作业13 计数原理&作业14 概率与统计-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考数学真题分类特训

　 　　　　　　作业１３　计数原理 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　排列、组合的实际应用在高考中出现的频率逐年上升,二项式中求某项的系数、常数项问 题出现的频率正在有所减弱,排列、组合是计数原理中解决问题最基本、最重要的内容,应用 好计数原理可以更好地解决生活中的实际问题．同时虽然二项式中求某项的系数、常数项问 题正在有所减弱,但也不可忽视对此问题的掌握,只有更全面的掌握知识才能在高考中稳定 得分． 考点１　排列　组合 １．(２０２３􀅰全国甲卷(理),９)现有５名志愿者 报名参加公益活动,在某一星期的星期六、 星期日两天,每天从这５人中安排２人参加 公益活动,则恰有１人在这两天都参加的不 同安排方式共有 (　　) A．１２０种 B．６０种 C．３０种 D．２０种 ２．(２０２３􀅰全国乙卷(理),７)甲、乙两位同学从 ６种课外读物中各自选读２种,则这两人选 读的课外读物中恰有１种相同的选法共有 (　　) A．３０种 B．６０种 C．１２０种 D．２４０种 ３．(２０２５􀅰上海卷,９)４个家长和２个儿童去 爬山,６个人需要排成一条队列,要求队列 的头和尾均是家长,则不同的排列种数有 　　　种． ４．(２０２４􀅰上海卷,１０)设集合A 中的元素皆 为无重复数字的三位正整数,且元素中任意 两者之积皆为偶数,求集合中元素个数的最 大值为　　　　． ５．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１３)某学校开设了４门 体育类选修课和４门艺术类选修课,学生需 从这８门课中选修２门或３门课,并且每类 选修课至少选修１门,则不同的选课方案共 有　　　　种(用数字作答)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　二项式定理 ◆二项式定理的展开式及其通项 １．(２０２５􀅰上海卷,４)在二项式(２x－１)５ 的展 开式中,x３ 的系数为　　　． ２．(２０２５􀅰天津卷,１１)在(x－１)６ 的展开式 中,x３ 项的系数为　　　　． ３．(２０２４􀅰天津卷,１１)在 ３x３＋ x３ ３ æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式 中,常数项为　　　　． ４．(２０２４􀅰上海卷,６)在(x＋１)n 的展开式中, 若各项系数和为３２,则展开式中x２ 的系数 为　　　　． ◆项的系数与二项式系数的性质 １．(２０２５􀅰北京卷,１２)已知(１－２x)４＝a０－ ２a１x＋４a２x２－８a３x３＋１６a４x４,则a０＝　　 　　　　;a１＋a２＋a３＋a４＝　　　　． ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１３)１３＋x æ è ç ö ø ÷ １０ 的展 开式中,各项系数中的最大值为　　　　． ３．(２０２３􀅰天津卷,１１)在 ２x３－１x æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式 中,x２ 的系数为　　　　． ４．(２０２３􀅰上海卷,１０)已知(１＋２０２３x)１００＋ (２０２３－x)１００ ＝a０ ＋a１x＋a２x２ ＋ 􀆺 ＋ a１００x１００,其中a０,a１,a２,􀆺,a１００∈R,若k∈ {０,１,２,􀆺,１００}且ak＜０时,则k的最大值 是　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ 数学 　 　　　　　　作业１４　概率与统计 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　概率问题年年考查,常考常新,是高考的高频考点．考查形式不落俗套,情境新颖．本专题 内容主要考查随机抽样,用样本估计总体,变量的相关性,随机事件的概率,古典概型,几何概 型,回归分析,独立性检验,离散型随机变量的分布列、期望、方差、正态分布等内容．用样本估 计总体,古典概型,离散型随机变量的分布列、期望、方差是高考重点,考查的能力是应用回归 分析与独立性检验思想方法解决简单实际问题的能力．高考试题强调应用性,以实际问题为 背景,构建数学模型,突出考查统计与概率的思想和数据处理能力及应用意识．在复习过程 中,要立足课本基础知识,在“变式”上下功夫,力求对教材内容融会贯通,只有这样,才能“以 不变应万变”,达到事半功倍的效果．同时,本专题题目多以生产生活中的实际问题为背景,阅 读量大,首先根据文字信息、图表信息了解考查的知识点,再结合考查目标,理解图文的内在 含义,最后整合有效信息,明确数据关系．应用题的考查,加大了对考生阅读能力的要求,对题 目的准确理解,找到数学模型是解答题目的关键．考生应该把近几年各地高考及模拟题归类 分析,强化训练． 考点１　随机事件与古典概型 ◆随机事件的概率 (２０２０􀅰全国Ⅱ卷(理),３)在新冠肺炎疫情 防控期间,某超市开通网上销售业务,每天 能完成１２００份订单的配货,由于订单量大 幅增加,导致订单积压．为解决困难,许多志 愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某 日积压５００份订单未配货,预计第二天的新 订单超１６００份的概率为０．０５．志愿者每人 每天能完成５０份订单的配货,为使第二天 完成积压订单及当日订单的配货的概率不 小于０．９５,则至少需要志愿者 (　　) A．１０名 B．１８名 C．２４名 D．３２名 ◆古典概型 １．(２０２４􀅰全国甲卷(文),５)甲、乙、丙、丁四人 排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾 的概率是 (　　) A．１４ B． １ ３ C．１２ D． ２ ３ ２．(２０２３􀅰全国甲卷(文),４)某校文艺部有４ 名学生,其中高一、高二年级各２名．从这４ 名学生中随机选２名组织校文艺汇演,则这 ２名学生来自不同年级的概率为 (　　) A．１６ B． １ ３ C．１２ D． ２ ３ ３．(２０２３􀅰全国乙卷(文),９)某学校举办作文 比赛,共６个主题,每位参赛同学从中随机 抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛 同学抽到不同主题的概率为 (　　) A．５６ B． ２ ３ C．１２ D． １ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 作业１４　概率与统计 ４．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,１４)甲、乙两人各有四 张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡 片上分别标有数字１,３,５,７,乙的卡片上分 别标有数字２,４,６,８,两人进行四轮比赛, 在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片 中随机选一张,并比较所选卡片上的数字的大 小,数字大的人得１分,数字小的人得０分,然 后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此 后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后,甲的总 得分不小于２的概率为　　　　． ５．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１６)有６个相同的 球,分别标有数字１,２,３,４,５,６,从中无放 回地随机取３次,每次取１个球．设m 为前 两次取出的球上数字的平均值,n为取出的 三个球上数字的平均值,则 m 与n 之差的 绝对值不大于１ ２ 的概率为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　抽样方法与总体分布的估计 ◆随机抽样 (２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,３)某学校为了解学生 参加体育运动的情况,用比例分配的分层随 机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中 部两层共抽取６０名学生,已知该校初中部 和高中部分别有４００名和２００名学生,则不 同的抽样结果共有 (　　) A．C４５４００􀅰C１５２００种 B．C２０４００􀅰C４０２００种 C．C３０４００􀅰C３０２００种 D．C４０４００􀅰C２０２００种 ◆统计图表 (２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１９)(１２分)某研究小 组经过研究发现某种疾病的患病者与未患 病者的某项医学指标有明显差异,经过大量 调查,得到如下的患病者和未患病者该指标 的频率分布直方图: 利用该指标制定一个检测标准,需要确定 临界值c,将该指标大于c的人判定为阳 性,小于或等于c的人判定为阴性,此检 测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性 的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者 判定为阳性的概率,记为q(c)．