把150张标有1~150序号的卡片一次发给小军、小强、小亮、小刚这四个同学.第19号卡片发给了谁?第50号卡片

只告诉你语言教学中的,不说有争议的.
也就是说考试中的正确答案.
是连词.意思是“因为”.
这个连词的用法是表示行为、结果产生的原因.
原因是,教学中认为：先帝是第三方,陈述者是诸葛亮.
“因为”是客观的,“认为”是主观的.而诸葛亮不可能知道先帝的“主观”,所以应该翻译为“因为”.

解题思路：（Ⅰ）第一次与第二次取到卡片上数字可以是1，1；1，2；1，3；2，2；2，3；3，3；则随机变量ξ的取值是2，3，4，5，6，然后分别求出相应的概率，即可得到ξ为何值时，其发生的概率最大；（II）利用随机变量的值与相应的概率相乘，再进行求和即可求出所求．

（Ⅰ）依题意，随机变量ξ的取值是2，3，4，5，6．…（2分）
因为P(ξ＝2)＝
32
82＝
9
64；
P(ξ＝3)＝
2×32
82＝
18
64；
P(ξ＝4)＝
32+2×3×2
82＝
21
64；
P(ξ＝5)＝
2×3×2
82＝
12
64；
P(ξ＝6)＝
22
82＝
4
64…（7分）
所以，当ξ=4时，其发生的概率P(ξ＝4)＝
21
64最大…（8分）
（Ⅱ）Eξ＝2×
9
64+3×
18
64+4×
21
64+5×
12
64+6×
4
64＝
15
4…（12分）

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率．

考点点评： 本题主要考查了离散型随机变量的期望，以及等可能事件的概率，同考查了计算能力，属于中档题．

解题思路：这四张数字卡上的数字有3张单数，1张双数，不论几位数，单、双是由个位上的数字决定的，因此，从中任选3 张卡片组成的三位数中，是单数的可能性是[3/4]，是双数据可能性是[1/4]，也就是说小兰获胜的机会大，占[3/4]．

标有1、2、3、5四张数字卡中单数有3张，双数1张，组成的三位数中是单数的可能性大，占[3/4]，
即小兰获胜的机会大，占[3/4]．
故答案为：小兰，[3/4]．

点评：
本题考点： 游戏规则的公平性．

考点点评： 本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

万邦达、宁煤、万邦达宁煤、万邦达和宁煤、王俭、万邦达王俭、万邦达和王俭、张标、万邦达张标、万邦达和张标、万通国际、辽宁万通国际、沈阳万通国际.万邦达、宁煤、万邦达宁煤、万邦达和宁煤、王俭、万邦达王俭、万邦达和王俭、张标、万邦达张标、万邦达和张标、万通国际、辽宁万通国际、沈阳万通国际.

解题思路：（1）用列举法列举出从5张卡片中任取两张的所有可能情况，直接查出获一等奖的个数，直接利用古典概型概率计算公式求解；
（2）利用互斥事件的概率计算公式和对立事件的概率计算公式求解．

（1）从5张卡片中任取两张，共有10种情况，分别是（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），
（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），一等奖2个为（1，4），（2，3），二等奖4个为（1，2），
（1，5），（2，4），（4，5）．
从中任意抽取2张，获得一等奖的概率P=[2/10＝
1
5]
（2）从中任意抽取2张，获得二等奖的概率P=[4/10＝
2
5]，
则同学不获奖的概率P=1-[1/5−
2
5＝
2
5]．

点评：
本题考点： 古典概型及其概率计算公式．

考点点评： 本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了互斥事件的概率和对立事件的概率，是基础的计算题

（I）由题意知本题是一个古典概型，
记“取出的3张卡片都标有数字0”为事件A．
∵试验发生时包含的所有事件是从红色盒中任意取1张卡片，黑色盒中任意取2张卡片共取3张卡片共有C ₆ ¹ C ₇ ² 种取法．
而A事件表示的事件是红色盒中任意取1张卡片是0，黑色盒中任意取2张卡都是0共有C ₁ ¹ C ₄ ² 种取法，
∴ P(A)=

