第45期 成对数据的统计分析 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４５～４８期（２０２５年６月）　　 第４５期３，４版 成对数据的统计分析核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＤＡ　５～８　ＤＣＡＢ 提示： ２．由题中数据计算可得ｘ＝５，ｙ＝３３＋ｍ４ ． 则有 ３３＋ｍ ４ ＝－１４×５＋１７５，解得ｍ＝９． ３．因为 ｙ^＝－０．１ｚ＋１， 所以ｙ随ｚ的增大而减小，即ｙ与ｚ负相关， 又ｙ与ｘ负相关，故ｘ增大时，ｙ减小，ｚ增大， 所以ｘ与ｚ正相关．故选（Ｄ）． ４．由题意有３．９１８＞３．８４１，可得出在犯错误不超过００５ 的前提下认为“这种血清能起到预防感冒的作用”．故选（Ａ）． ５．由因变量Ｙ随着自变量ｘ的增大而减小， 即回归方程对应一个递减函数，排除（Ａ）、（Ｃ）； 由随自变量ｘ的增大，因变量Ｙ大致趋于一个确定的值， 即ｘ趋向正无穷，因变量Ｙ趋向于某一个值， 而不是趋向负无穷，排除（Ｂ）．故选（Ｄ）． ６．有两种方法：（１）利用｜ａｄ－ｂｃ｜越大越有关进行判断； （２）利用 ａａ＋ｂ与 ｃ ｃ＋ｄ相差越大越有关进行判断． 经计算比较可知说明Ｘ与Ｙ有关的可能性最大的一组为 选项（Ｃ）． ７．由题中数据计算可得ｘ＝２４，ｙ＝１８， 将（２４，１８）代入 ｙ^＝０８ｘ＋ａ^，即１８＝０８×２４＋ａ^， 解得 ａ^＝－１２，所以 ｙ^＝０８ｘ－１２， 当ｘ＝３０时，ｙ^＝０８×３０－１２＝２２８， 则ｍ＝２２８＋０６＝２３４． ８．由表１得χ２ ＝５２×（６×２５－７×１４） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈０．４３， 由表２得χ２ ＝５２×（２×２１－１１×１８） ２ ２０×３２×１３×３９ ＝３．９， 由表３得χ２ ＝５２×（４×２３－９×１６） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈０．４３， 由表４得χ２ ＝５２×（７×２６－６×１３） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈１．７３， 所以这四种慢性疾病可以通过坚持锻炼来预防的可能性 最大的是高血压． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由ｘ＝１＋２＋３＋４＋５＋６６ ＝３．５， ｙ＝５５０＋６５０＋７５０＋８１０＋９５５＋１０５５６ ＝７９５， 所以将样本点中心（３．５，７９５）代入 ｙ^＝１００ｘ＋ａ^， 得 ａ^＝４４５，故（Ａ）正确； 由选项（Ａ）得经验回归方程为 ｙ^＝１００ｘ＋４４５， 因此销售该玩具所获得的利润逐周增加， 平均每周增加约１００元，故（Ｂ）不正确； 第５个样本点对应的残差为 ｙ５－ｙ^５ ＝９５５－（１００×５＋４４５）＝１０，故（Ｃ）正确； 第７周时，将ｘ＝７代入回归方程可得 ｙ^＝１００×７＋４４５＝１１４５（元），故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．现从试验动物中任取一只， 若小白鼠“注射疫苗”的概率为０．５， 注射疫苗的动物共１００×０５＝５０只， 则未注射疫苗的小白鼠共５０只， 所以未注射疫苗未发病的小白鼠共３０只， 未注射疫苗发病的小白鼠共２０只， 注射疫苗发病的小白鼠共５只． ２×２列联表如下（单位：只）． 注射疫苗情况 发病情况 未发病 发病 合计 未注射 ３０ ２０ ５０ 注射 ４５ ５ ５０ 合计 ７５ ２５ １００ 所以未注射疫苗发病的小白鼠共２０只，故（Ａ）错误； 从该实验注射疫苗的小白鼠中任取一只， 发病的概率为 ５ ５０＝ １ １０，故（Ｂ）正确； χ２ ＝１００×（３０×５－２０×４５） ２ ５０×５０×７５×２５ ＝１２＞３８４１＝ｘ００５， 则在犯错概率不超过０．０５的前提下， 认为是否发病与注射疫苗有关，故（Ｃ）正确                                                        ； —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 未注射疫苗的小白鼠的发病率为 ２０ ５０＝ ２ ５， 注射疫苗的小白鼠的发病率为 １ １０， 则注射疫苗可使小白鼠的发病率下降约 ２ ５－ １ １０＝ ３ １０， 故（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．设男生可能有ｘ人，依题意得女生有ｘ人， 列联表如下（单位：人）． 性别 是否喜欢抖音 喜欢抖音 不喜欢抖音 合计 男生 ４ ５ｘ １ ５ｘ ｘ 女生 ３ ５ｘ ２ ５ｘ ｘ 合计 ７ ５ｘ ３ ５ｘ ２ｘ 若在犯错误不超过０１的前提下认为是否喜欢抖音和性 别有关，则χ２≥２．７０６， 即χ２＝ ２ｘ (· ４５ｘ·２５ｘ－３５ｘ·１５ )ｘ ２ ７ ５ｘ· ３ ５ｘ·ｘ·ｘ ＝２２１ｘ≥２．７０６， 解得ｘ≥２８．４１３， 由题意知ｘ＞０，且ｘ是５的整数倍，所以３０和３５都满足题意． 故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．０．００１；　１３．２９；　１４．６． 提示： １２．由题意χ２ ＝７０×（５×１０－１５×４０） ２ ２０×５０×４５×２５ ≈１８８２２＞１０８２８＝ｘ０００１， 则在犯错误的概率不超过０００１的前提下认为ｘ与ｙ之间 有关系． １３．由题意抽取的男生人数为７０００１００００×１２０＝８４， 抽取的女生人数是 ３０００ １００００×１２０＝３６， 所以ａ＝８４－２８＝５６，ｂ＝３６－９＝２７， 从而ａ－ｂ＝２９． １４．因为ｘ＝２，所以ｙ＝１５×２＋１＝４， 去掉两组数据（２２，２９）和（１８，５１）后，样本点的中心没变， 设重新求得的回归直线方程为 ｙ^＝ｘ＋ｂ， 将样本点的中心（２，４）代入，解得ｂ＝２， 即 ｙ^＝ｘ＋２，所以当ｘ＝４时，ｙ^＝４＋２＝６． 四、解答题 １５．解：（１）零假设为Ｈ０：吸烟习惯与患慢性气管炎病无关． 根据列联表的数据，得到 χ２ ＝３３９×（４３×１２１－１６２×１３） ２ ２０５×５６×２８３×１３４ ≈７．４６９＞６．６３５＝ｘ００１． 根据小概率值α＝００１的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为吸烟习惯与患慢性气管炎病有关，此推断犯错误的 概率不超过００１． １６．解：（１）因为ｘ＝２＋３＋４＋６＋１０＋１１６ ＝６， ｙ＝１２＋２２＋２６＋４１＋５３＋６５６ ＝３６５， ｂ^＝ ∑ ６ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－６ｘｙ ∑ ６ ｉ＝１ ｘ２ｉ－６ｘ ２ ＝１６８５－６×６×３６５ ２８６－６×６２ ＝３７１７０ ＝５．３， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝３６５－５３×６＝４７， 故所求经验回归方程为 ｙ^＝５．３ｘ＋４７． （２）由题得５．３ｘ＋４．７≥９０－５，解得ｘ≥１５．１５， 由１５．１５＞１５，符合国家给予公司补贴政策， 所以公司收益达到９０亿元， 估计改造投入至少达到１５．１５亿元． １７．解：（１）零假设为Ｈ０：获得荣誉证书与性别无关联． 列联表为（单位：人）． 性别 荣誉证书 未获得 获得 合计 男 ６ １６ ２２ 女 ４ ２４ ２８ 合计 １０ ４０ ５０ 则χ２＝５０×（６×２４－４×１６） ２ １０×４０×２２×２８ ≈１２９９＜６６３５＝ｘ００１， 根据小概率值α＝００１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，即认为获得荣誉证书与性别 无关联． （２）结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的１０倍， 会导致χ２变大为原来的１０倍，导致推断结论发生了变化． １８．解：（１）把月份ｘ作为横坐标，相应的月销售额 ｙ作为 纵坐标，在直角坐标系中描点（ｘｉ，ｙｉ）（ｉ＝１，２，３，４，５）作出散 点图如下图所示． !!"#$%&' !"#$%&' ( ') &) %) $) #) ") !) () ) "$()* 由图可以看出，各点都在一条直线附近，所以月份与销售 额之间有线性相关关系，求回归直线方程有意义． （２）因为ｘ＝ １５×（２＋４＋５＋６＋８）＝５， ｙ＝ １５×（３０＋４０＋６０＋５０＋７０）＝５０                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１４５，∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１３８０，∑ ５ ｉ＝１ ｙ２ｉ ＝１３５００． 所以ｒ＝ １３８０－５×５×５０ （１４５－５×５２）（１３５００－５×５０２槡 ） ≈０．９２， 所以该服装的月份与销售额之间存在着较强的线性关系． ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１３８０－５×５×５０ １４５－５×５２ ＝６．５， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝５０－６．５×５＝１７．５， 于是所求的经验回归方程为 ｙ^＝６．５ｘ＋１７．５． （３）ｘ＝１２时，ｙ^＝６．５×１２＋１７．５＝９５．５， 所以１２月份的销售额约为９５．５万元． １９．解：（１）根据频率分布直方图得 ｘ＝１×００２５×２＋３×０１００×２＋５×０１５０×２＋７× ０１２５×２＋９×００７５×２＋１１×００２５×２＝５８， 估计该校学生一周平均使用手机上网时间为５８小时． （２）根据题意填写２×２列联表如下（单位：人）， 使用手机时间 近视情况 近视 不近视 合计 长时间 ０６５ｎ ０１０ｎ ０７５ｎ 不长时间 ０１０ｎ ０１５ｎ ０２５ｎ 合计 ０７５ｎ ０２５ｎ ｎ 由表中数据计算可得 χ２ ＝ｎ×（６５×１５－１０×１０） ２ ７５×２５×７５×２５ ＝ ４９ ２２５ｎ≥１０８２８， 所以ｎ≥５０，所以本次调查的人数至少有５０人． 第４６期 学业水平测评（五） 一、单项选择题 １～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＢＤＢＣ 提示： １．令ｘ＝１，各项系数的和为４ｎ，二项式系数的和为２ｎ， 故有 ４ｎ ２ｎ ＝６４，所以ｎ＝６． ２．随机变量Ｘ服从正态分布Ｎ（３，１）， 其图象的对称轴为直线ｘ＝３， 所以Ｐ（３＜Ｘ≤４）≈ １２×０６８２７＝０３４１３５， 所以Ｐ（Ｘ＞４）＝０５－Ｐ（３＜Ｘ≤４） ＝０５－０３４１３５ ＝０１５８６５≈０１５８７． ３．李指导员安排在Ｃ地上午时， 张指导员有Ｃ１４种安排方案， 其余４位指导员有Ａ４４种安排方案， 则共有Ｃ１４Ａ ４ ４ ＝９６（种）安排方案； 李指导员不安排在Ｃ地上午时， 李指导员有Ｃ１２种安排方案， 张指导员有Ｃ１３种安排方案， 其余４位指导员有Ａ４４种安排方案， 则共有Ｃ１２Ｃ １ ３Ａ ４ ４ ＝１４４（种）安排方案； 综上，共有９６＋１４４＝２４０（种）安排方案． ４．由题意得每一次试验中，事件Ｃ发生的概率为 １５， 设事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生的次数分别为随机变量Ｘ，Ｙ，Ｚ， 则有 (Ｘ～Ｂ ｎ， )２５ ， (Ｙ～Ｂ ｎ， )２５ ， (Ｚ～Ｂ ｎ， )１５ ． 则事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生次数的方差分别为 ６２５ｎ， ６ ２５ｎ， ４ ２５ｎ． 