第44期 8.3 列联表与独立性试验-【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）

书书书 １６． （１５ 分 ） 为 了 减 少 自 身 消 费 的 碳 排 放 ，“ 绿 色 消 费 ” 等 绿 色 生 活 方 式 渐 成 风 尚 ．为 获 得 不 同 年 龄 段 的 人 对 “ 绿 色 消 费 ” 意 义 的 认 知 情 况 ，某 地 研 究 机 构 将 “ ９０ 后 与 ００ 后 ” 作 为 Ａ 组 ，将 “７０ 后 与 ８０ 后 ” 作 为 Ｂ 组 ，并 从 Ａ ，Ｂ 两 组 中 各 随 机 选 取 了 １００ 人 进 行 问 卷 调 查 ，整 理 数 据 后 获 得 如 下 列 联 表 （ 单 位 ： 人 ）． 年 龄 段 认 知 情 况 知 晓 不 知 晓 合 计 Ａ 组 （９０ 后 与 ００ 后 ） ７５ ２５ １００ Ｂ 组 （７０ 后 与 ８０ 后 ） ４５ ５５ １００ 合 计 １２０ ８０ ２００ （１） 若 从 样 本 内 知 晓 “ 绿 色 消 费 ” 意 义 的 １２０ 人 中 用 比 例 分 配 的 分 层 随 机 抽 样 方 法 随 机 抽 取 １６ 人 ，问 应 在 Ａ 组 、Ｂ 组 中 各 抽 取 多 少 人 ？ （２ ） 能 否 依 据 小 概 率 值 α ＝ ０．００１ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 对 “ 绿 色 消 费 ” 意 义 的 认 知 情 况 是 否 与 年 龄 有 关 ？ １７．（１５ 分 ） 某 中 学 为 调 查 本 校 学 生 “ 保 护 动 物 意 识 的 强 弱 与 性 别 是 否 有 关 ” ，采 用 简 单 随 机 抽 样 的 方 法 ，从 该 校 分 别 抽 取 了 男 生 和 女 生 各 ５０ 名 作 为 样 本 ，经 统 计 ， 得 到 了 如 图 ５ 所 示 的 等 高 堆 积 条 形 图 ． （１ ） 根 据 已 知 条 件 ，将 下 列 ２ × ２ 列 联 表 补 充 完 整 （ 单 位 ： 人 ） ． 性 别 保 护 动 物 意 识 强 弱 合 计 男 ５０ 女 ５０ 合 计 １００ （２ ） 根 据 （１ ） 表 中 数 据 ， 依 据 小 概 率 值 α ＝ ０００５ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 该 校 学 生 保 护 动 物 意 识 的 强 弱 与 性 别 是 否 有 关 ． １８． （１７ 分 ） 已 知 中 学 生 综 合 素 质 评 价 的 某 个 维 度 分 “ 优 秀 、 合 格 、尚 待 改 进 ” 三 个 等 级 ，某 校 在 某 次 测 评 中 采 用 的 是 学 生 互 评 的 方 式 ．若 该 校 高 二 年 级 有 男 生 ５００ 人 ， 女 生 ４００ 人 ， 为 了 了 解 性 别 对 该 维 度 测 评 结 果 的 影 响 ，采 用 分 层 随 机 抽 样 的 方 法 从 高 二 年 级 抽 取 了 ４５ 名 学 生 ，了 解 他 们 的 测 评 结 果 ，并 作 出 频 数 统 计 表 如 下 ． 表 １ ： 男 生 等 级 优 秀 合 格 尚 待 改 进 频 数 １５ ｘ ５ 表 ２ ： 女 生 等 级 优 秀 合 格 尚 待 改 进 频 数 １５ ３ ｙ （１ ） 确 定 表 中 ｘ，ｙ 的 值 ，并 填 写 下 面 的 ２ × ２ 列 联 表 （ 单 位 ： 人 ）． 测 评 结 果 性 别 男 生 女 生 合 计 优 秀 非 优 秀 合 计 （ ２ ） 根 据 （１ ） 中 所 列 ２ × ２ 列 联 表 及 α ＝ ０．１ 的 独 立 性 检 验 分 析 测 评 结 果 优 秀 或 非 优 秀 与 性 别 是 否 有 关 ． １９．（１７ 分 ） 某 品 牌 方 便 面 每 袋 中 都 随 机 装 入 一 张 卡 片 （ 卡 片 有 Ａ 、 Ｂ 、Ｃ 三 种 ） ，规 定 ：如 果 集 齐 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 卡 片 各 一 张 ，便 可 获 得 一 份 奖 品 ． （１ ） 已 知 该 品 牌 方 便 面 有 两 种 口 味 ， 为 了 了 解 这 两 种 口 味 方 便 面 中 Ｃ 卡 片 所 占 比 例 情 况 ，小 明 收 集 了 以 下 调 查 数 据 （ 单 位 ： 张 ）． 