假设数据 在组内均匀分布．以事件发生的频率作为 相应事件发生的概率． (１)当漏诊率p(c)＝０．５％时,求临界值c和 误诊率q(c); (２)设函数f(c)＝p(c)＋q(c)．当c∈[９５, １０５]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间 [９５,１０５]的最小值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 数学 ◆样本的数字特征 １．(２０２５􀅰全国二卷,１)样本数据２,８,１４,１６, ２０的平均数为 (　　) A．８　　B．９　　C．１２　　D．１８ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,９)(多选)有一组样本 数据x１,x２,􀆺,x６,其中x１ 是最小值,x６ 是 最大值,则 (　　) A．x２,x３,x４,x５ 的平均数等于x１,x２,􀆺,x６ 的平均数 B．x２,x３,x４,x５ 的中位数等于x１,x２,􀆺,x６ 的中位数 C．x２,x３,x４,x５ 的标准差不小于x１,x２,􀆺, x６ 的标准差 D．x２,x３,x４,x５ 的极差不大于x１,x２,􀆺,x６ 的极差 ３．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１７)(１２分)某厂为 比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处 理效应,进行１０次配对试验,每次配对试验 选用材质相同的两个橡胶产品,随机地选其 中一个用甲工艺处理,另一个用乙工艺处 理,测量处理后的橡胶产品的伸缩率,甲、乙 两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别 记为xi,yi(i＝１,２,􀆺,１０),试验结果如下 试验序号i １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 伸缩率xi ５４５５３３５５１５２２５７５５４４５４１５６８５９６５４８ 伸缩率yi ５３６５２７５４３５３０５６０５３３５２２５５０５７６５３６ 记zi＝xi－yi(i＝１,２,􀆺,１０),z１,z２,􀆺,z１０ 的样本平均数为z,样本方差为s２． (１)求z,s２． (２)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率 较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否 有显著提高(如果z≥２ s ２ １０ ,则认为甲工艺 处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理 后的橡胶产品的伸缩率有显著提高,否则不 认为有显著提高)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 作业１４　概率与统计 考点３　变量的相关性、统计案例 ◆变量的相关性、回归分析 １．(２０２４􀅰天津卷,３)下列图中,线性相关系数 最大的是 (　　) ２．(２０２４􀅰上海卷,１３)已知沿海地区气温和海 水表层温度相关,且样本相关系数为正数, 对此描述正确的是 (　　) A．沿海地区气温高,海水表层温度就高 B．沿海地区气温高,海水表层温度就低 C．随着沿海地区气温由低到高,海水表层 温度呈上升趋势 D．随着沿海地区气温由低到高,海水表层 温度呈下降趋势 ３．(２０２３􀅰上海卷,１４)某校５０名学生的身高与 体重的散点图如下:根据身高和体重散点图, 下列说法正确的是 (　　) A．身高越高,体重越重 B．身高越高,体重越轻 C．身高与体重成正相关 D．身高与体重成负相关 ４．(２０２５􀅰上海卷,１７)　　２０２４年巴黎奥运 会,中国获得了男子４×１００米混合泳接力 金牌,以下是历届奥运会男子４×１００米混 合泳接力项目冠军成绩记录(单位:秒),数 据按照升序排列． ２０６．７８　２０７．４６　２０７．９５　２０９．３４　２０９．３５ ２１０．６８　２１３．７３　２１４．８４　２１６．９３　２１６．９３ (１)求这组数据的极差与中位数; (２)从这１０个数据中任选３个,求恰有２个 数据在２１１以上的概率; (３)若比赛成绩y关于年份x 的回归方程为 ŷ＝－０．３１１x＋̂b,年份x的平均数为２００６, 预测２０２８年冠军队的成绩(精确到０．０１ 秒)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７ 数学 ◆独立性检验 １．(２０２５􀅰全国一卷,１５)为研究某疾病与超声 波检查结果的关系,从做过超声波检查的人 群中随机调查了１０００人,得到如下列联表: 组别 超声波检查结果 正常 不正常 合计 患该疾病 ２０ １８０ ２００ 未患该疾病 ７８０ ２０ ８００ 合计 ８００ ２００ １０００ (１)记超声波检查结果不正常者患有该疾病 的概率为p,求p的估计值; (２)根据小概率值α＝０．００１的独立性检验, 分析超声波检查结果是否与患该疾病有关． P(χ ２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 附:χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１７)(１２分)某工厂 进行生产线智能化升级改造,升级改造后, 从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取 １５０件进行检验,数据如下: 优级品 合极品 不合格品 总计 甲车间 ２６ ２４ ０ ５０ 乙车间 ７０ ２８ ２ １００ 总计 ９６ ５２ ２ １５０ (１)填写如下列联表: 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有９５％的把握认为甲、乙两车间产品 的优级品率存在差异? 能否有９９％的把握 认为 甲、乙 两 车 间 产 品 的 优 级 品 率 存 在 差异? (２)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p ＝０．５．设􀭵p为升级改造后抽取的n件产品的 优级品率,如果􀭵p＞p＋１．６５ p (１－p) n ,则认为 该工厂产品的优级品率提高了,根据抽取的 １５０件产品的数据,能否认为生产线智能化升 级改造后,该工厂产品的优级品率提高了? (１５０≈１２．２４７) 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７ 作业１４　概率与统计 ３．(２０２４􀅰上海卷,１９)(１４分)本题共有３个 小题,第１小题满分４分,第２小题满分４ 分,第３小题满分６分． 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业 成绩的关系,从该地区２９０００名学生中随 机抽取５８０人,得到日均体育锻炼时长(单 位:小时)与学业成绩的数据如表所示: 时间范围 [０,０．５)[０．５,１)[１,１．５)[１．５,２)[２,２．５) 学业 成绩 优秀 ５ ４４ ４２ ３ １ 不优秀 １３４ １４７ １３７ ４０ ２７ (１)该地区２９０００名学生中日均体育锻炼 时长不小于１小时的人数约为多少? (２)估计该地区初中学生日均体育锻炼时长 (精确到０．１小时)． (３)是否有９５％的把握认为学业成绩优秀 与日均体育锻炼时长不小于１小时且小于 ２小时有关? 附:χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,n＝a ＋b＋c＋d．P(χ ２≥３．８４１)≈０．０５． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６７ 数学 ４．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１９)(１２分)为探究 某药物对小鼠的生长抑制作用,将４０只小 鼠均分为两组,分别为对照组(不加药物)和 实验组(加药物)． (１)设其中两只小鼠中分配到对照组小鼠数 目为X,求X 的分布列和数学期望; (２)测得４０只小鼠体重如下(单位:g):(已 按从小到大排好) 对照组:１７．３　１８．４　２０．１　２０．４　２１．５　 ２３．２　２４．６　２４．８　２５．０　２５．４ ２６．１　２６．３　２６．４　２６．５　２６．８　 ２７．０　２７．４　２７．５　２７．６　２８．３ 实验组:５．４　６．６　６．８　６．９　７．８　８．２　 ９．４　１０．０　１０．４　１１．２ １４．４　１７．３　１９．２　２０．２　２３．６　 ２３．８　２４．５　２５．１　２５．２　２６．０ (ⅰ)求４０只小鼠体重的中位数m,并完成 下面２×２列联表: ＜m ≥m 对照组 实验组 (ⅱ)根据２×２列联表,能否有９５％的把握 认为 药 物 对 小 鼠 生 长 有 抑 制 作 用．