《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

8. 创新·新情境 如图，我国传统珠算算具算盘每个档(挂珠的杆)上有 7 颗算珠，用梁隔开，梁上面 2 颗叫上珠，下面 5 颗叫下珠，若从某一档的 7 颗算珠中任选 3 颗，记上珠的个数为 X，下珠的个数比上珠的个数多 Y，则
(BCD)


A.$P(X ≠ 1) = \frac{2}{7}$
B.$E(X) = \frac{6}{7}$
C.$E(Y) = \frac{9}{7}$
D.$D(Y) = \frac{80}{49}$

答案： 8. BCD 由题意知,$X=0,1,2,P(X=0)=\frac{C_{7}^{2}}{C_{7}^{2}}=\frac{10}{35}=\frac{2}{7},$
$P(X=1)=\frac{C_{1}^{1}C_{5}^{2}}{C_{7}^{3}}=\frac{20}{35}=\frac{4}{7},P(X=2)=\frac{C_{3}^{3}}{C_{7}^{3}}=\frac{5}{35}=\frac{1}{7},$则$E(X)=\frac{20+10}{35}=\frac{6}{7},P(X\neq1)=\frac{10+5}{35}=\frac{3}{7}$,故A错误,B正确;由题意知,$Y=-1,1,3,P(Y=-1)=P(X=2)=\frac{1}{7}$
$P(Y=1)=P(X=1)=\frac{4}{7},P(Y=3)=P(X=0)=\frac{2}{7},$则$E(Y)=\frac{-1+4+6}{7}=\frac{9}{7},D(Y)=\frac{1}{7}×(-1-\frac{9}{7})^2+\frac{4}{7}×(1-\frac{9}{7})^2+\frac{2}{7}×(3-\frac{9}{7})^2=\frac{80}{49},$故C,D正确.

9. 一批产品共 10 件，其中 3 件是不合格品，用下列两种不同方式从中随机抽取 2 件产品检验：方式一，一次性随机抽取 2 件；方式二，先随机抽取 1 件，放回后再随机抽取 1 件. 若记方式一抽取的不合格产品数为$\xi_1$，记方式二抽取的不合格产品数为$\xi_2$，则下列结论错误的是(ABC)

A.$\xi_1$的可能取值为 1,2
B.$P(\xi_1 = 1) ＜ P(\xi_2 = 1)$
C.$E(\xi_1) ≠ E(\xi_2)$
D.$E(\xi_1) = E(\xi_2)$

答案： 9. ABC 方式一中随机变量$\xi_1$可取的值为0,1,2,且$\xi_1$服从超几何分布,于是$P(\xi_1=0)=\frac{C_{7}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{7}{15},P(\xi_1=1)=\frac{C_{3}^{1}·C_{7}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{7}{15},P(\xi_1=2)=\frac{C_{3}^{2}·C_{7}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{15}$,因此$\xi_1$的分布列为
$\xi_1$ 0 1 2
P $\frac{7}{15}$ $\frac{7}{15}$ $\frac{1}{15}$
则$E(\xi_1)=0×\frac{7}{15}+1×\frac{7}{15}+2×\frac{1}{15}=\frac{3}{5}$.
方式二中随机变量$\xi_2$可取的值为0,1,2,且$\xi_2$服从二项分布,于是$P(\xi_2=0)=(\frac{7}{10})^2=\frac{49}{100},P(\xi_2=1)=C_{2}^{1}×\frac{7}{10}×\frac{3}{10}=\frac{21}{50},P(\xi_2=2)=(\frac{3}{10})^2=\frac{9}{100}$,因此$\xi_2$的分布列为
$\xi_2$ 0 1 2
P $\frac{49}{100}$ $\frac{21}{50}$ $\frac{9}{100}$
则$E(\xi_2)=2×\frac{3}{10}=\frac{3}{5}$.由上述知A,B,C错误.