卡 片 类 型 口 味 口 味 １ 口 味 ２ 合 计 Ｃ 卡 片 ２０ １０ ３０ 非 Ｃ 卡 片 ７５ ４５ １２０ 合 计 ９５ ５５ １５０ 根 据 小 概 率 值 α ＝ ００５ 的 独 立 性 检 验 ，能 否 据 此 推 断 该 品 牌 方 便 面 中 Ｃ 卡 片 所 占 比 例 与 方 便 面 口 味 有 关 ？ （ ２ ） 根 据 《 中 华 人 民 共 和 国 反 不 正 当 竞 争 法 》 ， 经 营 者 举 办 有 奖 销 售 ，应 当 向 购 买 者 明 示 奖 品 种 类 、 中 奖 概 率 、 奖 品 金 额 或 者 奖 品 种 类 、 兑 奖 时 间 和 方 式 ．经 小 明 查 询 ，该 方 便 面 中 Ａ 卡 片 、Ｂ 卡 片 和 Ｃ 卡 片 的 比 例 分 别 为 ２５ ， ２５ ， １５ ，若 小 明 一 次 购 买 ３ 袋 该 方 便 面 ． ① 求 小 明 中 奖 的 概 率 ； ② 若 小 明 未 中 奖 ，求 小 明 未 获 得 Ｃ 卡 的 概 率 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ ! " # $ % & $ % ' $ % ( # % ) ! " # " $ % & ' ( ) * ! * $ % & ' ( ) + 书 独立性检验是对两个分类变量之间是否存 在相关关系的一种分析方法，利用其不仅能判断 两个分类变量是否有关系，而且能较精确地给出 这种判断的可靠性程度． 一、基本概念、公式 例１下面关于χ２的说法中正确的是 （　　） （Ａ）χ２在任何相互独立的问题中都可以用 于检验有关还是无关 （Ｂ）χ２的值越大，两个事件的相关性就越大 （Ｃ）χ２是用来判断两个分类变量是否相关 的随机变量，当 χ２的值很小时可以推断两类变 量不相关 （Ｄ）χ２的观测值的计算公式是 χ２ ＝ ｎ（ａｄ－ｂｃ） （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ） 解析：χ２只适用于２×２列联表问题，且χ２只 能推断两个分类变量相关，但不能推断两个变 量不相关．选项（Ｄ）中公式错误，分子上少了平 方．故选（Ｂ）． 二、利用２×２列联表求值 例２下面是一个２×２列联表． Ｘ Ｙ ｙ１ ｙ２ 合计 ｘ１ ａ ２１ ５３ ｘ２ ２６ ２１ ４７ 合计 ｂ ４２ 则表中ａ，ｂ处的值分别为 （　　） （Ａ）９４，９６　　　　（Ｂ）５２，５０ （Ｃ）３２，５８　　 （Ｄ）５９，５２ 解析：因为ａ＋２１＝５３，ｂ＋４２＝５３＋４７， 所以ａ＝３２，ｂ＝５８．故选（Ｃ）． 三、对独立性检验基本思想的理解问题 例３高二年级在综合素质评价的某个维度 的测评中，依据评分细则，学生之间互相打分， 最终将所有的数据合成一个分数，满分１００分， 大于等于８０分为优秀，小于８０分为合格．为了 解学生在该维度的测评结果，从高二年级中随 机抽出一个班的数据．该班共有６０名学生，得到 如下的列联表． 性别 测评结果 优秀 合格 合计 男生 １６ ２２ ３８ 女生 ４ １８ ２２ 合计 ２０ ４０ ６０ （１）根据小概率值α＝０１的χ２独立性检 验，分析性别与测评结果是否有关？ （２）如果想了解全年级学生该维度的表现 情况，采取抽样的方式在全年级学生中抽取少 数一部分人来分析，请你选择一个合适的抽样 方法，并解释理由． 解析：（１）零假设为 Ｈ０：性别与测评结果无关． 根据列联表中的数据，可得 χ２ ＝６０×（１６×１８－２２×４） ２ ４０×２０×３８×２２ ≈３．５８９＞２．７０６＝ｘ０１． 根据小概率值α＝０１的χ２独立性检验，我 们推断Ｈ０不成立，即认为性别与测评结果有关， 此推断犯错误的概率不超过０１． （２）由（１）可知性别很有可能对是否优秀 有影响，所以采用分层随机抽样按男女比例抽 取一定的学生，这样得到的结果对学生在该维 度的总体表现情况会比较符合实际情况． 