时， 乙)中选2人参加A,B两个项目，有A种不同的方案； (1+x)“的展开式的通项为T+1=C·x, 第3类：仅乙参加，乙必须参加A项目，从其余4人（不含 所以(1+x)“的展开式中含x2项的系数为C% 甲)中选2人参加B,C两个项目，有A种不同的方案； 故(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4的展开式中， 第4类：甲、乙两人都参加，则甲参加C项目，乙参加A项 含x2项的系数是C+C+C好=10. 目，从其余4人中选1人参加B项目，有A4种不同的方案. 3.根据排列数的计算公式得 根据分类加法计数原理得，不同的分配方案共有A:+A好 27-a)(28-a)…(36-a) +A号+A=52(种) 一3 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 提示： 9.AC;10.AC;11.BD. 12.由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场， 提示： 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 9.若A,B不相邻， 的3个位置，有A=6(种)安排方法，所以共有3×6=18（种） 则先让C,D,E自由排列，再让A,B去插空即可， 安排方法. 则方法总数为AA=72(种)，故(A)正确，(B)错误； 13.若个位是0，则有4A=96(个)满足题意的五位偶数： 若A,B相邻，则将A,B捆绑在一起，视为一个整体， 若个位不是0，有2×3×A=144(个)满足题意的五位偶数， 与C,D,E自由排列即可， 所以共有96+144=240（个）满足题意的五位偶数. 则方法总数为AA=48(种)，故(C)正确，(D)错误. 故选(A)(C). 14(+m心）2-)3=(2-y3+m2-) 10.若B影厅仅放映1部电影， 其中士2：-》的展开式的通项为 有C4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： T,41=xC;·(2x)5-(-y)'=(-1)'·2-C5x4-y, 一、A影厅1部，B影厅放剩下的3部，则有C4种安排方法； 0≤r≤5，reN, 二A影厅2部，剩下2部给B影厅，有C种安排方法； 令4-1=2可知无解， 三、A影厅3部，剩下1部给B影厅，有C种安排方法。 lr=4. 故共有C4+C+C=14(种)安排方法，故(B)错误； 即(2x-产的展开式中没有含的项： 按A影厅放映的电影一定有《熊出没·逆转时间》， my(2x-y)5的展开式的通项为 有三种情况： T+1=myC(2x)5-t.(-y)=(-1).25-mC5x3-y+1 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； 令5-6=2解得k=3, lk+1=4, 二、除《熊出没·逆转时间》外，剩下3部中选1部在A影厅 即my(2x-y)5的展开式中含x2y的项的系数为 放映，则有C;种安排方法 (-1)3.2-3mC=-40m. 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C种安排方法， 又(+m心）2x-y)的展开式中y的系数为0， 故共有1+C+C?=7(种)安排方法，故(C)正确； 所以-40m=80,解得m=-2. 将2部动画电影安排A影厅一部，B影厅一部， 四、解答题 则有A号种安排方法.剩下2部喜剧电影分三种情况： 15.解：(1)分三类： 一、A影厅无，则只有1种安排方法； 选出的是高二(1)班的学生，有7种选法； 二、A影厅1部，则有C种安排方法； 选出的是高二(2)班的学生，有9种选法； 三、A影厅2部，则只有1种安排方法， 选出的是高二(3)班的学生，有10种选法. 故共有A号×(1+C吗+1)=8（种）安排方法， 由分类加法计数原理， 故(D)错误 得不同的选法种数为7+9+10=26. 故选(A)(C) (2)每班选一名副组长为一步，所以共有三步. 11.由题意及二项式定理可得a=C2+C20×3+C30×32 由分步乘法计数原理， +…+C0×320=(1+3)20=420=(5-1)20, 得不同的选法种数为7×9×10=630. 