参 考 数据: k０ ０．１０ ０．０５ ０．０１０ P(K２≥k０) ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ 附K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ５．(２０２３􀅰全国甲卷(文),１９)(１２分)一项试 验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选４０ 只小白鼠,随机地将其中２０只分配到试验 组,另外２０只分配到对照组,试验组的小白 鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠 饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白 鼠体重的增加量(单位:g)．试验结果如下: 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排 序为 １５．２　１８．８　２０．２　２１．３　２２．５　２３．２　 ２５．８　２６．５　２７．５　３０．１ ３２．６　３４．３　３４．８　３５．６　３５．６　３５．８　 ３６．２　３７．３　４０．５　４３．２ 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排 序为 ７．８　９．２　１１．４　１２．４　１３．２　１５．５　１６． ５　１８．０　１８．８　１９．２ １９．８　２０．２　２１．６　２２．８　２３．６　２３．９　 ２５．１　２８．２　３２．３　３６．５ (１)计算试验组的样本平均数; (２)(ⅰ)求４０只小白鼠体重的增加量的中 位数m,再分别统计两样本中小于 m 与不 小于m 的数据的个数,完成如下列联表: ＜m ≥m 对照组 试验组 (ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表,能否有９５％的 把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在 正常环境中体重的增加量有差异? 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．１００ ０．０５０ ０．０１０ k ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７７ 作业１４　概率与统计 考点４　离散型随机变量的分布列、期望与方差 ◆离散型随机变量的分布列、期望与方差 １．(２０２５􀅰全国一卷,１４)有５个相同的球,分 别标有数字１,２,３,４,５,从中有放回地随机 取３次,每次取１个球,记X 为这５个球中 至少被取出１次的球的个数,则 X 的数学 期望E(X)＝　　　　． ２．(２０２５􀅰上海卷,６)已知随机变量X 的分布为 ５ ０．２　 ６ ０．３　 ７ ０．５ æ è ç ö ø ÷,则期望E[X]＝　　　　． ３．(２０２５􀅰北京卷,１８)有一道选择题考查了一 个知识点．甲、乙两校各随机抽取１００人,甲 校有８０人答对,乙校有７５人答对,用频率 估计概率． (１)从甲校随机抽取１人,求这个人做对该 题目的概率． (２)从甲、乙两校各随机抽取１人,设 X 为 做对的人数,求恰有１人做对的概率以及X 的数学期望． (３)若 甲 校 同 学 掌 握 这 个 知 识 点,则 有 １００％的概率做对该题目,乙校同学掌握这 个知识点,则有８５％的概率做对该题目,未 掌握该知识点的同学都是从四个选项里面 随机选择一个,设甲校学生掌握该知识点的 概率为p１,乙校学生掌握该知识点的概率 为p２,试比较p１ 与p２ 的大小(结论不要求 证明) ４．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１８)(１７分)某投篮比 赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组 成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队 中一名队员投篮３次,若３次都未投中,则 该队被淘汰,比赛成绩为０分;若至少投中 １次,则该队进入第二阶段,由该队的另一 名队员投篮３次,每次投中得５分,未投中 得０分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分 总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲 每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为 q,各次投中与否相互独立． (１)若p＝０．４,q＝０．５,甲参加第一阶段比 赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于５分 的概率; (２)假设０＜p＜q． (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为１５ 分的 概 率 最 大,应 该 由 谁 参 加 第 一 阶 段 比赛? (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学 期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７ 数学 ５．(２０２４􀅰北京卷,１８)(１３分)某保险公司为 了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合 同保险期限届满的保单中随机抽取１０００ 份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得 数据如下表: 赔偿次数 ０ １ ２ ３ ４ 保单份数 ８００ １００ ６０ ３０ １０ 假设:一份保单的保费为０．４万元;前三次 索赔时,保险公司每次赔偿０．８万元;第四 次索赔时,保险公司赔偿０．６万元． 假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率 估计概率． (１)估计一份保单索赔 次 数 不 少 于 ２ 的 概率; (２)一份保单的毛利润定义为这份保单的保 费与赔偿总金额之差． (ⅰ)记X 为一份保单的毛利润,估计X 的 数学期望EX; (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少４％,有 索赔的保单的保费增加２０％,试比较这种 情况下一份保单毛利润的数学期望估计值 与(ⅰ)中EX 估计值的大小．(结论不要求 证明) ６．(２０２３􀅰上海卷,１９)(本题满分１４分)本题 共有２个小题,第１小题满分６分,第２小 题满分８分． ２１世纪汽车博览会于２０２３年６月７日在上 海举行,下表为某汽车模型公司共有２５个 汽车模型,其外观和内饰的颜色分布如下表 所示: 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 ８ １２ 米色内饰 ２ ３ (１)若小明从这些模型中随机抽一个模型, 记事件A 为小明取到的模型为红色外观, 事件B 为取到的模型是米色内饰,求P(B), P(B|A),并据此判断事件A,B 是否相互 独立． (２)该公司举行了一个抽奖活动,规定在一 次抽奖中,每人可以一次性从这些模型中抽 两个汽车模型．现做出如下假设: 假设１．抽取的情况有三种可能,外观和内 饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰 有一个同色; 假设２．一等奖为６００元,二等奖为３００元, 三等奖为１５０元; 假设３．按抽到的结果的概率大小,概率越 小,奖金越高． 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、 三等奖．设奖金为 X,写出 X 的分布列,并 求X 的期望． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７ 作业１４　概率与统计 ◆条件概率、相互独立事件的概率 １．(２０２５􀅰上海卷,１３)已知事件A、B 相互独 立,事件A 发生的概率为P(A)＝１２ ,事件B 发生的概率为P(B)＝１２ ,则事件A∩B 发 生的概率P(A∩B)为 (　　) A．１８　　B． １ ４　　C． １ ２　　D．０ ２．(２０２３􀅰全国甲卷(理),６)某地的中学生中 有６０％的同学爱好滑冰,５０％的同学爱好滑 雪,７０％的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地 的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好 滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为 (　　) A．０．８ B．０．６ C．０．５ D．０．４ ３．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１２)(多选)在信道内传 输０,１信号,信号的传输相互独立．