四、构造２×２列联表进行独立性检验 例４为观察药物 Ａ，Ｂ治疗某病的疗效，某 医生将１００例该病病人随机地分成两组，一组 ４０人，服用Ａ药；另一组６０人，服用Ｂ药．结果发 现：服用Ａ药的４０人中有３０人治愈；服用Ｂ药的 ６０人中有２０人治愈．根据小概率值 α＝０００１ 的χ２独立性检验，分析 Ａ，Ｂ两药对该病的治愈 率之间是否有显著差别？ 解析：零假设为Ｈ０：Ａ，Ｂ两药对该病的治愈 率之间无显著差别． 根据题目所给数据建立２×２列联表如下． 药物 治疗效果 治愈 未治愈 合计 Ａ药 ３０ １０ ４０ Ｂ药 ２０ ４０ ６０ 合计 ５０ ５０ １００ 由公式得 χ２ ＝１００×（３０×４０－１０×２０） ２ ４０×６０×５０×５０ ≈１６６６７＞１０８２８＝ｘ０００１． 根据小概率值α＝０００１的χ２独立性检验， 我们推断Ｈ０不成立，即认为Ａ，Ｂ两药对该病的 治愈率之间有显著差别，此推断犯错误的概率 不超过０００１． 例５某同学对一些人进行了身体健康与玩 游戏的关系的调查，在填写列联表时丢失了几 个数据，得到残表如下． 身体健康 是否玩游戏 玩游戏 不玩游戏 合计 身体好 ３０ Ａ ５０ 身体不好 Ｂ １０ ６０ 合计 Ｃ Ｄ Ｅ 根据小概率值α＝００１的χ２独立性检验， 能否认为身体健康与玩游戏有关系？ 解析：由３０＋Ａ＝５０，得Ａ＝２０， 由Ｂ＋１０＝６０，得Ｂ＝５０， 因此Ｃ＝３０＋Ｂ＝８０，Ｄ＝Ａ＋１０＝３０， 所以Ｅ＝Ｃ＋Ｄ＝１１０． 零假设为Ｈ０：身体健康与玩游戏无关． 完整的列联表如下． 身体健康 是否玩游戏 玩游戏 不玩游戏 合计 身体好 ３０ ２０ ５０ 身体不好 ５０ １０ ６０ 合计 ８０ ３０ １１０ 根据列联表中的数据，可得 χ２ ＝１１０×（３０×１０－５０×２０） ２ ５０×６０×８０×３０ ≈７．４８６＞６．６３５＝ｘ００１． 根据小概率值α＝００１的χ２独立性检验， 我们推断Ｈ０不成立，即认为身体健康与玩游戏 有关，该推断犯错误的概率不超过００１． 三、多个变量的独立性检验问题 例６某市对该市一所重点中学２０２４年高考 成绩进行统计，随机抽查２４４名学生，得到如下 表格． 语文 数学 英语 综合科目 上线 不上线 上线 不上线 上线 不上线 上线 不上线 总分上线 ２０１人 １７４ ２７ １７８ ２３ １７６ ２５ １７５ ２６ 总分不上 线４３人 ３０ １３ ２３ ２０ ２４ １９ ２６ １７ 总计 ２０４ ４０ ２０１ ４３ ２００ ４４ ２０１ ４３ 根据小概率值 α＝００１的独立性检验，试 求各科上线与总分上线之间的关系，并求出哪 一科目与总分上线关系最大？ 解析：对于上述语文，数学，英语，综合四个 科目，分别构造四个随机变量χ２１，χ ２ ２，χ ２ ３，χ ２ ４． 由表中数据可得 χ２１ ＝ ２４４×（１７４×１３－２７×３０）２ ２０１×４３×２０４×４０ ≈７．２９４＞６．６３５＝ｘ００１， χ２２ ＝ ２４４×（１７８×２０－２３×２３）２ ２０１×４３×２０１×４３ ≈３０．００８＞６．６３５＝ｘ００１， χ２３ ＝ ２４４×（１７６×１９－２５×２４）２ ２０１×４３×２００×４４ ≈２４．１５５＞６．６３５＝ｘ００１， χ２４ ＝ ２４４×（１７５×１７－２６×２６）２ ２０１×４３×２０１×４３ ≈１７．２６４＞６．６３５＝ｘ００１． 根据小概率值α＝００１的χ２独立性检验， 我们认为语文，数学，英语，综合四个科目上线 与总分上线有关系，该推断犯错误的概率不超 过００１．数学上线与总分上线关系最大． !" !!"## $%&' $ '% &#&'(#) * # !! !"#$ %& + +,-./*01 ABCDE$FG ABCE8HIJKLMNFO 3PQRSTU9 VWXYZ[ \]^_`aU9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 $,*!-*).!)'& <=EF?GAHCD8 $,*!-*).!!"# !"#$%&'( )*+,-./ ,-./01 23456789: ;<=>6?@AB CDEF6GH"I JKLM-.NO PQRS ?LTUO PVWXYZS !