第41期 随机变量及其分布 核心素养综合测评-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书 答案详解 　　２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期（２０２５年５月）　　 第４１期３，４版 随机变量及其分布核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＢＣＤＣ　５～８　ＢＢＢＡ 提示： １．依题意可得 Ｐ（Ｘ＝１）＋Ｐ（Ｘ＝０）＝１， Ｐ（Ｘ＝１）－Ｐ（Ｘ＝０）＝０．３２， 所以Ｐ（Ｘ＝０）＝１－０．３２２ ＝０．３４． ２．由随机变量 Ｘ服从正态分布 Ｎ（２，９），且 Ｐ（Ｘ＞ｃ）＝ Ｐ（Ｘ＜ｃ－２），得ｃ＋ｃ－２＝４，解得ｃ＝３． ３．甲至少胜两局， 所以Ｃ２３ (× )５９ ２ ×４９＋Ｃ ３ ３ (× )５９ ３ ＝４２５７２９． ４．设语文课本有ｎ（ｎ≥２）本，则数学课本有（７－ｎ）本， 则２本都是语文课本的概率是 Ｃ２ｎＣ ０ ７－ｎ Ｃ２７ ＝ ２７． 所以ｎ２－ｎ－１２＝０，解得ｎ＝４或ｎ＝－３（舍去）， 所以语文课本有４本． ５．易知ａ＋１３＋ｂ＝１，解得ａ＋ｂ＝ ２ ３①， 若Ｅ（Ｘ）＝ １３，此时Ｅ（Ｘ）＝－２ａ＋ｂ＝ １ ３②， 联立①②，解得ａ＝ １９，ｂ＝ ５ ９， 则Ｄ（Ｘ）＝１９ (× －２－ )１３ ２ ＋１３ (× ０－ )１３ ２ ＋５９ (× １－ )１３ ２ ＝ ８９． ６．设“取出的球来自甲袋”为事件Ａ１， “取出的球来自乙袋”为事件Ａ２， “取出的球来自丙袋”为事件Ａ３， “该球为白球”为事件Ｂ，则 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） ＝ １３× ３ ５＋ １ ３× ２ ５＋ １ ３× ５ ９ ＝ １４ ２７． ７．由Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ５， 得Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ １１５， 易知Ｐ（Ａ）＝１－Ｐ（Ａ）＝ ２３， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） ＝Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）２ ３ ＝ ２５， 得Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝ ４１５， 所以Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）＋４１５＝ １ １５＋ ４ １５＝ １ ３． ８．设Ａ学生答对题的个数为ｍ，得分为５ｍ， 则 (ｍ～Ｂ １２， )１４ ，Ｄ（ｍ）＝１２×１４×３４ ＝ ９４， 所以Ｄ（Ｘ）＝２５×９４ ＝ ２２５ ４， 同理设Ｂ学生答对题的个数为ｎ，得分为５ｎ， 则 (ｎ～Ｂ １２， )１３ ，Ｄ（ｎ）＝１２×１３×２３ ＝ ８３， 所以Ｄ（Ｙ）＝２５×８３ ＝ ２００ ３， 所以Ｄ（Ｙ）－Ｄ（Ｘ）＝２００３ － ２２５ ４ ＝ １２５ １２． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比， 故Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝ｉｋ（ｉ＝１，…，５），∑ ５ ｉ＝１ Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝１５ｋ＝１， 解得ｋ＝ １１５，故（Ａ）正确； Ｐ（Ｇ＝５）＝５ｋ＝ ５１５＝ １ ３，故（Ｂ）错误； Ｅ（Ｇ）＝∑ ５ ｉ＝１ ｉ×Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝１×１ｋ＋２×２ｋ＋… ＋５×５ｋ ＝５５ｋ＝５５１５＝ １１ ３，故（Ｃ）正确； Ｐ（Ｇ≤３）＝Ｐ（Ｇ＝１）＋Ｐ（Ｇ＝２）＋Ｐ（Ｇ＝３）＝６ｋ， Ｐ（Ｇ≥４）＝Ｐ（Ｇ＝４）＋Ｐ（Ｇ＋５）＝９ｋ， ９ｋ＞６ｋ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）                                                        ． —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 １０．由题意可知从乙盒子里随机取出ｎ个球， 其中红球的个数（记为Ｘ）服从超几何分布， 且Ｍ ＝３，Ｎ＝６，则Ｅ（Ｘ）＝ｎ·ＭＮ ＝ ｎ ２， 故从甲盒子里随机取一球， (相当于从含有 ｎ２＋ )１ 个红 球的（ｎ＋１）个球中随机取一球， 易知取到红球的个数Ｙ服从两点分布， 故Ｐ（Ｙ＝１）＝ ｎ ２＋１ ｎ＋１ ＝ １ ２＋ １ ２ｎ＋２， 所以Ｅ（Ｙ）＝Ｐ（Ｙ＝１）＝ １２＋ １ ２ｎ＋２， 随着ｎ的增加，Ｅ（Ｙ）减小； Ｄ（Ｙ）＝Ｐ（Ｙ＝１）×［１－Ｐ（Ｙ＝１）］ (＝ １２＋ １２ｎ＋ )２ (× １２－ １２ｎ＋ )２ ＝ １４－ １ （２ｎ＋２）２ ， 随着ｎ的增加，Ｄ（Ｙ）增加． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．因为该型号汽车配件的质量指标 Ｘ服从正态分布 Ｎ（２００，２２４），所以μ＝２００，σ２ ＝２２４， 又因为槡２２４≈１４．９７，所以σ＝１４．９７． 对于（Ａ），Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２００）＝１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤σ）≈ １ ２×０６８２７＝０３４１３５，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），Ｐ（２００≤Ｘ≤２２９９４）＝１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤２σ） ≈ １２×０９５４５＝０４７７２５，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２２９．９４）＝ １２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤ σ）＋１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤２σ）＝０．３４１３５＋０．４７７２５＝０．８１８６， 故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），由（Ｃ）中计算知Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２２９．９４）＝ ０８１８６，１００００×０．８１８６＝８１８６，故任取１００００件该型号汽车 配件，其质量指标值位于区间［１８５．０３，２２９．９４］内的件数约为 ８１８６，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１８；　１３． ３ ４；　１４．１５． 提示： １２．Ｐ（Ｘ＝４）＝７１０× ６ ９× ５ ８× ３ ７ ＝ １ ８． １３．事件Ａ包含Ｃ２２＋Ｃ ２ ３ ＝４（种）方法， 事件ＡＢ和事件Ｂ是同一个事件， 事件Ｂ包含Ｃ２３ ＝３（种）方法， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ｎ（ＡＢ）ｎ（Ａ） ＝ ３ ４． １４．用Ｘ表示中奖票数， Ｐ（Ｘ≥１）＝ Ｃ１２Ｃ ｎ－１ ４８ Ｃｎ５０ ＋ Ｃ２２Ｃ ｎ－２ ４８ Ｃｎ５０ ＞０５  ２· ４８！ （ｎ－１）！（４９－ｎ）！ ５０！ ｎ！（５０－ｎ）！ ＋ ４８！ （ｎ－２）！（５０－ｎ）！ ５０！ ｎ！（５０－ｎ）！ ＞ １２， 所以 ２ｎ（５０－ｎ） ５０×４９ ＋ ｎ（ｎ－１） ５０×４９ ＞ １ ２， 解得ｎ≥１５，所以ｎ至少为１５． 四、解答题 １５．解：（１）从６人中任选３人，选法共有Ｃ３６ ＝２０（种）， 其中男生甲和女生乙都不被选中的概率为 Ｃ３４ ２０＝ １ ５． 故男生甲或女生乙被选中的概率为１－１５ ＝ ４ ５． （２）由题知Ｐ（Ａ）＝ Ｃ２５ ２０＝ １ ２． 又Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＝ １２，Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１４ ２０＝ １ ５， 所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ２ ５． １６．解：记“小球落入Ａ袋中”为事件Ａ， “小球落入Ｂ袋中”为事件Ｂ． （１）易知Ｐ（Ａ） (＝ )１２ ３ (＋ )１２ ３ ＝ １４． （２）由（１）知Ｐ（Ａ）＝ １４，则 Ｐ（Ｂ）＝１－Ｐ（Ａ）＝１－１４ ＝ ３ ４， 由题意知 (Ｘ～Ｂ ４， )３４ ， Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ(４ )３４ ( ｋ )１４ ４－ｋ ，ｋ＝０，１，２，３，４， 则Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｐ １２５６ ３ ６４ ２７ １２８ ２７ ６４ ８１ ２５６ Ｅ（Ｘ）＝４×３４ ＝３，Ｄ（Ｘ）＝４× ３ ４× １ ４ ＝ ３ ４． １７．解：（１）因为Ｘ～Ｎ（６５，４．８４），所以μ＝６５，σ＝２．２． 所以μ＋３σ＝７１．６，７３∈（μ＋３σ，＋∞）． 因为Ｐ（Ｘ＞７１．６）＝１－Ｐ（５８．４≤Ｘ≤７１．６）２ ＝１－０．９９７３２ ＝０．００１３５， 且０．００１３５远小于 １２０                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 所以此事件应为小概率事件，而质检员随机抽检２０袋该 种零食时，测得１袋零食的质量为７３ｇ，说明小概率事件确实发 生了，因此他立即要求停止生产，检查设备的决定有道理． （２）（ⅰ）因为μ＝６５，σ＝２．