统计与概率教师版

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第1章计数原理【考点预测】知识点1、分类加法计数原理完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的办法，在第2类办法中有m2种不同的方法，⋯，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m1+m2+⋯+mn种不同的方法．知识点2、分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，⋯，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m1⋅m2⋅⋯⋅mn种不同的方法.注意：两个原理及其区别分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有n类办法，这n类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理.分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有n个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响(独立)，当且仅当依次完成这n个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理.当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法(但方法数相同)，这也是检验排列组合问题的很好方法.知识点3、两个计数原理的综合应用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．【典例例题】第1页·共372页,题型一:分类加法计数原理的应用1.(2022·上海崇明·二模)某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：(1)每位学生每天最多选择1项；(2)每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后音乐、阅读、口语、阅读、手工、阅读、口语、阅读、音乐、口语、服务体育、编程编程、美术科技、体育体育、编程美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有种．(用数值表示)答案14【解析】由题知：周一、二、三、四均可选阅读，体育在周一、三、四，编程在周一、二、四.①若周一选编程，则体育在周三或周四，故为2种，阅读在剩下的两天中选为2种，共有2×2=4种方案.②若周二选编程，则体育在周一，周三或周四，故为3种，阅读在剩下的两天中选为2种，共有3×2=6种方案.③若周四选编程，则体育在周一或周三，故为2种，阅读在剩下的两天中选为2种，共有2×2=4种方案.综上，共有4+6+4=14种方案.故答案为：142.已知集合M=1,-2,3，N=-4,5,6,-7，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是()A.18B.16C.14D.10答案C【解析】分两类情况讨论：第一类，从M中取的元素作为横坐标，从N中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有3×2=6(个)；第二类，从M中取的元素作为纵坐标，从N中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有2×4=8(个)，由分类加法计数原理，所以所求个数为6+8=14．故选：C3.在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(允许数字重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A.10B.11C.12D.7第2页·共372页,答案B【解析】与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：2①与信息0110只有两个对应位置上的数字相同，有C4=6(个)；1②与信息0110只有一个对应位置上的数字相同，有C4=4(个)；③与信息0110对应位置上的数字均不相同，有1个．综上，与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6+4+1=11(个)故选：B4.现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有()A.7种B.9种C.14种D.70种答案C【解析】分为三类:从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5+2+7=14(种)不同的选法;故选：C5.从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为()A.7B.9C.10D.13答案C【解析】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．&there4;共有3+6+1=10个，故选：C．6.(2022·湖南·株洲市南方中学高三阶段练习)用标有1克，5克，10克的砝码各一个，在一架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么可以称出的不同克数(正整数的重物)有多少种?()A.10B.11C.12D.13答案A【解析】①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1克，5克，10克；②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1+5=6克，1+10=11克，5+10=15克；③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1+5+10=16克④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以成量重物的克数有5-1=4克，10-1=9克，10-5=5克；第3页·共372页,⑤当天平的一端放1个砝码，另一端也放2个砝码时，可以成量重物的克数有10+5-1=14克，10+1-5=6克，10-5+1=4克；去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种，故选：A7.(2022·上海嘉定·高三阶段练习)正整数484有个不同的正约数.答案922【解析】484=2×2×11×11=2×11ij设d为484的正约数，则d=2×11，(i=0，1，2，j=0，1，2)00例如：i=0，j=0时，d=2×11=1×1=1是484的约数，12i=1，j=2时，d=2×11=2×121=242是484的约数，22i=2，j=2时，d=2×11=4×121=484是484的约数，因此，484的正约数个数，即d的不同取值个数，第一步确定i的值，有3种可能，第二步确定j的值，有3种可能，因此d的取值共有3×3=9种.故答案为：9.题型二:分步乘法计数原理的应用1.(2022·云南·高三阶段练习)图中的矩形的个数为()A.12B.30C.60D.120答案C【解析】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”，2从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有C5种情况；2第二步再确定“竖边”，共有C4种情况，22所以图中矩形共有C5×C4=10×6=60.