/'!F6,([N YZ\]^_M` a,.b5cde 7CfNghij kl6 mnOPo pS qr6-.,8 stNkluvT :wxySz7{| }6?L~€G |‚ƒ{|„…† ‡ˆ‰|Šz7‹Œ Ž6?Lgh Nij‘’“”Sd •–—˜™š6?› œYžMOPŸ iN ¡¢£¤S !/'.F6-.¥ :¦OP§¨©ª6 «¬MŸ­Pž OPN®¯°S± YZ²’œ$³´ µ¶6·>¸¹º» ¼?,½¾¿SÀž !/&&F6?NCÁ ØÄőS7¸Æ ?TÇÈÉÊË8 ÌÍ6?ÎÏU-ÐÑ ÒºÓÔÕ¸6Ö× ØºÙÚÕ¸ÓÔ6 /01T:Û$Ü ÝÞ68ÛÑÒßà TáNâã&äS X YZG:"å æM¾¿T<=> N>.ßçS?^_ Mè¸éê6ÊËM .>ëìŠ^_Mí î"ï6ÊËMðñ ò S8ۖóôõ Nâã6öT-.< ÷øùúûüN ýþSYZNÿ!" #á›6$öN<= >6I-%´N&' T.>ƒ¸ÑS ! ij k l 书 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． 一、单项选择题 １～４　ＤＡＢＣ　　５～８　ＢＣＤＤ 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＣ． 三、填空题 １２．３７５；　１３．２ｌｎ２＋２；　１４．（６，２）． 四、解答题 １５．解：作出散点图如图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， 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＝７３，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， ９ ２８ｘ＋ １ ４ ＝２，所以ｘ＝ ４９ ９， 即 ＰＭ２５ 的 值 为 ４９ ９ ×１００ ＝ ４９００ ９ ≈ ５４４（μｇ／ｍ３）． １８．解：（１）画出散点图，如图２所示： （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． 书 专项小练　列联表与独立性检验 １．在统计中，研究两个分类变量是否存在关 联性时，常用的图表有 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）散点图和残差图 （Ｂ）残差图和列联表 （Ｃ）散点图和等高堆积条形图 （Ｄ）等高堆积条形图和列联表 ２．在等高条形图中，下列哪两个比值相差越 大，要推断的论述成立的可能性就越大 （　　） （Ａ） ａａ＋ｂ与 ｄ ｃ＋ｄ （Ｂ） ｃ ａ＋ｂ与 ａ ｃ＋ｄ （Ｃ） ａａ＋ｂ与 ｃ ｃ＋ｄ （Ｄ） ａ ａ＋ｂ与 ｃ ｂ＋ｃ ３．为了解某大学的学生是否爱好体育运动， 用简单随机抽样方法在校园内调查了１２０位学生， 得到如下２×２列联表． 是否爱好 体育运动 性别 男 女 合计 爱好 ａ ｂ ７３ 不爱好 ｃ ２５ 合计 ７４ 则ａ－ｂ－ｃ＝ （　　） （Ａ）７ （Ｂ）８ （Ｃ）９ （Ｄ）１０ ４．某校为了研究学生的性别和对待某一活动 的态度（支持和不支持两种态度）的关系，运用２× ２列联表进行独立性检验，经计算得χ２＝７０６９，则 认为学生的性别与对待某一活动的态度有关联， 此推断犯错误的概率不大于 ． ５．某校期中考试后，按照甲、乙两个班学生的 数学成绩优秀和良好统计人数后，得到如下列联 表（单位：人）． 班级 成绩 优秀 良好 合计 甲班 １１ ３４ ４５ 乙班 ８ ３７ ４５ 合计 １９ ７１ ９０ 则χ２约为 ．（结果保留三位小数） !"#$%#& '()*+,- ! ./012 !" !" 书书书 列 联 表 和 独 立 性 检 验 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 参 考 公 式 ： χ２ ＝ ｎ （ ａｄ － ｂｃ ） ２ （ ａ ＋ ｂ） （ ｃ ＋ ｄ） （ ａ ＋ ｃ） （ ｂ ＋ ｄ） ， 其 中 ｎ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＋ ｄ． 附 表 ： α ０ １ ０． ０５ ０． ０１ ０． ００ ５ ０． ００ １ ｘ α ２． ７０ ６ ３． ８４ １ ６． ６３ ５ ７． ８７ ９ １０ ．