概率與統(tǒng)計系列訓(xùn)練(編輯修改稿)
2025-04-21 04:51 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 分3類求解；6．(理)D 令x=l得，各項系數(shù)和為()6=26()6=26=64．(文)B T7=(2a3)n6a6=2n6a3n24，當(dāng)3n24=O時，此項為常數(shù)項，即n=8時第7項是常數(shù)．7．D 由題意，左端的六個接線點隨機(jī)地平均分成三組有種分法，同理右端的六個接線點也隨機(jī)地平均分成三組有種分法；要五個接收器能同時接收到信號，則需五個接收器與信號源串聯(lián)在同一個線路中，即五個接收器的一個全排列，再將排列后的第一個元素與信號源左端連接，最后一個元素與信號源右端連接，所以符合條件的連接方式共有種，所求的概率是，故選D．8．(理)B 4枚硬幣正好出現(xiàn)2枚正面向上，2枚反面向上的概率為P=C()4=， 由此可得P(=0)=C(1)3=()3，P(=1)=．(1)2=，P(=2)=()2．(1)=，P(=3)=()3=，由此可得E=0()3+1+2+3=．故應(yīng)選B． (文)B (2x13yl+1+2x23y2+l+…+2xn3yn+1)／n=2(x1+x2+…+xn)／n3(y1+y2+…+yn)／n+1=23+l，故應(yīng)選B．9．B 展開式通項為，若展開式中含x的正整數(shù)指數(shù)冪，即所以，選（B）10．B將這10個數(shù)字按被3除所得的余數(shù)分成三個集合A={0,3,6,9},B={1,4,7},C={2,5,8},所以能被3整除的分以下四種情況①三個數(shù)都從A中取,共有個數(shù)能被3整除。②三個數(shù)都從B中取,共有個數(shù)能被3整除。③三個數(shù)都從C中取,共有個數(shù)能被3整除。④分別從ABC中各取一個數(shù),所以能被3整除的概率為,于是這個數(shù)不能被3整除的概率為,因選B．11．B 顯然，設(shè)，則C是I的非空子集，且C中元素不少于2個（當(dāng)然，也不多于5個）.另一方面，對I的任何一個k（）元子集C，相鄰數(shù)據(jù)間共有k1個空檔。在任意一個空擋間插入一個隔板，隔板前的元素組成集合A，隔板后元素組成集合B。這樣的A、B一定符合條件，且集合對{A，B}，所求為：.選B.12．A ，即得②錯誤，而①③正確，故應(yīng)選A．13．或 由已知可得+=n+1=7，即得n=6，二項式系數(shù)最大的一項為sin3x=20sm3x=，解得sinx=，又x∈(0，2)，∴x=或．14．(理) P(=2)=，P(=1)==，P(=0)=+=，由此可得E=2+l+O=． (文)80 每個個體被抽取的概率P==, ∴n=(1500+1300+1200)=8015．35 從二樓到三樓用7步走完，共走11級，則必有4步每步走兩級，其余3步每步1級，因此共有=35種方法．16．①④ 二項式(x1)2005所有項的系數(shù)和為O，其常數(shù)項為l，非常數(shù)項的系數(shù)和是1，即得①正確；二項展開式的第六項為x2000，即得②錯誤；二項展開式中系數(shù)絕對值最大的項為=，=，得系數(shù)最大的項是第1003項x1003，即③錯
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