发送０ 时,收到１的概率为α(０＜α＜１),收到０的 概率为１－α;发送１时,收到０的概率为β (０＜β＜１),收到１的概率为１－β．考虑两种 传输方案:单次传输和三次传输．单次传输 是指每个信号只发送１次;三次传输是指每 个信号重复发送３次．收到的信号需要译 码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号 即为译码;三次传输时,收到的信号中出现 次数多的即为译码(例如,若依次收到１,０, １,则译码为１)． (　　) A．采用单次传输方案,若依次发送１,０,１,则 依次收到１,０,１的概率为(１－α)(１－β) ２ B．采用三次传输方案,若发送１,则依次收 到１,０,１的概率为β(１－β) ２ C．采用三次传输方案,若发送１,则译码为１ 的概率为β(１－β) ２＋(１－β) ３ D．当０＜α＜０．５时,若发送０,则采用三次 传输方案译码为０的概率大于采用单次 传输方案译码为０的概率 ４．(２０２５􀅰天津卷,１３)小桐操场跑圈,一周２ 次,一次５圈或６圈．第一次跑５圈或６圈 的概率均为０．５,若第一次跑５圈,则第二 次跑５圈的概率为０．４,６圈的概率为０．６; 若第一次跑６圈,则第二次跑５圈的概率为 ０．６,６圈的概率为０．４．小桐一周跑１１圈的 概率为　　　　;若一周至少跑１１圈为运 动量达标,则连续跑４周,记达标周数为X, 则期望E(X)＝　　　　． ５．(２０２４􀅰上海卷,８)某校举办科学竞技比赛, 有A,B,C３种题库,A 题库有５０００道题, B题库有４０００道题,C题库有３０００道题． 小申已完成所有题,他 A 题库的正确率是 ０．９２,B 题库的正确率是０．８６,C 题库的正 确率是０．７２．现他从所有的题中随机选一 题,正确率是　　　　． ６．(２０２３􀅰天津卷,１３)甲、乙、丙三个盒子中装 有一定数量的黑球和白球,其总数之比为５ ∶４∶６．这三个盒子中黑球占总数的比例分 别为４０％,２５％,５０％．现从三个盒子中各 取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为 　　　　;将三个盒子中的球混合后任取一 个球,是白球的概率为　　　　． ◆二项分布、超几何分布 (２０１９􀅰天津卷(理),１６)(１３分)设甲、乙两 位同学上学期间,每天７:３０之前到校的概 率均为２ ３ ,假定甲、乙两位同学到校情况互 不影 响,且 任 一 同 学 每 天 到 校 情 况 相 互 独立． (１)用X 表示甲同学上学期间的三天中７: ３０之前到校的天数,求随机变量 X 的分布 列和数学期望; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０８ 数学 (２)设 M 为事件“上学期间的三天中,甲同 学在７:３０之前到校的天数比乙同学在７: ３０之前到校的天数恰好多２”,求事件 M 发 生的概率． ◆正态分布及其应用 １．(２０２５􀅰天津卷,５)已知r为相关系数,则下 列说法中错误的是 (　　) A．若X~N(μ,σ ２),则P(X≤μ－σ)＝P(x ≥μ＋σ) B．若X~N(１,２２),Y~N(２,２２),则P(X＜ １)＜P(Y＜２) C．|γ|越接近１,相关性越强 D．|γ|越接近０,相关性越弱 ２．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,１３)已知随机变量 X 服从正态分布N(２,σ２),且P(２＜X≤２．５) ＝０．３６,则P(X＞２．５)＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点５　概率、统计与其他知识的综合问题 ◆与数列结合问题 １．(２０２５􀅰全国二卷,１９)甲、乙两人进行乒乓 球练习,每个球胜者得１分,负者得０分．设 每个球甲胜的概率为p １２＜p＜１ æ è ç ö ø ÷,乙胜的 概率为q,p＋q＝１,且各球的胜负相互独 立,对正整数k≥２,设pk 为打完k个球后甲 比乙至少多得２分的概率,qk 为打完k个球 后乙比甲至少多得２分的概率． (１)求p３,p４(用p表示); (２)若p４ －p３ q４－q３ ＝４,求p; (３)证明:对任意正整数m,p２m＋１－q２m＋１＜ p２m－q２m＜p２m＋２－q２m＋２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８ 作业１４　概率与统计 ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,２１)(１２分)甲、乙两人 投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命 中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投 篮．无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的 命中率均为０．６,乙每次投篮的命中率均为 ０．８．由抽签确定第１次投篮的人选,第１次 投篮的人是甲、乙的概率各为０．５． (１)求第２次投篮的人是乙的概率; (２)求第i次投篮的人是甲的概率; (３)已知:若随机变量Xi 服从两点分布,且 P(Xi＝１)＝１－P(Xi＝０)＝qi,i＝１,２,􀆺,n,则 E(∑ n i＝１ Xi)＝∑ n i＝１ qi．记前n次(即从第１次到第n 次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y)． ◆与导数结合问题 (２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,２１)(１２分)一种微生 物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设 一个这种微生物为第０代,经过一次繁殖后 为第 １ 代,再 经 过 一 次 繁 殖 后 为 第 ２ 代 􀆺􀆺,该微生物每代繁殖的个数是相互独立 的且有相同的分布列,设 X 表示１个微生 物个体繁殖下一代的个数,P(X＝i)＝pi(i ＝０,１,２,３)． (１)已知p０＝０．４,p１＝０．３,p２＝０．２,p３＝ ０．１,求E(X); (２)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临 近灭绝的概率,p是关于x 的方程:p０＋p１x ＋p２x２＋p３x３＝x 的一个最小正实根,求 证:当E(X)≤１时,p＝１,当E(X)＞１时,p ＜１; (３)根据你的理解说明(２)问结论的实际 含义． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８ 数学 因为A(－２,０),则直线AP:y＝ y１x１＋２ (x＋２), 令x＝０,解得y＝ ２y１ x１＋２ ,即 M ０, ２y１ x１＋２( ) , 同理可得 N ０, ２y２ x２＋２( ) , 则 ２y１ x１＋２ ＋ ２y２ x２＋２ ２ ＝ k(x１＋２)＋３ x１＋２ ＋ k(x２＋２)＋３ x２＋２ ＝ [kx１＋(２k＋３)](x２＋２)＋[kx２＋(２k＋３)](x１＋２) (x１＋２)(x２＋２) ＝ ２kx１x２＋(４k＋３)(x１＋x２)＋４(２k＋３) x１x２＋２(x１＋x２)＋４ ＝ ３２k(k２＋３k) ４k２＋９ － ８k(４k＋３)(２k＋３) ４k２＋９ ＋４ (２k＋３) １６(k２＋３k) ４k２＋９ － １６k(２k＋３) ４k２＋９ ＋４ ＝１０８３６＝３ , 所以线段 MN 的中点是定点(０,３)． ◆面积问题 １．解:(１)由题意知２a＝４,a＝２,由e＝ca ＝ ２ ２ 得c＝ ２, b２＝a２－c２＝２,故x ２ ４＋ y２ ２＝１ (２)①l斜率不存在时舍去． ②设l方程为y＝kx－２,A(x１,y１),B(x２,y２), 联立 y＝kx－２ x２ ４＋ y２ ２＝１{ , 得(１＋２k２)x２－８kx＋４＝０ 由Δ＝６４k２－１６(１＋２k２)＞０,得k＞ ２２ 或k＜－ ２２ 所以x１＋x２＝ ８k １＋２k２ ,x１x２＝ ４ １＋２k２ 所 以 | AB | ＝ １＋k２ | x１ － x２ | ＝ ２ ８(k２＋１)(４k２＋２－４) ４k２＋２ ＝４ (k２＋１)(２k２－１) ２k２＋１ O 到AB 的距离 d＝ ２ １＋k２ , 所 以 S△AOB ＝ １ ２ × ２ １＋k２ 􀅰４ (k ２＋１)(２k２－１) ２k２＋１ ＝ ４ ２k２－１ ２k２＋１ ＝ ２,解得k２＝３２ , |AB|＝ ４ ３２＋１( ) ２× ３ ２－１( ) ２×３２＋１ ＝ ５ ２．解:(１)依椭圆定义知２a＝４,而离心率e＝ca ＝ ２ ２ ,所以 a＝２,c＝ ２,b２＝a２－c２＝２,椭圆 E 的方程为x ２ ４ ＋ y２ ２ ＝１． (２)联立 x０x＋２y０y－４＝０ x２ ４＋ y２ ２＝１{ ,消去x得, ４－２y０y x０( ) ２ ＋２y２＝４, 整理得,(２x２０＋４y２０)y２－１６y０y＋１６－４x２０＝０①, 又 x２０ ４＋ y２０ ２＝１ ,所以２x２０＋４y２０＝８,１６－４x２０＝８y２０, 故①式可化简为８y２－１６y０y＋８y２０＝０,即(y－y０)２＝０, 所以y＝y０, 所以直线x０x＋２y０y－４＝０与椭圆相切,M 为切点． 