８ ２８ 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４ ０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 下 列 不 是 分 类 变 量 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 近 视 （ Ｂ） 成 绩 （ Ｃ） 血 压 （ Ｄ ） 饮 酒 ２． 某 村 庄 对 该 村 内 １２ ０ 名 老 年 人 、 年 轻 人 每 年 是 否 体 检 的 情 况 进 行 了 调 查 ，统 计 数 据 如 下 表 所 示 （ 单 位 ： 名 ） ． 人 群 体 检 情 况 每 年 体 检 每 年 未 体 检 合 计 老 年 人 ａ ｂ ５５ 年 轻 人 ｃ ｄ 合 计 １２ ０ 已 知 ３ａ ＝ ｃ， ｂ ＝ ２ｄ ．则 下 列 数 据 错 误 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ＝ １５ （ Ｂ） ｂ ＝ ４０ （ Ｃ） ｃ ＋ ｄ ＝ ６０ （ Ｄ ） ｂ ＋ ｄ ＝ ６０ ３． 为 了 解 某 城 市 居 民 对 冰 雪 运 动 的 关 注 情 况 进 行 了 一 次 调 查 统 计 ，根 据 独 立 性 检 验 ，处 理 所 得 数 据 之 后 发 现 ， 若 依 据 α ＝ ０． ００ １ 的 独 立 性 检 验 ，则 认 为 关 注 冰 雪 运 动 与 性 别 无 关 ； 若 依 据 α ＝ ０． ０１ 的 独 立 性 检 验 ，则 认 为 关 注 冰 雪 运 动 与 性 别 有 关 ，则 χ２ 的 值 可 能 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３． ４４ ８ （ Ｂ） ６． ５３ ７ （ Ｃ） ６ ６７ ７ （ Ｄ ） １０ ．９ ３４ ４． 假 设 有 两 个 分 类 变 量 Ｘ 与 Ｙ， 它 们 的 可 能 取 值 分 别 为 ｛ ０， １｝ ， 其 ２ × ２ 列 联 表 为 Ｘ Ｙ Ｙ ＝ ０ Ｙ ＝ １ 合 计 Ｘ ＝ ０ １０ １８ ２８ Ｘ ＝ １ ｍ ２６ ｍ ＋ ２６ 合 计 １０ ＋ ｍ ４４ ５４ ＋ ｍ 当 ｍ 取 下 面 何 值 时 ，Ｘ 与 Ｙ 的 关 系 最 弱 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） ９ （ Ｃ） １２ （ Ｄ ） １４ ５． 为 了 考 察 某 种 中 成 药 预 防 流 感 的 效 果 ， 抽 样 调 查 ４０ 人 ， 得 到 如 下 数 据 ． 药 物 流 感 患 流 感 未 患 流 感 服 用 ２ １８ 未 服 用 ８ １２ 根 据 表 中 数 据 ，计 算 χ２ ，若 由 此 认 为 “ 该 药 物 预 防 流 感 有 效 果 ” ， 则 该 结 论 出 错 的 概 率 不 超 过 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ０５ （ Ｂ） ０． １ （ Ｃ） ０． ０１ （ Ｄ ） ０． ００ ５ ６． 为 考 查 Ａ， Ｂ 两 种 药 物 预 防 某 疾 病 的 效 果 ，进 行 动 物 实 验 ， 分 别 得 到 图 １ 和 图 ２ 等 高 条 形 图 ．根 据 图 中 信 息 ，在 下 列 各 项 中 ，说 法 最 佳 的 一 项 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 药 物 Ｂ 的 预 防 效 果 优 于 药 物 Ａ 的 预 防 效 果 （ Ｂ） 药 物 Ａ 的 预 防 效 果 优 于 药 物 Ｂ 的 预 防 效 果 （ Ｃ） 药 物 Ａ， Ｂ 对 该 疾 病 均 有 显 著 的 预 防 效 果 （ Ｄ ） 药 物 Ａ， Ｂ 对 该 疾 病 均 没 有 预 防 效 果 Ｘ Ｙ ｙ １ ｙ ２ ｘ １ １０ ａ ｘ ２ ｂ ３０ ７． 