10. 盒中有 3 个红球，m 个黄球，n 个绿球，所有球除颜色不同外没有其他任何区别. 从盒中任意抽取两球，抽到两球均为红球的概率为$\frac{1}{5}$. 若从盒中任意抽取 3 个球，记其中红球的个数为 X，则$E(X) =$$\frac{3}{2}$.

答案： 10.$\frac{3}{2}$ 设盒中共有$k$个球,则$\frac{C_{6}^{2}}{C_{k}^{2}}=\frac{1}{5}$,解得$k=6$.依题意,
X服从超几何$X\sim H(6,3,3)$,故$E(X)=3×\frac{3}{6}=\frac{3}{2}$.

11. 教材变式 某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从 8 道试题中随机挑选 4 道进行作答，至少答对 3 道才能通过初试. 已知在这 8 道试题中，甲能答对 6 道，记甲答对试题的个数为 X，则甲通过自主招生初试的概率为$\frac{11}{14}$.

答案： 11.$\frac{11}{14}$ 甲能通过自主招生初试的概率$P=P(X=3)+P(X=4)=\frac{C_{4}^{3}C_{8}^{1}+C_{4}^{4}}{C_{8}^{4}}=\frac{4}{7}+\frac{3}{14}=\frac{11}{14}$.
教材链接（选择性必修三习题7.4第6题改编）

12. 某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有 3 人，篮球、足球都会的有 2 人，从该社团中任取 2 人，设 X 为选出的人中篮球、足球都会的人数，若$P(X ＞ 0) = \frac{11}{21}$，则该社团的人数为7.

答案： 12.7 因为$P(X=0)=1-P(X＞0)=\frac{10}{21}$,设该社团共有
人数为n,所以$P(X=0)=\frac{C_{n-2}^{2}}{C_{n}^{2}}=\frac{(n-2)(n-3)}{n(n-1)}=\frac{10}{21}$,即$(n-2)(n-3)_=\frac{10}{21}n(n-1)$,化简得$(11n-18)(n-7)=0$.又因为$n\in N^*$,所以$n=7$.

13. 现有 4 个红球和 4 个黄球，将其分配到甲、乙两个盒子中，每个盒子中 4 个球.
(1) 求甲盒子中有 2 个红球和 2 个黄球的概率；
(2) 已知甲盒子中有 3 个红球和 1 个黄球，若同时从甲、乙两个盒子中取出$i (i = 1,2,3)$个球进行交换，记交换后甲盒子中的红球个数为 X，X 的数学期望为$E_i(X)$，求证：$E_1(X) + E_3(X) = 4$.

答案： 13.
(1)解:由题可知,甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率$P=\frac{C_{2}^{2}C_{2}^{2}}{C_{8}^{4}}=\frac{18}{35}$
(2)证明:当$i=1$时,X的取值可能是2,3,4,且$P(X=2)=\frac{C_{3}^{1}C_{3}^{1}}{C_{4}^{1}C_{4}^{1}}=\frac{9}{16},P(X=3)=\frac{2C_{3}^{1}C_{3}^{1}}{C_{4}^{1}C_{4}^{1}}=\frac{3}{8},P(X=4)=\frac{C_{3}^{1}C_{3}^{1}}{C_{4}^{1}C_{4}^{1}}=\frac{1}{16}$,
则$E_1(X)=2×\frac{9}{16}+3×\frac{3}{8}+4×\frac{1}{16}=\frac{5}{2}$.当$i=3$时,X的取值可能是0,1,2,且$P(X=0)=\frac{C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}}=\frac{1}{16},P(X=1)=\frac{2C_{3}^{2}C_{3}^{1}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}}=\frac{3}{8},P(X=2)=\frac{C_{3}^{1}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}}=\frac{9}{16}$,则$E_3(X)=0×\frac{1}{16}+1×\frac{3}{8}+2×\frac{9}{16}=\frac{3}{2}$.故$E_1(X)+E_3(X)=4$.