２， 所以μ－σ＝６２．８，μ＋２σ＝６９．４． 由题意可知当零食每袋的质量Ｘ满足μ－σ≤Ｘ≤μ＋２σ 时为合格品， 所以这种零食的合格率为 ０．６８２７＋０．９５４５ ２ ＝０．８１８６≈０．８１９． （ⅱ）由题意可知Ｙ～Ｂ（ｎ，０．８１９），则 Ｅ（Ｙ）＝０．８１９ｎ＞５８， 则ｎ＞ ５８０．８１９≈７０．８２，故ｎ的最小值为７１． １８．解：（１）（ⅰ）记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰 有１只蜜蜂”为事件Ａ， 设盒子中蜜蜂的只数为ｘ（ｘ∈Ｎ＋）， 则Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１ｘＣ １ ８－ｘ Ｃ２８ ＝ ４７，解得ｘ＝４， 故蜜蜂共有４只． （ⅱ）随机变量Ｘ服从超几何分布，且Ｎ＝８，Ｍ＝４，ｎ＝３， Ｐ（Ｘ＝ｉ）＝ Ｃｉ４Ｃ ３－ｉ ４ Ｃ３８ ，ｉ＝０，１，２，３． 故Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １１４ ３ ７ ３ ７ １ １４ Ｅ（Ｘ）＝１×３７＋２× ３ ７＋３× １ １４＝ ３ ２． （２）记“任意飞出两只昆虫，至少有１只是蝴蝶”为事件Ｂ， 则事件Ｂ为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”， Ｐ（Ｂ）＝１－Ｐ（Ｂ）＝１－ Ｃ２ｎ Ｃ２２ｎ ＝１－ ｎ－１２（２ｎ－１） ＝ ３４＋ １ ４（２ｎ－１）（ｎ≥４，ｎ∈Ｎ）， 当ｎ＝４时，Ｐ（Ｂ）ｍａｘ＝ ３ ４＋ １ ２８＝ １１ １４． １９．解：（１）ａ１，ａ２，ａ３的排序共有Ａ ３ ３ ＝６种， 且每种排序等可能， 此时Ｘ可取０，２，４， 又Ｘ＝０时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为１，２，３，则Ｐ（Ｘ＝０）＝ １ ６， Ｘ＝２时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为１，３，２或２，１，３， 则Ｐ（Ｘ＝２）＝ １３， Ｘ＝４时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为３，２，１或２，３，１或３，１，２， 则Ｐ（Ｘ＝４）＝ １２， 所以Ｘ的分布列为： Ｘ ０ ２ ４ Ｐ １６ １ ３ １ ２ （２）（ⅰ）ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序共有Ａ ４ ４ ＝２４种， 且每种排序等可能， 而∑ ｎ ｉ＝１ （ｉ－ａｉ）＝０， 故ｉ－ａｉ（ｉ＝１，２，３，４）中有偶数个奇数， 故∑ ｎ ｉ＝１ ｜ｉ－ａｉ｜必为偶数， 当Ｘ＝０时，ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序与第一次排序无变化时， 此时仅有１种排序：１，２，３，４，则Ｐ（Ｘ＝０）＝ １２４， 当Ｘ＝２时，ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序与第一次排序相比仅有相 邻两个位置变化时， 此时有３种排序：２，１，３，４、１，３，２，４、１，２，４，３， 则Ｐ（Ｘ＝２）＝ ３２４＝ １ ８， 所以Ｐ（Ｘ≤２）＝Ｐ（Ｘ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝２）＝１２４＋ １ ８＝ １ ６； （ⅱ）因为各轮测试相互独立， 所以“连续三轮测试中，都有Ｘ≤２”的概率为 (Ｐ＝ )１６ ３ ＝ １２１６＜ ５ １０００， 所以 １ ２１６是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到“连续 三轮测试中，都有Ｘ≤２”的结果的可能性很小，所以我们认为 该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测． 第４２期 核心素养阶段测评（七） 一、单项选择题 １～４　ＣＡＡＡ　　５～８　ＡＣＡＡ 提示： １．（２ｘ－ｙ）５展开式的通项为Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ ５×（２ｘ） ５－ｒ×（－ｙ）ｒ， ０≤ｒ≤５，所以ｘ２ｙ３的系数为Ｃ３５×２ ２×（－１）３ ＝－４０． ２．因为ｘ＋ｙ－１＝０的斜率为 －１，则ｆ′（２）＝１， 又ｆ′（ｘ）＝ ａｘ＋２ｘｆ′（２）＝ ａ ２＋４＝１ａ＝－６． ３．由题意得ｎ（Ω）＝４×４＝１６，ｎ（Ａ）＝２×３＋１＝７， ｎ（ＡＢ）＝２×３＝６， 所以Ｐ（Ａ）＝ ７１６，Ｐ（ＡＢ）＝ ６ １６， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ６ ７． ４．由随机变量Ｘ～Ｎ（５，σ２），可知μ＝５． 因为Ｐ（Ｘ＞１０－ａ）＝０．４，所以Ｐ（Ｘ＜ａ）＝０．４                                                                      ， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 所以Ｐ（Ｘ＞ａ）＝０．６． ５．由题可得Ｄ（Ｘ）＝３ｐ（１－ｐ）＝ ２３， 解得ｐ＝ １３或ｐ＝ ２ ３， 又因为Ｅ（Ｘ）＝３ｐ＞１，则ｐ＞ １３，可得ｐ＝ ２ ３， 则 １５ｐ ２ ＝５．所以Ｐ（Ｙ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ １ ３ Ｃ４８ ＝ ３７． ６．由题可得ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ｆ′（２）５ ｘ－９， 所以ｆ′（２）＝１２＋４５ｆ′（２）－９，解得ｆ′（２）＝１５， 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３＋３ｘ２－９ｘ， ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋６ｘ－９＝３（ｘ＋３）（ｘ－１）， 所以当ｘ＜－３或ｘ＞１时，ｆ′（ｘ）＞０； 当 －３＜ｘ＜１时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ）在（－∞，－３）和（１，＋∞）上单调递增， 在（－３，１）上单调递减， 所以当ｘ＝－３时，ｆ（ｘ）取得极大值２７． ７．由题意知１０个数中，１，３，５，７，９为阳数，２，４，６，８，１０为阴数， 若任取的３个数中有０个阴数， 则概率为 Ｃ３５ Ｃ３１０ ＝ １１２； 若任取的３个数中有１个阴数， 则概率为 Ｃ２５·Ｃ １ ５ Ｃ３１０ ＝ ５１２； 故这３个数中至多有１个阴数的概率为 Ｐ＝ １１２＋ ５ １２＝ １ ２． ８．由题意知函数ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增， 因为ｆ（ｘ）＝ ａ２ｘ ２－ｘｌｎｘ，所以ｆ′（ｘ）＝ａｘ－ｌｎｘ－１， 则ｆ′（ｘ）≥０在（０，＋∞）上恒成立， 因为ｘ∈（０，＋∞）， 所以ａ≥ｌｎｘ＋１ｘ 在（０，＋∞）上恒成立， 即ａ (≥ ｌｎｘ＋１)ｘ ｍａｘ， 令ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１ｘ ，则ｇ′（ｘ）＝－ ｌｎｘ ｘ２ ， 所以当ｘ∈（０，１）时，ｇ′（ｘ）＞０， 当ｘ∈（１，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＜０， 所以ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递增，在（１，＋∞）上单调递减， 所以ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（１）＝１，所以ａ≥１． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由题意得 ８２７＋ ４ ９＋ｍ＋ １ ２７＝１，解得ｍ＝ ２ ９， 可得Ｅ（Ｘ）＝０×８２７＋１× ４ ９＋２× ２ ９＋３× １ ２７＝１， Ｄ（Ｘ）＝ ８２７×１ ２＋４９×０ ２＋２９×１ ２＋１２７×２ ２ ＝ ２３， Ｐ（０≤Ｘ≤１）＝Ｐ（Ｘ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝１）＝８２７＋ ４ ９ ＝ ２０ ２７． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．因为展开式中只有第５项的二项式系数最大， 所以可知展开式中共有９项， 即ｎ＝８，故（Ａ）正确； 若展开式中所有项的系数和为１， 令ｘ＝１，则（２ａ－１）８ ＝１（ａ＞０）， 所以ａ＝１，故（Ｂ）正确； 通项Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ８（２ｘ） ８ (－ｋ －１ )ｘ ｋ ＝２８－ｋ·（－１）ｋ·Ｃｋ８·ｘ ８－２ｋ， 令８－２ｋ＝０，解得ｋ＝４， 所以展开式中的常数项为 Ｔ５ ＝２ ４×（－１）４×Ｃ４８ ＝１１２０，故（Ｃ）错误； 令８－２ｋ＝６，解得ｋ＝１， 所以展开式中含ｘ６的项为 Ｔ２ ＝２ ７×（－１）１×Ｃ１８×ｘ ６ ＝－１０２４ｘ６，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．