已 知 两 个 分 类 变 量 Ｘ， Ｙ 的 可 能 取 值 分 别 为 ｛ ｘ １ ，ｘ ２ ｝ 和 ｛ ｙ １ ，ｙ ２ ｝ ， 通 过 随 机 调 查 得 到 样 本 数 据 ，再 整 理 成 如 右 所 示 的 ２ × ２ 列 联 表 ．若 样 本 容 量 为 ７５ ，且 ａ ＜ ｂ， 则 当 判 断 Ｘ 与 Ｙ 有 关 系 的 把 握 最 小 时 ，ａ 的 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ５ （ Ｂ） １０ （ Ｃ） １５ （ Ｄ ） １７ ８． 某 网 络 直 播 平 台 调 研 “ 大 学 生 是 否 喜 欢 观 看 体 育 比 赛 直 播 与 性 别 有 关 ” ，从 某 高 校 男 、女 生 中 各 随 机 抽 取 １０ ０ 人 进 行 问 卷 调 查 ，得 到 如 下 数 据 （ ５ ≤ ｍ ≤ １５ ，ｍ ∈ Ｎ ） ． 喜 欢 观 看 不 喜 欢 观 看 男 生 ８０ － ｍ ２０ ＋ ｍ 女 生 ５０ ＋ ｍ ５０ － ｍ 通 过 计 算 ，根 据 小 概 率 值 α ＝ ０ ０５ 的 独 立 性 检 验 ， 认 为 大 学 生 喜 欢 观 看 体 育 比 赛 直 播 与 性 别 有 关 ， 则 在 被 调 查 的 １０ ０ 名 女 生 中 喜 欢 观 看 体 育 比 赛 直 播 的 人 数 的 最 大 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ５５ （ Ｂ） ５７ （ Ｃ） ５８ （ Ｄ ） ６０ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 为 考 察 一 种 新 型 药 物 预 防 疾 病 的 效 果 ， 某 科 研 小 组 进 行 动 物 实 验 ，收 集 整 理 数 据 后 将 所 得 结 果 填 入 相 应 的 ２ × ２ 列 联 表 中 ， 由 列 联 表 中 的 数 据 计 算 得 χ２ ≈ ９． ６１ ６． 参 照 附 表 ，下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ） 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０． ００ １ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 认 为 “ 药 物 有 效 ” （ Ｂ） 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０． ００ １ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 认 为 “ 药 物 无 效 ” （ Ｃ） 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０． ００ ５ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 认 为 “ 药 物 有 效 ” （ Ｄ） 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０． ００ ５ 的 独 立 性 检 验 ，分 析 认 为 “ 药 物 无 效 ” １０ ．某 制 药 公 司 为 了 研 究 某 种 治 疗 高 血 压 的 药 物 在 饭 前 和 饭 后 服 用 的 药 效 差 异 ， 随 机 抽 取 了 ２０ ０ 名 高 血 压 患 者 开 展 试 验 ，其 中 １０ ０ 名 患 者 饭 前 服 药 ，另 外 １０ ０ 名 患 者 饭 后 服 药 ， 随 后 观 察 药 效 ， 将 试 验 数 据 绘 制 成 如 图 ３ 所 示 的 等 高 条 形 图 ， 已 知 χ２ ＞ ６ ６３ ５， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 饭 前 服 药 的 患 者 中 ，药 效 强 的 频 率 为 ４ ５ （ Ｂ） 药 效 弱 的 患 者 中 ，饭 后 服 药 的 频 率 为 ７ １０ （ Ｃ） 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 （ Ｄ ） 在 犯 错 误 的 概 率 不 超 过 ０． ０１ 的 条 件 下 ，不 能 认 为 这 种 药 物 饭 前 和 饭 后 服 用 的 药 效 有 差 异 １１ ．