设A(x１,y１),B(x２,y１),易知,当x１＝x２ 时,由对称性可 知,S１ S２ ＝|OA||OB|． 设x２＜x０＜x１,易知 S１ S２ ＝|AM||BM|＝ |x１－x０| |x２－x０| ＝ x１－x０ x０－x２ , 联立 x０x＋２y０y－４＝０ y＝２{ ,解得x１＝ ４－４y０ x０ ,y１＝２, 联立 x０x＋２y０y－４＝０ y＝－２{ ,解得x２＝ ４＋４y０ x０ ,y２＝－２, 所以 S１ S２ ＝ x１－x０ x０－x２ ＝ ４－４y０ x０ －x０ x０－ ４＋４y０ x０ ＝ ４－４y０－x２０ x２０－４y０－４ ＝ ２y２０－４y０ －２y２０－４y０ ＝ ２－y０ ２＋y０ , 从而|OA| |OB|＝ x２１＋４ x２２＋４ ＝ (４－４y０)２＋４x２０ (４＋４y０)２＋４x２０ ＝ (２－２y０)２＋４－２y２０ (２＋２y０)２＋４－２y２０ ＝ y ２ ０－４y０＋４ y２０＋４y０＋４ ＝ ２－y０ ２＋y０ ,又S１ S２ ＝|AM||MB|＝ ２－y０ y０＋２ ,故S１ S２ ＝|OA||OB|． 作业１３　计数原理 考点１　排列 组合 １．B　不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e, 假设a连续参加了两天社区服务,再从剩余的４人抽取 ２人各参加星期六与星期天的社区服务,共有 A２４＝１２种 方法, 同理:b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也各有１２种 方法, 所以恰有１人连续参加了两天社区服务的选择种数有５ ×１２＝６０种．故选B． ２．C　首先确定相同的读物,共有 C１６ 种情况, 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的５种读 物里,选出两种进行排列,共有 A２５ 种, 根据分步乘法公式,则共有 C１６􀅰A２５＝１２０(种)．故选 C． ３．解析:本题考查了排列组合的应用． 首先安排两个家长在两端,然后再排中间四人,共有 A２４ 􀅰A４４＝２８８种． 答案:２８８ ４．解析:由题意可知,集合A 中每个元素都互异,且元素中 最多有一个奇数,剩余全是偶数． 先研究集合中无重复数字的三位偶数; (１)若个位为０,这样的偶数有 A２９＝７２种; (２)若个位不为０,这样的偶数有 C１４􀅰C１８􀅰C１８＝２５６种; 所以集合元素个数最大值为２５６＋７２＋１＝３２９种． 答案:３２９ ５．解析:当从这８门课中选修２门课时,共有 C１４􀅰C１４＝１６; 当从这８门课中选修３门课时,共有 C１４􀅰C２４＋C２４􀅰C１４＝ ４８;综上可知,共有６４种不同的选课方案． 答案:６４ 考点２　二项式定理 ◆二项式定理的展开式及其通项 １．解析:本题考查了二项式定理中项的系数的求法． ∵(２x－１)５ 展开式的通项 Tr＋１＝Cr５(２x)５－r．(－１)r＝ (－１)rCr５２５－r􀅰x５－r 令５－r＝３, 得r＝２ ∴x３ 的系数为:C２５２３(－１)２＝８０ 答案:８０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３１ 数学 ２．解析:本题 考 查 了 二 项 式 定 理．求 特 定 项 系 数,Tr＋１＝ Cr６x６－r(－１)r＝(－１)rCr６x６－r,令６－r＝３,∴r＝３． ∴展开式中含x３ 的系数为(－１)３C３６＝－２０． 答案:－２０ ３．解析:因 为 ３x３＋ x３ ３( ) ６ 的 展 开 式 的 通 项 为 Tr＋１ ＝Cr６ ３ x３( ) ６－r x３ ３( ) r ＝３６－２rCr６x６ (r－３),r＝０,１,􀆺,６, 令６(r－３)＝０,可得r＝３, 所以常数项为３０C３６＝２０． 答案:２０ ４．解析:由题意可知,令x＝１得,展开式中各项系数的和 是(１＋１)n＝３２,所以n＝５,该二项式的展开式的通项公 式是Tr＋１＝Cr５􀅰x５－r􀅰１r,令５－r＝２,得r＝３,则x２ 项 的系数为 C３５＝１０． 答案:１０ ◆项的系数与二项式系数的性质 １．解析:利用赋值法可求a０,利用换元法结合赋值法可求 a１＋a２＋a３＋a４ 的值． 令x＝０,则a０＝１, 又(１－２x)４＝a０－２a１x＋４a２x２－８a３x３＋１６a４x４, 故(１－２x)４＝a０＋a１(－２x)＋a２(－２x)２＋a３(－２x)３＋ a４(－２x)４, 令t＝－２x,则(１＋t)４＝a０＋a１t＋a２t２＋a３t３＋a４t４, 令t＝１,则a０＋a１＋a２＋a３＋a４＝２４,故a１＋a２＋a３＋a４ ＝１５ 答案:１　１５ ２．解 析: １３＋x( ) １０ 的 展 开 式 的 通 项 为 Tk＋１ ＝ Ck１０ １ ３( ) １０－k 􀅰xk,设第k＋１项的系数最大, 则 Ck１０ １ ３( ) １０－k ≥Ck＋１１０ １ ３( ) ９－k , Ck１０ １ ３( ) １０－k ≥Ck－１１０ １ ３( ) １１－k , ì î í ïï ï 解得２９ ４≤k≤ ３３ ４ ,因为k∈Z,所以k＝８ 所以展开式中第９项的系数最大,为 C８１０ １ ３( ) ２ ＝５． 答案:５ ３．解析:展开式的通项公式 Tk＋１＝Ck６(２x３)６－k － １ x( ) k ＝(－１)k×２６－k×Ck６×x１８－４k, 令１８－４k＝２,可得k＝４, 则x２ 项的系数为(－１)４×２６－４×C４６＝４×１５＝６０． 答案:６０ ４．解析:ak＝Ck１００(２０２３x)k＋(－１)kCk１００２０２３１００－kxk＜０, 依题意k为奇数,∴２０２３k＜２０２３１００－k,k＜１００－k⇒k＜ ５０⇒kmax＝４９． 答案:４９ 作业１４　概率与统计 考点１　随机事件与古典概型 ◆随机事件的概率 B　因为公司可以完成配货１２００份订单,则至少需要志 愿者为１６００＋５００－１２００ ５０ ＝１８ 名． ◆古典概型 １．B　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有２４种可能,丙不在 排头,且甲或乙在排尾的共有８种可能,P＝８２４＝ １ ３ ,故 选B． ２．D　设高一年级的两名学生为甲、乙,高二年级的两名学 生为丙、丁,则从这４名学生中随机选２名的方法如下: (甲、乙),(甲、丙),(甲、丁),(乙、丙),(乙、丁),(丙、丁), 共６种方法,其中二人来自不同年级的方法有４种,故所 求概率为P＝４６＝ ２ ３． 故选 D． ３．A　根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意的情 况,即可得到概率． 甲有６种选择,乙也有６种选择,故总数共有 ６×６＝３６种, 若甲、乙抽到的主题不同,则共有３０种, 则其概率为３０ ３６＝ ５ ６ ,故选:A． ４．解析:本题相当于{１,３,５,７}与{２,４,６,８}的搭配问题,总 共有 A４４＝２４种方法, 把甲的卡片标号分为A１＝{１,３},A２＝{５,７}两组,把乙 的卡片标号分为B１＝{２,４},B２＝{６,８}两组, 要使甲得分不少于两分,甲的卡片标号大的次数至少有 两次, ①A２ 与B１ 搭配,一共有 A２２􀅰A２２＝４种; ②A２ 与B２ 搭配,只能是５配８,７配６,１配４,３配２,一 共有１种; ③A２ 与B１ 中一个,与B２ 中一个搭配; (１)若B１ 选择２,则B２ 必不能选８,故{５,７}与{２,６}搭 配,{１,３}与{４,８}搭配,一共有２种; (２)若B１ 选择４,分两种情况: (ⅰ){５,７}与{４,６}搭配,{１,３}与{２,８}搭配,一共有１􀅰 A２２＋１＝３种; (ⅱ){５,７}与{４,８}搭 配,{１,３}与{２,６}搭 配,一 共 有 ２种; 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况有１２种, 所以甲总得分不低于２分的概率P＝１２２４＝ １ ２． 答案:１ ２ ５．解析:记前三个球的号码分别为a、b、c,则共有 A３６＝１２０ 种可能,令|m－n|＝ a＋b２ － a＋b＋c ３ ＝ a＋b－２c ６ ≤ ０．５可得:|a＋b－２c|≤３,根据对称性:c＝１或６时,均 有２种可能;c＝２或５时,均有１０种可能;c＝３或４时, 均有１６种可能;故满足条件的共有５６种可能,P＝５６１２０ ＝７１５． 答案:７ １５ 考点２　抽样方法与总体分布的估计 ◆随机抽样 D　根据按比例分配的分层抽样可知初中部抽取４０人, 高中部抽 取 ２０ 人．不 同 的 抽 样 方 法 为 C４０４００ 􀅰C２０２００,故 选 D． ◆统计图表 解:(１)由题意知当p(c)＝０．５％时,c＝９７．５, 此时q(c)＝０．０１×５２ ＋０．００２×５＝０．０３５＝３．５％． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３１ 详解详析 (２)当９５≤c≤１００时, p(c)＝(c－９５)×０．００２＝０．００２c－０．１９, q(c)＝(１００－c)×０．０１＋５×０．００２＝－０．０１c＋１．０１, 所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－０．