则a=C20·50-C20·59+…-C8·5+C0, (3)分三类：高二(1)班和高二(2)班，高二(1)班和高二 因为C·50-C0·59+…-C8·5能被5整除， (3)班，高二(2)班和高二(3)班 所以a除以5的余数为1， 每类又分两步， 又因为a=b(mod5),所以b除以5的余数也为1， 故不同的选法种数为7×9+7×10+9×10=223. 结合选项可知2006和2021除以5的余数为1. 10 故选(B)(D) 的展开式的通项为 三、填空题 10-k 12.18:13.240:14.-2. =(-)()C, 4 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 令20-=0解得么=8，又常数项为学. 所以n-DF(0,n）=g山y- (m-k)(m-k-1) [n] 故7，=(-1)（分）C=华解得a=1 综上，a0）==02 (2)20-=m,meZ,则k=0,24,68,10, 第35期 所以有理项有6项，无理项有5项， 核心素养阶段测评（六）》 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 一、单项选择题 项也有无理项，则共有C6C+CC=135(种)不同的取法. 1 ~4 CABA 5 ~8 CBDA 17.解：(1)因为(1+x)”=C9+Cx+C2x2+…+Cx, 提示： n≥4，n∈N, 1.根据分类加法计数原理， 所以a=C=-nn,D,a,=c=n-n-2, 2 6 共有4+3+2=9（种）不同的选法 a4=C=n(n-1)(n-2)(n-3) 2.因为y'=cosx+2>0, 24 所以y=sinx+2x(x∈[0，T])单调递增， 因为G=2a,a4,所以[nn-1)n-2)] =2× 所以当x=T时，yms=sinT+2T=2m. 6 3.由题意知A=2,3,5,7,11,13,17,…}, n(n-1xnn-1)(n2)n-3】,解得n=5. 2 由A≤90得n(n-1)≤90， 24 (2)由(1)知n=5. 解得-9≤n≤10， 即B={xl-9≤n≤10，neN且n≥2} (1+5)=(1+3) ={2,3,4,5,6,7,8,9,10}, =C9+C55+C(5)2+C(5)3+Cg(5)4+C(5) 所以A∩B=2,3,5,7}. =a+b5. 因为a,beN,所以a=C9+3C?+9C=76, 4由切点1,6在曲线上，得6-2告D: b=C5+3C5+9C=44, 由切点(1，b)在切线上，得k-b+6=0②： 从而d2-362=762-3×442=-32. +2(山)=49=k, 对曲线求导得y=4-a 32 18.解：(1)若数学必须比语文先上，则不同的排法有 即4-a=9k③， -6x5×43×2x1=360(种). A 2 由①②③得a=13,b=5,k=-1. (2)如果体育排在最后一节，那么有A=120(种)排法， 的展开式的通项为 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C4C4A=384(种)排法， 工=c(ad(士）=ca(-1x 所以共有120+384=504（种）排法. 0≤r≤6，r∈N,令12-3r=0,解得r=4. (3)若将这3节课插入原课表中且原来6节课的相对顺序 由题意得C(-1)4a2=60,解得a=±2. 不变，则有袋=9×8×7=504（种）不同的排法 6.函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1, A6 所以f'(x)=3x2+2ax+a+6, 19.解：(1)若y=q=1,F(x,2)=(x+y)(x+qy) 函数f(x)有极大值和极小值， =x2+(1+q)xy+y2=(x+1)2, 所以其导函数f'(x)=0有两个不同的解， DF(x,2)=[2](x+y)=(1+q)(x+y)=2(x+1). 则4=4a2-4×3(a+6)>0, (2)当k=0时， 所以a<-3或a>6. [n=DF(0,n)=Dr(0,n)=F(0,n）=g9 n(-1) [n]！ 7.当只考虑“立春”和“惊蛰”时， 当k≠0时， 将其捆绑在一起，利用捆绑法可得， DF(0,n)=[n][n-1]…[n-k+1](0+y),- 有A号A=240(种)不同的放置方式。 =[nj[n-1]…[n-k+1]gag山y- 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在中间， [n]具agy-t, “立春”“清明”分布在两侧时，将三者捆在一起， [n-k]92 有2A4=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. (x2+2x+2)3展开式所有项系数和为 8.