本册综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

本册综合测评 基础题(占比60%)　　中档题(占比30%)　　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 对点 分步乘法计数原理 利用公式求离散型随机变量的均值 由散点图判断相关系数的大小 由正态曲线的对称性求概率 条件概率的计算 二项式定理的逆用 排列问题中对象的“在”与“不在”问题 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 二项分布的方差、由概率不等式求参数 两点分布的均值、方差以及均值、方差的性质 二项式系数和、各项系数和、特定项系数的最值问题，二项展开式的常数项、特定项的系数问题 相互独立事件的概率、二项分布的概率与均值 构造二项式求特定项的系数 回归直线方程性质的应用 离散型随机变量的取值范围、均值 题号 15 16 17 18 19 难度 ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 赋值法求二项展开式中系数之和、各项系数的绝对值之和 随机事件的概率、条件概率、全概率公式 独立性检验与二项分布相结合 统计、回归直线方程的求解及应用 统计、正态分布与超几何分布相结合 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有(　　) A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 时间：120分钟　　　满分：150分 解析：5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种．故选D. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 2．随机变量X的分布列如下表，则E(X)＝(　　) A.2.4 B．3 C．2.2 D．2.3 解析：由表格可求得E(X)＝0×0.3＋2×0.2＋4×0.5＝2.4. 答案 解析 X 0 2 4 P 0.3 0.2 0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 3．如图所示，给出了样本容量均为7的A，B两组样本数据的散点图，已知A组数据的相关系数为r1，B组数据的相关系数为r2，则(　　) A．r1＝r2 B．r1<r2 C．r1>r2 D．无法判定 解析：根据A，B两组样本数据的散点图知，A组数据几乎在一条直线上，且成正相关，∴相关系数r1应最接近1，B组数据分散在一条直线附近，也成正相关，∴相关系数r2满足r2<r1.故选C. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 4．已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，且P(ξ<2)＝0.6，则P(0<ξ<1)＝(　　) A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 7．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有(　　) A．240种 B．360种 C．480种 D．720种 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则p＝(　　) A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝________． 答案 解析 180 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 13．某食品研究部门为了解一种酒品的储藏年份与芳香度之间的相关关系，在市场上收集到了一部分不同年份的该酒品，并测定了其芳香度(如下表)． 由最小二乘法得到回归方程 ＝1.03x＋1.13，但不小心在检测后滴到表格上一滴检测液，污损了一个数据，则推断该数据为________． 储藏年份x 0 1 4 5 6 8 芳香度y 1.3 1.8 5.6 7.4 9.3 答案 6.1 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 答案 {1，2，3} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)(1)若(1＋2x)2024＝a0－a1x＋a2x2－a3x3＋…＋a2024x2024(x∈R)，求(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2024)的值； (2)若(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|的值． 解：(1)令x＝0，得a0＝1， 再令x＝－1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2024＝1， 那么a1＋a2＋…＋a2024＝0， (a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2024)＝2024. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 16．(本小题满分15分)袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．求： (1)第一次摸到红球的概率； (2)在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率； (3)第二次摸到红球的概率． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 18．