C 11 •
C 24

C 16 •
C 27 =
1
21 ；
（Ⅱ）由题意知本题是一个古典概型，
记“取出的3张卡片数字之积是4”为事件B．
∵试验发生时包含的所有事件是从红色盒中任意取1张卡片，黑色盒中任意取2张卡片共取3张卡片共有C ₆ ¹ C ₇ ² 种取法．
而取出的3张卡片数字之积是4包括红盒中取得1，黑盒钟取得两个2；
红盒子里取得一个2，黑盒子中取得一个2一个1，共有C ₂ ¹ C ₂ ² +C ₃ ¹ C ₁ ¹ C ₂ ¹ 种方法，
∴ P(B)=

C 12 •
C 22 +
C 13 •
C 11 •
C 12

C 16 •
C 27 =
4
63 ；
（Ⅲ）由题意知本题是一个古典概型，
记“取出的3张卡片数字之积是0”为事件C．
∵试验发生时包含的所有事件是从红色盒中任意取1张卡片，黑色盒中任意取2张卡片共取3张卡片共有C ₆ ¹ C ₇ ² 种取法．
而取出的3张卡片数字之积是0的对立事件是取出的3张卡片数字之积不是0，
根据对立事件的概率求得结果，
P(C)=1-P(
.
C )=1-

C 15 •
C 23

C 16 •
C 27 =1-
15
6×21 =
37
42 ．

解题思路：这3张卡片上的数字之和为ξ，这一变量的可能取值为6，9，12．分别求出相应在的概率，由此能求出E（ ξ ） 和D（ ξ ）．

这3张卡片上的数字之和为ξ，这一变量的可能取值为6，9，12．
ξ=6表示取出的3张卡片上标有2，
则P（ξ=6）=

C38

C310=[7/15]．
ξ=9表示取出的3张卡片上两张标有2，一张标有5，
则P（ξ=9）=

C28
C12

C310=[7/15]．
ξ=12表示取出的3张卡片上一张标有2，两张标有5，
则P（ξ=12）=

C18
C22

C310=[1/15]．
∴ξ的分布列为

ξ6912
P[7/15][7/15][1/15]∴E（ξ）=6×[7/15]+9×[7/15]+12×[1/15]=7.8．
D（ξ）=（6-7.8）²×[7/15]+（9-7.8）²×[7/15]+（12-7.8）²×[1/15]=3.36．

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．

考点点评： 本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望和方差的求法，解题时要认真审题，是中档题．

解题思路：这3张卡片上的数字之和为ξ，这一变量的可能取值为6，9，12．分别求出相应在的概率，由此能求出E（ ξ ） 和D（ ξ ）．

这3张卡片上的数字之和为ξ，这一变量的可能取值为6，9，12．
ξ=6表示取出的3张卡片上标有2，
则P（ξ=6）=

C38

C310=[7/15]．
ξ=9表示取出的3张卡片上两张标有2，一张标有5，
则P（ξ=9）=

C28
C12

C310=[7/15]．
ξ=12表示取出的3张卡片上一张标有2，两张标有5，
则P（ξ=12）=

C18
C22

C310=[1/15]．
∴ξ的分布列为

ξ6912
P[7/15][7/15][1/15]∴E（ξ）=6×[7/15]+9×[7/15]+12×[1/15]=7.8．
D（ξ）=（6-7.8）²×[7/15]+（9-7.8）²×[7/15]+（12-7.8）²×[1/15]=3.36．

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．

考点点评： 本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望和方差的求法，解题时要认真审题，是中档题．

解题思路：（1）分别求得抽到4和抽到5的概率后比较即可得到答案；
（2）分别求得抽到奇数和偶数的概率后比较即可得到答案；
（3）最高数为上的数字越小则五位数越小．

（1）∵P_{（抽到4）}=[3/12]=[1/4]，P_{（抽到5）}=[2/12]=[1/6]
∴抽到4左可能性大；
（2））∵P_{（抽到奇数）}=[5/12]=[1/4]，P_{（抽到偶数）}=[k/12]
∴抽到偶数左可能性大；
（3）最小左3位数为：22233；