故事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生次数的方差之比为３∶３∶２． ５．由表格中的数据可得ｘ＝０＋２＋４＋６＋８５ ＝４， ｙ＝１＋（ｍ＋１）＋（２ｍ＋１）＋（３ｍ＋３）＋１１５ ＝６ｍ＋１７５ ， (所以这组数据的样本中心点的坐标为 ４，６ｍ＋１７)５ ， 又因为点（ｘ，ｙ）在回归直线上， 所以１３×４＋０６＝５８＝６ｍ＋１７５ ，解得ｍ＝２， 所以ｙ的取值分别为１，３，５，９，１１， 在这５个数中，任取两个数均不大于９的概率为 Ｐ＝ Ｃ２４ Ｃ２５ ＝ ３５． ６．从１，３，５，７，９这５个奇数中选取３个数字， 从２，４，６，８这４个偶数中选取２个数字， 共有Ｃ３５Ｃ ２ ４ ＝６０（种）选法， 又３个奇数数字与２个偶数数字相间排列， 利用插空法可知共有Ａ３３Ａ ２ ２ ＝１２（种）排法， 所以这样的五位数共有６０×１２＝７２０（个）． ７．易得袋中白球的个数为６． 则由题意得Ｘ的可能取值为１，２，３，４． Ｐ（Ｘ＝１）＝ ６９ ＝ ２ ３； Ｐ（Ｘ＝２）＝３×６９×８＝ １ ４； Ｐ（Ｘ＝３）＝３×２×６９×８×７＝ １ １４； Ｐ（Ｘ＝４）＝３×２×１×６９×８×７×６＝ １ ８４． 所以Ｅ（Ｘ）＝１×２３＋２× １ ４＋３× １ １４＋４× １ ８４＝ １０ ７． ８．设Ａ１表示“乙球员担当前锋”， Ａ２表示“乙球员担当中锋”， Ａ３表示“乙球员担当后卫”， Ａ４表示“乙球员担当守门员                                                                      ”， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 Ｂ表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”． 则 Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋ Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＋Ｐ（Ａ４）Ｐ（Ｂ｜Ａ４） ＝０２×０．４＋０．５×０．２＋０．２×０．６＋０．１×０．２＝０．３２， 所以当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率 为１－０．３２＝０．６８． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．Ｘ的可能取值为０，１，２， 了解冰壶的人数在３０以上的学校有４所． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ０４·Ｃ ２ ６ Ｃ２１０ ＝ １３， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１４·Ｃ １ ６ Ｃ２１０ ＝ ８１５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２４·Ｃ ０ ６ Ｃ２１０ ＝ ２１５， 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１３＋１× ８ １５＋２× ２ １５＝ ４ ５． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为０．２８＞０， 所以ｙ与ｘ具有正的线性相关关系，故（Ａ）正确； 回归直线过样本点的中心（ｘ，ｙ）， 样本点不一定在回归直线上，故（Ｂ）错误； 该型号汽车多使用一年， 则其平均油耗约增加０．２８Ｌ／１００ｋｍ，故（Ｃ）错误； ｘ＝１０时，ｙ^＝０．２８×１０＋６．２５＝９．０５＞９， 所以预计该型号汽车使用到第 １０年平均油耗会超过 ９Ｌ／１００ｋｍ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．４辆车的停车方法共有Ａ４８ ＝１６８０（种），故（Ａ）正确； ４辆车恰好停在同一行的概率是Ｐ＝ ２Ａ４４ Ａ４８ ＝１３５，故（Ｂ）正确； ２辆黑色车相邻且停在同一行有６种，停在同一列有４种， 黑色车的停车方法共有（６＋４）Ａ２２种， 白色车的停车方法共有Ａ２６种， 故共有（６＋４）Ａ２２·Ａ ２ ６ ＝６００（种）方法，故（Ｃ）错误； 相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列， 第一辆黑色车８个车位都可停车， 第二辆黑色车只能有３个车位可停车， 黑色车共有８×３种方法， 不妨设黑色车停在Ａ，Ｆ两个车位， 则两白色车只能停ＢＥ，ＢＧ，ＢＨ，ＣＥ，ＣＨ，ＤＥ，ＤＧ， 共７种选择，白色车的停车方法共有２×７种方法， 故共有８×３×７×２种方法， 其概率是Ｐ＝８×３×７×２ Ａ４８ ＝ １５，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１３；　１３．１；　１４．１４或１５． 提示： １２．记事件Ａ表示“抽出的２个球中有红球”， 事件Ｂ表示“两个球都是红球”， 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， 即从甲箱中随机抽出２个球，在已知抽到红球的条件下， 则２个球都是红球的概率为 １３． １３．依题意 Ｃｋ５×( )３４ ５－ｋ ×( )１４ ｋ ≥Ｃｋ－１５ ×( )３４ ５－（ｋ－１） ×( )１４ ｋ－１ ， 且Ｃｋ５×( )３４ ５－ｋ ×( )１４ ｋ ≥Ｃｋ＋１５ ×( )３４ ５－（ｋ＋１） ×( )１４ ｋ＋１ ， 解得 １ ２≤ｋ≤ ３ ２，所以ｋ＝１． １４．补全２×２列联表如下． 性别 对工作满意程度 满意 不满意 合计 男 ５ｘ ５ｘ １０ｘ 女 ４ｘ ６ｘ １０ｘ 合计 ９ｘ １１ｘ ２０ｘ 依题意χ２ ＝２０ｘ×（５ｘ×６ｘ－４ｘ×５ｘ） ２ ９ｘ×１１ｘ×１０ｘ×１０ｘ ≥２７０６， 解得１３３９４７≤ｘ＜１６，而ｘ∈Ｎ＋，所以ｘ的值为１４或１５． 四、解答题 １５．解：（１）ｘ＝ １５×（１＋２＋３＋４＋５）＝３， ｙ＝ １５×（２０＋５０＋１００＋１５０＋１８０）＝１００， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１×２０＋２×５０＋３×１００＋４×１５０＋５×１８０ ＝１９２０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１ ２＋２２＋３２＋４２＋５２ ＝５５， 所以 ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１９２０－５×３×１００ ５５－５×３２ ＝４２， ａ^＝１００－４２×３＝－２６， 所以所求经验回归为 ｙ^＝４２ｘ－２６． （２）令 ｙ^＝４２ｘ－２６＞３００可得ｘ＞１６３２１≈７７６， 又ｘ为整数，所以ｘ的最小值为８                                                                      ． —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 １６．解：（１）设事件Ａｉ：第ｉ天去Ａ餐厅用餐， 事件Ｂｉ：第ｉ天去Ｂ餐厅用餐，其中ｉ＝１，２． （ⅰ）王同学第２天去Ａ餐厅用餐的概率为 Ｐ（Ａ２）＝Ｐ（Ａ２Ａ１）＋Ｐ（Ａ２Ｂ１）＝Ｐ（Ａ２｜Ａ１）Ｐ（Ａ１）＋Ｐ（Ａ２ ｜Ｂ１）Ｐ（Ｂ１）＝０６×０５＋０８×０５＝０７． （ⅱ）如果王同学第２天去Ａ餐厅用餐， 那么他第１天在Ａ餐厅用餐的概率为： Ｐ（Ａ１｜Ａ２）＝ Ｐ（Ａ１Ａ２） Ｐ（Ａ２） ＝ Ｐ（Ａ２｜Ａ１）Ｐ（Ａ１） Ｐ（Ａ２） ＝０６×０５０７ ＝ ３ ７． （２）零假设为Ｈ０：学生对于Ａ餐厅的满意程度与餐厅的改 造提升没有关联． χ２ ＝１００×（２８×３－５７×１２） ２ ８５×１５×４０×６０ ＝２００１７ ＞７８７９＝ｘ０．００５， 依据小概率值α＝０．００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为学生对于Ａ餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关 联，此推断犯错误的概率不大于０．００５． １７．解：（１）通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎｘ ｎ－ｒ ３ －( )１２ ｒ ｘ－ ｒ ３ ＝Ｃｒｎ －( )１２ ｒ ｘ ｎ－２ｒ ３ ． 因为第６项为常数项，所以ｒ＝５时，有ｎ－２ｒ３ ＝０， 即ｎ＝１０． （２）令１０－２ｒ３ ＝２，得ｒ＝ １ ２（１０－６）＝２， 所以所求的系数为Ｃ２１０× －( )１２ ２ ＝４５４． （３）由题意得 １０－２ｒ ３ ∈Ｚ， ０≤ｒ≤１０， ｒ∈Ｎ { ． 令 １０－２ｒ ３ ＝ｋ（ｋ∈Ｚ），则１０－２ｒ＝３ｋ，即ｒ＝５－ ３ ２ｋ． 又因为ｒ∈Ｎ，所以ｋ应为偶数， 所以ｋ可取２，０，－２，即ｒ可取２，５，８． 所以第３项，第６项与第９项为有理项， 它们分别为 ４５ ４ｘ ２，－６３８， ４５ ２５６ｘ２ ． １８．解：（１）１号小球可放入任意一个盒子内，有４种放法． 同理，２，３，４号小球也各有４种放法， 故共有４４ ＝２５６（种）放法． （２）恰有一个空盒，则这４个盒子中只有３个盒子内有小 球，且小球数只能是１，１，２． 先从４个小球中任选２个放在一起，有Ｃ２４种方法， 然后与其余２个小球看成三组， 分别放入４个盒子中的３个盒子中，有Ａ３４种放法． 由分步计数原理，知共有Ｃ２４Ａ ３ ４ ＝１４４（种）不同的放法． （３）恰有２个盒子内不放球， 也就是把４个小球只放入２个盒子内，有两类放法： ①一个盒子内放１个球，另一个盒子内放３个球． 先把小球分为两组， 一组１个，另一组３个，有Ｃ１４种分法， 再放到２个盒子内，有Ａ２４种放法， 共有Ｃ１４Ａ ２ ４ ＝４８（种）放法； ②２个盒子内各放２个小球． 先从４个盒子中选出２个盒子，有Ｃ２４种选法， 然后把４个小球平均分成２组，每组２个， 放入２个盒子内，也有Ｃ２４种选法， 共有Ｃ２４Ｃ ２ ４ ＝３６（种）放法． 由分类计数原理， 知共有Ｃ１４Ａ ２ ４＋Ｃ ２ ４Ｃ ２ ４ ＝８４（种）不同的放法． １９．解：（１）参加“艺术体操”人数在３５人以上的学校共５所， Ｘ所有可能取值为０，１，２，３， 则Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ０５Ｃ ３ ５ Ｃ３１０ ＝１０１２０＝ １ １２， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１５Ｃ ２ ５ Ｃ３１０ ＝５０１２０＝ ５ １２， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２５Ｃ １ ５ Ｃ３１０ ＝５０１２０＝ ５ １２， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ ０ ５ Ｃ３１０ ＝１０１２０＝ １ １２， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １１２ ５ １２ ５ １２ １ １２ 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１１２＋１× ５ １２＋２× ５ １２＋３× １ １２＝ ３ ２． （２）由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为 Ｐ＝Ｃ (２３ )２５ ２ · ３ ５＋Ｃ (３３ )２５ ３ ＝４４１２５， 则该同学在ｎ轮测试中获“优秀”次数Ｘ服从二项分布， 即满足Ｘ～Ｂ（ｎ，ｐ），ｐ＝４４１２５， 由Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝ｎ×４４１２５≥８ｎ≥ １２５×８ ４４ ≈２２７， 所以理论上至少要进行２３轮测试． 