(本小题满分17分)某测试团队为了研究“饮酒”对“驾车安全”的影响，随机选出100名驾驶员先后在无酒状态、酒后状态下进行“停车距离”测试，测试的方案：电脑模拟驾驶，以某速度匀速行驶，记录下驾驶员的“停车距离”(驾驶员从看到意外情况到车子停下所需要的距离)，无酒状态与酒后状态下的试验数据分别列于下表： 表1 停车距离d(米) (10，20] (20，30] (30，40] (40，50] (50，60] 频数 26 A B 8 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 表2 已知表1数据的中位数估计值为26，完成下列各题． (1)求A，B的值，并估计驾驶员在无酒状态下停车距离的平均数； (2)根据最小二乘法，由表2的数据计算y关于x的回归直线方程 ＝ x＋ ； 平均每毫升血液酒精含量x(毫克) 10 30 50 70 90 平均停车距离y(米) 30 50 60 70 90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 19．(本小题满分17分)某市在实施垃圾分类的过程中，从人口数量在两万人左右的A类社区(全市共320个)中随机抽取了50个进行调查，统计这50个社区某天产生的垃圾量(单位：吨)，得到如下频数分布表，并将这一天垃圾数量超过28吨的社区定为“超标”社区． 垃圾量 频数 [12.5，15.5) 5 [15.5，18.5) 6 [18.5，21.5) 9 [21.5，24.5) 12 [24.5，27.5) 8 [27.5，30.5) 6 [30.5，33.5] 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由已知可得曲线关于直线x＝1对称，P(ξ<2)＝0.6，所以P(ξ≥2)＝P(ξ≤0)＝0.4，故P(0<ξ<1)＝eq \f(1,2)P(0<ξ<2)＝eq \f(1,2)×(1－0.4－0.4)＝0.1. 5．2024年6月10日是我国的传统节日“端午节”．这天，小明的妈妈煮了五个粽子，其中两个腊肉馅，三个豆沙馅，小明随机抽取出两个粽子，若已知小明取到的两个粽子为同一种馅，则这两个粽子都是腊肉馅的概率为(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4) C.eq \f(1,10) D.eq \f(3,10) 解析：设事件A为“取到的两个粽子为同一种馅”，事件B为“取到的两个粽子都是腊肉馅”，由题意可知P(A)＝2,2)eq \f(C＋Ceq \o\al(2,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(4,10)，P(AB)＝2,2)eq \f(C,10) ＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(1,4).故选A. 6．设A＝37＋Ceq \o\al(2,7)×35＋Ceq \o\al(4,7)×33＋Ceq \o\al(6,7)×3，B＝Ceq \o\al(1,7)×36＋Ceq \o\al(3,7)×34＋Ceq \o\al(5,7)×32＋1，则A－B的值为(　　) A．128 B．129 C．16384 D．0 解析：A－B＝37－Ceq \o\al(1,7)×36＋Ceq \o\al(2,7)×35－Ceq \o\al(3,7)×34＋Ceq \o\al(4,7)×33－Ceq \o\al(5,7)×32＋Ceq \o\al(6,7)×31－1＝(3－1)7＝27＝128. 解析：先排甲，有4种方法，剩余5人全排列有Aeq \o\al(5,5)＝120种方法，所以不同的演讲次序共有4×120＝480种．故选C. 解析：∵X～B(10，p)，∴D(X)＝10p(1－p)＝2.4，∴p＝0.4或p＝0.6.∵P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,10)p4·(1－p)6＜P(X＝6)＝Ceq \o\al(6,10)p6(1－p)4，∴(1－p)2＜p2，可知p＞0.5，∴p＝0.6. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4 C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq \f(4,9) 解析：∵随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，∴P(X＝1)＝eq \f(2,3)，E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9).P(X＝1)＝E(X)，故A正确；E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(2,3)＋2＝4，故B正确；D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq \f(2,9)＝2，故C，D错误．故选AB. 10．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数和为1024，则下列说法正确的是(　　) A．展开式中奇数项的二项式系数之和为256 B．展开式中第6项的系数最大 C．展开式中存在常数项 D．展开式中x15的系数为45 解析：由二项展开式中第5项与第7项的二项式系数相等可知n＝10.