设公切线与函数f孔x)=nx切于点A(x1,lnx)(x> I ao l +l al+l azl +.+l aol, 0),则切线方程为y-1nx1=1(x-): 令x=1,得1ao1+la11+a21+…+la1oI=55=3125, 所以1a1I+a21+…+a1oI=3125-32=3093,故(D) 设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(2,x号+2 正确。 +a)(x2<0), 故选(A)(D). 则切线方程为y-(x号+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2), 11.因为fx,y）=x2-2xy+y3(x>0,y>0), -=2(x2+1), 所以有 所以f:(0)=i f+△x,%）-fxon）=2x0- △x ln1-1=-x+a. 2%,则f(1,3)=-4,故(A)正确： 因为名<0<，所以0< -<2 又f(w）=马6+a》-。-24+ △y 又a=+(安刂°1=-+（片-2- ,36,所以f(1,3)=25,故(B)错误； 因为fx(m,n)+f,(m,n)=2m-2n-2m+3n2 令t= 1 所以0<4<2，a=-t-ln =3-2m=3(e-）°- 所以当n=号时(m,）+f3(m,a)取得最小值， 设(a)=子2-t-la0<1<2). 且最小值为-子，故(C)正确： 则w=-1-=-2-3<0, 2t fx,y）=(x-y)2+y2-y2≥y2-y2, 所以h(t)在(0,2)上为减函数， 令g(x)=x3-x2(x>0),g'(x)=3x2-2x, ()>h(2)=-In2-1 =In2e' 当0<<子时g()<0,当>号时g()>0, 所以ae (+)】月 放g()=子）=务从而当x=y=子时， 二、多项选择题 f(x,)取得最小值，且最小值为-务，赦(D)正确 9.BC;10.AD;11.ACD. 故选(A)(C)(D). 提示： 三、填空题 9.甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法有6× 12.-2;13.240;14.(4,+0). 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， 提示： 12.(1+mx)的展开式的通项为 共有5A=600(种)排法，故(B)正确； T=C (mx)=Cim'x. “礼”“书”排在相邻两天，可将“礼”“书”视为一个元素， 因为展开式中第4项的系数为-80， 与其他几个元素全排列，则不同排法共有2A;=240(种)，故 所以令k=3,可得Cm3=-80, (C)正确； 解得m=-2. 先排“礼”“书”“数”，再用插空法排“乐”“射”“御”，不同 13.第一步：先从4个盒子中选1个盒子准备装2个球， 排法共有AA=144(种)，故(D)不正确， 有4种选法； 故选(B)(C). 第二步：从5个球里选出2个球放到选出的盒子里， 10.令x=0,a0=2=32,故(A)正确； 有C种选法； 五项相同的因式相乘，要得到含x2的项，可以是五个因式 第三步：把剩下的3个球放入剩下的3个盒子中， 中，一个取x2其他四个因式取2，或两个因式取-2x其他三个 有A种放法 因式取2，所以a2=C×1×24+C×(-2)2×2=400,故 由分步乘法计数原理， (B)不正确； 得不同的放法共有4CA?=240(种). 令x=1,则a0+a1+a2+…+a0=1, 所以a1+a+…+a1o=1-32=-31,故(C)不正确； 14函数f()=之-2x+3meR, 一6 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, 若取出的为3个红球和1个白球， 令f'(x)=0,解得x=0或x=3. 则取法有CC6=24(种)； 当xe(-o,3)时f'(x)≤0， 若取出的为2个红球和2个白球， 函数f(x)在(-，3)上单调递减， 则取法有CC%=90(种). 当xe(3,+o)时f'(x)>0, 根据分类加法计数原理， 函数f(x)在(3，+∞)上单调递增， 可得红球的个数不比白球少的取法有 所以当x=3时，函数f(x)取得极小值， 1+24+90=115(种). 