在 一 次 恶 劣 天 气 的 飞 行 航 程 中 ， 调 查 男 、 女 乘 客 在 飞 机 上 晕 机 的 情 况 ，得 到 如 下 列 联 表 （ 单 位 ： 人 ） ， 则 （ 　 　 ） 性 别 晕 机 晕 机 者 未 晕 机 者 合 计 男 ａ １５ ｃ 女 ６ ｂ ｄ 合 计 ｅ ２８ ４６ （ Ａ ） ａ ｃ ＜ ６ ｄ （ Ｂ） χ２ ＜ ２ ７０ ６ （ Ｃ） 依 据 小 概 率 值 α ＝ ０ １ 的 独 立 性 检 验 ， 可 以 认 为 在 恶 劣 天 气 的 飞 行 航 程 中 ，是 否 晕 机 与 性 别 有 关 （ Ｄ ） 依 据 小 概 率 值 α ＝ ０ １ 的 独 立 性 检 验 ， 可 以 认 为 在 恶 劣 天 气 的 飞 行 航 程 中 ，是 否 晕 机 与 性 别 无 关 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 ．根 据 如 图 ４ 所 示 的 等 高 堆 积 条 形 图 可 知 喝 酒 与 患 胃 病 关 系 ．（ 填 “ 有 ” 或 “ 没 有 ” ） １３ ．某 制 药 公 司 为 了 验 证 一 种 药 物 对 治 疗 “ 抑 郁 症 ” 是 否 有 效 ，随 机 选 取 了 １０ ０ 名 抑 郁 症 患 者 进 行 试 验 ，试 验 数 据 如 下 表 ． 用 药 未 用 药 症 状 明 显 减 轻 ２０ ５ 症 状 没 有 减 轻 ４０ ３５ 根 据 表 中 数 据 ，计 算 可 得 χ２ ≈ （ 结 果 精 确 到 ０． ００ １） ， 依 据 小 概 率 值 α ＝ （ 填 临 界 值 表 中 符 合 条 件 的 最 小 值 ） 的 独 立 性 检 验 ，可 以 认 为 该 药 物 对 治 疗 “ 抑 郁 症 ” 是 有 效 的 ． １４ ．为 了 调 查 学 生 对 网 络 课 程 是 否 喜 爱 ， 研 究 人 员 随 机 调 查 了 相 同 人 数 的 男 、女 学 生 ，发 现 男 生 中 有 ８０ ％ 喜 欢 网 络 课 程 ，女 生 中 有 ４０ ％ 不 喜 欢 网 络 课 程 ，且 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０ ０１ 的 独 立 性 检 验 认 为 喜 欢 网 络 课 程 与 性 别 有 关 ，但 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０ ００ ５ 的 独 立 性 检 验 认 为 喜 欢 网 络 课 程 与 性 别 无 关 ．已 知 被 调 查 的 男 、 女 学 生 的 总 人 数 为 ２０ ｋ（ ｋ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 ｋ ＝ ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 某 学 校 对 高 三 学 生 作 了 一 项 调 查 ， 发 现 在 平 时 的 模 拟 考 试 中 ，性 格 内 向 的 学 生 ４２ ６ 人 中 有 ３３ ２ 人 在 考 前 心 情 紧 张 ，性 格 外 向 的 学 生 ５９ ４ 人 中 有 ２１ ３ 人 在 考 前 心 情 紧 张 ．作 出 等 高 堆 积 条 形 图 ，利 用 图 形 判 断 考 前 心 情 紧 张 与 性 格 类 别 是 否 有 关 系 ． š › V œ 0  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! 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' % 2 # ) ( % !4+ !4) !42 !4' !45 54+ 54) 542 54' 5 # : : : : : : : ! ! 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