当ａ＝－１时，则ｆ（ｘ）＝ｃｏｓｘｘ， ｆ′（ｘ）＝－ｘｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ ｘ２ ， [在区间 π６，π ]３ 上ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递减， 所以Ｍ ＝ ｃｏｓπ６ π ６ ＝ 槡３３ π ＜槡３，故（Ａ）正确； 当ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｘ２·ｃｏｓｘ，ｆ′（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ（２－ｘｔａｎｘ）， [在区间 π６，π ]３ 上，ｘｔａｎｘ单调递增， 则ｘｔａｎｘ＜π槡３３ ，即ｆ′（ｘ）＞０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递增， 即Ｍ ＝π ２ １８＜ 槡３ ３，故（Ｂ）正确； 当ａ＝１，ｘ (∈ ０，π )２ 时，ｘ＜ｔａｎｘ恒成立， 所以ｆ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ＜ｔａｎｘｃｏｓｘ＝ｓｉｎｘ≤槡３２， 所以Ｍ ＜槡３２，故（Ｃ）错误； 当ａ＝３时，ｆ（ｘ）＝ｘ３·ｃｏｓｘ， 则ｆ′（ｘ）＝ｘ２ｃｏｓｘ（３－ｘｔａｎｘ                                                                      ）， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 [在区间 π６，π ]３ 上ｆ′（ｘ）＞０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递增， 所以Ｍ ＝ １２ (· π )３ ３ ＞ １２，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．４５；　１３ [． １２，＋ )∞ ；　１４．１８５． 提示： １２．对于英文字母来说，共有５种可能； 对于数字来说，共有９种可能， 按照分步乘法计数原理可知， 共有５×９＝４５（个）不同的编号． １３．由ｆ（ｘ）＝ｅ ２ｘ ｘ得ｆ′（ｘ）＝ ｅ２ｘ（２ｘ－１） ｘ２ ． 若ｆ′（ｘ）＝０，则ｘ＝ １２． 所以函数ｆ（ｘ） (在 １４， )１２ 上单调递减， (在 １２，＋ )∞ 上单调递增， 且 (ｆ )１２ ＝２ｅ，所以 １２ [∈ １４， ]ａ ，即ａ≥ １２， 所以实数ａ [的取值范围是 １２，＋ )∞ ． １４．由题意知Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ９ｐ ｋ（１－ｐ）９－ｋ（ｋ＝０，１，２，…，９）， 因为ｐ４＋ｐ５ ＝ ４５ ８ｐ６， 所以Ｃ４９ｐ ４（１－ｐ）５＋Ｃ５９ｐ ５（１－ｐ）４ ＝４５８Ｃ ６ ９ｐ ６（１－ｐ）３， 化简得１５ｐ２＋４ｐ－４＝０，解得ｐ＝２５或ｐ＝－ ２ ３（舍）， 从而Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝１８５． 四、解答题 １５．解：（１）首先排甲，再将乙丙安排在甲的左右两位置中 的一个，则所有不同的排法种数有ｎ＝２Ａ２２Ａ ２ ２ ＝８． （２）（ⅰ）（１－３ｘ）８ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ８ｘ ８， 令ｘ＝０得ａ０ ＝１； 令ｘ＝１得ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ８ ＝（－２） ８ ＝２５６； ① 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ８ ＝２５６－１＝２５５． （ⅱ）令ｘ＝－１得 ａ０－ａ１＋ａ２－ａ３＋… ＋ａ８ ＝４ ８ ＝２１６； ② ① －② ２ 得ａ１＋ａ３＋ａ５＋ａ７ ＝ ２８－２１６ ２ ＝２７－２１５ ＝－３２６４０． １６．解：（１）第一步，先将另外四门课排好，有Ａ４４种情况； 第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入５个空隙中， 有Ａ２５种情况． 所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有 Ａ４４×Ａ ２ ５ ＝４８０（种）． （２）第一步，先将甲和乙的不同课程选好，有Ａ２６种情况； 第二步，将甲和乙的相同课程选好，有Ｃ１４种情况； 第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同， 所以丙的选法有Ｃ２３种情况． 因此，所有选课种数为Ａ２６×Ｃ １ ４×Ｃ ２ ３ ＝３６０． １７．解：（１）设事件Ａ表示在城市Ａ比赛时甲队负， 事件Ｂ表示在城市Ｂ比赛时甲队负， 则 Ｐ（Ａ）＝１－３５－ １ ５ ＝ １ ５，Ｐ（Ｂ）＝１－ １ ３－ １ ６ ＝ １ ２， 所以两场比赛甲队恰好负一场的概率为 Ｐ（ＡＢ＋ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ １５× １ ２＋ ４ ５× １ ２ ＝ １ ２． （２）两场比赛甲队得分Ｘ的可能取值为０，１，２，３，４，６， Ｐ（Ｘ＝０）＝ １５× １ ２ ＝ １ １０， Ｐ（Ｘ＝１）＝ １５× １ ６＋ １ ５× １ ２ ＝ ２ １５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ １５× １ ６ ＝ １ ３０， Ｐ（Ｘ＝３）＝ １５× １ ３＋ ３ ５× １ ２ ＝ １１ ３０， Ｐ（Ｘ＝４）＝ １５× １ ３＋ ３ ５× １ ６ ＝ １ ６， Ｐ（Ｘ＝６）＝ ３５× １ ３ ＝ １ ５， 所以两场比赛甲队得分Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ ６ Ｐ １１０ ２ １５ １ ３０ １１ ３０ １ ６ １ ５ １８．解：（１）设３人抽奖总次数为Ｘ， 则Ｘ的可能取值为３，４，５，６． 由题意知每位打卡二十四景游客至少打卡两个景点的概 率为 ３ ４，只打卡一个景点的概率为 １ ４， 随机抽取３人，３人打卡景点情况相互独立． Ｘ＝３表示抽奖总次数为３次，即３人都只打卡一个景点． 依题意可得Ｐ（Ｘ＝３） (＝ )１４ ３ ＝ １６４， 所以Ｐ（Ｘ≥４）＝Ｐ（Ｘ＝４）＋Ｐ（Ｘ＝５）＋Ｐ（Ｘ＝６） ＝１－Ｐ（Ｘ＝３） ＝１－１６４＝ ６３ ６４                                                                      ． —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 （２）记事件Ａ＝“每位打卡二十四景游客至少打卡两个景 点”，则Ａ＝“每位打卡二十四景游客只打卡一个景点”， 事件Ｂ＝“一位打卡二十四景游客抽中广化寺祈福香包”， 则Ｐ（Ａ）＝ ３４，Ｐ（Ａ）＝ １ ４， 因为每次抽奖可随机获得４种礼物中的１种礼物， 所以游客抽到每个香包的概率都是 １ ４． 一个游客至少打卡两个景点， 抽中广化寺祈福香包的概率为 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１ (－ )３４ ２ ＝ ７１６， 一个游客打卡一个景点， 抽中广化寺祈福香包的概率为Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ １４， 由全概率公式得Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） ＝ ３４× ７ １６＋ １ ４× １ ４ ＝ ２５ ６４． １９．解：（１）由题得ｈ′（ｘ）＝ ２ｘ＋３，　ｘ＜０， １ ｘ２ ， ｘ＞０{ ， 则ｈ′（ｘ１）＝２ｘ１＋３＝１，解得ｘ１＝－１，即Ａ（－１，－２＋ａ）， ｈ′（ｘ２）＝ １ ｘ２２ ＝１，解得ｘ２ ＝１，即Ｂ（１，－１）． 所以ｋＡＢ ＝ ａ－２－（－１） －１－１ ＝１，解得ａ＝－１． （２）设Ａ（ｘ１，ｈ（ｘ１）），Ｂ（ｘ２，ｈ（ｘ２））为函数ｈ（ｘ）图象上的 两点，且ｘ１ ＜ｘ２， 当ｘ１ ＜ｘ２ ＜０或０＜ｘ１ ＜ｘ２时，ｈ′（ｘ１）≠ｈ′（ｘ２）， 所以ｘ１ ＜０＜ｘ２． 函数ｈ（ｘ）在点Ａ（ｘ１，ｈ（ｘ１））处的切线方程为： ｙ－（ｘ２１＋３ｘ１＋ａ）＝（２ｘ１＋３）（ｘ－ｘ１）， 即ｙ＝（２ｘ１＋３）ｘ＋ａ－ｘ ２ １， 函数ｈ（ｘ）在点Ｂ（ｘ２，ｈ（ｘ２））处的切线方程为： ｙ＋１ｘ２ ＝ １ ｘ２２ （ｘ－ｘ２），即ｙ＝ １ ｘ２２ ｘ－２ｘ２ ． 两切线重合的充要条件是 ２ｘ１＋３＝ １ ｘ２２ ， ａ－ｘ２１ ＝－ ２ ｘ２ { ， ① ② 由①及ｘ１ ＜０＜ｘ２得０＜ １ ｘ２ ＜槡３，令ｔ＝ １ ｘ２ ， 则０＜ｔ＜槡３． 由①得ｘ１ ＝ １ ２（ｔ ２－３）， 由②得ａ＝ｘ２１－ ２ ｘ２ ＝ｘ２１－２ｔ＝ １ ４（ｔ ４－６ｔ２＋９）－２ｔ ＝ １４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４（０＜ｔ＜槡３）． 设ｐ（ｔ）＝ １４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４（０＜ｔ＜槡３）， 则ｐ′（ｔ）＝ｔ３－３ｔ－２＜０， 所以函数ｐ（ｔ）＝１４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４在（０，槡３）上为减函数， 且 － 槡２３＜ｐ（ｔ）＜ ９ ４，所以 － 槡２３＜ａ＜ ９ ４， 即实数ａ (的取值范围是 － 槡２３， )９４ ． 第４３期１版 专项小练一 １．ＡＣＤ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．４５；　５．１． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｂ；　３．ＡＢＣ．　４．３．５；　５．１０． 第４３期３，４版 成对数据的统计相关性、一元线性 回归模型及其应用同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＡＢＣ　　５～８　ＢＣＤＤ 提示： ２．甲的决定系数Ｒ２最大，回归模型的拟合效果最好． ３．由题意得ｘ＝３，ｙ＝４．５， 则有 ａ^＝４．５－０９５×３＝１．６５． ４．当ｘ＝１６５时得 ｙ^＝０．８５×１６５－８５７＝５４．５５， 所以在样本点（１６５，５８）处的残差为５８－５４．５５＝３４５． ５．