第４７期３，４版 核心素养阶段测评（八） 一、单项选择题 １～４　ＡＤＡＤ　５～８　ＡＢＤＣ 提示： １．χ２ ＝１０５×（４５×２０－３０×１０） ２ ７５×３０×５５×５０ ≈６１０９， 由于ｘ００５ ＝３８４１＜６１０９＜６６３５＝ｘ００１                                                                      ， —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 故在犯错误不超过０．０５的前提下认为能否一次性通过与 性别有关，在犯错误不超过０．０１的前提下认为能否一次性通 过与性别无关． 故选（Ａ）． ２．由通项公式得 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎ（ｘ ２）ｎ－ｒ －１( )ｘ ｒ ＝Ｃｒｎ（－１） ｒｘ２ｎ－３ｒ． 由题意可得如下方程组 Ｃｒｎ（－１） ｒ＝１５， ２ｎ－３ｒ＝０{ ， 分别将四个选项代入此方程组，可知ｎ＝６符合题意． ３．由二项分布概率公式可得该运动员通过测试的概率为 Ｐ＝Ｃ２３×( )２３ ２ ×１３＋Ｃ ３ ３×( )２３ ３ ＝ ４９＋ ８ ２７＝ ２０ ２７． ４．由表中数据可得ｘ＝ １５×（２＋３＋４＋５＋６）＝４， ｙ＝ １５×（１５．１＋１６．３＋１７＋１７．２＋１８．４）＝１６．８， 因为回归直线过样本点的中心，所以１６．８＝０７５×４＋ａ^， 解得 ａ^＝１３８，所以回归直线方程为 ｙ^＝０７５ｘ＋１３８， 则该公司７月份这种型号产品的销售额为 ｙ＝０７５×７＋１３８＝１９０５（万元）． ５．因为ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｆ′（１）ｘ２＋３ｘ－４， 则ｆ′（ｘ）＝ １ｘ－２ｆ′（１）ｘ＋３， 所以ｆ′（１）＝４－２ｆ′（１），解得ｆ′（１）＝ ４３， 所以ｆ′（ｘ）＝ １ｘ－ ８ ３ｘ＋３， 因此ｆ′（３）＝ １３－８＋３＝－ １４ ３． ６．将Ａ，Ｂ，Ｃ分别记为第１，第２，第３个品牌， 设事件Ｍｉ表示“取到的球是第ｉ个品牌（ｉ＝１，２，３）”， 事件Ｎ表示“取到的是一个合格品”， 其中Ｍ１，Ｍ２，Ｍ３两两互斥， 所以Ｐ（Ｎ）＝Ｐ（Ｍ１Ｎ）＋Ｐ（Ｍ２Ｎ）＋Ｐ（Ｍ３Ｎ） ＝Ｐ（Ｍ１）Ｐ（Ｎ｜Ｍ１）＋Ｐ（Ｍ２）Ｐ（Ｎ｜Ｍ２）＋Ｐ（Ｍ３）Ｐ（Ｎ｜Ｍ３） ＝０９８×０．２＋０．９９×０．６＋０．９７×０．２＝０９８４， 所以它是合格品的概率为０．９８４． ７．甲去完成Ａ项工作，有Ｃ１４Ａ ３ ３＝２４（种）不同的安排方式； 甲不去完成Ａ项工作，又Ｂ项工作不安排甲完成， 有Ｃ２４Ｃ １ ２Ｃ １ ２ ＝２４（种）不同的安排方式， 故共有２４＋２４＝４８（种）不同的安排方式． ８．函数的定义域为（０，＋∞）， 令ｆ（ｘ）＝０得到ｋ＝ｌｎｘ ｘ２ ， 令ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ ｘ２ ，ｈ′（ｘ）＝１－２ｌｎｘ ｘ３ ， 当ｘ∈［ｅ １ ４，ｅ １ ２］时，ｈ′（ｘ）＞０， 即ｈ（ｘ）在［ｅ １ ４，ｅ １ ２］上单调递增； 当ｘ∈［ｅ １ ２，ｅ］时，ｈ′（ｘ）＜０， 即ｈ（ｘ）在［ｅ １ ２，ｅ］上单调递减． 所以函数ｈ（ｘ）在ｘ＝ｅ １ ２处取得极大值也是最大值， ｈ（ｅ １ ２）＝ １２ｅ． 而ｈ（ｅ １ ４）＝ １ 槡４ｅ ，ｈ（ｅ）＝ １ ｅ２ ，且ｈ（ｅ １ ４）＞ｈ（ｅ）． 故ｋ [的取值范围是 １ 槡４ｅ ， １ )２ｅ ． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＣＤ． 提示： ９．因为密度函数图象关于ｘ＝９２对称， 所以有ｆ（１８４－ｘ）＝ｆ（ｘ），故（Ａ）正确； Ｐ（７８＜Ｘ≤１２０）＝Ｐ（９２－１４＜Ｘ≤９２＋２８） ＝Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２－１４） ＝０．９５４５－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２－１４） ＝０．９５４５－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）－Ｐ（９２－１４≤Ｘ≤９２＋１４）２ ＝０．９５４５－０．９５４５－０．６８２７２ ＝０．８１８６≈０８２， 故（Ｂ）正确； Ｐ（Ｘ≥１２０）＝Ｐ（Ｘ≥９２＋２８） ＝１－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）２ ＝１－０９５４５２ ＝０．０２２７５， 故（Ｃ）正确； Ｐ（Ｘ≤６０）＝Ｐ（Ｘ≥１２４）≤Ｐ（Ｘ≥１２０）＝００２２７５， 所以低于６０分的人数不大于 １２０００×０．０２２７５＝２７３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为回归方程的斜率为正， 所以相关变量ｘ，ｙ具有正相关关系，故（Ａ）正确； 因为ｘ＝２， 所以去除两个异常数据（－２，７）和（２，－７）后， 得到新的ｘ′＝２×８＋２－２６ ＝ ８ ３，故（Ｂ）错误； 由ｘ＝２代入 ｙ^＝１５ｘ－０６得ｙ＝２４， 故去除两个异常数据（－２，７）和（２，－７）后， ｙ′＝２４×８＋７－７６ ＝３２， 因为得到的新的经验回归直线的斜率为３， 所以ｙ′－３ｘ′＝３２－３×８３ ＝－４８， 所以去除异常数据后的经验回归方程为 ｙ^＝３ｘ－４８，故（Ｃ）正确； 因为经验回归直线 ｙ^＝３ｘ－４８的斜率为正数                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 所以变量ｘ，ｙ具有正相关关系， 且去除异常数据后，斜率由１．５增大到３， 故 ｙ^值增加的速度变大，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．ｘ≥ｅ时，ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－１是增函数， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｅ）＝０，０＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＝ａ－ １ ｘ， 因为ａ＜０，所以ｆ′（ｘ）＜０恒成立， ｆ（ｘ）在（０，ｅ）上是减函数， 又ｆ（ｘ）的最小值是０，所以ａｅ＋ｂ－ｌｎｅ≥０， 即ｂ≥１－ａｅ，故（Ａ）错误； 由（Ａ）选项知ｂ≥１－ａｅ＞１，故（Ｂ）错误； ａ (∈ １ｅ，＋ )∞ ， 由０＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＝ａ－１ｘ， 知０＜ｘ＜１ａ时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）递减； １ ａ ＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）递增， 所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ (＝ｆ １ )ａ ＝１＋ｂ＋ｌｎａ≥０， 即ｂ＋ｌｎ（ａｅ）≥０，故（Ｃ）正确； ａ (∈ ０，１ ]ｅ 时，ｆ′（ｘ）＝ａ－１ｘ ＜ａ－１ｅ≤０， 则ｆ（ｘ）在（０，ｅ］递减， 所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｅ）＝ａｅ＋ｂ－１≥０，即ｂ≥１－ａｅ， 令ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ＋１，ｈ′（ｘ）＝ １ｘ－１＝ １－ｘ ｘ ， ０＜ｘ＜１时，ｈ′（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）递增； ｘ＞１时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）递减， 所以ｈ（ｘ）ｍａｘ＝ｈ（１）＝０， 即ｌｎｘ－ｘ＋１≤０，ｌｎｘ≤ｘ－１（ｘ＝１时取等号）， 所以ｌｎ（２－ａｅ）＜２－ａｅ－１＝１－ａｅ， 即ｌｎ（２－ａｅ）＜ｂ，故（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２９；　１３． ３ ２，( )４；　１４．２． 提示： １２．由题意得Ｐ（Ｂ）＝３ ３ ４４ ＝２７２５６，Ｐ（ＡＢ）＝ Ａ３３ ４４ ＝ ６２５６， 故Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ６ ２５６× ２５６ ２７ ＝ ２ ９． １３．因为ｘ＝ ３２，ｙ＝４，故样本点的中心为 ３ ２，( )４， 线性回归方程必过样本点的中心． １４．设红、黑球的个数分别是ｍ，ｎ， 则每次取到白球的概率为Ｐ＝ Ｃ１１Ｃ １ ｍ＋ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ， 有放回地取球３０次，每次取２个球，取到白球的次数为１０， 取到一个红球一个黑球次数为１２， 因为取到白球的次数服从二项分布， 所以 Ｃ１ｍ＋ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ×３０＝１０，则ｍ＋ｎ＝５， 因为取到一个红球一个黑球的次数服从二项分布， 所以 Ｃ１ｍＣ １ ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ×３０＝１２，可得ｍｎ＝６， 因为取到２个都是红球的次数最少， 所以可得Ｃ２ｍ ＜Ｃ ２ ｎｍ＜ｎ． 由 ｍ＋ｎ＝５， ｍｎ＝６， ｍ＜ｎ { ，  ｍ＝２， ｎ＝３{ ， 所以红球的个数为２． 四、解答题 １５．解：（１）由题中数据计算可得ｘ＝３，ｙ＝９０， ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１２１５－５×３×９０ ５５－５×３２ ＝－１３５， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝９０＋１３５×３＝１３０５． 所以回归直线方程为 ｙ^＝－１３５ｘ＋１３０５． （２）零假设为Ｈ０：不戴头盔行为与事故伤亡无关． χ２ ＝１００×（１５×５０－２５×１０） ２ ４０×２５×６０×７５ ≈５５５６＞３８４１＝ｘ０．０５， 依据小概率值α＝００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，此推断犯错误的概 率不超过０．０５． １６．解：（１）由展开式中二项式系数和为６４， 得２ｎ ＝６４，所以ｎ＝６． 所以展开式中二项式系数最大的项为第四项． 因为 ２ｘ２－１( )ｘ ６ 的展开式的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６（２ｘ ２）６－ｒ（－１）ｒ １( )ｘ ｒ ＝Ｃｒ６２ ６－ｒｘ１２－３ｒ（－１）ｒ， 所以展开式中二项式系数最大的项为Ｔ４ ＝－１６０ｘ ３． （２）由（１）知ｎ＝６， 且 ２ｘ２－１( )ｘ ６ 的展开式中的常数项为 Ｔ５ ＝Ｃ ４ ６２ ２ ＝１５×４＝６０， 含ｘ－３的项为Ｔ６ ＝Ｃ ５ ６２ｘ －３×（－１）＝－１２ｘ－３， 所以（２－ｘ３）２ｘ２－１( )ｘ ｎ 中的常数项为 ２×６０＋（－１）×（－１２）＝１３２． １７．