又展开式的各项系数和为1024，即当x＝1时，(a＋1)10＝1024，所以a＝1，所以二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(10)＝(x2＋x－eq \f(1,2))10，则二项式系数之和为210＝1024，奇数项的二项式系数之和为eq \f(1,2)×1024＝512，故A错误；由n＝10可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的二项式系数最大，因为x2与x－eq \f(1,2)的系数均为1，则该二项展开式的二项式系数与系数相同，所以第6项的系数最大，故B正确；若展开式中存在常数项，由通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,10)x2(10－k)·x－eq \s\up7(\f(1,2))k可得2(10－k)－eq \f(1,2)k＝0，解得k＝8，则展开式中存在常数项，故C正确；由2(10－k)－eq \f(1,2)k＝15，得k＝2，所以x15的系数为Ceq \o\al(2,10)＝45，故D正确．故选BCD. 11．某城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车．若从该城镇中任意选出5个家庭，则下列结论成立的是(　　) A．这5个家庭均拥有小汽车的概率为eq \f(243,1024) B．这5个家庭中，恰有3个家庭拥有小汽车的概率为eq \f(27,64) C．这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车 D．这5个家庭中，4个家庭以上(含4个家庭)拥有小汽车的概率为eq \f(81,128) 解析：由题意得小汽车的普及率为eq \f(3,4).对于A，这5个家庭均拥有小汽车的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(5)＝eq \f(243,1024)，所以A成立；对于B，这5个家庭中，恰有3个家庭拥有小汽车的概率为Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(135,512)，所以B不成立；对于C，设X表示选出的这5个家庭中拥有小汽车的家庭的数量，则由题意可知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,4)))，所以E(X)＝5×eq \f(3,4)＝3.75，所以这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，所以C成立；对于D，这5个家庭中，4个家庭以上(含4个家庭)拥有小汽车的概率为Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(4)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(5)＝eq \f(81,128)，所以D成立．故选ACD. 解析：∵(1＋x)10＝[2－(1－x)]10，∴其展开式的通项为Tk＋1＝(－1)k210－kCeq \o\al(k,10)(1－x)k，令k＝8得a8＝4Ceq \o\al(8,10)＝180. 解析：由表中数据得eq \o(x,\s\up12(－))＝eq \f(0＋1＋4＋5＋6＋8,6)＝4，所以eq \o(y,\s\up12(－))＝1.03×4＋1.13＝5.25.设污损数据为a，则eq \f(1.3＋1.8＋5.6＋a＋7.4＋9.3,6)＝5.25，解得a＝6.1. 14．某地区有A，B，C，D四人先后感染了某种新型病毒，其中B是受A感染的，对于C，因为难以确定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是eq \f(1,2)，同样也假定D受A，B，C感染的概率都是eq \f(1,3).在这种假定之下，B，C，D中直接受A感染的人数X是一个随机变量，则X的取值范围为____________，X的均值为________． eq \f(11,6) 解析：由题意，得X的取值范围为{1，2，3}．用X＝k(k＝1，2，3)表示“受A直接感染的人数”，X＝1表示“B受A感染，C，D没受A感染”；X＝2表示“B，D受A感染，C没受A感染，或B，C受A感染，D没受A感染”；X＝3表示“B，C，D均受A感染”．于是P(X＝1)＝1×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，P(X＝2)＝1×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，P(X＝3)＝1×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(1,3) eq \f(1,2) eq \f(1,6) E(X)＝1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(11,6). (2)因为展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)(－2)kxk，k∈{0，1，2，3，…，8}， 所以当k为偶数时，系数为正；当k为奇数时，系数为负． 故有|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－…＋a8. 令二项式中的x＝－1，得(1＋2)8＝a0－a1＋a2－a3＋a4－…＋a8＝38. 故|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝6561. 解：设事件A表示“第一次摸到红球”，事件B表示“第二次摸到红球”，则事件eq \o(A,\s\up12(－))表示“第一次摸到白球”． (1)样本空间中共包含10个样本点，其中事件A包含3个样本点，所以P(A)＝eq \f(3,10). (2)第一次摸到红球的条件下，剩下9个球，其中有2个红球，所以P(B|A)＝eq \f(2,9). (3)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B|eq \o(A,\s\up12(－)))＝eq \f(3,10)×eq \f(2,9)＋eq \f(7,10)×eq \f(3,9)＝eq \f(3,10). 17．