故选：C.2.(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(理))从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为()A.24B.18C.12D.6答案C【解析】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，2从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有A3=3×2=6种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6=12．第4页·共372页,故选：C．3.(2022·福建·高三阶段练习)为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有()A.120种B.150种C.210种D.216种答案C【解析】依题意，每名同学都有6种选择方法，3所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有6-6=210种.故选：C4.核糖核酸RNA是存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体．参与形成RNA的碱基有4种，分别用A，C，G，U表示．在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA分子由100个碱基组成，则不同的RNA分子的种数为()410010010A.100B.4C.2D.4答案B100【解析】每个碱基有4种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA分子的种数为4．故A，C，D错误.故选：B.5.某大学食堂备有6种荤菜、5种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为()A.30B.14C.33D.90答案D【解析】因为备有6种素菜，5种荤菜，3种汤，所以素菜有6种选法，荤菜有5种选法，汤菜有3种选法，所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有6×5×3=90种故选：D题型三:两个计数原理的综合应用1.(2022·江苏·南京市第一中学高三阶段练习)为了进一步提高广大市民的生态文明建设意识，某市规定每年4月25日为“创建文明城∙生态志愿行”为主题的生态活动日，现有5名同学参加志愿活动，需要携带勾子、铁锹、夹子三种劳动工具，要求每人都要携带一个工具，并且要求：带一个勾子，铁锹至少带2把，夹子至少带一个，则不同的安排方案共有()A.50种B.60种C.70种D.80种答案A第5页·共372页,【解析】携带工具方案有两类：32第一类，1个勾子，1个夹子，3把铁锹，所以携带工具的方案数有C5A2=20种；22第二类，1个勾子，2个夹子，2把铁锹，所以携带工具的方案数有C5C3=30种；所以不同的安排方案共有50种，故选：A2.(2022·重庆·高三阶段练习)用1，2，3⋯，9这九个数字组成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和为奇数的共有()A.600个B.540个C.480个D.420个答案A【解析】依题意要使各位数字之和为奇数则可能是3个奇数1个偶数，或3个偶数1个奇数，1若为3个奇数1个偶数，则偶数一定排在个位，从4个偶数中选一个排在个位有C4=4种，313再在5个奇数中选出3个排在其余三个数位，有A5=60种排法，故有C4A5=240个数字；11若为3个偶数1个奇数，则奇数不排在个位，从5个奇数中选一个排在前三位有C5A3=15种，3113再在4个偶数中选出3个排在其余三个数位，有A4=24种排法，故有C5A3A4=360个数字；综上可得一共有240+360=600个数字；故选：A3.用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为()A.36B.48C.60D.72答案C3【解析】当个位数为0时，有A4=24个，12当个位数为2或4时，有2A3A3=36个，所以无重复数字的四位偶数有24+36=60个，故选：C.4.(2022·全国·模拟预测)将6盆不同的花卉摆放成一排，其中A､B两盆花卉均摆放在C花卉的同一侧，则不同的摆放种数为()A.360B.480C.600D.720答案B【解析】分类讨论的方法解决如图中的6个位置，5①当C在位置1时，不同的摆法有A5=120种；14②当C在位置2时，不同的摆法有C3A4=72种；2323③当C在位置3时，不同的摆法有A2A3+A3A3=48种；由对称性知C在4､5､6位置时摆放的种数和C在3､2､1时相同，故摆放种数有2×120+72+48=480.故选：B.第6页·共372页,5.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中个位､十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有.个(用数字作答).答案14431【解析】当个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有：A3C3=18种；1211231当个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：C3A3C3+C2C3A3C2=126种，根据分类计数原理得到共有18+126=144个．故答案为：144．6.有四张卡片，正面和背面依次分别印有数字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把这四张卡片排成四位整数，则他能排出的四位整数的个数为.答案264【解析】当四位整数中无0出现时，则必有5和2，其中1和3二选一，4和7二选一，四个数再进行全排列，114故共有C2C2A4=96种选择；1当四位整数中出现一个0时，可能是从5和0种选取的，也可能是从2和0种选择的，有C2种，0可能的位111置在个位，十位或百位，从3个位置选择一个，有C3种，另外1和3二选一，4和7二选一，有C2C2种，加上311113另一个非0数，三个数进行全排列，有A3种，故共有C2C3C2C2A3=144种选择；211当四位整数中出现两个0时，两个0的位置有C3种选择，另外1和3二选一，4和7二选一，有C2C2种，这22112两个数再进行全排列，有A2种，共有C3C2C2A2=24种，综上：96+144+24=264种选择故答案为：2647.有0，1，2，3，4，5六个数字．(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？解析(1)由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类：3第一类：0在个位时，有A5个；12第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有A4种，十位和百位从余下的数字中选，有A4种，共12有A4⋅A4个；12第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A4⋅A4个，31212由分类加法计数原理知，共有A5+A4⋅A4+A4⋅A4=156个无重复数字的四位偶数．