点评：
本题考点： 可能性的大小．

考点点评： 本题考查了可能性的大小，发生的可能性越大，概率也就越大．

解题思路：（1）本题为古典概型，总的取法有C₆¹C₇²种，3张卡片都标有数字0的取法有C₄²种，相除即可．
（2）取出的3张卡片数字之积是4的结果有：
红盒中取2、黑盒中取2和1，红盒中取1、黑盒中取2和2，取法共有C₂¹C₂²+C₃¹C₁¹C₂¹种，再利用古典概型求解即可．
（3）ξ的可能取值为0，2，4，8，可先求ξ为2，4，8使得概率，ξ=0的概率用分布列的性质求解．

（I）记“取出的3张卡片都标有数字0”为事件A．
P(A)＝

C11•
C24

C16•
C27＝
1
21；
（Ⅱ）记“取出的3张卡片数字之积是4”为事件B．
P(B)＝

C12•
C22+
C13•
C11•
C12

C16•
C27＝
4
63；

（Ⅲ）ξ的可能取值为0，2，4，8
P(ξ＝0)＝1−

C15•
C23

C16•
C27＝1−
15
6×21＝
37
42，
P(ξ＝2)＝

C12•
C12•
C11

C16•
C27＝
2
63；
P(ξ＝8)＝

C13•
C22

C16•
C27＝

点评：
本题考点： 离散型随机变量及其分布列；等可能事件的概率；离散型随机变量的期望与方差．

考点点评： 本题考查古典概型、李酸性随机变量的分布列和期望等知识，同时考查抽象概括能力和运用所学知识分析问题解决问题的能力．

18．解
（1） 取值为2，3，4，5，6


略

解题思路：在十张数字卡片中，卡片上的数字不小于6的有6，7，8，9，共4个，进而得出答案．

由题意知：共有卡片10张，
卡片上的数字不小于6的有6，7，8，9，共4张，
∴从中任意抽取一张，取到卡片上的数字不小于6的概率是P＝
4
10＝
2
5
故答案为 C

点评：
本题考点： 列举法计算基本事件数及事件发生的概率．

考点点评： 此题主要考查了概率公式，概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=[m/n]．

对三张字母牌分类讨论：
都选：C(6,3)*A(4,3)=144
选二张：A(6,4)*C(5,2)=3600
选一张：A(6,5)*C(6,1)=4320
不选：A(6,6)=720
累加得8784

由题意知：共有卡片10张，
卡片上的数字不小于6的有6，7，8，9，共4张，
∴从中任意抽取一张，取到卡片上的数字不小于6的概率是 P=
4
10 =
2
5
故答案为 C

...
2 2 2
2 2 5
2 5 5
5 5 5
仅有以上四种组合．没有一种和为8．
故 不可能.

圈不出来,因为这些数都是奇数,6个奇数的和一定是偶数,而-21的相反数是21,不是偶数,所以不行.

本题列表格最方便了.可惜我等级太低,不能给你截图.只能写思路了.
也可以用树状图法.红色盒子的数字在上,分别是0,1,1,2,2,2,每个数字下面分别接两个黑色盒子的数字,计算即可.都列出来就行

和时间赛跑的人,往往会跑在时间的前面,因为人可以加速,而时间却永远是匀速的.我们正处在一个千帆竞发,百舸争流,群英辈出的时代,要想取得优异的成绩,就必须分秒必争,提高效率.
只有做到“会”学了,才能保证学 “会”.高中阶段应注重培养学习自主管理能力,包括制定计划、合理安排时间、养成良好的学习习惯等.学习能力的培养不仅仅是针对书本知识,更多地来源于生活实践的积累.所以高一新生应该不断改进学习方法,提高学习效率,锻炼自己独立思考,独立解决问题的能力,毕竟学会学习比学会知识更为重要.那么如何做到“会学”
其一,会质疑.“学贵有疑,小疑则小进,大疑则大进”.无论学习哪门学科,唯有开动动脑筋,提出问题,才能学得深刻,如果只是简单地模仿,就犹如“墙上芦苇,头重脚轻根底浅”.
其二,要会举一反三、触类旁通.要牢固而灵活地掌握所学,就要学会吐故纳新,消化吸收.继承传统,积极创新.
其三,要会积累.在课堂聆听的基础上学会主动地积累相关知识,整理学习笔记,使知识条理化,系统化,做到连点成线,纲举目张.
其四,要会总结.总结经验教训,及时调整改进学习方法,简而言之：“善学者,得鱼而忘筌；不善学者,犹如刻舟求剑.”
第五,要养成良好的学习习惯.
学习上一定要注意：先预习后上课,先复习后作业；上课专心听讲课后认真复习；定期整理听课笔记,不断提高自己的自学能力.要科学安排好时间,选择最佳学习时间和方法,合理分配时间注意劳逸结合,交替用脑,做到科学性、计划性、合理性和严格性.其次,要养成专心致志的学习习惯,学习时集中了注意力,就能使神经细胞“全力以赴”,使学习的内容留下明显的痕迹,就能加深记忆.
还要养成自我整理知识的习惯,这是读书人的一项基本功.整理知识可以从横向角度,也可以从纵向角度,但基本的方法都是简化.简化的过程既是将所学的知识系统化、条理化的过程,又是对所学知识进行综合、提炼的过程,可以加深对知识的理解,巩固所学知识.要在预习、听课、作业、复习、记笔记,课外学习中通过各种途径提高自己的思维力、观察力、阅读力、记忆力、想象力和创造力等.特别是对每学一个知识后对自己的认知进行再认知,多问几个“为什么”,从而对所学知识了解更加深透.
第六是要保持乐观的心态.
我们不仅要拥有健康的身体,同时也要具有健康的心理和人格,在学习和生活中保持乐观向上的心态,相信太阳每一天都是新的!