由变量Ｘ与Ｙ相对应的一组数据为（１０，１），（１１．３，２）， （１１．８，３），（１２．５，４），（１３，５），可得变量Ｙ与Ｘ之间成正相关， 因此ｒ１ ＞０； 由变量 Ｕ与 Ｖ相对应的一组数据为（１０，５），（１１．３，４）， （１１．８，３），（１２．５，２），（１３，１），可得变量Ｕ与Ｖ之间成负相关， 因此ｒ２ ＜０． 故ｒ２ ＜０＜ｒ１． ６．因为∑ １０ ｉ＝１ ｘｉ＝２２５，∑ １０ ｉ＝１ ｙｉ＝１６００， 所以ｘ＝２２．５，ｙ＝１６０． 又因为 ｙ^＝ｂ^ｘ＋ａ^中 ｂ^＝４， 回归直线一定过样本点的中心（２２．５，１６０）， 所以１６０＝４×２２．５＋ａ^，所以 ａ^＝７０， 所以 ｙ^＝４ｘ＋７０． 当ｘ＝２４时，ｙ^＝４×２４＋７０＝１６６． ７．样本点的中心为（２，ｍ），将其代入 ｙ^＝２ｘ＋５， 可得ｍ＝２×２＋５＝９， 假设甲输入的（ｘ１，ｙ１）为（７，３），（ｘ２，ｙ２）为（４，－６）， 则７＋４＋ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝２×８＝１６                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 ３－６＋ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝９×８＝７２， 得ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝５，ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝７５， 改为正确数据后得３＋４＋ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝１２， ７＋６＋ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝８８， (此时样本点的中心为 ３２， )１１ ， 将其代入 ｙ^＝１３３ｘ＋ｋ， 可得ｋ＝１１－１３３× ３ ２ ＝ ９ ２． ８．对ｙ＝ａｅｂｘ＋１（ａ＞０）两边同时取自然对数得 ｌｎｙ＝ｌｎ（ａｅｂｘ＋１）＝ｌｎａ＋ｂｘ＋１，令ｚ＝ｌｎｙ， 则ｚ＝ｂｘ＋ｌｎａ＋１， 所以 ｂ＝２， ａ＝ｌｎａ＋１{ ，解得 ｂ＝２， ａ＝１{ ， 所以 ｂ ａ ＝２． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．由题图１知气压随海拔的增加而减小，由题图２知沸点 随气压的升高而升高，所以沸点与气压正相关，沸点与海拔负 相关，由题图易得两个散点图中的点都落在一条直线附近，所 以沸点与海拔、沸点与气压都线性相关，故（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ）正 确，（Ａ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题图可知两变量正线性相关，故ｒ１ ＞０，ｒ２ ＞０， 且ｒ１ ＜ｒ２，Ｒ ２ １ ＜Ｒ ２ ２，故（Ａ）正确，（Ｂ）错误； 经计算可得，在去除点Ｆ前，ｘ＝３．５，ｙ＝２．５， 去除点Ｆ后，ｘ＝３，ｙ＝２． 又经验回归方程ｌ１：ｙ^＝０．６８ｘ＋ａ^必经过点（３５，２．５）， 所以 ａ^＝２．５－０．６８×３．５＝０．１２，故（Ｃ）正确； 经验回归方程ｌ２：ｙ^＝ｂ^ｘ＋０．６８必经过点（３，２）， 所以２＝ｂ^×３＋０．６８，所以 ｂ^＝０．４４，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题意得ｘ＝ １５ ×（２０＋３０＋４０＋５０＋６０）＝４０， ｙ＝ １５×（２５＋２７．５＋２９＋３２．５＋３６）＝３０， 则 ｋ^＝ｙ－０．２５ｘ＝３０－０．２５×４０＝２０，故（Ａ）正确； 由０．２５＞０，可知变量ｘ和ｙ正相关，故（Ｂ）正确； 若ｘ的值增加１，则ｙ的值约增加０．２５，故（Ｃ）正确； 当ｘ＝５２时，ｙ^＝０．２５×５２＋２０＝３３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．３７５；　１３．２ｌｎ２＋２；　１４．（６，２）． 提示： １２．由题意可得ｘ＝１５０５ ＝３０，代入经验回归方程， 可得ｙ＝０．６７×３０＋５４．９＝７５， 所以ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＋ｙ４＋ｙ５ ＝５×７５＝３７５． １３．由ｚ＝ｌｎｙ，则ｌｎｙ＝ｌｎ２ｅ２ｘ＋１， 即ｚ＝ｌｎ２＋ｌｎｅ２ｘ＋１ ＝ｌｎ２＋２ｘ＋１， 则ｚ＝２ｘ＋ｌｎ２＋１，故ｍ＝２，ｎ＝ｌｎ２＋１， 所以ｍｎ＝２ｌｎ２＋２． １４．ｘ＝ １５×（４＋ｍ＋８＋１０＋１２）＝ ３４＋ｍ ５ ， ｙ＝ １５×（１＋２＋３＋５＋６）＝３．４， (将 ３４＋ｍ５ ，３． )４ 代入经验回归方程 ｙ^＝０６５ｘ－１．８中， 得３．４＝０６５×３４＋ｍ５ －１．８，解得ｍ＝６． 所以当ｘ＝４，ｙ^＝０６５×４－１．８＝０８，｜１－０８｜＝０２； 当ｘ＝６时，ｙ^＝０６５×６－１．８＝２．１，｜２－２．１｜＝０１； 当ｘ＝８时，ｙ^＝０６５×８－１．８＝３．４，｜３－３．４｜＝０．４． 综上，距离经验回归直线最近的点是（６，２）． 四、解答题 １５．解：作出散点图如图１， ! " # $ % & ' ! !() !(& !($ !(" !(* *+) ,(& ,($ ,(" , " ! ! ! ! ! ! ! 图１ 由条形图数据和参考数据得 ｔ＝４，∑ ７ ｉ＝１ （ｔｉ－ｔ） ２ ＝２８， ∑ ７ ｉ＝１ （ｙｉ－ｙ）槡 ２≈０５３， ∑ ７ ｉ＝１ （ｔｉ－ｔ）（ｙｉ－ｙ）＝∑ ７ ｉ＝１ ｔｉｙｉ－ｔ∑ ７ ｉ＝１ ｙｉ ＝３９７５－４×９．２４＝２．７９， 所以ｒ≈ ２．７９０５３×２×２６４６≈０９９． 因为ｙ与ｔ的样本相关系数近似为０．９９， 所以ｙ与ｔ的线性相关性相当强． １６．解：（１）由题可得ｘ＝３，ｙ＝７２， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１×５＋２×６＋３×７＋４×８＋５×１０＝１２０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１ ２＋２２＋３２＋４２＋５２ ＝５５， 则 ｂ^＝１２０－５×３×７２ ５５－５×３２ ＝１２， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝７２－１２×３＝３６                                                                      ， —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 故经验回归方程为 ｙ^＝１．２ｘ＋３．６． （２）将ｘ＝８代入经验回归方程可预测该地区２０２５年的人 民币储蓄存款 ｙ^＝１．２×８＋３．６＝１３．２（千亿元）． １７．解：（１）ＣＯ对ＰＭ２５有正相关关系， 而Ｏ３对ＰＭ２５没有相关关系． （２）∑ ３ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝０５＋２＋６＝８５，ｘ＝ ７ ３，ｙ＝１，３ｘｙ＝７， ∑ ３ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１＋４＋１６＝２１，３ｘ ２ ＝４９３． 所以 ｂ^＝ ９２８，ａ^＝ １ ４，ｙ^＝ ９ ２８ｘ＋ １ ４， 当ＣＯ为２００时，即 ｙ^＝２时，９２８ｘ＋ １ ４ ＝２，所以ｘ＝ ４９ ９， 即ＰＭ２５的值为 ４９ ９×１００＝ ４９００ ９ ≈５４４（μｇ／ｍ ３）． １８．解：（１）画出散点图，如图２所示： ! "# "$ "% "& ! ! ! ! "" ' ( ) !"#$ # " %*&$ 图２ （２）由题表中数据易得ｘ＝１２．５，ｙ＝８．２５， ∑ ４ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝４３８，∑ ４ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝６６０， 所以 ｂ^＝ ∑ ４ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－４ｘｙ ∑ ４ ｉ＝１ ｘ２ｉ－４ｘ ２ ＝４３８－４×１２．５×８．２５ ６６０－４×１２．５２ ＝５１７０， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝８．２５－５１７０×１２５＝－ ６ ７． 故经验回归方程为 ｙ^＝５１７０ｘ－ ６ ７． （３）要使ｙ≤１０，则５１７０ｘ－ ６ ７≤１０， 即ｘ≤７６０５１≈１４．９． 故机器的转速应不超过１４．９转 ／秒． １９．解：（１）由表中数据可得ｘ＝５，ｙ＝２４， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ＝３７０－５×５×２４＝－２３０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝６８， 所以 ｂ^＝－２３０６８ ≈－３４， 所以 ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝２４＋３４×５＝４１， 所以ｙ关于ｘ的经验回归方程为 ｙ^＝４１－３４ｘ． （２）设该系大一学生每周扣分总数为ｈ（ｘ），则由题意 得ｈ（ｘ）＝ｘ（－３４ｘ＋４１）＝－３４ｘ２＋４１ｘ， 因为函数对称轴方程为ｘ＝ ４１３４×２≈６０３， 由题意，ｘ＝６时，ｈ（ｘ）有最大值， 即每次扣分为６分时，该系大一新生被扣分的总数最大． （３）设每周上课使用手机扣ｘ分， 则数学系大一学生每学期扣分为２０×（－３４ｘ＋４１）ｘ， 令２０×（－３４ｘ＋４１）ｘ≤１０００， 即３４ｘ２－４１ｘ＋５０≥０， 解得ｘ≥４１＋槡１００１２×３４ ≈１０６８ 或ｘ≤４１－槡１００１２×３４ ≈１３８， 所以每周至少扣分１１分时， 数学系才能被定为控制手机合格． 