解：（１）设事件Ｂ＝“任取一个芯片是合格品”， 事件Ａ１ ＝“产品取自第一批”， 事件Ａ２ ＝“产品取自第二批”， 则Ω＝Ａ１∪Ａ２且Ａ１，Ａ２互斥                                                                      ； —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 由全概率公式可知Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜Ａ２）＝０６×（１－００６）＋０４×（１－００５）＝０９４４． （２）由条件可知第一批芯片数为９，第二批芯片数为６． Ｘ的可能取值为０，１，２，３． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ３９ Ｃ３１５ ＝８４４５５＝ １２ ６５； Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ２９Ｃ １ ６ Ｃ３１５ ＝２１６４５５； Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ１９Ｃ ２ ６ Ｃ３１５ ＝１３５４５５＝ ２７ ９１； Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３６ Ｃ３１５ ＝２０４５５＝ ４ ９１． 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １２６５ ２１６ ４５５ ２７ ９１ ４ ９１ 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１２６５＋１× ２１６ ４５５＋２× ２７ ９１＋３× ４ ９１＝ ６ ５． １８．解：（１）因为该校男生投掷实心球的距离Ｘ～Ｎ（６．９， ０．２５）， 女生投掷实心球的距离Ｙ～Ｎ（６．２，０．１６）， 所以男生和女生的达标概率为 １ ２，不达标概率为 １ ２， 从该校任选５名学生进行测试，有２人不达标的概率为 Ｃ２５ (× )１２ ２ (× )１２ ３ ＝１０３２＝ ５ １６＞０１， 所以该校学生还需加强实心球项目训练． （２）Ｚ～Ｎ（６．５１６，０．１６），即Ｚ～Ｎ（６．２＋０．３１６，０．４２）， 且Ｐ（Ｚ≤６．８３２）＝０．７８５， 即Ｐ（Ｚ≤６．５１６＋０．３１６）＝０．７８５， 所以Ｐ（Ｚ≥６．２）＝Ｐ（Ｚ≤６．８３２）＝０．７８５， Ｐ（Ｚ＜６．２）＝０２１５． ３ 槡１０＝２１５， ３ 槡１０ １０ ＝０２１５， １０ １０００＝０２１５ ３，０２１５３ ＝００１， 则女生达标率为１－（１－０．７８５）３ ＝１－０．２１５３≈０．９９． 所以该校女生投掷实心球的考试达标率能达到９９％． １９．解：（１）当ｂ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｘ２ｅａｘ＋１－ａｘ， ｆ′（ｘ）＝ｘ（２＋ａｘ）ｅａｘ＋１－ａ， 由ｆ′（１）＝（２＋ａ）ｅａ＋１－ａ＝２得 （ｅａ＋１－１）（２＋ａ）＝０，解得ａ＝－１或ａ＝－２． 当ａ＝－１时，ｆ（１）＝ｅ０＋１＝２， 此时直线ｙ＝２ｘ恰为切线，故舍去； 当ａ＝－２时，ｆ（１）＝ １ｅ＋２， 此时切线方程为ｙ＝２ｘ＋１ｅ，满足与直线ｙ＝２ｘ平行， 故ａ＝－２． （２）当ｂ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｘ２ｅａｘ＋１－２ｌｎｘ－ａｘ， 设ｔ＝ｘ２ｅａｘ＋１（ｔ＞０），则ｌｎｔ＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１， 故函数ｆ（ｘ）可化为ｇ（ｔ）＝ｔ－ｌｎｔ＋１． 由ｇ′（ｔ）＝１－１ｔ＝ ｔ－１ ｔ， 可得ｇ（ｔ）的单调递减区间为（０，１）， 单调递增区间为（１，＋∞）， 所以ｇ（ｔ）的最小值为ｇ（１）＝１－ｌｎ１＋１＝２， 此时ｔ＝１，函数ｆ（ｘ）的值域为［２，＋∞）， 问题转化为当ｔ＝１时，ｌｎｔ＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１有解， 即ｌｎ１＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１＝０，得ａ＝－２ｌｎｘ＋１ｘ ， 设ｈ（ｘ）＝－１＋２ｌｎｘｘ ，则ｈ′（ｘ）＝ ２ｌｎｘ－１ ｘ２ ， 故ｈ（ｘ）的单调递减区间为（０，槡ｅ）， 单调递增区间为（槡ｅ，＋∞）， 所以ｈ（ｘ）的最小值为ｈ（槡ｅ）＝－ ２ 槡ｅ ， 故ａ的最小值为 －２ 槡ｅ ． 第４８期３，４版 学业水平测评（六） 一、单项选择题 １～４　ＢＢＢＤ　５～８　ＤＣＤＤ 提示： １．因为｜ＰＦ１｜的最大值为３，所以ａ＋ｃ＝３． 因为｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２｜Ｆ１Ｆ２｜， 所以２ａ＝４ｃ，即ａ＝２ｃ， 所以ｃ＝１，ａ＝２．又ａ２－ｂ２ ＝ｃ２， 所以ｂ＝槡３，所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． ２．５人选三门课每门课都有人选共有两种情况： ①２，２，１，②３，１，１， 对于①：先选一门课作为奔奔和果果所选， 再从剩下的３人中选一人单独选一门课，有 Ｃ１３Ｃ １ ３Ｃ １ ２ ＝１８（种）， 对于②：先选一门课作为奔奔和果果所选， 剩下的３人在三门课中全排列，有Ｃ１３Ａ ３ ３ ＝１８（种）， 所以共有１８＋１８＝３６（种）． ３．因为（ｘ＋２）５的展开式的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５ｘ ５－ｒ２ｒ，令ｒ分别取０，１，２， 所以展开式中含ｘ５项为 －３ｘ５－２ｘ×５×２ｘ４＋ｘ２×１０×２２ｘ３ ＝１７ｘ５， 所以含ｘ５项的系数是１７． ４．由正态分布Ｎ（１８，４）可知μ＝１８，σ＝２， 所以μ＋σ＝２０，μ＋２σ＝２２， 所以Ｐ（２０≤Ｘ≤２２）＝０９５４５－０６８２７２ ＝０１３５９                                                                      ， —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 Ｐ（Ｘ≥２２）＝１－０９５４５２ ＝００２２７５， 直径Ｘ高于２２的个数大约为 ２７１８÷０１３５９×００２２７５＝４５５． ５．设事件Ａ１ ＝“药材来自甲地”，事件Ａ２ ＝“药材来自乙 地”，事件Ａ３ ＝“药材来自丙地”，事件Ｂ＝“抽到优等品”， 则Ｐ（Ａ１）＝０．４，Ｐ（Ａ２）＝０．３５，Ｐ（Ａ３）＝０．２５，Ｐ（Ｂ｜Ａ１） ＝０．６５，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０７，Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝０．８５， 所以Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ｂ｜Ａ１）Ｐ（Ａ１）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ２）Ｐ（Ａ２）＋Ｐ（Ｂ｜ Ａ３）Ｐ（Ａ３）＝０．６５×０．４＋０．７×０．３５＋０．８５×０．２５＝０．７１７５． ６．对于（Ａ），因为ＰＤ⊥底面ＡＢＣＤ， 且ＤＡ，ＤＣ底面ＡＢＣＤ，所以ＰＤ⊥ＤＡ，ＰＤ⊥ＤＣ， 所以（ → →ＤＡ＋ＤＣ）·→ →ＤＰ＝ＤＡ·→ →ＤＰ＋ＤＣ·→ＤＰ＝０，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），因为∠ＡＤＣ＝１２０°，ＡＤ＝ＤＣ＝１， 所以∠ＡＤＢ＝６０°， 所以△ＡＤＢ为等边三角形，ＤＢ＝１， （ → →ＤＰ＋ＤＢ）·→ →ＡＤ＝ＤＰ·→ →ＡＤ＋ＤＢ·→ →ＡＤ＝ＤＢ·→ →ＡＤ＝－ＤＢ · → →ＤＡ＝－｜ＤＢ｜· →｜ＤＡ｜ｃｏｓ６０°＝－１２，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），→ＣＰ·→ＰＡ＝（→ →ＣＤ＋ＤＰ）·（→ →ＤＡ－ＤＰ） →＝ＣＤ·→ＤＡ →－ＣＤ·→ →ＤＰ＋ＤＰ·→ →ＤＡ－ＤＰ２ →＝－｜ＤＣ｜· →｜ＤＡ｜ｃｏｓ１２０°－０＋ ０－１＝ １２－１＝－ １ ２，故（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），→ＤＣ·→ →ＢＰ＝ＤＣ·（→ →ＤＰ－ＤＢ） →＝ＤＣ·→ →ＤＰ－ＤＣ· →ＤＢ＝０ →－｜ＤＣ｜· →｜ＤＢ｜ｃｏｓ６０°＝－１２，故（Ｄ）错误．故选（Ｃ）． ７．因为ａｎ＋１ａｎ＋ａｎ－１ａｎ ＝２ａｎ＋１ａｎ－１（ｎ≥２）， 所以 １ ａｎ－１ ＋ １ａｎ＋１ ＝２·１ａｎ ， {所以数列 １ａ }ｎ 是等差数列， 因为ａ１ ＝ １ ２，ａ４ ＝ １ ８，所以 １ ａ１ ＝２，１ａ４ ＝８， {数列 １ａ }ｎ 的公差ｄ＝２， 所以 １ ａｎ ＝２＋２（ｎ－１）＝２ｎ，即ａｎ ＝ １ ２ｎ， 故ｂｎ ＝ａｎａｎ＋１ ＝ １ ２ｎ· １ ２（ｎ＋１）＝ １ ４ (· １ｎ－ １ｎ＋ )１ ， 所以Ｔｎ ＝（ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋… ＋ｂｎ） ＝ (１４ １－１２＋１２－１３＋１３－１４＋… ＋１ｎ－ １ｎ＋ )１ ＝ (１４ １－ １ｎ＋ )１ ＝ １４· ｎｎ＋１， 所以Ｔ２０２５ ＝ １ ４· ２０２５ ２０２６＝ ２０２５ ８１０４． ８．函数ｆ（ｘ）定义域为（０，＋∞）， ｆ′（ｘ）＝ｘ－４＋ａｘ ＝ ｘ２－４ｘ＋ａ ｘ ，ｘ＞０， 又函数ｙ＝ｆ（ｘ）存在两个极值点ｘ１，ｘ２， 所以方程ｘ２－４ｘ＋ａ＝０在（０，＋∞）上有两个不相等的 正实数根， 则 Δ＝１６－４ａ＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝４＞０， ｘ１ｘ２ ＝ａ＞０ { ， 解得０＜ａ＜４， 又ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）－（ｘ１＋ｘ２） ＝ １２ｘ ２ １－４ｘ１＋ａｌｎｘ１＋ １ ２ｘ ２ ２－４ｘ２＋ａｌｎｘ２－ｘ１－ｘ２ ＝ １２［（ｘ１＋ｘ２） ２－２ｘ１ｘ２］－５（ｘ１＋ｘ２）＋ａｌｎ（ｘ１ｘ２） ＝ １２（１６－２ａ）－２０＋ａｌｎａ＝ａｌｎａ－ａ－１２， 设ｈ（ａ）＝ａｌｎａ－ａ－１２，０＜ａ＜４，则ｈ′（ａ）＝ｌｎａ， 当０＜ａ＜１时，ｈ′（ａ）＜０，ｈ（ａ）单调递减， 当１＜ａ＜４时，ｈ′（ａ）＞０，ｈ（ａ）单调递增， ｈ（ａ）ｍｉｎ ＝ｈ（１）＝－１３， 因为不等式ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）≥ｘ１＋ｘ２＋ｔ恒成立， 即ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）－（ｘ１＋ｘ２）≥ｔ恒成立， 所以ｔ≤－１３． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ＝０， 即（ｘ－１）２＋ｙ２ ＝１，半径为１， 由题意可得圆心（１，０）到直线ｙ＝ｋｘ－３（ｋ∈Ｚ）的距离 大于２， 即 ｜ｋ－３｜ ｋ２＋槡 １ ＞２，解得－３－ 槡２６３ ＜ｋ＜ －３＋ 槡２６ ３ ， 又因为ｋ∈Ｚ，所以ｋ＝－２或ｋ＝－１或ｋ＝０． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题可得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝５，所以ｃ２ ＝９， 则右焦点Ｆ２（３，０）， 且２ａ＝４＜６，设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋３． 联立 ｘ２ ４－ ｙ２ ５ ＝１， ｘ＝ｍｙ＋３ { ， 得（５ｍ２－４）ｙ２＋３０ｍｙ＋２５＝０， Δ＝９００ｍ２－１００（５ｍ２－４）＝４００ｍ２＋４００＞０恒成立． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｙ１＋ｙ２ ＝ －３０ｍ ５ｍ２－４ ，ｙ１ｙ２ ＝ ２５ ５ｍ２－４ ． 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｍ槡 ２ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝２０（１＋ｍ ２） ｜５ｍ２－４｜ ＝６， 解得ｍ２＝２２５或ｍ ２＝２２５，所以ｍ＝± 槡１１０ ５ ，或ｍ＝± 槡２ ５， 所以存在四条直线ｌ，使｜ＡＢ｜＝６，故（Ａ）正确； 假设直线ｌ，使弦ＡＢ的中点为Ｍ（４，１）， 则 ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ －１５ｍ ５ｍ２－４ ＝１                                                                      ， —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 解得ｍ＝－１５±槡３０５１０ ， 此时ｌ的方程为ｘ＝－１５±槡３０５１０ ｙ＋３， 显然（４，１）不在ｌ上，故（Ｂ）错误； 设与已知双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为： ｘ２ ４－ ｙ２ ５ ＝λ，代入点（８，１０）可得λ＝－４， 所以该双曲线的标准方程为 ｙ２ ２０－ ｘ２ １６＝１，故（Ｃ）正确； 若Ａ，Ｂ都在该双曲线的右支上，则ｙ１ｙ２ ＝ ２５ ５ｍ２－４ ＜０， 即５ｍ２－４＜０，所以５－４ｋ２ ＜０， 解得ｋ (∈ －∞，－槡５)２ (∪ 槡５２，＋ )∞ ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题可得函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞）， 所以ｆ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ ＝ ｘ－２ ｘ２ ，ｆ′（２）＝０， 所以函数ｆ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 在（２，＋∞）上单调递增， 所以ｘ＝２是函数ｆ（ｘ）的极小值点，故（Ａ）错误； 令ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ（ｘ＞０）， 则ｇ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ－１ ＝－ｘ ２－ｘ＋２ ｘ２ ( ＝－ ｘ－ )１２ ２ ＋７４ ｘ２ ＜０， 所以函数 ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减． 因为 (ｇ １ )ｅ ＝２ｅ－１ｅ－１＞０， ｇ（ｅ２）＝ ２ ｅ２ ＋２－ｅ２ ＜０， 所以ｇ（ｘ）有且只有１个零点，故（Ｂ）正确； 由ｆ（ｘ）＞ｋｘ得ｋ＜ｆ（ｘ）ｘ ， 设ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｘ ＝ ２ ｘ２ ＋ｌｎｘｘ， 则ｈ′（ｘ）＝－４＋ｘ－ｘｌｎｘ ｘ３ ， 令ｔ（ｘ）＝－４＋ｘ－ｘｌｎｘ， 则ｔ′（ｘ）＝－ｌｎｘ， 所以函数ｔ（ｘ）在（０，１）上单调递增， 在（１，＋∞）上单调递减， 所以ｔ（ｘ）≤ｔ（１）＝－３＜０，故ｈ′（ｘ）＜０， 函数ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，ｈ（ｘ）无最小值， 所以不存在正实数ｋ，使得ｆ（ｘ）＞ｋｘ恒成立，故（Ｃ）错误； 对任意两个正实数ｘ１，ｘ２，且ｘ２ ＞ｘ１， 因为函数ｆ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 在（２，＋∞）上单调递增， 要证ｘ１＋ｘ２ ＞４，即证ｘ１ ＞４－ｘ２， 设ｍ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（４－ｘ） ＝ ２ｘ＋ｌｎｘ－ ２ ４－ｘ－ｌｎ（４－ｘ），ｘ∈（０，２）， 因为ｍ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ－ ２ （４－ｘ）２ ＋ １４－ｘ ＝８（２－ｘ）（ｘ－２） ｘ２（４－ｘ）２ ＜０， 所以ｍ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 所以ｍ（ｘ）＞ｍ（２）＝０，所以ｆ（ｘ）＞ｆ（４－ｘ）， 即ｆ（ｘ１）＞ｆ（４－ｘ１）． 又ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）＞ｆ（４－ｘ１）， 且ｘ２，４－ｘ１∈（２，＋∞）， ｆ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增， 所以ｘ２ ＞４－ｘ１，即ｘ１＋ｘ２ ＞４，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２． Ｃ３５Ｃ １ １０ Ｃ４１５ ；　１３．ｅ；　１４ [． １３， ]３２ ． 提示： １２．设选取的４人中英国人有Ｘ个， Ｘ服从参数为Ｎ＝１５，Ｍ ＝５，ｎ＝４的超几何分布， 其中Ｘ的可能取值为０，１，２，３，４， 且Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝ Ｃｋ５Ｃ ４－ｋ １０ Ｃ４１５ （ｋ＝０，１，２，３，４）． 所以Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ １ １０ Ｃ４１５ ． １３．因为数列｛ａｎ｝为等差数列，且ａ１＋ａ２２４ ＝２７， 所以ａ１１２＋ａ１１３ ＝２７， 又｛ｂｎ｝为等比数列，且ｂ１·ｂ２２４ ＝２， 所以ｂ１１２ｂ１１３ ＝２，所以 ａ１１２＋ａ１１３ １＋ｂ１１２ｂ１１３ ＝９． 又ｆ（ｘ＋２）＝－ｆ（ｘ）， 所以ｆ（ｘ＋４）＝－ｆ（ｘ＋２）＝ｆ（ｘ）， 所以函数ｆ（ｘ）的最小正周期为４， 又ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ∈［０，２］， 所以ｆ（９）＝ｆ（２×４＋１）＝ｆ（１）＝ｅ， 即 (ｆ ａ１１２＋ａ１１３１＋ｂ１１２ｂ )１１３ ＝ｅ． １４．Ａ（－２，３）关于ｙ＝ａ对称的点的坐标为Ａ′（－２，２ａ－３）， Ｂ（０，ａ）在直线ｙ＝ａ上，设Ａ′Ｂ所在直线为直线ｌ， 所以直线ｌ为ｙ＝ａ－３－２ｘ＋ａ，即（ａ－３）ｘ＋２ｙ－２ａ＝０， 圆Ｃ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋２）２＝１，圆心Ｃ（－３，－２），半径ｒ＝１， 依题意圆心到直线ｌ的距离ｄ＝｜－３（ａ－３）－４－２ａ｜ （ａ－３）２＋２槡 ２ ≤１， 即（５－５ａ）２≤（ａ－３）２＋２２， 解得 １ ３≤ａ≤ ３ ２，即ａ [∈ １３， ]３２                                                                      ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 四、解答题 １５．（１）证明：因为 ２Ｓｎ ｎ ＋ｎ＝２ａｎ＋１， 即２Ｓｎ＋ｎ ２ ＝２ｎａｎ＋ｎ①， 当 ｎ≥２时，２Ｓｎ－１＋（ｎ－１） ２＝２（ｎ－１）ａｎ－１＋（ｎ－１）②， ① －②得２ａｎ＋２ｎ－１＝２ｎａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１＋１， 即２（ｎ－１）ａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１ ＝２（ｎ－１）， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝１，ｎ≥２且ｎ∈Ｎ＋， 所以｛ａｎ｝是以１为公差的等差数列． （２）解：由（１）可得ａ４ ＝ａ１＋３， ａ７ ＝ａ１＋６，ａ９ ＝ａ１＋８， 又ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，所以ａ ２ ７ ＝ａ４·ａ９， 即（ａ１＋６） ２ ＝（ａ１＋３）·（ａ１＋８），解得ａ１ ＝－１２， 所以ａｎ ＝ｎ－１３，所以Ｓｎ ＝－１２ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ＝ １２ｎ ２－２５２ｎ＝ (１２ ｎ－２５)２ ２ －６２５８， 所以当ｎ＝１２或ｎ＝１３时，（Ｓｎ）ｍｉｎ ＝－７８． １６．（１）证明：因为平面ＰＣＢＭ⊥平面ＡＢＣ， 平面ＰＣＢＭ∩平面ＡＢＣ＝ＢＣ， ＢＣ⊥ＡＣ，ＡＣ平面ＡＢＣ， 所以ＡＣ⊥平面ＰＣＢＭ， 由ＢＭ平面ＰＣＢＭ，得ＡＣ⊥ＢＭ． （２）解：以→ＣＡ，→ＣＢ，→ＣＰ为ｘ，ｙ，ｚ轴正方向建立空间直角坐标 系Ｃ－ｘｙｚ，设Ｐ（０，０，ｚ０）（ｚ０ ＞０）， 则Ｍ（０，１，ｚ０），Ｂ（０，２，０），Ａ（１，０，０）， 有 →ＡＭ ＝（－１，１，ｚ０），→ＰＣ＝（０，０，－ｚ０），→ＡＢ＝（－１，２，０）， 又直线ＡＭ与直线ＰＣ所成的角为６０°， 得 →｜ＡＭ·→ → →ＰＣ｜＝｜ＡＭ｜｜ＰＣ｜ｃｏｓ６０°， 即ｚ２０ ＝ １ ２ ｚ ２ ０＋槡 ２·ｚ０，解得ｚ０ ＝ 槡６ ３， 设平面ＭＡＢ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＭ ＝－ｘ＋ｙ＋槡６３ｚ＝０， ｎ·→ＡＢ＝－ｘ＋２ｙ＝０ { ， 令ｚ＝槡６，得ｎ＝（４，２，槡６）， 易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ＝（０，０，１）， 则｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝ 槡６ 槡２６×１ ＝槡３９１３， 所以平面ＭＡＢ与平面ＡＢＣ夹角的余弦值为槡３９１３． （３）解：由题意知多面体ＰＭＡＢＣ即为四棱锥Ａ－ＢＣＰＭ， 则Ｖ多面体ＰＭＡＢＣ ＝ １ ３ＡＣ·Ｓ梯形ＢＣＰＭ ＝ １３×１× １ ２×（２＋１）× 槡６ ３ ＝ 槡６ ６， 即多面体ＰＭＡＢＣ的体积为槡６６． １７．解：（１） 性别 是否是“生产能手” 非“生产能手” “生产能手” 合计 男员工 ４８ ２ ５０ 女员工 ４２ ８ ５０ 合计 ９０ １０ １００ 零假设为Ｈ０：性别与“生产能手”无关． 因为χ２ ＝１００×（４８×８－４２×２） ２ ５０×５０×９０×１０ ＝４＞３．８４１＝ｘ００５， 根据小概率值α＝００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为性别与“生产能手”有关，此推断犯错误的概率不超 过００５． （２）当员工每月完成合格产品的件数为３０００件时，实得 计件工资为２６００×１＋２００×１．２＋２００×１．３＝３１００元， 由统 计 数 据 可 知， 男 员 工 实 得 计 件 工 资 大 于 ３１００元的概率为ｐ１ ＝ ２ ５；女 员 工 实 得 计 件 工 资 大 于 ３１００元的概率为ｐ２ ＝ １ ２， 设２名女员工中实得计件工资大于３１００元的人数为Ｘ， １名男员工中实得计件工资大于３１００元的人数为Ｙ， 则 (Ｘ～Ｂ ２， )１２ ， (Ｙ～Ｂ １， )２５ ， Ｚ的所有可能取值为０，１，２，３， Ｐ（Ｚ＝０）＝Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０） (＝ １－ )１２ ２ (× １－ )２５ ＝ ３２０， Ｐ（Ｚ＝１）＝Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１） ＝Ｃ１２ (１２ １－ )１２ (× １－ )２５ (＋ １－ )１２ ２ ×２５ ＝ ２５， Ｐ（Ｚ＝２）＝Ｐ（Ｘ＝２，Ｙ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝ Ｃ (２２ )１２ ２ (× １－ )２５ ＋Ｃ１２ １２ (× １－ )１２ ×２５ ＝ ７２０， Ｐ（Ｚ＝３）＝Ｐ（Ｘ＝２，Ｙ＝１） (＝ )１２ ２ ×２５ ＝ １ １０， 所以Ｚ的分布列为 Ｚ ０ １ ２ ３ Ｐ ３２０ ２ ５ ７ ２０ １ １０ Ｅ（Ｚ）＝０×３２０＋１× ２ ５＋２× ７ ２０＋３× １ １０＝ ７ ５． １８．