由题意知：共有卡片10张，
卡片上的数字不小于6的有6，7，8，9，共4张，
∴从中任意抽取一张，取到卡片上的数字不小于6的概率是 P=
4
10 =
2
5
故答案为 C

解题思路：（Ⅰ）第一次与第二次取到卡片上数字可以是1，1；1，2；1，3；2，2；2，3；3，3；则随机变量ξ的取值是2，3，4，5，6，然后分别求出相应的概率，即可得到ξ为何值时，其发生的概率最大；（II）利用随机变量的值与相应的概率相乘，再进行求和即可求出所求．

（Ⅰ）依题意，随机变量ξ的取值是2，3，4，5，6．…（2分）
因为P(ξ＝2)＝
32
82＝
9
64；
P(ξ＝3)＝
2×32
82＝
18
64；
P(ξ＝4)＝
32+2×3×2
82＝
21
64；
P(ξ＝5)＝
2×3×2
82＝
12
64；
P(ξ＝6)＝
22
82＝
4
64…（7分）
所以，当ξ=4时，其发生的概率P(ξ＝4)＝
21
64最大…（8分）
（Ⅱ）Eξ＝2×
9
64+3×
18
64+4×
21
64+5×
12
64+6×
4
64＝
15
4…（12分）

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率．

考点点评： 本题主要考查了离散型随机变量的期望，以及等可能事件的概率，同考查了计算能力，属于中档题．

（1）从5张卡片中任取两张，共有10种情况，分别是（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），
（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），一等奖2个为（1，4），（2，3），二等奖4个为（1，2），
（1，5），（2，4），（4，5）．
（2）从中任意抽取2张，获得一等奖的概率P=
2
10 =
1
5 ；
（3）一名同学获得两次抽奖机会，
①获得一个一等奖和一个二等奖的概率 P 1 =
1
5 +
2
5 =
3
5 ；
②两次均没获奖的概率 P 0 =
2
5 +
2
5 =
4
5 ．
两次中至少一次获奖的概率为 1- P 0 =
1
5 ．

尼加拉瓜(Nicaragua)
这些港口是“尼加拉瓜”五座港口其中的三个.下面地址是两幅地图.
布拉夫(El Bluff).位于东海岸（地图右侧）,濒临太西洋/加勒比海.
科林托(Corinto).位于西海岸（地图左侧）,濒临太平洋.
桑提诺(Puerto Sandino).位于西海岸（地图左侧）,濒临太平洋.与科林托(Corinto)相临.
以上三处港口,在地图上具有清晰的显示.
______

小于n的卡片有n-1张,等于n的卡片1张,大于n的卡片n张
考虑 小、n、大的顺序有组合（n-1）×1×n
考虑到顺序变化,又有3!组合
共有（n-1）×1×n×3!
2n取3共有C（2n,3）= 2n×（2n-1）×（2n-2）/ 3!组合
概率9 / （2n-1）