第４４期２版 专项小练 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．０．０１；　５．０．６００． 第４４期３，４版 列联表和独立性检验同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＣＣＤ　５～８　ＡＢＣＣ 提示： １．近视变量有近视与不近视两种类别，血压变量有异常、 正常两种类别，饮酒变量有饮酒与不饮酒两种类别，成绩不是 分类变量，它的取值不一定有两种． ２．由题意得 ａ＋ｂ＝５５， ｃ＋ｄ＝１２０－５５{ ， 又３ａ＝ｃ，ｂ＝２ｄ， 所以 ａ＋２ｄ＝５５， ３ａ＋ｄ＝６５{ ， 解得ａ＝１５，ｄ＝２０． 所以ｂ＝４０，ｃ＝４５，ｃ＋ｄ＝６５，ｂ＋ｄ＝６０，故选（Ｃ）． ３．由题知χ２的范围为［６６３５，１０８２８）， 因此χ２可能为６６７７． ４．因为χ２越小，两个分类变量的关系越弱， 当ａｄ－ｂｃ＝０时，χ２最小，此时χ２ ＝０， 由１０×２６＝１８ｍ，解得ｍ≈１４．４， 所以当ｍ＝１４时，Ｘ与Ｙ的关系最弱． ５．由题意知χ２ ＝４０×（２×１２－８×１８） ２ １０×３０×２０×２０ ＝４．８＞３．８４１＝ｘ００５， 由临界值表可知，认为“该药物预防流感有效果”， 则该结论出错的概率不超过００５． ６．根据两个表中的等高条形图知，药物Ａ                                                                      实验显示不服药 —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 与服药时患病差异较药物Ｂ实验显示明显大，所以药物Ａ的预 防效果优于药物Ｂ的预防效果，故选（Ｂ）． ７．在两个分类变量的列联表中， 当｜１０×３０－ａｂ｜的值越小时， 认为两个分类变量有关的可能性越小． 令｜１０×３０－ａｂ｜＝０，得ａｂ＝３００， 又因为样本容量为７５，所以ａ＋ｂ＋４０＝７５，则ｂ＝３５－ａ， 所以ａｂ＝ａ（３５－ａ）＝３００，化简得ａ２－３５ａ＋３００＝０， 解得ａ１ ＝１５，ａ２ ＝２０，又因为ａ＜ｂ，所以ａ＝１５． ８．因为χ２ ＝ ｎ（ａｄ－ｂｃ） ２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ） ＝２００［（８０－ｍ）（５０－ｍ）－（２０＋ｍ）（５０＋ｍ）］ ２ １００×１００×１３０×７０ ＝８（１５－ｍ） ２ ９１ ≥３８４１，所以（１５－ｍ） ２≥４３．７， 又５≤ｍ≤１５，ｍ∈Ｎ，所以１５－ｍ≥７，解得ｍ≤８， 故在被调查的１００名女生中喜欢观看体育比赛直播的人 数的最大值为５８． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．因为χ２≈９．６１６，所以７．８７９＜χ２ ＜１０．８２８， 所以根据小概率值α＝０．００１的独立性检验， 分析认为“药物无效”，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 根据小概率值α＝０．００５的独立性检验， 分析认为“药物有效”，故（Ｃ）正确，（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．饭前服药的１００名患者中，药效强的有８０人， 所以频率为 ４ ５，故（Ａ）正确； 饭前服药的有２０人药效弱，饭后服药的有７０人药效弱， 所以药效弱的有９０名患者， 饭后服药的频率为 ７ ９，故（Ｂ）错误； 因为χ２ ＝２００×（８０×７０－２０×３０） ２ １００×１００×１１０×９０ ＝ ５０００ ９９ ≈５０５０５ ＞６６３５＝ｘ００１，故在犯错误的概率不超过０．０１的条件下，可 以认为这种药物饭前和饭后服用的药效有差异，故（Ｃ）正确， （Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．由题知 ａ＋６＝ｅ， １５＋ｂ＝２８， ａ＋１５＝ｃ， ６＋ｂ＝ｄ， ｅ＋２８＝４６， ｃ＋ｄ＝４６        ， 解得 ａ＝１２， ｂ＝１３， ｅ＝１８， ｃ＝２７， ｄ＝１９        ， 所以 ａ ｃ ＝ １２ ２７＝ ４ ９ ＞ ６ １９＝ ６ ｄ，故（Ａ）错误； 零假设为Ｈ０：在恶劣天气的飞行航程中，是否晕机与性别 无关，则 χ２ ＝４６×（１２×１３－６×１５） ２ １８×２８×１９×２７ ≈０７７５＜２７０６＝ ｘ０１，故（Ｂ）正确； 依据小概率值α＝０１的独立性检验，没有充分证据推断 Ｈ０不成立，因此可以认为 Ｈ０成立，即在恶劣天气的飞行航程 中，是否晕机与性别无关，故（Ｄ）正确，（Ｃ）错误． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．有；　１３．５５５６，００５；　１４．７或８． 提示： １２．从等高堆积条形图上可以明显地看出喝酒患胃病的频 率远远大于不喝酒患胃病的频率，所以由所给等高堆积条形图 可知，喝酒与患胃病有关系． １３．由表中数据得 χ２ ＝１００×（２０×３５－４０×５） ２ ６０×４０×２５×７５ ＝ ５０ ９ ≈５５５６，因为５５５６＞３８４１＝ｘ００５，所以α＝００５． １４．设男、女学生的总人数为２ｎ，则２ｎ＝２０ｋ（ｋ∈Ｎ＋），并 把２×２列联表的数据补充完整（单位：人）． 性别 是否喜欢网络课程 喜欢 不喜欢 合计 男生 ０８ｎ ０２ｎ ｎ 女生 ０６ｎ ０４ｎ ｎ 合计 １４ｎ ０６ｎ ２ｎ 所以χ２ ＝２ｎ·（０８ｎ·０４ｎ－０２ｎ·０６ｎ） ２ ｎ·ｎ·１４ｎ·０６ｎ ＝ ２ｎ ２１． 由题可得６６３５≤ ２ｎ２１＜７８７９， 即１３９．３３５≤２ｎ＜１６５．４５９．又２ｎ＝２０ｋ（ｋ∈Ｎ＋）， 所以６９６６７５≤ｋ＜８２７２９５， 所以ｋ＝７或ｋ＝８． 四、解答题 １５．解：作列联表如下． 考前心情 性格 内向 外内 合计 紧张 ３３２ ２１３ ５４５ 不紧张 ９４ ３８１ ４７５ 合计 ４２６ ５９４ １０２０ !"# $%& $%' $%( #%) #%* $"+ $", $"- $"! $ !"#$ !%&$ '() *+, -() *./, 相应的等高堆积条形图如图所示                                                                      ． —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 图中阴影部分表示考前心情紧张与考前心情不紧张中性 格内向的比例． 从图中可以看出考前心情紧张的样本中性格内向占的比 例比考前心情不紧张的样本中性格内向占的比例高，可以认为 考前心情紧张与性格类别有关． １６．解：（１）由题意知在Ａ组中抽取的人数为 １６×７５１２０＝１０． 在Ｂ组中抽取的人数为１６×４５１２０＝６． （２）零假设为 Ｈ０：对“绿色消费”意义的认知情况与年龄无关． 由题意得χ２ ＝２００×（７５×５５－２５×４５） ２ １２０×８０×１００×１００ ＝１８７５＞１０．８２８＝ｘ０００１， 根据小概率值α＝０．００１的独立性检验， 推断Ｈ０不成立， 即认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关， 此推断犯错误的概率不大于０００１． １７．解：（１）由等高堆积条形图知， 男生保护动物意识强的有５０×０７＝３５， 女生保护动物意识强的有５０×０４＝２０， 于是２×２列联表如下（单位：人）． 性别 保护动物意识 强 弱 合计 男 ３５ １５ ５０ 女 ２０ ３０ ５０ 合计 ５５ ４５ １００ （２）零假设为Ｈ０：该校学生保护动物意识的强弱与性别无关， 根据列联表中的数据，得 χ２ ＝１００×（３５×３０－１５×２０） ２ ５５×４５×５０×５０ ＝ １００ １１ ≈９０９１＞７８７９＝ｘ０００５， 根据小概率值α＝０００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为学生保护动物意识的强弱与性别有关，此推断犯错 误的概率不大于０００５． １８．解：（１）设采用分层随机抽样的方法从高二年级抽取 的４５名学生中男、女生人数分别为ａ，ｂ， 则有 ５００ ５００＋４００＝ ａ ４５， ４００ ５００＋４００＝ ｂ ４５， 解得ａ＝２５，ｂ＝２０， 故ｘ＝２５－１５－５＝５，ｙ＝２０－１５－３＝２． ２×２列联表如下（单位：人）． 测评结果 性别 男生 女生 合计 优秀 １５ １５ ３０ 非优秀 １０ ５ １５ 合计 ２５ ２０ ４５ （２）零假设为Ｈ０：测评结果优秀或非优秀与性别无关． 根据（１）中列联表得 χ２ ＝４５×（１５×５－１５×１０） ２ ３０×１５×２５×２０ ＝１．１２５＜２．７０６＝ｘ０１， 根据α＝０．１的独立性检验， 没有充分证据推断Ｈ０不成立， 因此认为Ｈ０成立， 即认为测评结果优秀或非优秀与性别无关． １９．解：（１）零假设为 Ｈ０：该品牌方便面中Ｃ卡片所占比例与方便面口味无关． χ２ ＝１５０×（２０×４５－１０×７５） ２ ９５×５５×３０×１２０ ＝ ７５ ４１８ ≈０１７９＜３８４１＝ｘ００５， 根据小概率值α＝００５的独立性检验，没有充分证据推断 Ｈ０不成立，因此可以认为Ｈ０成立，即认为该品牌方便面中Ｃ卡 片所占比例与方便面口味无关． （２）①记“小明一次购买３袋该方便面，中奖”为事件Ａ， Ｐ（Ａ）＝ ２５× ２ ５× １ ５×Ａ ３ ３ ＝ ２４ １２５． ②记“小明一次购买３袋该方便面，未获得Ｃ卡”为事件Ｂ． Ｐ（ＢＡ） (＝ )４５ ３ ＝６４１２５， Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＢＡ） Ｐ（Ａ） ＝ ６４ １２５ １－２４１２５ ＝６４１０１                                                                      ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 书书书 １７． （１５ 分 ） 某 食 品 厂 生 产 一 种 零 食 ，该 种 零 食 每 袋 的 质 量 Ｘ （ 单 位 ：ｇ） 服 从 正 态 分 布 Ｎ （６５ ，４．