解：（１）由抛物线定义得｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２， 由题意得 ２ｘ０ ＝ｘ０＋ ｐ ２， ２ｐｘ０ ＝４， ｐ＞０ { ， 解得 ｐ＝２， ｘ０ ＝１ {                                                                      ， —１１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）设切线ＰＡ的方程为ｙ＝ｋ１（ｘ－１）＋２， 则圆心Ｍ到切线ＰＡ的距离ｄ＝ ｜２ｋ１＋２｜ ｋ２１＋槡 １ ＝ｒ， 整理得（ｒ２－４）ｋ２１－８ｋ１＋ｒ ２－４＝０． 设切线ＰＢ的方程为ｙ＝ｋ２（ｘ－１）＋２， 同理可得（ｒ２－４）ｋ２２－８ｋ２＋ｒ ２－４＝０． 所以ｋ１，ｋ２是方程（ｒ ２－４）ｘ２－８ｘ＋ｒ２－４＝０的两根， 所以ｋ１＋ｋ２ ＝ ８ ｒ２－４ （０＜ｒ≤槡２），ｋ１ｋ２ ＝１． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由 ｙ＝ｋ１（ｘ－１）＋２， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 得ｋ１ｙ ２－４ｙ－４ｋ１＋８＝０， 所以２ｙ１ ＝ ８－４ｋ１ ｋ１ ， 所以ｙ１ ＝ ４－２ｋ１ ｋ１ ＝ ４ｋ１ －２＝４ｋ２－２， 同理可得ｙ２ ＝４ｋ１－２． 设Ｄ为线段ＡＢ的中点， 则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ ｙ２１＋ｙ ２ ２ ８ ＝ （４ｋ２－２） ２＋（４ｋ１－２） ２ ８ ＝２（ｋ２１＋ｋ ２ ２）－２（ｋ１＋ｋ２）＋１ ＝２（ｋ１＋ｋ２） ２－２（ｋ１＋ｋ２）－３． 设ｍ＝ｋ１＋ｋ２，则ｍ＝ ８ ｒ２－４ ∈［－４，－２）， 所以ｔ＝２ｍ２－２ｍ－３∈（９，３７］， 即ｔ的取值范围是（９，３７］． １９．解：（１）当ａ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ， ｘ∈［－π，π］， 因为ｆ（－ｘ）＝ｆ（ｘ），所以ｆ（ｘ）为偶函数， 只需先研究ｘ∈［０，π］，ｆ（ｘ）＝ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ， ｆ′（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ＝ｘｃｏｓｘ， 当ｘ [∈ ０，π ]２ 时，ｆ′（ｘ）≥０； 当ｘ (∈ π２， ]π 时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ） [在 ０，π ]２ 上单调递增， (在 π２， ]π 上单调递减， 所以根据偶函数图象关于ｙ轴对称，得 ｆ（ｘ） [在 －π，－π ]２ 上单调递增， (在 －π２， ]０ 上单调递减， 故ｆ（ｘ） (单调递减区间为 －π２， ]０ (， π２， ]π ； [单调递增区间为 －π，－π ]２ [， ０，π ]２ ． （２）ｆ′（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ＋ａｘ＝ｘ（ｃｏｓｘ＋ａ）， ①当ａ≥１时，ｆ′（ｘ）＝ｘ（ｃｏｓｘ＋ａ）≥０在［０，π］上恒成立， 所以ｆ（ｘ）在［０，π］上单调递增， 又ｆ（０）＝１，所以ｆ（ｘ）在［０，π］上无零点． 又因为ｆ（ｘ）是偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点． ②当０＜ａ＜１时，令ｆ′（ｘ）＝０得ｃｏｓｘ＝－ａ， 由 －１＜－ａ＜０可知存在唯一ｘ０ (∈ π２， )π ， 使得ｃｏｓｘ０ ＝－ａ， 所以当ｘ∈［０，ｘ０］时，ｆ′（ｘ）≥０； ｘ∈（ｘ０，π］时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ）在［０，ｘ０］上单调递增， 在（ｘ０，π］上单调递减， 又ｆ（０）＝１，ｆ（π）＝ １２ａπ ２－１ （ⅰ）当 １２ａπ ２－１＞０，即 ２ π２ ＜ａ＜１时， ｆ（ｘ）在［０，π］上无零点，又ｆ（ｘ）为偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点． （ⅱ）当 １２ａπ ２－１≤０，即０＜ａ≤ ２ π２ 时， ｆ（ｘ）在［０，π］上有１个零点，又ｆ（ｘ）为偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上有２个零点， 综上所述，当０＜ａ≤ ２ π２ 时，ｆ（ｘ）在［－π，π］上有２个零点， 当ａ＞ ２ π２ 时，ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点                                                         ． —２１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 书书书 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５． （１３ 分 ） 调 查 ３３９ 名 ５０ 岁 以 上 有 吸 烟 习 惯 的 人 与 患 慢 性 气 管 炎 的 情 况 ，获 数 据 如 下 表 ． 吸 烟 习 惯 患 慢 性 气 管 炎 的 情 况 患 慢 性 气 管 炎 未 患 慢 性 气 管 炎 合 计 吸 烟 ４３ １６２ ２０５ 不 吸 烟 １３ １２１ １３４ 合 计 ５６ ２８３ ３３９ 根 据 小 概 率 值 α ＝ ００１ 的 独 立 性 检 验 ，判 断 吸 烟 习 惯 与 患 慢 性 气 管 炎 病 是 否 有 关 ． １６． （１５ 分 ） 某 公 司 负 责 生 产 的 Ａ 型 航 天 材 料 是 飞 行 器 的 重 要 零 件 ， 该 材 料 应 用 前 景 十 分 广 泛 ，该 公 司 为 了 将 Ａ 型 航 天 材 料 进 行 应 用 改 造 ，根 据 市 场 调 研 与 模 拟 ，得 到 应 用 改 造 投 入 ｘ（ 单 位 ： 亿 元 ） 与 产 品 的 直 接 收 益 ｙ（ 单 位 ： 亿 元 ） 的 数 据 统 计 如 下 ． ｘ（ 亿 元 ） ２ ３ ４ ６ １０ １１ ｙ （ 亿 元 ） １２ ２２ ２６ ４１ ５３ ６５ 经 研 究 表 明 ，改 造 投 入 ｘ（ 单 位 ： 亿 元 ） 与 产 品 的 直 接 收 益 ｙ（ 单 位 ： 亿 元 ） 具 有 线 性 相 关 关 系 ． （１ ） 根 据 统 计 表 中 数 据 ，求 出 直 接 收 益 ｙ（ 单 位 ： 亿 元 ） 关 于 改 造 投 入 ｘ（ 单 位 ： 亿 元 ） 的 经 验 回 归 方 程 ｙ^ ＝ ｂ^ｘ ＋ ａ^ ； （２ ） 为 了 鼓 励 科 技 创 新 ， 当 应 用 改 造 投 入 不 少 于 １５ 亿 元 时 ， 国 家 给 予 公 司 补 贴 ５ 亿 元 ，若 公 司 收 益 （ 直 接 收 益 ＋ 国 家 补 贴 ） 达 到 ９０ 亿 元 ，估 计 改 造 投 入 至 少 达 到 多 少 亿 元 （ 精 确 到 ００１ 亿 元 ） ？ 参 考 数 据 ：∑ ６ｉ＝１ ｘ ｉ ｙ ｉ ＝ １ ６８５ ，∑ ６ｉ＝１ ｘ ２ｉ ＝ ２８６． １７． （１５ 分 ） 攀 岩 是 一 项 集 健 身 、 娱 乐 、 竞 技 于 一 身 的 极 限 运 动 ， 被 称 为 “ 峭 壁 上 的 芭 蕾 ”． 某 攀 岩 俱 乐 部 为 了 解 攀 岩 爱 好 者 对 此 项 运 动 的 了 解 程 度 ，进 行 了 一 次 攀 岩 知 识 竞 赛 （ 满 分 １０ 分 ） ， 为 得 分 在 ６ 分 以 上 （ 含 ６ 分 ） 的 爱 好 者 颁 发 了 荣 誉 证 书 ．已 知 参 加 本 次 竞 赛 的 攀 岩 爱 好 者 共 有 ５０ 人 ，其 中 获 得 荣 誉 证 书 的 女 攀 岩 爱 好 者 有 ２４ 人 ，所 有 男 攀 岩 爱 好 者 的 竞 赛 成 绩 如 下 ： １０ ，５ ，９ ，８ ，６ ，７ ，４ ，８ ，３ ，４ ，８ ，７ ，５ ，９ ，２ ，１０ ，８ ，９ ，７ ，８ ，９ ，１０ （１ ） 依 据 小 概 率 值 α ＝ ００１ 的 独 立 性 检 验 ，能 否 认 为 获 得 荣 誉 证 书 与 性 别 有 关 联 ？ （２ ） 如 果 把 （１ ） 中 列 联 表 中 所 有 数 据 扩 大 到 原 来 的 １０ 倍 ， 在 相 同 的 检 验 标 准 下 ，再 用 独 立 性 检 验 推 断 获 得 荣 誉 证 书 与 性 别 之 间 的 关 联 性 ，结 论 还 一 样 吗 ？请 说 明 理 由 ． １８． （ １７ 分 ） 在 庆 祝 泰 华 世 纪 城 开 业 一 周 年 之 际 ， 家 电 部 门 经 理 向 全 体 员 工 汇 报 了 每 个 月 的 销 售 情 况 ， 下 表 是 某 个 员 工 记 录 的 部 分 月 份 的 销 售 额 （ 单 位 ： 万 元 ） 的 有 关 数 据 ． 月 份 ２ ４ ５ ６ ８ 销 售 额 ３０ ４０ ６０ ５０ ７０ （ １ ） 画 出 散 点 图 ，判 断 月 份 ｘ 和 销 售 额 ｙ 两 变 量 之 间 是 否 有 线 性 相 关 关 系 ，求 其 回 归 直 线 方 程 是 否 有 意 义 ？ （２ ） 对 两 个 变 量 进 行 相 关 性 检 验 ，并 求 出 经 验 回 归 方 程 ； （３ ） 试 估 计 １２ 月 份 的 销 售 额 ． 参 考 公 式 ： 样 本 相 关 系 数 ｒ ＝ ∑ ｎｉ＝ １ （ｘ ｉ － ｘ） （ｙ ｉ － ｙ） ∑ ｎｉ＝１ （ｘ ｉ － ｘ） 槡 ２ ∑ ｎｉ＝１ （ｙ ｉ － ｙ ） 槡 ２ ． １９． （１７ 分 ） 某 学 校 现 有 １ ０００ 名 学 生 ，为 调 查 该 校 学 生 一 周 使 用 手 机 上 网 时 间 的 情 况 ，收 集 了 ｎ 名 学 生 某 周 使 用 手 机 上 网 时 间 的 样 本 数 据 （ 单 位 ： 小 时 ）． 将 数 据 分 为 ６ 组 ： ［０ ，２ ］ ， （２ ，４ ］ ， （４ ，６ ］ ， （６ ， ８ ］ ，（８ ，１０ ］ ，（１０ ，１２ ］ ，并 整 理 得 到 如 下 的 频 率 分 布 直 方 图 ． （１ ） 估 计 该 校 学 生 一 周 平 均 使 用 手 机 上 网 时 间 （ 每 组 数 据 以 该 组 中 点 值 为 代 表 ） ； （２ ） 将 一 周 使 用 手 机 上 网 时 间 在 （４ ，１２ ］ 内 定 义 为 “ 长 时 间 使 用 手 机 上 网 ” ；一 周 使 用 手 机 上 网 时 间 在 （０ ，４ ］ 内 定 义 为 “ 不 长 时 间 使 用 手 机 上 网 ” ，在 样 本 数 据 中 ，有 ０２５ｎ 名 学 生 不 近 视 ．请 补 充 完 成 该 周 使 用 手 机 上 网 时 间 与 近 视 程 度 的 列 联 表 ， 若 根 据 小 概 率 值 α ＝ ０００１ 的 独 立 性 检 验 认 为 该 校 学 生 一 周 使 用 手 机 上 网 时 间 与 近 视 程 度 有 关 ．