也是最小值f(3)=3m-27 (2)总分不少于7分有三种情况： 2 取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球， 3 因为不等式f(,+2>0恒成立， 取到2个红球和3个白球 所以3m受+弓>0恒拔立. 若取出的为4个红球和1个白球， 则取法有CC6-6(种)； 解得m>4,即实数m的取值范围是(4，+∞). 若取出的为3个红球和2个白球， 四、解答题 则取法有CC%=60(种)： 15.解：(1)完成这项工作可以分三个步骤： 若取出的为2个红球和3个白球， 第一步，从5本不同的数学书中任取1本，有5种取法； 则取法有CC=120(种). 第二步，从5本不同的语文书中任取一本，有5种取法； 根据分类加法计数原理， 第三步，从4本不同的英语书中任取一本，有4种取法. 可知总分不少于7分的取法有 根据分步乘法计数原理， 6+60+120=186(种). 共有N=5×5×4=100(种)不同的取法. 18.解：(1)当a=1时fx)=e-ln(x+1)-1, (2)完成这件事情共分为三个步骤。 则f'()=e-1 第一步：从14本书中任取一本放在第一个位置上， +1x>-1, 显然f'(x)在(-1，+∞)单调递增，且f'(0)=0, 共有14种不同的取法； 所以当-1<x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 第二步：从剩下的13本书中任取一本放在第二个位置上， 当x>0时，f'(x)>0,fx)单调递增. 共有13种不同的取法： 所以f(x)在x=0处取得极小值f代0)=0，无极大值. 第三步：从剩下的12本书中任取一本放在第三个位置上， (2)f(x)ae'-In(x +1)+Ina-1 共有12种不同的取法. ae'In(x 1)In(ae')-x-1, 根据分步乘法计数原理， 函数f(x)有两个零点， 共有N=14×13×12=2184(种)不同的排法. 即f(x)=0有两个解， 16.解：令x=1得展开式各项系数和为4”， 即ae+ln(ae)=n(x+1)+(x+1)有两个解， 二项式系数和为C+C+…+C=2". 由题意得4”-2”=992，解得n=5. 设h()=t+ln,则h'(e)=1+}>0,h()单调递增， t 10+女 (1)T,41=C3·x3, 所以ae=x+1(x>-1)有两个解， 令10+r=4得r=2,所以1=C··=90 3 即a=+1有两个解。 e (2)设展开式中第k+1项系数最大， rC·3≥C1·3-1 令=台(>-1)期0： er, 所以 t2c,3226eZ 当x∈(-1,0)时，s'(x)>0,s(x)单调递增； 所以k=4, 当xe(0,+∞)时，'(x)<0,s(x)单调递减， 所以系数最大的项为T=C;·34·x号=405x 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). 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： 19(四解：因为f)=十)a 1 4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球 2 若取出的为4个红球，则取法有1种； f"(w)=1+x) 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)=-1f"(0)=2, A,表示公路上经过的汽车是客车， 所以f(x)=ln(1+x)的泰勒公式为 则根据题忘得P4,)=了，P4)=子， 2 x22x2 P(B1A1)=0.002,P(B1A2)=0.001, 所以1nl.1=0.1-001+0.001≈0095. 所以由全概率公式得 2 3 P(B)=P(A)·P(BIA)+P(A2)·P(BIA) (2)解记g()=n(1+)-x+号x>0, =号×0.02+号×0.01=70 ,1-1+x= 因为g(x)=1+x x2 +1>0, 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为名 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 第36期3,4版 又g(0)=0,所以当x>0时有 条件概率与全概率公式同步核心素养测评 gx0)=ln(1+x)-x+2>g(0）=0, 一、单项选择题 所以ln(1+x)>x- 1~4 CACD 5~8 BBDA 2 提示： 1 )证明：由2)知(+>-亨- 1 1.