８４ ）． （１ ） 当 质 检 员 随 机 抽 检 ２０ 袋 该 种 零 食 时 ，测 得 １ 袋 零 食 的 质 量 为 ７３ ｇ，他 立 即 要 求 停 止 生 产 ，检 查 设 备 ．请 你 根 据 所 学 知 识 ，判 断 该 质 检 员 的 决 定 是 否 有 道 理 ，并 说 明 判 断 的 依 据 ． （２ ） 规 定 ：这 种 零 食 的 质 量 在 ６２．８ ｇ ～ ６９．４ ｇ 的 为 合 格 品 ． （ⅰ ） 求 这 种 零 食 的 合 格 率 （ 结 果 精 确 到 ０．００１ ） ； （ⅱ ） 从 该 种 零 食 中 任 意 挑 选 ｎ 袋 ，合 格 品 的 袋 数 为 Ｙ ，若 Ｙ 的 均 值 大 于 ５８ ，求 ｎ 的 最 小 值 ． 参 考 数 据 ： 若 Ｘ ～ Ｎ （μ ，σ ２） ， 则 Ｐ （μ － σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋ σ ） ≈ ０ ．６８２ ７ ，Ｐ （μ － ２σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋ ２σ ） ≈ ０．９５４ ５ ，Ｐ （μ － ３σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋ ３σ ） ≈ ０．９９７ ３． １８． （１７ 分 ） 某 兴 趣 小 组 在 开 展 昆 虫 研 究 时 ， 设 计 了 如 下 实 验 ： 在 一 个 不 透 明 的 密 封 盒 子 中 装 有 蝴 蝶 、 蜜 蜂 等 多 种 昆 虫 共 ２ｎ （ｎ ≥ ４ ，ｎ ∈ Ｎ ） 只 ．现 在 盒 子 上 开 一 小 孔 ，每 次 只 能 飞 出 一 只 昆 虫 ，且 任 意 一 只 昆 虫 都 等 可 能 地 飞 出 ． （１ ） 若 盒 子 中 共 有 ８ 只 昆 虫 ，从 中 任 意 飞 出 ２ 只 昆 虫 时 ，飞 出 的 恰 好 有 １ 只 是 蜜 蜂 的 概 率 为 ４７ ． （ⅰ ） 求 蜜 蜂 的 只 数 ； （ⅱ ） 从 盒 子 中 任 意 飞 出 ３ 只 昆 虫 ，记 飞 出 蜜 蜂 的 只 数 为 Ｘ ，求 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 与 期 望 Ｅ （Ｘ ） ； （ ２ ） 若 盒 子 中 的 昆 虫 有 一 半 是 蝴 蝶 时 ，求 “ 从 盒 子 中 任 意 飞 出 ２ 只 昆 虫 ，至 少 有 １ 只 蝴 蝶 飞 出 ” 的 概 率 最 大 值 ． １９． （１７ 分 ） 品 酒 师 需 要 定 期 接 受 品 酒 鉴 别 能 力 测 试 ， 测 试 方 法 如 下 ：拿 出 ｎ 瓶 外 观 相 同 但 品 质 不 同 的 酒 让 其 品 尝 ，要 求 按 品 质 优 劣 为 它 们 排 序 ，经 过 一 段 时 间 ， 等 他 的 记 忆 淡 忘 之 后 ， 再 让 他 品 尝 这 ｎ 瓶 酒 ，并 重 新 按 品 质 优 劣 为 它 们 排 序 ， 这 称 为 一 轮 测 试 ． 设 在 第 一 次 排 序 时 被 排 为 １ ，２ ，３ ，… ，ｎ 的 ｎ 种 酒 ， 在 第 二 次 排 序 时 的 序 号 为 ａ １ ， ａ ２ ，ａ ３ ，… ，ａ ｎ ，并 令 Ｘ ＝∑ ｎｉ＝１ ｜ｉ－ ａ ｉ ｜，称 Ｘ 是 两 次 排 序 的 偏 离 度 ．评 委 根 据 一 轮 测 试 中 的 两 次 排 序 的 偏 离 度 的 高 低 为 其 评 分 ． （１ ） 当 ｎ ＝ ３ 时 ，若 ａ １ ，ａ ２ ，ａ ３ 等 可 能 地 为 １ ，２ ，３ 的 各 种 排 列 ，求 Ｘ 的 分 布 列 ； （２ ） 当 ｎ ＝ ４ 时 ， （ⅰ ） 若 ａ １ ，ａ ２ ，ａ ３ ，ａ ４ 等 可 能 地 为 １ ，２ ，３ ，４ 的 各 种 排 列 ，计 算 Ｘ ≤ ２ 的 概 率 ； （ⅱ ） 假 设 某 品 酒 师 在 连 续 三 轮 测 试 中 ， 都 有 Ｘ ≤ ２ （ 各 轮 测 试 相 互 独 立 ） ， 你 认 为 该 品 酒 师 的 鉴 别 能 力 如 何 ，请 说 明 理 由 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92)"*$%&+( : ; < = > + ! " ? 书 一、条件概率与全概率公式 例１某学习小组设计了如下问题进行探 究：甲和乙两个箱子中各装有５个大小相同的小 球，其中甲箱中有３个红球、２个白球，乙箱中有 ４个红球、１个白球． （１）从甲箱中随机抽出２个球，在已知抽到 红球的条件下，求２个球都是红球的概率． （２）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于 等于４，从甲箱中随机抽出１个球；如果点数大 于等于５，从乙箱中随机抽出１个球．若抽到的 是红球，求它是来自乙箱的概率． 解析：（１）记事件Ａ表示“从甲箱中抽出的 ２个球中有红球”，事件Ｂ表示“从甲箱中抽出的 ２个球都是红球”， 则Ｐ（Ａ）＝１－ Ｃ２２ Ｃ２５ ＝９１０，Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ２３ Ｃ２５ ＝３１０， 故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ９ １０ ＝１３． （２）设事件Ｃ表示“从乙箱中抽球”， 事件Ｄ表示“抽到红球”， 则事件Ｃ表示“从甲箱中抽球”， 所以Ｐ（Ｃ）＝２６ ＝ １ ３，Ｐ（Ｃ）＝ ４ ６ ＝ ２ ３， Ｐ（Ｄ｜Ｃ）＝４５，Ｐ（Ｄ｜Ｃ）＝ ３ ５， 所以Ｐ（Ｄ）＝Ｐ（ＣＤ）＋Ｐ（ＣＤ） ＝Ｐ（Ｃ）Ｐ（Ｄ｜Ｃ）＋Ｐ（Ｃ）Ｐ（Ｄ｜Ｃ） ＝１３× ４ ５＋ ２ ３× ３ ５ ＝ ２ ３， 故Ｐ（Ｃ｜Ｄ） ＝Ｐ（Ｃ）Ｐ（Ｄ｜Ｃ）Ｐ（Ｄ） ＝ １ ３× ４ ５ ２ ３ ＝２５． 二、离散型随机变量的分布列及数字特征 例２甲、乙两人进行围棋比赛，约定每局胜 者得１分，负者得０分（无平局），比赛进行到有 一人比对方多２分或打满６局时停止．设甲在每 局获胜的概率为 ２ ３，且各局胜负相互独立．设 Ｘ 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量 Ｘ 的分布列及数学期望． 解析：设每两局比赛为一轮，根据题意得 Ｘ 的所有可能取值为２，４，６．设前两局比赛为第一 轮，则该轮比赛结束时比赛停止的概率为 ２ ３× ２ ３＋ １ ３× １ ３ ＝ ５ ９． 若第一轮结束时比赛还在继续，则甲、乙在 该轮中必各得１分，此时，该轮比赛结果对下轮 比赛是否停止没有影响． 从而有Ｐ（Ｘ＝２）＝５９， Ｐ（Ｘ＝４）＝ １－５( )９ × ５ ９ ＝ ２０ ８１， Ｐ（Ｘ＝６）＝ １－５( )９ × １－５( )９ ×１＝ １６ ８１． 故随机变量Ｘ的分布列为 Ｘ ２ ４ ６ Ｐ ５９ ２０ ８１ １６ ８１ 所以Ｅ（Ｘ）＝２×５９＋４× ２０ ８１＋６× １６ ８１ ＝２６６８１． 三、二项分布与超几何分布 例３某食品厂为了检查一条自动包装流水线 的生产情况，随机抽取该流水线上的４０件产品作 为样本并称出它们的质量（单位：克），质量的分组 区间为［４９０，４９５），［４９５，５００），…，［５１０，５１５］．由此 得到样本的频率分布直方图如图． （１）根据频率分布直方图，求质量超过５０５ 克的产品件数； （２）在上述抽取的４０件产品中任取２件，设 Ｘ为其中质量超过５０５克的产品件数，求Ｘ的分 布列； （３）从该流水线上任取２件产品，设Ｙ为其 中质量超过５０５克的产品件数，求Ｙ的分布列． 解析：（１）质量超过５０５克的产品的频率为 ５×０．０５＋５×０．０１＝０．３，所以质量超过５０５克 的产品件数为４０×０．３＝１２． （２）质量超过５０５克的产品件数为１２，则质 量未超过５０５克的产品件数为２８，且Ｘ服从Ｎ＝ ４０，Ｍ ＝１２，ｎ＝２的超几何分布． 所以Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ２２８ Ｃ２４０ ＝６３１３０， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１１２Ｃ １ ２８ Ｃ２４０ ＝２８６５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２１２ Ｃ２４０ ＝１１１３０， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ ６３１３０ ２８ ６５ １１ １３０ （３）由样本估计总体，可知从该流水线上任 取１件产品，该产品的质量超过５０５克的概率为 １２ ４０＝ ３ １０． 从流水线上任取２件产品互不影响，该问题可 看成２次独立重复试验，质量超过５０５克的产品件 数Ｙ的可能取值为０，１，２，且 (Ｙ～Ｂ ２，３)１０ ， Ｐ（Ｙ＝ｋ）＝Ｃｋ(２ ３)１０ ( ｋ １－３)１０ ２－ｋ ，ｋ＝０，１，２， 所以Ｐ（Ｙ＝０）＝Ｃ０２ (× ７)１０ ２ ＝４９１００， Ｐ（Ｙ＝１）＝Ｃ１２× ３ １０× ７ １０＝ ２１ ５０， Ｐ（Ｙ＝２）＝Ｃ２２ (× ３)１０ ２ ＝ ９１００， 所以Ｙ的分布列为 Ｙ ０ １ ２ Ｐ ４９１００ ２１ ５０ ９ １００ 四、正态分布 例４某玻璃厂有两条硼硅玻璃的生产线， 其中甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数Ｘ１服从 正态分布 Ｎ（４４，００９），乙生产线所产硼硅玻 璃的膨胀系数 Ｘ２服从正态分布 Ｎ（４７，００１）， 则下列选项正确的是 （　　） （Ａ）甲生产线硼硅玻璃膨胀系数范围在 （４１，４７）的概率约为０．９５４５ （Ｂ）甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数比 乙生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数数值更集中 （Ｃ）若用于疫苗药瓶的硼硅玻璃膨胀系数 不能超过５，则乙生产线生产的硼硅玻璃符合标 准的概率更大 （Ｄ）乙生产线所产的硼硅玻璃膨胀系数小 于４．５的概率与大于４．８的概率相等 答案：（Ｃ）． 