００８c＋０．８２; 当１００＜c≤１０５时, p(c)＝５×０．００２＋(c－１００)×０．０１２＝０．０１２c－１．１９, q(c)＝(１０５－c)×０．００２＝－０．００２c＋０．２１, 所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝０．０１c－０．９８． 综上所述, f(c)＝ －０．００８c＋０．８２,９５≤c≤１００ ０．０１c－０．９８,１００＜c≤１０５{ ． 由一次函数的单调性知,函数f(c)在[９５,１００]上单调递 减,在(１００,１０５]上单调递增, 作出f(c)在区间[９５,１０５]上的大致图象(略),可得f(c) 在区间[９５,１０５]的最小值f(c)min＝f(１００)＝－０．００８× １００＋０．８２＝０．０２． ◆样本的数字特征 １．C　平均数为１５ (２＋８＋１４＋１６＋２０)＝１５×６０＝１２． ２．BD　因为 x２＋x３＋x４＋x５ ４ － x１＋x２＋x３＋x４＋x５＋x６ ６ ＝ x２＋x３＋x４＋x５－２(x１＋x６) １２ ≠０ , 所以 A错误;因为x１ 是最小值,x６ 是最大值,所以x２, x３,x４,x５ 的中位数的位置与x１,x２,􀆺,x６ 的中位数的 位置相同,所以B正确;因为x１ 是最小值,x６ 是最大值, 距离数据x１,x２,􀆺,x６ 的平均值较远,即波动性大,所以 标准差大,所以 C错误;假设x２,x３,x４,x５ 的最小值为x２, 最大值为x５,则x１≤x２,x５≤x６,所以x６－x１≥x５－x２,所 以 D正确．故选BD． ３．解析:(１)x＝１１０ [５４５＋５３３＋５５１＋５２２＋５７５＋５４４＋５４１ ＋５６８＋５９６＋５４８]＝５５２．３, y＝１１０ [５３６＋５２７＋５４３＋５３０＋５６０＋５３３＋５２２＋５５０＋ ５７６＋５３６]＝５４１．３, z＝x－y＝５５２．３－５４１．３＝１１, zi＝xi －yi 的 值 分 别 为:９,６,８,－８,１５,１１,１９,１８, ２０,１２, 故s２＝１１０ [(９－１１)２＋(６－１１)２＋(８－１１)２＋(－８－ １１)２＋(１５－１１)２＋０＋(１９－１１)２＋(１８－１１)２＋(２０－ １１)２＋(１２－１１)２]＝６１． (２)由(１)知:z＝１１,２ s ２ １０＝２ ６．１＝ ２４．４ ,故有z＞ ２ s ２ １０ , 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺 处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高． 答案:(１)z＝１１,s２＝６１ (２)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处 理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高． 考点３　变量的相关性、统计案例 ◆变量的相关性、回归分析 １．A　观察４幅图可知,A图散点分布比较集中,且大体接 近某一条直线,线性回归模型拟合效果比较好,呈现明 显的正相关,r值相比于其他３图更接近１． ２．C　因为沿海地区气温和海水表层温度相关,且样本相 关系数为正数,所以随着沿海地区气温由低到高,海水 表层温度呈上升趋势． ３．C　由散点图可知身高与体重成正相关． ４．解:(１)由题意,数据最大值为２１６．９３,最小值为２０６．７８, 故极差为２１６．９３－２０６．７８＝１０．１５, 中位数为２０９．３５＋２１０．６８ ２ ＝２１０．０１５． (２)由题意,数据共有１０个,２１１以上数据共有４个, 故设恰有２个２１１以上为事件A, P(A)＝C ２ ４􀅰C１６ C３１０ ＝３１０ , 所以,恰有２个数据在２１１以上的概率为３１０． (３)由 题 意,比 赛 成 绩y 的 平 均 数 为 １１０× (２０６．７８＋ ２０７．４６＋２０７．９５＋２０９．３４＋２０９．３５＋２１０．６８＋２１３．７３＋ ２１４．８４＋２１６．９３＋２１６．９３)＝２１１．３９９． 故y＝－０．３１１x＋̂b过(２００６,２１１．３９９),则b̂＝８３５．２６５． 即y＝－０．３１１x＋８３５．２６５, 故要当x＝２０２８时,y＝２０４．５５７,故２０２８年冠军队的成 绩约为２０４．５６． ◆独立性检验 １．解:(１)在１０００个样本中,超声波检查结果不正常的人 中患有该疾病的频率为１８０ ２００＝０．９ , 以样本频率估计总体概率,p的估计值为０．９． (２)H０:超声波检查结果与是否患病无关, χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)＝ １０００×(２０×２０－７８０×１８０)２ ８００×２００×２００×８００ ＝ １２２５０ １６ ＞１０．８２８ , 概率小概率值α＝０．００１的独立性检验,应拒绝零假设 H０,即超声波检查结果与是否患病有关． ２．解:(１)列联表如下: 优级品 非优级品 甲车间 ２６ ２４ 乙车间 ７０ ３０ K２＝１５０ (２６×３０－２４×７０)２ ９６×５４×１００×５０ ＝４．６８７５ ∵３．８４１＜４．６８７５＜６．６３５ ∴有９５％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品存在差 异,没有９９％的把握认为甲乙两车间产品的优级品存在 差异 (２)由 (１)知,􀭺p＝ ９６１５０＝０．６４ ,∵p＝０．５,∴p＋１．６５ p(１－p) n ＝０．５＋１．６５ ０．５×０．５ １５０ ＝０．５＋１．６５× ０．５ １２．２４７≈０．５６７． ∵􀭺p＞p＋１．６５ p (１－p) n ∴能认为生产智能化升级改造后,该工厂产品的优级品 率提高了． ３．解:(１)５８０人中体育锻炼时长不小于１小时人数占比P＝ ４２＋３＋１＋１３７＋４０＋２７ ５８０ ＝ ２５ ５８ ,该地区２９０００名初中学生中 体育锻炼时长不小于１小时的人数约为２９０００×２５５８＝ １２５００人． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３１ 数学 (２)该地区初中学生锻炼平均时长约为: １ ５８０ ０．５ ２ × (５＋１３４)＋０．５＋１２ × (４４＋１４７)[ ＋１＋１．５２ × (４２＋１３７)＋１．５＋２２ × (３＋４０) ＋２＋２．５２ × (１＋２７)]＝２７２９≈０．９h． (３)列联表 时长[１,２) 其他时长 合计 优秀 ４５ ５０ ９５ 不优秀 １７７ ３０８ ４８５ 合计 ２２２ ３５８ ５８０ 提出零假设 H０:成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于１ 小时且小于２小时无关． χ ２＝５８０× (４５×３０８－１７７×５０)２ ９５×４８５×２２２×３５８ ≈３．９７６＞３．８４１． 有９５％的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长 不小于１小时且小于２小时有关． ４．解析:(１)X 的所有可能取值为０,１,２, P(X＝０)＝C０２× １－ １ ２( )× １－ １ ２( )＝ １ ４ , P(X＝１)＝C１２× １ ２× １－ １ ２( )＝ １ ２ ,P(X＝２)＝ C２２× １ ２× １ ２＝ １ ４ ,所以X 的分布列为 X ０ １ ２ P １４ １ ２ １ ４ E(X)＝０×１４＋１× １ ２＋２× １ ４＝１． (２)(ⅰ)依题意,可知这４０只小鼠体重的中位数是将两 组数据合在一起,从小到大排后第２０位与第２１位数据 的平均数, 由于原数据已经排好,所以我们只需要观察对照组第一 排数据与实验组第二排数据即可, 可得第１１位数据为１４．４,后续依次为１７．３,１７．３,１８．４, １９．２,２０．１,２０．２,２０．４,２１．５,２３．２,２３．６,􀆺, 故第 ２０ 位 为 ２３．２,第 ２１ 位 数 据 为 ２３．６,所 以 m＝ ２３．２＋２３．６ ２ ＝２３．４ , 故列联表为: ＜m ≥m 合计 对照组 ６ １４ ２０ 实验组 １４ ６ ２０ 合计 ２０ ２０ ４０ (ⅱ)由(ⅰ)可得,K２＝４０× (６×６－１４×１４)２ ２０×２０×２０×２０ ＝６．４００＞３．８４１, 所以能有９５％的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用． ５．解:(１)试验组样本平均数为 １２０ (７．８＋９．２＋１１．４＋１２．４ ＋１３．２＋１５．５＋１６．５＋１８．０＋１８．８＋１９．２＋１９．８＋２０．２ ＋２１．６＋２２．８＋２３．６＋２３．９＋２５．１＋２８．２＋３２．３＋３６．５)＝ ３９６ ２０＝１９．８． (２)(ⅰ)依题意,可知这４０只小鼠体重的中位数是将两 组数据合在一起,从小到大排列后,第２０位与第２１位数 据的平均数, 由原数据可得第１１位数据为１８．８,后续依次为１９．２, １９．８,２０．２,２０．２,２１．３,２１．６,２２．５,２２．８,２３．２,２３．６,􀆺, 故第２０位为２３．２,第２１位数据为２３．６, 所以m＝２３．２＋２３．６２ ＝２３．