由题可知 1 k-2k2 P(AB)=P(A)P(BI A) 即1a(k+-hk>名-亦&eN. 所以(ln2-lnl)+(ln3-ln2)+…+(ln(n+1)-nn) 2.记灯泡寿命超过500小时为事件A, >(片) 灯泡寿命超过800小时为事件B, 则P(A)=0.9,P(AB)=0.8, 即ln(n+I)> ∑2h-1 P(AB)_0.88 2 所以P(B1)=P=O.9=9 令h(x)=ln(1+x)-x,x>0, 3.由全概率公式可知，所求准确率为 则A()=女1=年<0， 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 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， P(AB)=P(A)P(BI A)=P(B)P(AI B), 所以h(x)<h(0)=0,故ln(1+x)<x, 则0.4×0.5=0.25×P(B), 所以h(1+) =a(k+)-nk< 解得P(B)=0.8. 5.由全概率公式得 则(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+(n(n+1)-lnn) P(B)=P(A)P(BI A)+P(A)P(BI A), 即0.3=P(A)×0.9+(1-P(A))×0.2, 即1a)名是 解得P()=子 综上eN时公 2k2 <ln(1+n)< 6由题得P(B1A)=PAB-aE-CSC P(A)n(A)C 62 第36期1版 =15=5 7.设事件M表示该学生接种了疫苗， 专项小练一 事件N1,N2,N分别表示该学生来自A,B,C三所学校 1.C;2.B;3.BCD. 4:5 则P(N)=高P)=P)=品 专项小练二 1.C;2.C. P1N)=器Pw1)=流P(1)= 3.解：设B表示汽车中途停车修理， P(M) A1表示公路上经过的汽车是货车， =P(N )P(MI N)+P(N)P(MI N)+P(N)P(MI N) —8 高中数学人教A版选择性必修第三册 第33~36期 =音×器+品×总+×品 m 3 P(BIA)=P(AB)=10= P(A) ，放(D)错误 =124+m≥0.35， 500 故选(A)(B)(C) 解得m≥51，所以m的最小值为51. 11.从中任取3个球，恰有1个白球的概率P= 3 8.质点移动4次，共有2×2×2×2=16（种）情况， C 5 设质点第一秒位于1的位置为事件A,则P()=分， 故(A)正确； 记质点共经过两次2的位置为事件B, 从中有放回地取球3次，每次任取1个球. 若第一步位于1，则还有3步，要想经过2两次， 其中每次取到白球的概率为子， 则有1→2→3→2,1→2→1→2两种情况， 所以恰有2个白球的概率 21 所以P(AB)=6=8, P=C(号)(1-号)=放(B)正确： 1 从中有放回地取球3次，每次任取1个球， 则P(BIA)= P(AB)8 1 P(A) 1 41 2 其中每次取到白球的减率为子。 二、多项选择题 所以至少有1次取到红球的概率 9.BC;10.ABC;11.ABD. P=1-G(号)广=1层=竖故(c)不正确： 提示： 设第1次取到红球为事件A,第2次取到红球为事件B, 9.记A,为事件“零件是第i(i=1,2,3)台车床加工”， 所以第1次取到红球的条件下，第2次取到红球的概率 记B为事件“任取一个零件是次品”， 32 P(BIA)=0.05,P(B1A2)=0.1,P(B1A）=0.2, P(BIA)= P(AB)= P(A1)=0.2,P(A2)=0.3,P(A)=0.5, P(A) =故D)正确 3 则P(AB)=P(A)·P(B「A1)=0.2×0.05=0.01, 故选(A)(B)(D). 故(A)错误：P(B) 三、填空题 P(A P(BI A)+P(A2)P(BI A2)+P(A3)P(BI A3) =0.2×0.05+0.3×0.1+0.5×0.2 127:13宁：4音 =0.14,故(B)正确； 提示 P(A2I B)= 4B1-aX91-, P(B) 0.14 2由题意PB1G:兴怒：专 3 故(C)正确； 由A,B是互斥事件知P(AUBIC)=P(AIC)+P(BIC), P(AI B)= P(A)P(B1A)=0.5×0.2= 5 所以PA1O=PAUB1G-P代BIG)=号专=石 P(B) 0.14 7 故(D)错误. 13.