解析：由甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系 数Ｘ１服从正态分布Ｎ（４４，００９）知σ１＝０３， μ１ ＝４４；由乙生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数 Ｘ２服从正态分布Ｎ（４７，００１）知σ２ ＝０１，μ２ ＝４７． 因为 Ｐ（μ１ －σ１ ＜Ｘ１ ＜μ１ ＋σ１）≈ ０６８２７，所以甲生产线所产硼硅玻璃膨胀系数 范围在（４１，４７）的概率约为０．６８２７，故（Ａ） 错误； 由于σ１＝０３＞σ２＝０１，故乙生产线所产硼 硅玻璃的膨胀系数数值更集中，故（Ｂ）错误； 对于甲生产线，Ｐ（Ｘ１≤５）＝Ｐ（Ｘ１≤μ１＋ ２σ１）＝ １ ２＋Ｐ（μ１＜Ｘ１≤μ１＋２σ１）；对于乙生 产线，Ｐ（Ｘ２≤５）＝Ｐ（Ｘ２≤μ２＋３σ２）＝ １ ２＋ Ｐ（μ２ ＜Ｘ２≤ μ２ ＋３σ２），显然 Ｐ（Ｘ１≤ ５）＜ Ｐ（Ｘ２≤５），所以乙生产线生产的硼硅玻璃符合 标准的概率更大，故（Ｃ）正确； Ｐ（Ｘ２≤４５）＝Ｐ（Ｘ２≤μ２－２σ２），Ｐ（Ｘ２≥ ４８）＝Ｐ（Ｘ２≥μ２＋σ２）＝Ｐ（Ｘ２≤μ２－σ２）＞ Ｐ（Ｘ２≤μ２－２σ２），故（Ｄ）错误． !" !!""# #$%&$ &% &&'(#) * # !" !"#$ %& # +,-./*01 @ABCD$EF GAHD8IJKLMNOEP 3QRSTUV9 SWXYZ[ \]^_`aV9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 $"%&'%()&(*+ <=EF?GAHCD8 $"%&'%()&!"# ! ij k l !"!# !,$!,%%$$%$%%&$%&% $ $-$) $-$% $-$! $-$" $-$& $% &' !"#$%&'( )*+,-./0 ()*+,- ./ 0123%$$4 +567899:;/ <=>?@A6+ B 1 3 C D E F GHH5IJKL8M N+OP/QIJ( KRSTUVWX YZ[S\+]^M _<0`/abcd 0efgHHhi jM &,,!k/lJm noDpqrs6 tuvOwx0y CDEFGz/hi j{|}~WJ €+‚ƒ/„J… †<‡ˆ‰MŠ‹Œ Ž‘/’“S ”•()*+,- –—I˜™W&(k/ š›W@œežM ŸW [0e¡¢ +£‹/’(¤ ¥+-¦@§¨/( ©ª+«¬I­®M Œ¯O°±²/ hij†³´µ/¶ ·|¸¹(ŒºM’ »¼5½¾¿Ÿ0 ÀÁÂÃÄÅ/ÆÇ ÈÉÊpËÌ 8(Í Î+AÏzÐ/’· |ÑÒÓ5KL8+ ÔՌM ($&)k, Ö/5IJKL8×Ø ÙVÚÛÜ/_hi j¶(&$KÝÞF ß@WLàM hijá(!k +¸¹/âãWÉÊ =pqä+ålM’ cæçèW0£S é>?+EFG/ê çèW0ëìí¼î pq+ïÓYð/î ñJ+òóôõM< ëìí/öÞF÷ø ÓÏùú(ûüý þ+ÿ¦@c!Ý ®M 书 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｃ．　４．０．８；　５．０．２． ６．解：因为灯泡的使用寿命Ｘ～Ｎ（１０００，３０２）， 故Ｘ在（１０００－３×３０，１０００＋３×３０）内的 概率为９９．７％， 即Ｘ在（９１０，１０９０）内取值的概率为９９．７％． 所以灯泡的最低使用寿命应控制在９１０小时 以上． 一、单项选择题 １～４　ＢＡＢＡ　５～８　ＤＣＢＡ 二、多项选择题 ９．ＡＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＣＤ． 三、填空题 １２．０４；　１３．０１４；　１４．４． 四、解答题 １５．解：据已知得μ＝１２０，σ＝１０，由于正态总 体Ｎ（μ，σ２）在区间（μ－２σ，μ＋２σ）内取值的概 率约为０．９５５， 故１４０分以上的所占概率为 １－０９５５ ２ ＝００２２５， 故相应的考生人数为 ２０００×００２２５＝４５（人）． １６．解：因为Ｘ～Ｎ（２５，０２２）， 所以μ＝２５，σ＝０２． 所以Ｐ（２４８≤Ｘ≤２５４） ＝Ｐ（μ－σ≤Ｘ≤μ＋２σ） ＝１２×（０６８２７＋０９５４５） ＝０３４１３５＋０４７７２５＝０８１８６． １７．解：体温Ｘ服从正态分布 (Ｎ ３６９，００５)ｎ ， 所以μ＝３６．９，σ２ ＝００５ｎ， 因为Ｘ的值落在（３６．６，３７．２）内的概率约为 ０．９９７３， 且Ｐ（｜Ｘ－μ｜＜３σ）≈０．９９７３， 所以Ｐ（３６６＜Ｘ＜３７２） ＝Ｐ（３６９－０３＜Ｘ＜３６９＋０３） ＝Ｐ（３６９－３σ＜Ｘ＜３６９＋３σ）， 所以３σ＝０３，解得σ＝０１， 所以 ００５ ｎ ＝００１，解得ｎ＝５． １８．解：（１）μ＝（４７５＋７２５）×０００４×５＋ （５２５＋６７５）×００２６×５＋（５７５＋６２５）×００７ ×５＝６０． σ２ ＝［（４７５－６０）２＋（７２５－６０）２］×００２ ＋［（５２５－６０）２＋（６７５－６０）２］×０１３＋［（５７５ －６０）２＋（６２５－６０）２］×０３５≈２５． （２）由题图可得从全校学生中随机抽取１名 学生， 其体重在［５５，６５）的概率为０．７． 随机抽取３人，相当于３重伯努利试验， 随机变量Ｘ服从二项分布Ｂ（３，０．７）， Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ０３×０７ ０×０３３ ＝００２７， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ１３×０７×０３ ２ ＝０１８９， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ２３×０７ ２×０３＝０４４１， Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ３３×０７ ３×０３０ ＝０３４３， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ ００２７０１８９０４４１０３４３ Ｅ（Ｘ）＝３×０．７＝２．１． （３）由题意知Ｙ服从正态分布Ｎ（６０，２５）， 则Ｐ（μ－２σ≤Ｙ≤μ＋２σ） ＝Ｐ（５０≤Ｙ≤７０）＝０．９６＞０．９５４５， 所以该校学生的体重是正常的． １９．解：（１）设考生的成绩为Ｘ， 则Ｘ～Ｎ（１８０，σ２）． 令Ｙ＝Ｘ－１８０ σ ，则Ｙ～Ｎ（０，１）． 由３６０分及以上的高分考生有３０名， 得Ｐ（Ｘ≥３６０）＝ ３２００， 所以Ｐ（Ｘ＜３６０）＝１－ ３２００＝０．９８５， 即 (Ｐ Ｙ＜３６０－１８０)σ ＝０．９８５，则３６０－１８０σ ≈２１７， 所以σ≈８３，所以Ｘ～Ｎ（１８０，８３２）． 设最低录用分数为ｘ０， 则Ｐ（Ｘ≥ｘ０） (＝Ｐ Ｙ≥ｘ０－１８０)８３ ＝ ３００２０００＝ ３ ２０， 即 (Ｐ Ｙ＜ｘ０－１８０)８３ ＝１－３２０＝０８５， 即 ｘ０－１８０ ８３ ≈１０４，所以ｘ０≈２６７， 所以此次招聘中的最低录用分数为２６７． （２）因为２８６＞２６７，所以甲能被录用． 易得Ｐ（Ｘ＜２８６） (＝Ｐ Ｙ＜ ２８６－１８０)８３ ≈ Ｐ（Ｙ＜１２８）≈ ０９，所以不低于甲的成绩的人 数约为２０００×（１－０．９）＝２００， 所以甲大约排在第２００名，所以 甲能获得高薪职位． 书 例题 甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜 的概率为０．６，乙胜的概率为０．４，那么采用３局２胜制 还是采用５局３胜制对甲更有利？你对局制长短的设 置有何认识？ 解析：每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获 胜，每局比赛可以看成是相互独立的． （１）在采用３局２胜制中，甲获胜的情形有两 种：①甲连胜前两局，其概率为Ｐ１ ＝０．６×０．６＝ ０．３６；②甲在前两局中胜１局，第３局甲胜，其概 率为Ｐ２ ＝Ｃ １ ２×０．６×０．４×０．６＝０．２８８．所以甲 获胜的概率为Ｐ＝Ｐ１ ＋Ｐ２ ＝０．３６＋０．２８８＝ ０６４８． （２）在采用５局３胜制中，甲获胜的情形有三 种：① 甲连胜前三局，其概率为 Ｐ′１＝０．６ ３ ＝ ０２１６；②甲在前三局中胜２局，第４局甲胜，其概 率为Ｐ′２＝Ｃ ２ ３×０．６ ２×０．４×０．６＝０．２５９２；③甲 在前四局中胜２局，第５局甲胜，其概率为Ｐ′３＝Ｃ ２ ４ ×０．６２×０．４２×０．６＝０．２０７３６．所以甲获胜的概 率为Ｐ′＝Ｐ′１＋Ｐ′２＋Ｐ′３≈０．６８３． 可以看出采用５局３胜制对甲更有利，由此可 以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”． 变式１甲、乙两选手采用５局３胜制进行比 赛，假设每局比赛甲胜的概率为０．６，乙胜的概率 为０．４．若在比赛中，第１局乙先获胜，求在这种情 况下甲获胜的概率． 解析：甲获胜的情形有两种：①甲连胜第２，３， ４局，其概率为Ｐ１ ＝０．６ ３ ＝０．２１６；②甲在第２局 到第４局中胜２局，且第５局甲胜，其概率为Ｐ２ ＝ Ｃ２３×０．６ ２×０．４×０．６＝０．２５９２． 由于这两种情形是互斥的，故在第１局乙先获胜 的情况下甲获胜的概率为Ｐ＝Ｐ１＋Ｐ２ ＝０．４７５２． 变式２甲、乙两选手采用５局３胜制进行比 赛，假设每局比赛甲胜的概率为０．６，乙胜的概率 为０．４．求比赛４局结束的概率． 解析：比赛４局结束包括两种情形：甲以３∶１ 获胜或乙以３∶１获胜． 若甲以３∶１获胜，则前３局中甲获胜２局，且 第４局甲胜，其概率为Ｐ１＝Ｃ ２ ３×０．６ ２×０．４×０．６ ＝０．２５９２． 若乙以３∶１获胜，则前３局中乙获胜２局，且 第４局乙胜，其概率为Ｐ２＝Ｃ ２ ３×０．４ ２×０．６×０．４ ＝０．１１５２． 由于这两种情形是互斥的，故比赛４局结束的 概率为Ｐ＝Ｐ１＋Ｐ２ ＝０．３７４４． 变式３甲、乙两选手采用５局３胜制进行比赛，假 设每局比赛甲胜的概率为０．６，乙胜的概率为０．４．设 Ｘ为本场比赛的局数，求Ｘ的概率分布列． 解析：比赛３局结束有两种情况： 甲获胜３局或乙获胜３局， 因而Ｐ（Ｘ＝３）＝０．６３＋０．４３ ＝０．２８． 比赛４局结束有两种情况：前３局中甲获胜２ 局，第４局甲胜；或前３局中乙获胜２局，第４局乙 胜．