(本小题满分15分)有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩后，得到如下的2×2列联表．已知从全部210人中随机抽取1人为优秀的概率为eq \f(2,7). 优秀 非优秀 总计 甲班 20 乙班 60 总计 210 (1)请完成上面的2×2列联表，并判断能否有99%的把握认为成绩优秀与否与班级有关； (2)从全部210人中有放回地抽取3次，每次抽取1人，记被抽取的3人中的优秀人数为ξ，若每次抽取的结果是相互独立的，求ξ的分布列及均值E(ξ)． 附：χ2＝eq \f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)). α＝P(χ2≥k) 0.05 0.01 k 3.841 6.635 解：(1)因为从全部210人中随机抽取1人为优秀的概率为eq \f(2,7)，所以210人中优秀的人数为210×eq \f(2,7)＝60. 所以乙班优秀的人数为60－20＝40， 甲班非优秀的人数为210－60－60＝90， 完成2×2列联表如下所示： 优秀 非优秀 总计 甲班 20 90 110 乙班 40 60 100 总计 60 150 210 则χ2＝eq \f(210×(20×60－90×40)2,110×100×60×150)≈12.2＞6.635， 所以有99%的把握认为成绩优秀与否与班级有关． (2)ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,7)))，且P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,7))) eq \s\up12(3－k)(k＝0，1，2，3)，ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P eq \f(125,343) eq \f(150,343) eq \f(60,343) eq \f(8,343) E(ξ)＝0×eq \f(125,343)＋1×eq \f(150,343)＋2×eq \f(60,343)＋3×eq \f(8,343)＝eq \f(6,7). (3)该测试团队认为：若驾驶员酒后驾车的平均“停车距离”y大于(1)中无酒状态下的停车距离的平均数的3倍，则认定驾驶员是“醉驾”．请根据(2)中的回归方程，预测当每毫升血液酒精含量大于多少毫克时，认定为“醉驾”． 附：回归直线方程＝x＋中，＝，=eq \o(y,\s\up12(－))-eq \o(x,\s\up12(－)). 解：(1)依题意，得eq \f(6,10)A＝50－26， 解得A＝40. 又A＋B＋26＋8＋2＝100，所以B＝24. 估计驾驶员在无酒状态下停车距离的平均数为15×eq \f(26,100)＋25×eq \f(40,100)＋35×eq \f(24,100)＋45×eq \f(8,100)＋55×eq \f(2,100)＝27. (2)依题意，得eq \o(x,\s\up12(－))＝50，eq \o(y,\s\up12(－))＝60， ＝eq \f(10×30＋30×50＋50×60＋70×70＋90×90－5×50×60,102＋302＋502＋702＋902－5×502) ＝0.7，＝60－0.7×50＝25， 所以回归直线方程为＝0.7x＋25. (3)由(1)知当y>81时，认定驾驶员是“醉驾”． 令>81，得0.7x＋25>81，解得x>80， 则当每毫升血液酒精含量大于80毫克时，认定为“醉驾”． (1)估计该市A类社区这一天垃圾量的平均值eq \o(x,\s\up12(－))； (2)若该市A类社区这一天的垃圾量X大致服从正态分布N(μ，27.04)，其中μ近似为50个样本社区垃圾量的平均值eq \o(x,\s\up12(－))(精确到0.1吨)，估计该市A类社区中“超标”社区的个数； (3)根据原始样本数据，在抽取的50个社区中，这一天共有8个“超标”社区，市政府决定从这8个“超标”社区中任选5个跟踪调查其垃圾来源．设这一天垃圾量不小于30.5吨的社区个数为Y，求Y的分布列和数学期望． 附：X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997. 解：(1)样本数据各组的中点值分别为14，17，20，23，26，29，32，则eq \o(x,\s\up12(－))＝eq \f(1,50)×(14×5＋17×6＋20×9＋23×12＋26×8＋29×6＋32×4)＝22.76. 估计该市A类社区这一天垃圾量的平均值为22.76吨． (2)依题意，μ＝22.8，σ2＝27.04，即σ＝5.2，则P(X＞28)＝P(X＞μ＋σ)≈eq \f(1－0.683,2)＝0.1585. 因为320×0.1585＝50.72≈51， 所以估计该市A类社区中“超标”社区有51个． (3)由频数分布表知，8个社区中这一天的垃圾量不小于30.5吨的“超标”社区有4个，则垃圾量在[27.5，30.5)内的“超标”社区也有4个，则Y的取值范围为{1，2，3，4}． P(Y＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(4,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(1,14)，P(Y＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(3,7)， P(Y＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(3,7)，P(Y＝4)＝4,4)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(1,14). 则Y的分布列为 Y 1 2 3 4 P eq \f(1,14) eq \f(3,7) eq \f(3,7) eq \f(1,14) 所以E(Y)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2). $$