因为A,B独立，所以A与B独立， 且P(AB)=P(A)P(B)=S 3 故选(B)(C). 10.P(A)= 3 C =方，故(A)正确： 又P(B)=子所以Pr(A)=子 CjC P(AB)= CiC =0,故(B)正确： 所以P(A1B)=PAB=P(PB=P(A P(B) P(B) P(BI A)= P48=9=分，故(C)正确： =1-分=7 P(A) 3 14由题意可知P(GO)=P(百同=石， P(A)= C 2 则P(AUB)=1-P(AB)=1-10=i 7 3 5 CC 3 P(A UB)=P(A)+P(B)-P(AB) P(AB)= =10 所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(AUB) 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 4+2 5+5 31 P(A2B) P(A)P(BIA) -10=10, P(B) =P(A )P(BI A)+P(A.)P(BI A:) 1 则P(B1A)= P(AB)-10-3 3×0.02 P(A) 4 8 二2 =0.25. 15 x0.03+写x002 四、解答题 19.(1)解：0=P(A1B)=P4=0=0.625, P(B) 64 15.解：(1)由题意得 n(n-1) =(n+3)(n+2)=10 R=代81)--号=0& 解得n=2(负值舍去). (2)记“一个的标号是1”为事件A, (2)证明：k=P-卫 1-Pe “另一个的标号也是1”为事件B, 所以P(BIA)=n(4nB=C号 1 =1-12=1-1-pAB)-PA n()=Cξ-C=7 1-p 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 0+R-20R 16.解：(1)设A表示事件“该续保人本年度的保费高于基 要证阴k=1Q+R-2P(AB) 本保费”，则事件A发生即一年内出险次数大于1， 需证明1-P(AB)-P(AB Q+R-20R 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. 1-P(A)P(B)-P(A)P(B)Q+R-2P(AB) (2)设B表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高 等式右边： 出60%以上”，则事件B发生即一年内出险次数大于3， Q+R-20R 故P(B)=0.1+0.05=0.15. Q+R-2P(AB) 易知P(AB)=P(B), P(AI B)+P(BIA)-2P(AIB)P(BIA) P(AI B)+P(BI A)-2P(AB) 故810=2得-8=品 0+-2×8×盟 17.解：(1)P(A)= C3 =P(B)P(A) Cio +-2a P(B) 273 P(A)+P(B)-2P(AB) (8)s397x9-0 =P(A)+P(B)-2P(A)P(B) P(AB)=3x21 等式左边： 10x9=i5 因为P(AUB)=1-P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB), P(AI B)= ×号号 P(B) 所以1-P(AB)-P(AB) 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 1 9 (2)因为P(AB)=5≠P(A)P(B)=1OO: P(A)+P(B)-2P(AB) =1-P(A)P(B)-[1-P(A)][1-P(B) 所以事件A与B不相互独立. P(A)+P(B)-2P(AB) 18.解：设A,表示“第i台车床加工的零件”(i=1,2), P(A)+P(B)-2P(A)P(B)' B表示“出现废品”，C表示“出现合格品” 等式左右两边相等，因比=10大2% 成立 (1)P(C)=P(A CUAC)=P(A C)+P(A2 C) =P(A)P(CI A)+P(Az)P(CI A2) (3)解：由(2)得k=1-0.625+0.8-2×0.625×0.8 0.625+0.8-2×0.4 =号x1-003)+了×1-002)=君 =0.32,因为0.2<0.32<0.6， 所以(1)中机器人的检测效果一般. (2)P(A2IB) -10