４ , 故列联表为: ＜m ≥m 合计 对照组 ６ １４ ２０ 实验组 １４ ６ ２０ 合计 ２０ ２０ ４０ (ⅱ)由(ⅰ)可得,K２＝４０× (６×６－１４×１４)２ ２０×２０×２０×２０ ＝６．４００＞３．８４１, 所以能有９５％的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中 与在正常环境中体重的增加量有差异． 考点４　离散型随机变量的分布列、 期望与方差 ◆离散型随机变量的分布列、期望与方差 １．解析:P(X＝３)＝５×４×３ ５３ ＝１２２５ ;P(X＝２)＝A ２ ５×３ ５３ ＝ １２ ２５ ;P(X＝１)＝５ ５３ ＝１２５． 故E(X)＝１＋２×１２＋３×１２２５ ＝ ６１ ２５． 注:每个球至少被取出一次的概率为１－ ４５( ) ３ ＝６１１２５ , 所以E(X)＝􀰑E(Xi)＝５× ６１ １２５＝ ６１ ２５． 答案:６１ ２５ ２．解析:本题考查了离散型随机变量的数学期望． E[X]＝５×０．２＋６×０．３＋７×０．５＝６．３ 答案:６．３ ３．解:(１)用频率估计概率,从甲校随机抽取１人,做对题目 的概率为８０ １００＝ ４ ５． (２)设A 为“从甲校抽取１人做对”, 则P(A)＝０．８,则P(􀭿A)＝０．２, 设B 为“从乙校抽取１人做对”, 则P(B)＝０．７５,则P(􀭺B)＝０．２５, 设C为“恰有１人做对”,故P(C)＝P(A􀭺B)＋P(􀭿AB)＝P (A)P(􀭺B)＋P(􀭿A)P(B)＝０．３５, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３１ 详解详析 X 可取０,１,２, P(X＝０)＝P(􀭺A􀭺B)＝０．０５,P(X＝１)＝０．３５, P(X＝２)＝０．８×０．７５＝０．６, 故X 的分布列为: X ０ １ ２ P ０．０５ ０．３５ ０．６ 故E(X)＝１×０．３５＋２×０．６＝１．５５． (３)设D 为 “甲校掌握该知识点的学生”, 因为甲校掌握这个知识点的学生有１００％的概率做对该 题目, 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择 一个, 故P(D)＋１４ (１－P(D))＝０．８即p１＋ １ ４× (１－p１)＝ ０．８,故p１＝ １１ １５ , 同理有０．８５p２＋ １ ４× (１－p２)＝０．７５,故p２＝ ５ ６ , 故p１＜p２． ４．解:(１)甲、乙所在队的比赛成绩不少于５分,则甲第一阶 段至少投中１次,乙第二阶段也至少投中１次, ∴比赛成绩不少于５分的概率P＝(１－０．６３)(１－０．５３) ＝０．６８６． (２)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比 赛成绩为１５分的概率为P甲 ＝[１－(１－p)３]q３ 若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为１５ 分的概率为P乙 ＝[１－(１－q)３]􀅰p３ ∴P甲 －P乙 ＝q３－(q－pq)３－p３＋(p－pq)３ ＝(q－p)(q２＋pq＋p２)＋(p－q)􀅰[(p－pq)２＋(q－ pq)２＋(p－pq)(q－pq)] ＝(p－q)(３p２q２－３p２q－３pq２) ＝３pq(p－q)(pq－p－q)＝３pq(p－q)[(１－p)(１－q)－１] ＞０ ∴P甲 ＞P乙 ,∴应该由甲参加第一阶段比赛． (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛,数学成绩 X 的所有可能 取值为０,５,１０,１５, P(X＝０)＝(１－p)３＋[１－(１－p)３]􀅰(１－q)３ P(X＝５)＝[１－(１－p)３]C１３q􀅰(１－q)２ P(X＝１０)＝[１－(１－p)３]􀅰C２３q２(１－q) P(X＝１５)＝[１－(１－p)３]􀅰q３ ∴E(X)＝１５[１－(１－p)３]q＝１５(p３－３p２＋３p)􀅰q 记乙先参加第一阶段比赛,数学成绩y的所有可能取值 为０,５,１０,１５ 同理E(Y)＝１５(q３－３q２＋３q)􀅰p ∴E(X)－E(Y)＝１５[pq(p＋q)(p－q)－３pq(p－q)] ＝１５(p－q)pq(p＋q－３)＞０ ∴应该由甲参加第一阶段比赛． ５．解:(１)设一份保单索赔次数为Y,则 P(Y≥２)＝P(Y＝２)＋P(Y＝３)＋P(Y＝４)＝ ６０１０００＋ ３０ １０００＋ １０ １０００＝１０％ , ∴一份保单索赔次数不少于２的概率为１０％． (２)(ⅰ)X 的可能取值为０．４,－０．４,－１．２,－２,－２． ６,则 P(X＝０．４)＝ ８００１０００＝ ４ ５ , P(X＝－０．４)＝ １００１０００＝ １ １０ , P(X＝－１．２)＝ ６０１０００＝ ３ ５０ , P(X＝－２)＝ ３０１０００＝ ３ １００ , P(X＝－２．６)＝ １０１０００＝ １ １００ , ∴EX＝０．４× ４５－０．４× １ １０－１．２× ３ ５０－２× ３ １００－２．６ × １１００ ＝０．３２－０．０４－０．０７２－０．０６－０．０２６＝０．１２２． (ⅱ)保单的保费调整后,无索赔保单的保费为０．３８４万 元,有索赔保单的保费为０．４８万元． 毛利润Y 的可能取值为０．３８４,－０．３２,－１．１２,－１．９２, －２．５２, ∴此时EY＝０．３８４× ４５－０．３２× １ １０－１．１２× ３ ５０－１．９２ × ３１００－２．５２× １ １００＝０．３０７２－０．０３２－０．０６７２－ ０．０５７６－０．０２５２＝０．１２５２． ∴调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 前的保单毛利润数学期望的估计值． ６．解:(１)红色外观共８＋２＝１０个, ∴P(A)＝１０２５＝ ２ ５ , 米色内饰共２＋３＝５个,∴P(B)＝５２５＝ １ ５ , 红色外观且米色内饰有２个,P(AB)＝２２５ , ∴P(B|A)＝P (BA) P(A)＝ ２ ２５ ２ ５ ＝１５ ∵P(B)＝P(B|A),∴A,B 相互独立． (２)当外观和内饰均同色,则每种情况中抽２个,概率为 C２８＋C２１２＋C２２＋C２３ C２２５ ＝４９１５０ , 当外 观 和 内 饰 均 异 色,则 各 种 情 况 抽 １ 个,概 率 为 C１８C１３＋C１２C１１２ C２２５ ＝４８３００＝ ４ ２５ , 外 观 和 内 饰 恰 有 １ 个 同 色, 则 概 率 为 C１８C１２＋C１１２C１３＋C１８C１１２＋C１２C１３ C２２５ ＝１５４３００＝ ７７ １５０ , ∵４２５＜ ４９ １５０＜ ７７ １５０ , ∴一等奖:外观和内饰均异色; 二等奖:外观和内饰均同色; 三等奖:外观和内饰恰有１个同色． ∴P(X＝６００)＝４２５ ,P(X＝３００)＝４９１５０ , P(X＝１５０)＝７７１５０ , 其分部到为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３１ 数学 X １５０ ３００ ６００ P ７７１５０ ４９ １５０ ４ ２５ ∴E(X)＝６００×４２５＋３００× ４９ １５０＋１５０× ７７ １５０＝２７１． ◆条件概率、相互独立事件的概率 １．B　本题考查相互独立事件的概率乘法公式． ∵AB独立∴P(A∩B)＝P(A)􀅰P(B)＝ １ ２× １ ２＝ １ ４． ２．A　令事件A,B 分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好 滑雪,事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰, 则P(A)＝０．６,P(B)＝０．５, P(AB)＝P(A)＋P(B)－０．７＝０．４,所以P(C)＝ P(A|B)＝P (AB) P(B)＝ ０．４ ０．５＝０．８． 故选 A． ３．ABD　对于 AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 可知 AB正确:对于C,三次传输译码为１,则可能是三次 全部译为１,或者有两次译为１,则概率为 C２３β(１－β) ２＋ (１－β) ３,故 C错误;对于 D,可以采用特值法或者作差法 计算．三次传输方案译为０的概率为 C２３α(１－α)２＋(１－ α)３,单次传输译为０的概率为１－α,而 C２３α(１－α)２＋(１ －α)３－(１－α)＝(１－α)α(１－２α)＞０,所以 D正确． ４．解析:本题考查了条件概率, 二项分布的期望, 设,A１ 表示第一次跑５圈, A２ 表示第二次跑５圈 B 表示一周跑１１圈． P(B)＝P(A１)􀅰P(􀭺A２/A１)＋P(􀭺A１)P(A２/A１) ＝０．５×０．６＋０．５×０．６ ＝０．３＋０．３＝０．６． １周运动量不达标,每次５圈和周均１０圈． P(A１)􀅰P(A２/A１)＝０．５×０．４＝０．２． ∴１周运动量达标为１－０２＝０．８, 则X~B(４,０．８) ∴E(X)＝np＝４×０．８＝３．２． 答案:０．６　３．２ ５．解析:由题可知,A 题库占比为 ５１２ ,B 题库占比为 １３ ,C 题库占比为 １ ４ ,P＝ ５１２×０．９２＋ １ ３ ×０．８６＋ １ ４ ×０．７２ ＝１７２０． 答案:１７ ２０ ６．