那 么 本 次 调 查 的 人 数 至 少 有 多 少 ？ 使 用 手 机 时 间 近 视 情 况 近 视 不 近 视 合 计 长 时 间 不 长 时 间 ０．１５ｎ 合 计 ０．２５ｎ !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92)"*$%&+( : ; < = > + ! " ? # ! $ % & ' & # ! " ( # ! $ % & % ' ) & * ' ' ) & # * ' ) & ' ' ' ) ' " * ' ) ' # * ' 书 类型一：经验回归方程的求解 例１观察两个相关变量的如下数据． ｘ －９－６．９９－５．０１－２．９８－５ ５ ４．９８ ４ ｙ －９ －７ －５ －３－５．０２４．９９ ５ ４．０３ 则两变量间的经验回归方程为 （　　） （Ａ）ｙ^＝０．５ｘ＋１　　　　（Ｂ）ｙ^＝ｘ （Ｃ）ｙ^＝２ｘ＋０．３ （Ｄ）ｙ^＝ｘ＋１ 解析：因为ｘ＝－１．８７５，ｙ＝－１．８７５， 又因为经验回归方程经过点（ｘ，ｙ）， 验证知选（Ｂ）． 点评：（ｘ，ｙ）称为样本点的中心，经验回归 方程一定过此点． 类型二：线性相关关系强弱的判断 例２关于两个变量ｘ和ｙ的７组数据如下表 所示． ｘ ２１ ２３ ２５ ２７ ２９ ３２ ３５ ｙ ７ １１ ２１ ２４ ６６ １１５ ３２５ 试判断ｘ与ｙ之间是否有线性相关关系？ 解析：计算得 ｘ≈２７．４３，ｙ≈８１．２９，∑ ７ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝５４１４，∑ ７ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１８５４２，∑ ７ ｉ＝１ ｙ２ｉ ＝１２４３９３， 则ｒ＝ ∑ ７ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－７ｘｙ （∑ ７ ｉ＝１ ｘ２ｉ－７ｘ ２）（∑ ７ ｉ＝１ ｙ２ｉ－７ｙ ２ 槡 ） ＝ １８５４２－７×２７．４３×８１．２９ （５４１４－７×２７．４３２）×（１２４３９３－７×８１．２９２槡 ） ≈０．８６＞０．７５， 所以ｘ与ｙ具有线性相关关系． 点评：如果｜ｒ｜大于０．７５，我们认为ｘ与ｙ 有很强的线性相关关系，这时求经验回归方程 有必要也有意义，否则，在 ｜ｒ｜＜０．７５时，寻找 到的经验回归方程就没有意义． 类型三：经验回归问题 例３某工业部门进行一项研究，分析该部 门的产量与生产费用之间的关系，从该部门内 随机抽选了１０个企业为样本，有如下资料． ｘ ４０ ４２ ４８ ５５ ６５ ７９ ８８１００１２０１４０ ｙ １５０１４０１６０１７０１５０１６２１８５１６５１９０１８５ 其中 ｘ为产量（千件），ｙ为生产费用（千 元）． （１）ｙ与ｘ是否具有相关关系？ （２）如果ｙ与ｘ具有相关关系，求经验回归 方程． 解析：（１）计算得 ｒ＝ ∑ ｎ ｉ＝１ （ｘｉ－ｘ）（ｙｉ－ｙ） ∑ ｎ ｉ＝１ （ｘｉ－ｘ） ２∑ ｎ ｉ＝１ （ｙｉ－ｙ）槡 ２ ≈０．８０８＞０．７５． 说明ｙ与ｘ具有较强的线性相关关系． （２）由（１）知ｙ与ｘ具有线性相关关系， 设经验回归方程为 ｙ^＝ｂ^ｘ＋ａ^． 利用计算器进行计算得 ｘ＝７７．７，ｙ＝１６５．７， ｂ^＝ ∑ １０ ｉ＝１ （ｘｉ－ｘ）（ｙｉ－ｙ） ∑ １０ ｉ＝１ （ｘｉ－ｘ） ２ ≈０．３９８， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ≈１３４．８． 所以经验回归方程为 ｙ^＝０．３９８ｘ＋１３４．８． 点评：解决本题首先要判断两变量是否具 有线性相关关系，然后再求经验回归方程． 类型四：非经验回归分析 例４下表是１９５７年美国旧轿车价格的调查 资料，今以ｘ表示轿车的使用年数，ｙ表示相应的 平均价格，求ｙ关于ｘ的回归方程． 使用年数ｘ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 平均价格 ｙ（美元） ２６５１１９４３１４９４１０８７７６５５３８４８４２９０２２６２０４ 解析：由图１的散点图可看出ｙ与ｘ呈指数 关系，于是令ｚ＝ｌｎｙ，变换后得数据． ｘ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ ｚ７８８３７５７２７３０９６９９１６６４０６２８８６１８２５６７０５４２１５３１８ 由图２可知，各点基本上处于同一直线，由 表中数据可求得经验回归方程为 ｚ^＝８１６５－ ０２９８ｘ． 因此ｙ关于ｘ的回归方程为 ｙ^＝ｅ８１６５－０２９８ｘ． 点评：适当的变量代换是将非经验回归分 析问题转化为经验回归分析问题的重要方法． 类型五：列联表与独立性检验 例５对高二（３）班４０名同学进行是否喜爱 运动进行调查，其中２８名男同学中有２３人喜爱 运动，５人不喜爱运动；１２名女同学中有９人喜 爱运动，３人不喜爱运动．根据小概率值α＝０１ 的独立性检验，分析性别与喜爱运动是否有关． 解析：零假设为Ｈ０：性别与喜爱运动无关． 根据题中的数据，可得列联表如下． 性别 是否喜爱运动 喜爱 不喜爱 合计 男同学 ２３ ５ ２８ 女同学 ９ ３ １２ 合计 ３２ ８ ４０ 由于χ２ ＝４０×（２３×３－９×５） ２ ２８×１２×３２×８ ≈０．２６８＜２．７０６＝ｘ０１， 根据小概率值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，即认为性别与喜爱运动无关． 点评：本题关键在于将题中的文字语言所 包含的数据信息整理出来，用列联表进行表示， 通过列联表产生结论． 例６某同学对一些人进行了身体健康与喜 爱运动的关系的调查，在填写列联表时，不慎写 错了几个数据，他一气之下将写错的数全都涂 掉了，残表如下． 身体是 否健康 是否喜爱运动 喜爱 不喜爱 合计 身体健康 Ａ ２０ ６０ 身体不健康 ２０ Ｂ ５０ 合计 Ｃ Ｄ Ｅ 根据小概率值 α＝００１的独立性检验，分 析身体健康与运动是否有关． 解析：零假设为Ｈ０：身体健康与运动无关． 由Ａ＋２０＝６０，得Ａ＝４０． 由２０＋Ｂ＝５０，得Ｂ＝３０．又Ａ＋２０＝Ｃ， 因此Ｃ＝６０，Ｄ＝２０＋Ｂ＝５０． 又Ｃ＋Ｄ＝Ｅ，得Ｅ＝１１０． 即完整的列联表如下． 身体是 否健康 是否喜爱运动 喜爱 不喜爱 合计 身体健康 ４０ ２０ ６０ 身体不健康 ２０ ３０ ５０ 合计 ６０ ５０ １１０ 由于χ２ ＝１１０×（４０×３０－２０×２０） ２ ５０×６０×６０×５０ ≈７．８２２＞６．６３５＝ｘ００１， 根据小概率值 α＝００１的独立性检验，我 们推断Ｈ０不成立，即认为身体健康与运动有关， 该推断犯错误的概率不超过００１． 点评：本题考查列联表的性质（即列联表中 各数据之间的关系），虽然本题不难，但考查的 方式及命题角度值得我们重视． !" !!"## $%&'$ (% $&'(#) * # !" !"#$ %& + +,-./*01 @ABCD$EF GAHD8IJKLMNOEP 3QRSTUV9 SWXYZ[ \]^_`aV9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 ',*&-*#"&#$% <=EF?GAHCD8 ',*&-*#"&!"# !"#$%& '(#)*+ '()* +,-. /012334567 89:; <,4=/0 >?* .@ABCDE FGHI/J6KL* MNOPQRDS/J TUVWXYZ[\ W4]^_`a6 '()b cdefg. /J6hij klEm 6Tnop\qrjst 6uvwxy<6z{ r|}<j~€‚€ ƒ9„`…†r‡jˆ <‰Šx‹kŒ\ . Ž‘j /J’M< 6“”•–j <./J D—˜™šj ›œ/J N™š\ žŸ4 Db '( )¡¢£¤b ¥¦+. §¨©+hªb «¬­ ®™N¯HI/J° ±²<6³´4µ¶·j ¸¹º»6/J¼½¾ ¿ÀÁÂÃÄb Å¥Æ n4LÇ/JÈ ÉÊË ÌÍÎj <ÏÐÑ./ JŸÒ6,Ój¾n€Ô ^j ÕcÖG/J6× ØÙ¥ÚÛ¤ÜÝÞ `9È '()ß4àá+ /J6âãäåNæäj ç+DSTU6EèF éä\ <êWcÖ6ë ìj íîoï•ð/J âã=ŸÒj ñMÅ/ J6òóôô>N\ < œ,4õö÷G/J 6øùj úû,üý þbÿ!"¥Æ9Á# /J`$6%&b'( ù)9N*DS+, N-TUÈ $ ! % " & ' ( # ) $* $*** $&** !*** !&** %*** &** ! " ! $ ' ! ! )#('&"%!$ $* & ' ( # ! # ' ! ! ij kl[ 书 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．０．０１；　５．０．６００． 一、单项选择题　１～４　ＢＣＣＤ　５～８　ＡＢＣＣ 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 三、填空题 １２．有；　１３．５５５６，００５；　１４．７或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． 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． 书 例１通过随机询问７２名不同性别的大学生在 购买食物时是否看营养说明，得到如下列联表． 是否看 营养说明 性别 女 男 合计 读营养说明 １６ ２８ ４４ 不读营养说明 ２０ ８ ２８ 合计 ３６ ３６ ７２ 根据小概率值α＝０００５的独立性检验，分析大 学生在购买食物时看营养说明和性别是否有关． 解析：零假设为 Ｈ０：看营养说明和性别没有 关系． 如果读营养说明与性别之间没有关系， 则χ２的观测值应比较小． 如果χ２的观测值很大， 则说明读营养说明与性别之间可能有关系． 由表中数据可得 χ２ ＝７２×（１６×８－２０×２８） ２ ４４×２８×３６×３６ ≈８．４１６＞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，即认为看营养说明和性别 有关，此推断犯错误的概率不超过０００５． 点评：本题利用了独立性检验的方法作出判 断．在判断两个分类变量的关系的可靠性时一般 利用随机变量χ２来确定，把 χ２的值与临界值作比 较进行判断． 例２研究人员选取１７０名青年男女大学生作 为样本，对他们进行一种心理测验，发现６０名女生 对该心理测验中的最后一个题目的反应是：作肯 定的２２名，作否定的３８名；１１０名男生在相同的题 目上作肯定的有２２名，作否定的有８８名．问：性别 与态度之间是否存在某种关系？分别用图形和根 据小概率值α＝００５的独立性检验的方法判断． 解析：根据题意，得如下列联表． 性别 态度 肯定 否定 合计 男生 ２２ ８８ １１０ 女生 ２２ ３８ ６０ 合计 ４４ １２６ １７０ 相应的等高堆积条形图如下图所示： 比较等高堆积条形图中两个深色条的高可以 发现，女生样本中作肯定的频率明显高于男生样 本中作肯定的频率，因此可以认为性别与态度之 间有关系． 零假设为Ｈ０：性别与态度之间无关． 根据列联表中的数据，得 χ２ ＝１７０×（２２×３８－２２×８８） ２ １１０×６０×４４×１２６ ≈５．６２２＞３．８４１＝ｘ００５． 根据小概率值α＝００５的独立性检验，我们 推断Ｈ０不成立，即认为性别与态度有关系，此推断 犯错误的概率不超过００５． 点评：图形可以直观地反映出相关数据的总 体状况，但并不能确切地分析数据，还需进一步用 独立性检验的方法来考察问题．先收集数据，然后 通过一些统计方法对数据进行科学的分析． ! !"#$% !! !! " •– — ˜ $3# $4' 5"% 5"2 5"# 5") 5"( 5"+ 5"* $ 5 !" #" $% &% !"5 5"* 5"+ 5"( 5") 5"# 5"2 5"% 5"' 5"! 