因而Ｐ（Ｘ＝４）＝Ｃ２３×０．６ ２×０．４×０．６＋Ｃ２３ ×０．４２×０．６×０．４＝０．３７４４． 比赛５局结束有两种情况：前４局中甲获胜２ 局，乙获胜２局，第５局甲胜或乙胜．因而Ｐ（Ｘ＝５） ＝Ｃ２４×０．６ ２×０．４２×０．６＋Ｃ２４×０．６ ２×０．４２×０．４ ＝０．３４５６． 所以Ｘ的概率分布列为 Ｘ ３ ４ ５ Ｐ ０．２８ ０．３７４４ ０．３４５６ ! !"#$% !" !" 书书书 随 机 变 量 及 其 分 布 核 心 素 养 综 合 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 若 Ｘ 服 从 两 点 分 布 ，Ｐ （ Ｘ ＝ １） － Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ０． ３２ ，则 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ０ ． ３２ （ Ｂ） ０． ３４ （ Ｃ） ０． ６６ （ Ｄ ） ０ ． ６８ ２． 设 随 机 变 量 Ｘ 服 从 正 态 分 布 Ｎ （ ２， ９） ，若 Ｐ（ Ｘ ＞ ｃ） ＝ Ｐ（ Ｘ ＜ ｃ － ２） ，则 ｃ的 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ２ （ Ｃ） ３ （ Ｄ ） ４ ３． 甲 、乙 两 人 进 行 三 打 二 胜 制 乒 乓 球 赛 ， 已 知 每 局 甲 取 胜 的 概 率 为 ５ ９ ，乙 取 胜 的 概 率 为 ４ ９ ，那 么 最 终 甲 胜 乙 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ ０ ７２ ９ （ Ｂ） １０ ０ ２４ ３ （ Ｃ） １２ ５ ７２ ９ （ Ｄ ） ４２ ５ ７２ ９ ４ ． 现 有 语 文 、数 学 课 本 共 ７ 本 （ 其 中 语 文 课 本 不 少 于 ２ 本 ） ，从 中 任 取 ２ 本 ，至 多 有 １ 本 语 文 课 本 的 概 率 是 ５ ７ ，则 语 文 课 本 有 （ 　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 （ Ａ ） ２ 本 （ Ｂ） ３ 本 （ Ｃ） ４ 本 （ Ｄ ） ５ 本 ５． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 如 下 表 所 示 ， 若 Ｅ（ Ｘ） ＝ １ ３ ， 则 Ｄ （ Ｘ） ＝ （ 　 　 ） Ｘ － ２ ０ １ Ｐ ａ １ ３ ｂ （ Ａ ） ４９ ８１ （ Ｂ） ８ ９ （ Ｃ） ２３ ２７ （ Ｄ ） ２３ ８１ ６． 甲 袋 中 有 ３ 个 白 球 和 ２ 个 红 球 ， 乙 袋 中 有 ２ 个 白 球 和 ３ 个 红 球 ， 丙 袋 中 有 ５ 个 白 球 和 ４ 个 红 球 ．先 随 机 取 一 个 袋 子 ， 再 从 该 袋 子 中 随 机 取 一 个 球 为 白 球 的 概 率 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ １９ （ Ｂ） １４ ２７ （ Ｃ） １３ ２７ （ Ｄ ） ９ １９ ７ ． 已 知 事 件 Ａ， Ｂ， 且 Ｐ（ Ａ） ＝ １ ３ ，Ｐ （ Ｂ ｜Ａ ） ＝ １ ５ ，Ｐ （ Ｂ ｜Ａ ） ＝ ２ ５ ， 则 Ｐ（ Ｂ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ５ （ Ｂ） １ ３ （ Ｃ） １ ５ （ Ｄ ） １ １５ ８． 某 次 考 试 共 有 １２ 个 选 择 题 ， 每 个 选 择 题 的 分 值 为 ５ 分 ， 每 个 选 择 题 有 四 个 选 项 且 只 有 一 个 选 项 是 正 确 的 ， Ａ 学 生 对 １２ 个 选 择 题 中 每 个 题 的 四 个 选 项 都 没 有 把 握 ，最 后 选 择 题 的 得 分 为 Ｘ 分 ，Ｂ 学 生 对 １２ 个 选 择 题 中 每 个 题 的 四 个 选 项 都 能 判 断 其 中 有 一 个 选 项 是 错 误 的 ，对 其 它 三 个 选 项 都 没 有 把 握 ，选 择 题 的 得 分 为 Ｙ 分 ，则 Ｄ （ Ｙ） － Ｄ （ Ｘ） 的 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １２ ５ １２ （ Ｂ） ３５ １２ （ Ｃ） ２ ７ ４ （ Ｄ ） ２３ ４ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 某 地 质 考 察 队 在 一 片 区 域 内 发 现 了 五 处 具 有 研 究 价 值 的 地 质 构 造 点 ，依 照 初 步 判 断 的 研 究 价 值 高 低 ，分 别 标 记 为 １， ２， ３， ４， ５ 号 点 位 ，每 次 考 察 时 ，随 机 选 择 一 处 地 质 构 造 点 进 行 深 入 研 究 ， 选 择 各 点 位 的 概 率 与 该 点 标 记 的 序 号 成 正 比 ， 比 例 系 数 为 ｋ， 设 随 机 变 量 Ｇ 表 示 选 择 的 地 质 构 造 点 编 号 ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｋ ＝ １ １５ （ Ｂ） Ｐ（ Ｇ ＝ ５） ＝ ０． ３ （ Ｃ） Ｅ（ Ｇ） ＝ １１ ３ （ Ｄ ） Ｐ （ Ｇ ≤ ３） ＜ Ｐ（ Ｇ ≥ ４） １０ ．有 甲 、乙 两 个 盒 子 ，甲 盒 子 里 有 １ 个 红 球 ，乙 盒 子 里 有 ３ 个 红 球 和 ３ 个 黑 球 ，现 从 乙 盒 子 里 随 机 取 出 ｎ（ １ ≤ ｎ ≤ ６， ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 个 球 放 入 甲 盒 子 ，然 后 从 甲 盒 子 里 随 机 取 一 球 ， 记 取 到 红 球 的 个 数 为 Ｙ， 则 随 着 ｎ（ １ ≤ ｎ ≤ ６， ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 的 增 加 ，下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｅ（ Ｙ） 增 加 （ Ｂ） Ｅ（ Ｙ） 减 小 （ Ｃ） Ｄ （ Ｙ） 增 加 （ Ｄ ） Ｄ （ Ｙ） 减 小 １１ ．南 通 某 大 型 汽 车 配 件 厂 为 提 高 其 产 品 的 质 量 ， 对 现 有 某 种 型 号 的 汽 车 配 件 进 行 抽 检 ， 由 抽 检 结 果 可 知 ， 该 型 号 汽 车 配 件 的 质 量 指 标 Ｘ 服 从 正 态 分 布 Ｎ （ ２０ ０， ２２ ４） ，则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） 附 ： 槡 ２２ ４ ≈ １４ ．９ ７， 若 Ｘ ～ Ｎ （ μ， σ２ ） ， 则 Ｐ（ ｜ Ｘ － μ ｜ ≤ σ ） ≈ ０ ６８ ２ ７， Ｐ（ ｜ Ｘ － μ ｜ ≤ ２ σ ） ≈ ０． ９５ ４ ５． （ Ａ ） Ｐ（ １８ ５． ０３ ≤ Ｘ ≤ ２０ ０） ≈ ０． ６８ ２ ７ （ Ｂ） Ｐ（ ２０ ０ ≤ Ｘ ≤ ２２ ９． ９４ ） ≈ ０． ４７ ７ ２５ （ Ｃ） Ｐ（ １８ ５． ０３ ≤ Ｘ ≤ ２２ ９． ９４ ） ≈ ０． ９５ ４ ５ （ Ｄ ） 任 取 １０ ００ ０ 件 该 型 号 汽 车 配 件 ， 其 质 量 指 标 值 位 于 区 间 ［ １８ ５． ０３ ，２ ２９ ．９ ４］ 内 的 件 数 约 为 ８ １８ ６ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．从 有 ３ 张 有 奖 的 １０ 张 彩 票 中 不 放 回 地 随 机 逐 张 抽 取 ，设 Ｘ 表 示 直 至 抽 到 中 奖 彩 票 时 的 次 数 ，则 Ｐ（ Ｘ ＝ ４） ＝ ． １３ ．小 明 的 妈 妈 为 小 明 煮 了 ５ 个 粽 子 ，包 括 两 个 腊 肉 馅 和 三 个 豆 沙 馅 ，小 明 随 机 取 出 两 个 ，事 件 Ａ ＝ “ 取 到 的 两 个 为 同 一 种 馅 ” ，事 件 Ｂ ＝ “ 取 到 的 两 个 都 是 豆 沙 馅 ” ，则 Ｐ（ Ｂ ｜ Ａ） ＝ ． １４ ．５ ０ 张 彩 票 中 只 有 ２ 张 中 奖 票 ， 今 从 中 任 取 ｎ 张 ， 为 了 使 这 ｎ 张 彩 票 里 至 少 有 一 张 中 奖 的 概 率 大 于 ０． ５， ｎ 至 少 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 某 班 包 括 男 生 甲 和 女 生 乙 在 内 共 有 ６ 名 班 干 部 ， 其 中 男 生 ４ 人 ，女 生 ２ 人 ，从 中 任 选 ３ 人 参 加 义 务 劳 动 ． （ １） 求 男 生 甲 或 女 生 乙 被 选 中 的 概 率 ； （ ２） 设 “ 男 生 甲 被 选 中 ” 为 事 件 Ａ， “ 女 生 乙 被 选 中 ” 为 事 件 Ｂ， 求 Ｐ（ Ａ） 和 Ｐ（ Ａ ｜ Ｂ） ． １６ ．（ １５ 分 ） 将 一 个 半 径 适 当 的 小 球 放 入 如 图 所 示 的 容 器 最 上 方 的 入 口 处 ，小 球 自 由 下 落 ，在 下 落 的 过 程 中 ， 小 球 将 遇 到 黑 色 障 碍 物 ，最 后 落 入 Ａ 袋 或 Ｂ 袋 中 ．已 知 小 球 每 次 遇 到 障 碍 物 时 ， 向 左 右 两 边 下 落 的 概 率 分 别 是 １ ２ ． （ １） 求 小 球 落 入 Ａ 袋 中 的 概 率 ； （ ２） 在 容 器 的 入 口 处 依 次 放 入 ４ 个 小 球 ，记 Ｘ 为 落 入 Ｂ 袋 中 的 小 球 的 个 数 ．求 Ｘ 的 分 布 列 、期 望 和 方 差 ． • – O — ˜ ™ š › œ  ž x Ÿ   ¡ s ! 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