解析:设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为５n,４n, ６n,所以总数为１５n, 所以甲盒中黑球个数为４０％×５n＝２n,白球个数为３n; 乙盒中黑球个数为２５％×４n＝n,白球个数为３n; 丙盒中黑球个数为５０％×６n＝３n,白球个数为３n; 记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事 件A,所以P(A)＝０．４×０．２５×０．５＝０．０５; 记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B, 黑球总共有２n＋n＋３n＝６n个,白球共有９n个, 所以P(B)＝９n１５n＝ ３ ５． 答案:０．０５　３５ ◆二项分布、超几何分布 解:(１)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立, 且每天７:３０之前到校的概率均为２３ ,故X~B ３,２３( ) ,从 而P(X＝k)＝Ck３ ２ ３( ) k １ ３( ) ３－k ,(k＝０,１,２,３．) 所以,随机变量X 的分布列为 X ０ １ ２ ３ P １２７ ２ ９ ４ ９ ８ ２７ 随机变量X 的数学期望E(X)＝３×２３＝２． (２)设乙同学上学期间的三天中７:３０之前到校的天数为 Y,则Y~B ３,２３( ) ,且 M＝{X＝３,Y＝１}∪{X＝２,Y＝ ０}．由题意知事件{X＝３,Y＝１}与{X＝２,Y＝０}互斥,且 事件{X＝３}与{Y＝１},事件{X＝２}与{Y＝０}均相互独 立,从而由(Ⅰ)知P(M)＝P({X＝３,Y＝１}∪{X＝２,Y ＝０})＝P({X＝３,Y＝１})＋P({X＝２,Y＝０})＝P({X ＝３})P({Y＝１})＋P({X＝２})P({Y＝０})＝８２７× ２ ９＋ ４ ９× １ ２７＝ ２０ ２４３． ◆正态分布及其应用 １．B　本题考查正态分布曲线下面积,线性相关系数r的 性质．A中,X~N(μ,σ ２),根据正态分布曲线的对称性 可知P(X≤μ－σ)＝P(X≥μ＋σ),故 A正确;C、D中,由 相关系数r的性质,当|r|越趋于１,线性相关性就越强, |r|越接近０,线性相关性就越弱,故 C、D 都正确．B中, X~N(１,２２),Y~N(２,２２),P(X＜１)＝P(Y＜２),故 B 错误． ２．解析:由 题 意 可 知,P(X＞２)＝０．５,故 P(X＞ ２．５) ＝P(X＞２)－P(２＜X≤２．５)＝０．１４． 答案:０．１４ 考点５　概率、统计与其他知识的综合问题 ◆与数列结合问题 １．解析:(１)p３＝p３,q３＝q３, p４＝p４＋C１４p３q＝p４＋４p３(１－p)＝p３(４－３p)． (２)由(１)可知p４－p３＝p３(４－３p)－p３＝ ３p３(１－p), 同理q４－q３＝３q３(１－q)＝３p(１－p)３． 由p４－p３ q４－q３ ＝４,可得３p ３(１－p) ３p(１－p)３ ＝４,即３p２－８p＋４＝０, 解得p＝２３ 或p＝２(舍)． 所以p＝２３． (３)由１２＜p＜１ ,p＋q＝１,可知０＜q＜１２＜p＜１． 设随机变量X 为“打完k个球后甲的得分”,则X~B(k, p), p２m＝p２m＋C１２m 􀅰p２m－１q１＋C２２m 􀅰p２m－２q２＋􀆺＋Cm－１２m 􀅰 pm＋１qm－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３１ 详解详析 对于p２m＋１,考虑前２m 个球的情况．若打完２m 个球后, 甲、乙得分一样,或者甲比乙得分少,则第２m＋１个球无 论甲胜负,甲都不可能比乙至少多得２分．若打完２m 个 球后,甲比乙至少多得４分,则第２m＋１个球甲无论胜 负都能满足甲比乙至少多得２分．若打完２m 个球后,甲 比乙恰好多得２分,则第２m＋１个球甲必须胜才能满足 甲比乙至少多得２分．所以p２m＋１＝(p２m －Cm－１２m 􀅰pm＋１ qm－１)＋p􀅰 Cm－１２m 􀅰pm＋１qm－１ ＝p２m －q􀅰 Cm－１２m 􀅰 pm＋１qm－１． 故p２m －p２m＋１ ＝q􀅰Cm－１２m 􀅰pm＋１qm－１ ＞０,同 理q２m － q２m＋１＝p􀅰Cm－１２m 􀅰qm＋１pm－１＞０． 所以p２m－p２m＋１ q２m－q２m＋１ ＝q 􀅰Cm－１２m 􀅰pm＋１qm－１ p􀅰Cm－１２m 􀅰qm＋１pm－１ ＝pq ＞１ ,即p２m －p２m＋１＞q２m－q２m＋１,所以p２m＋１－q２m＋１＜p２m－q２m． 对于p２m＋２,考虑前２m 个球的情况．若打完２m 个球后, 甲比乙得分少,则剩下两个球(第２m＋１和２m＋２个球) 无论甲胜负,甲都不可能比乙至少多得２分．若打完２m 个球后,甲、乙得分一样,则剩下两个球甲必须全胜才能 满足甲比乙至少多得２分,若打完２m 个球后,甲比乙恰 好多得２分,则剩下两个球甲全胜,或者一胜一负都能满 足甲比乙至少多得２分．若打完２m 个球后,甲比乙至少 多得４分,则剩下两个球甲无论胜负都能满足甲比乙至 少多得２分． 所以p２m＋２＝p２􀅰Cm２m 􀅰pmqm ＋(１－q２)􀅰Cm－１２m 􀅰pm＋１ qm－１＋(p２m－Cm－１２m 􀅰pm＋１qm－１) ＝p２m＋p２􀅰Cm２m􀅰pmqm－q２􀅰Cm－１２m 􀅰pm＋１qm－１ ＝p２m＋pmqm􀅰(Cm２m􀅰p２－Cm－１２m 􀅰pq), 故p２m＋２－p２m ＝pmqm 􀅰(Cm２m 􀅰p２－Cm－１２m 􀅰pq),同 理 q２m＋２－q２m＝qmpm􀅰(Cm２m􀅰q２－Cm－１２m 􀅰qp), 所以(p２m＋２－p２m)－(q２m＋２－q２m)＝pmqm 􀅰Cm２m 􀅰(p２－ q２)＞０,即p２m＋２－p２m＞q２m＋２－q２m, 所以p２m－q２m＜p２m＋２－q２m＋２． 综上,p２m＋１－q２m＋１＜p２m－q２m＜p２m＋２－q２m＋２． ２．解:(１)第二次是乙投篮的概率为０．５×０．４＋０．５×０．８＝ ０．６． (２)第i次是甲投篮的概率为pi,则乙投篮的概率为１－ pi,则pi＋１＝０．６pi＋０．２(１－pi)＝０．４pi＋０．２, 构造等比数列pi＋１＋λ＝ ２ ５ (pi＋λ), 解得λ＝－１３ , 则pi＋１－ １ ３＝ ２ ５ pi－ １ ３( ) ,又p１＝ １ ２ ,p１－ １ ３＝ １ ６ , pi－ １ ３＝ １ ６× ２ ５( ) i－１ ,pi＝ １ ６× ２ ５( ) i－１ ＋１３． (３)当n∈N∗ 时,E(Y)＝p１＋p２＋􀆺＋pn ＝１６× １－ ２５( ) n [ ] １－２５ ＋n３＝ ５ １８ １－ ２ ５( ) n [ ]＋n３, 当n＝０时,E(Y)＝０,符合上式, 故E(Y)＝５１８ １－ ２ ５( ) n [ ]＋n３(n∈N ∗ )． ◆与导数结合问题 解:(１)X 的分布列为 X ０ １ ２ ３ P ０．４ ０．３ ０．２ ０．１ ∴E(X)＝０×０．４＋１×０．３＋２×０．２＋３×０．１＝１; (２)解法一: 由已知条件:∵p０＋p１＋p２＋p３＝１, ∴x＝１一定是p０＋p１x＋p２x２＋p３x３＝x的根． 设f(x)＝p３x３＋p２x２＋(p１ －１)x＋p０,则 f′(x)＝ ３p３x２＋２p２x＋p１－１,f′(０)＝p１－１＜０, ∴二次函数f′(x)＝３p３x２＋２p２x＋p１－１有一正一负 两根,设为x１,x２(x１＜０＜x２); ①E(X)≤１时, ∵f′(x)在(０,＋∞)⊆ －p２３p３ ,＋∞( ) 单调递增, 又∵f′(１)＝３p３＋２p２＋p１－１＝E(X)－１≤０, ∴f′(x)＜０在[０,１]上恒成立,即f(x)在[０,１]上递减, 至多有一个零点; 又∵f(x)＝０,∴最小的正零点p＝１． ②E(X)＞１时, ∵f′(x)在(０,＋∞)⊆ －p２３p３ ,＋∞( ) 单调递增, 又∵f′(１)＝３p３＋２p２＋p１－１＝E(X)－１＞０, ∴f(x)在[０,x２]上递增,在[x２,１]递减; 又∵f(x２)＞f(１)＝０且f(０)＝p１－１＜０, ∃p∈(０,x２)使f(p)＝０,∴最小的正零点p＜１． 综上,E(X)≤１时,p＝１;E(x)＞１时,p＜１． 解法二:由题意知p０＋p１＋p２＋p３＝１,E(x)＝p１＋２p２ ＋３p３． 由p０＋p１x＋p２x２＋p３x３＝x⇒p０＋p２x２＋p３x３－(１－ p１)x＝０, ∴p０＋p２x２＋p３x３－(p０＋p２＋p３)x＝０⇒p０(１－x)＋ p２x(x－１)＋p３x(x－１)(x＋１)＝０; 即(x－１)[p３x２＋(p２＋p３)x－p０]＝０． 令f(x)＝p３x２＋(p２＋p３)x－p０,f(x)的对称轴为x＝ －p２＋p３２p３ ＜０, f(０)＝－p０＜０,f(１)＝２p３＋p２－p０＝p１＋２p２＋３p３－ １＝E(X)－１． 当E(X)≤１,f(１)＞０,f(x)的正实根x０≥１,原方程的 最小正实根p＝１; 当E(X)＞１,f(１)≤０,f(x)的正实根x０＜１,原方程的 最小正实根p＝x０＜１． (３)期望小于等于１时,该微生物经过多代繁殖后临近灭 绝的概率是１,是必然事件;期望大于１时,该微生物经 过多代繁殖后临近灭绝的概率小于１,是随机事件．这与 我们直观上的经验比较符合,比如生育率比较低的话, 多代繁殖后临近灭绝就几乎是必然事件,这也是我国现 在开放三孩的计划生育政策调整的依据和原则． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８３１ 数学