5 '()* '(+* ,-. /01 ,-. /201 书书书 成 对 数 据 的 统 计 分 析 核 心 素 养 综 合 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 参 考 公 式 ： ｂ^ ＝ ∑ｎ ｉ＝１ （ ｘ ｉ － ｘ） （ ｙ ｉ － ｙ） ∑ｎ ｉ＝ １ （ ｘ ｉ － ｘ） ２ ＝ ∑ｎ ｉ＝１ ｘ ｉ ｙ ｉ － ｎｘ ｙ ∑ｎ ｉ＝１ ｘ２ ｉ － ｎｘ ２ ， ａ^ ＝ ｙ － ｂ^ｘ ． 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 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １ ． 某 市 对 机 动 车 单 双 号 限 行 进 行 了 调 查 ， 在 参 加 调 查 的 ２ ７４ ８ 名 有 车 人 中 有 １ ７６ ０ 名 持 反 对 意 见 ，２ ６５ ２ 名 无 车 人 中 有 １ ４０ ０ 名 持 反 对 意 见 ，在 运 用 这 些 数 据 说 明 “ 拥 有 车 辆 ” 与 “ 反 对 机 动 车 单 双 号 限 行 ” 是 否 相 关 时 ，用 下 列 哪 种 方 法 最 有 说 服 力 （ 　 　 ） （ Ａ ） 平 均 数 （ Ｂ） 方 差 （ Ｃ） 独 立 性 检 验 （ Ｄ ） 回 归 直 线 方 程 ２． 变 量 ｘ， ｙ 的 成 对 样 本 数 据 为 （ ４， １２ ） ， （ ４． ５， １１ ） ， （ ５． ５， １０ ） ， （ ６， ｍ ） ，已 知 变 量 ｙ对 ｘ呈 线 性 相 关 关 系 ，且 回 归 方 程 为 ｙ^ ＝ － １． ４ｘ ＋ １７ ５ ，则 ｍ 的 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ （ Ｂ） ９ （ Ｃ） ８ （ Ｄ ） ７ ３ ． 已 知 变 量 ｚ和 ｙ 满 足 关 系 ｙ^ ＝ － ０ １ｚ ＋ １， 变 量 ｙ 与 ｘ 负 相 关 ． 下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｚ与 ｙ 正 相 关 ，ｘ 与 ｚ负 相 关 （ Ｂ） ｚ与 ｙ 正 相 关 ，ｘ 与 ｚ正 相 关 （ Ｃ） ｚ与 ｙ 负 相 关 ，ｘ 与 ｚ负 相 关 （ Ｄ ） ｚ与 ｙ 负 相 关 ，ｘ 与 ｚ正 相 关 ４． 某 医 疗 研 究 所 为 了 检 验 某 种 血 清 预 防 感 冒 的 作 用 ， 把 ５０ ０ 名 使 用 血 清 的 人 与 另 外 ５０ ０ 名 未 使 用 血 清 的 人 一 年 中 的 感 冒 记 录 作 比 较 ， 利 用 ２ × ２ 列 联 表 计 算 得 χ２ ≈ ３． ９１ ８， 经 ! 临 界 值 表 知 χ２ ＞ ３ ８４ １ ＝ ｘ ０ ０ ５ ，则 下 列 表 述 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ） 在 犯 错 误 不 超 过 ０ ０５ 的 前 提 下 认 为 “ 这 种 血 清 能 起 到 预 防 感 冒 的 作 用 ” （ Ｂ） 若 有 人 未 使 用 该 血 清 ，那 么 他 在 一 年 中 有 ９５ ％ 的 可 能 性 得 感 冒 （ Ｃ） 这 种 血 清 预 防 感 冒 的 有 效 率 为 ９５ ％ （ Ｄ ） 这 种 血 清 预 防 感 冒 的 有 效 率 为 ５％ ５． 若 需 要 刻 画 因 变 量 Ｙ 和 自 变 量 ｘ 的 相 关 关 系 ， 且 从 已 知 数 据 中 知 道 因 变 量 Ｙ 随 着 自 变 量 ｘ的 增 大 而 减 小 ，并 且 随 着 自 变 量 ｘ的 增 大 ，因 变 量 Ｙ 大 致 趋 于 一 个 确 定 的 值 ，为 拟 合 Ｙ 和 ｘ之 间 的 关 系 ，应 使 用 以 下 回 归 方 程 中 的 （ ｂ ＞ ０， ｅ 为 自 然 对 数 的 底 数 ） （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｙ ＝ ｂｘ ＋ ａ （ Ｂ） Ｙ ＝ － ｂｌ ｎ ｘ ＋ ａ （ Ｃ） 槡 Ｙ ＝ ｂ ｘ ＋ ａ （ Ｄ ） Ｙ ＝ ｂｅ －ｘ ＋ ａ ６． 假 设 有 两 个 分 类 变 量 Ｘ 与 Ｙ， 它 们 的 可 能 取 值 分 别 为 ｛ ｘ １ ，ｘ ２ ｝ 和 ｛ ｙ １ ，ｙ ２ ｝ ，其 列 联 表 如 下 ． Ｘ Ｙ ｙ １ ｙ ２ 合 计 ｘ １ ａ ｂ ａ ＋ ｂ ｘ ２ ｃ ｄ ｃ ＋ ｄ 合 计 ａ ＋ ｃ ｂ ＋ ｄ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＋ ｄ 对 于 同 一 样 本 的 以 下 各 组 数 据 ，能 说 明 Ｘ 与 Ｙ 有 关 的 可 能 性 最 大 的 一 组 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ＝ ５， ｂ ＝ ４， ｃ ＝ ３， ｄ ＝ ２ （ Ｂ） ａ ＝ ５， ｂ ＝ ３， ｃ ＝ ４， ｄ ＝ ２ （ Ｃ） ａ ＝ ２， ｂ ＝ ３， ｃ ＝ ４， ｄ ＝ ２ （ Ｄ ） ａ ＝ ２， ｂ ＝ ３， ｃ ＝ ５， ｄ ＝ ４ ７． 色 差 和 色 度 是 衡 量 毛 绒 玩 具 质 量 优 劣 的 重 要 指 标 ， 现 抽 检 一 批 产 品 测 得 数 据 列 于 表 中 ．已 知 该 产 品 的 色 度 ｙ 和 色 差 ｘ 之 间 满 足 线 性 相 关 关 系 ，且 ｙ^ ＝ ０ ８ｘ ＋ ａ^， 现 有 一 对 测 量 数 据 为 （ ３０ ，ｍ ） ， 若 该 数 据 的 残 差 为 ０． ６， 则 ｍ ＝ （ 　 　 ） 色 差 ｘ ２１ ２３ ２５ ２７ 色 度 ｙ １５ １８ １９ ２ ０ （ Ａ ） ２３ ．４ （ Ｂ） ２３ ．６ （ Ｃ） ２３ ．８ （ Ｄ ） ２４ ．０ ８． 某 机 构 为 研 究 中 老 年 人 坚 持 锻 炼 与 患 糖 尿 病 、 高 血 压 、 冠 心 病 、关 节 炎 四 种 慢 性 疾 病 之 间 的 关 系 ， 随 机 调 查 部 分 中 老 年 人 ， 统 计 数 据 如 下 表 １ 至 表 ４， 则 这 四 种 慢 性 疾 病 可 以 通 过 坚 持 锻 炼 来 预 防 的 可 能 性 最 大 的 是 （ 　 　 ） 　 　 表 １ 表 ２ 患 糖 尿 病 未 患 糖 尿 病 坚 持 锻 炼 ６ １４ 不 坚 持 锻 炼 ７ ２５ 　 患 高 血 压 未 患 高 血 压 坚 持 锻 炼 ２ １８ 不 坚 持 锻 炼 １１ ２１ 　 　 表 ３ 表 ４ 患 冠 心 病 未 患 冠 心 病 坚 持 锻 炼 ４ １６ 不 坚 持 锻 炼 ９ ２３ 　 患 关 节 炎 未 患 关 节 炎 坚 持 锻 炼 ７ １３ 不 坚 持 锻 炼 ６ ２６ （ Ａ ） 糖 尿 病 （ Ｂ） 高 血 压 （ Ｃ） 冠 心 病 （ Ｄ ） 关 节 炎 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 某 网 店 最 近 推 出 了 一 款 新 型 儿 童 玩 具 —— — 电 动 遥 控 变 形 金 刚 ，可 以 全 面 提 高 宝 宝 的 语 言 能 力 、 情 绪 释 放 能 力 、 动 手 能 力 ， 同 时 以 其 优 良 的 做 工 逐 渐 在 市 场 中 脱 颖 而 出 ．如 下 表 是 该 网 店 年 初 开 始 销 售 此 玩 具 ６ 周 以 来 所 获 得 的 利 润 数 据 统 计 情 况 ． ｘ（ 周 ） １ ２ ３ ４ ５ ６ ｙ （ 元 ） ５５ ０ ６５ ０ ７５ ０ ８１ ０ ９５ ５ １ ０５ ５ 根 据 表 中 的 数 据 可 知 ｙ 与 ｘ 线 性 相 关 ， 且 经 验 回 归 方 程 为 ｙ^ ＝ １０ ０ｘ ＋ ａ^， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ^ ＝ ４４ ５ （ Ｂ） 销 售 该 玩 具 所 获 得 的 利 润 逐 周 增 加 ，平 均 每 周 增 加 约 ４４ ５ 元 （ Ｃ ） 相 应 于 点 （ ５， ９５ ５） 的 残 差 为 １０ （ Ｄ ） 预 测 第 ７ 周 销 售 该 玩 具 所 获 得 的 利 润 约 为 １ １４ ５ 元 １０ ．为 了 考 查 某 种 疫 苗 的 预 防 效 果 ， 先 选 取 小 白 鼠 进 行 试 验 ， 试 验 时 得 到 如 下 统 计 数 据 （ 单 位 ： 只 ） ． 注 射 疫 苗 情 况 发 病 情 况 未 发 病 发 病 合 计 未 注 射 注 射 ４５ 合 计 ７５ １０ ０ 现 从 试 验 的 小 白 鼠 中 任 取 一 只 ，若 该 小 白 鼠 “ 注 射 疫 苗 ” 的 概 率 为 ０． ５， 则 下 列 判 断 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 未 注 射 疫 苗 发 病 的 小 白 鼠 为 ２５ 只 （ Ｂ） 从 该 试 验 注 射 疫 苗 的 小 白 鼠 中 任 取 一 只 ，发 病 的 概 率 为 １ １０ （ Ｃ） 在 犯 错 概 率 不 超 过 ０． ０５ 的 前 提 下 ，认 为 是 否 发 病 与 注 射 疫 苗 有 关 （ Ｄ ） 注 射 疫 苗 可 使 试 验 小 白 鼠 的 发 病 率 下 降 约 ２０ ％ １１ ．针 对 时 下 的 “ 抖 音 热 ” ，某 校 团 委 对 “ 学 生 性 别 和 喜 欢 抖 音 是 否 有 关 ” 作 了 一 次 调 查 ，其 中 被 调 查 的 男 女 生 人 数 相 同 ，男 生 喜 欢 抖 音 的 人 数 占 男 生 人 数 的 ４ ５ ，女 生 喜 欢 抖 音 的 人 数 占 女 生 人 数 ３ ５ ， 若 在 犯 错 误 不 超 过 ０ １ 的 前 提 下 认 为 是 否 喜 欢 抖 音 和 性 别 有 关 ，则 调 查 人 数 中 男 生 可 能 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３５ 人 （ Ｂ） ３０ 人 （ Ｃ） ２５ 人 （ Ｄ ） ２０ 人 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 ．已 知 两 个 分 类 变 量 ｘ 和 ｙ 的 ２ × ２ 列 联 表 如 下 ． 变 量 ｘ 变 量 ｙ ｙ １ ｙ ２ 合 计 ｘ １ ５ １５ ２０ ｘ ２ ４０ １０ ５０ 合 计 ４５ ２５ ７０ 根 据 表 中 数 据 ，在 犯 错 误 的 概 率 不 超 过 的 前 提 下 认 为 ｘ 与 ｙ 之 间 有 关 系 ． １３ ．某 高 校 有 １０ ００ ０名 学 生 ，其 中 女 生 ３０ ００ 名 ，男 生 ７０ ００ 名 ．为 调 查 爱 好 体 育 运 动 是 否 与 性 别 有 关 ， 用 分 层 随 机 抽 样 的 方 法 抽 取 １２ ０ 名 学 生 ，制 成 ２ × ２ 列 联 表 如 下 ，则 ａ － ｂ ＝ ．（ 用 数 字 作 答 ） 爱 好 体 育 运 动 的 情 况 性 别 男 女 合 计 爱 好 ａ ９ 不 爱 好 ２８ ｂ 合 计 １２ ０ １４ ．已 知 由 一 组 样 本 数 据 确 定 的 回 归 直 线 方 程 为 ｙ^ ＝ １ ５ｘ ＋ １， 且 ｘ ＝ ２， 发 现 有 两 组 数 据 （ ２ ２ ， ２ ９） 与 （ １ ８， ５ １） 误 差 较 大 ，去 掉 这 两 组 数 据 后 ，重 新 求 得 回 归 直 线 的 斜 率 为 １， 那 么 当 ｘ ＝ ４ 时 ，ｙ 的 估 计 值 为 ． ™ š O › œ  ž Ÿ   ¡ ¢ x £ ¤ ¥ s ! 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