(2)组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类：3个位上的数字是0时，满足条件的四位数有A5个；12个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有A4⋅A4个，312故满足条件的四位数有A5+A4⋅A4=108(个)(3)组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类：13第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A4⋅A5个；12第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有A3⋅A4个；11第三类：形如124□，125□，共有A2⋅A3个；第7页·共372页,1第四类：形如123□，共有A2个．1312111由分类加法计数原理知，共有A4⋅A5+A3⋅A4+A2⋅A3+A2=284(个)【方法技巧与总结】要明确完成一件事所包含的内容是如何进行的，若需分类按加法数原理，若需分步按乘法计数原理.分类时要做到“不重不漏”，分步时要做到“步骤完整”.有些计数问题既需要分类，又需要分步，此时要综合运用两个原理.l【过关测试】一、单选题17个不同型号的行李箱上分别对应贴有不同的标签以作标记，其中恰有3个行李箱标签贴错的种数为()A.49B.70C.265D.1854答案B3【解析】第一步，从7个行李箱中挑选3个，有C7种方法；第二步，3个行李箱标签贴错的方法有2种，3所以恰有3个行李箱标签贴错的种数为2C7=70．故选：B2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有()种()334A.A4B.4C.3D.4×3答案C【解析】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共4有3×3×3×3=3种．故A，B，D错误.故选：C．3将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，不同的投法有()64A.4种B.6种C.4种D.24科答案A6【解析】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，根据乘法原理共有4×4×4×4×4×4=4种故选：A4某学校推出了《植物栽培》《手工编织》《实用木工》《实用电工》4门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲､乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法为()A.16B.24C.12D.36答案B【解析】甲先从4门课程选择1门，有4种选法，乙再从剩下的3门中选择1门，有3种选法，甲乙再从剩下的2门中共同选择1门，有2种选法，所以根据分步乘法计数原理可得甲､乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法为4×3×2=24种.故选：B.第8页·共372页,5某医院从7名男医生(含一名主任医师)，6名女医生(含一名主任医师)中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为()A.350B.500C.550D.700答案C33【解析】所选医生中只有一名男主任医师的选法有C6⋅C5=200，42所选医生中只有一名女主任医师的选法有C6⋅C5=150，32所选医生中有一名女主任医师和一名男主任医师的选法有C6⋅C5=200，故所选医师中有主任医师的选派方法共有200+150+200=550种，故选：C6用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的四位奇数共有()A.36个B.48个C.66个D.72个答案A【解析】先排末位数，有1和3在末位两种选法，再排千位有3种选法，十位和百位从剩余的3个元素中选2两个进行排列有A3=6种结果，所以由分步乘法计数原理知共有四位奇数2×3×6=36个，故选：A7“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读．比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天．由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数n与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142．则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有()A.648个B.720个C.810个D.891个答案D【解析】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有9×10×10=900种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有900-9=891种.故选：D.8已知正整数有序数对a,b,c,d满足：①a+b+c+d=12；22②a-b=5．则满足条件的正整数有序数对a,b,c,d共有()组．()A.24B.12C.9D.6答案B【解析】由题意知，a,b,c,d为正整数，22故由a-b=5可得(a+b)(a-b)=5，22因为|a-b|≥1，故|a+b|≤5，则满足a-b=5的数为3和2，则有序数对(a,b)可能为(3,2),(2,3)，再由a+b+c+d=12可得c+d=7，则(c,d)的可能有(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)共6种情况，故满足条件的正整数有序数对a,b,c,d共有2×6=12组，第9页·共372页,故选：B9古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式．”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期)数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个(11，22，⋯，99)，则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是()A.27B.28C.29D.30答案D【解析】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数．满足条件的回文数分为以下几类：和为6的回文数：1221,2112，3003，3个．和为12的回文数：3333，2442，4224，1551，5115，6006，6个．和为18的回文数：1881，8118，2772，7227，3663，6336，4554，5445，9009，9个．和为24的回文数：3993，9339，4884，8448，5775，7557，6666，7个．和为30的回文数：7887，8778，6996，9669，4个．和为36的回文数：9999，1个．故共有3+6+9+7+4+1=30个．故选：D二、多选题10用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是()A.可组成360个不重复的四位数B.可组成156个不重复的四位偶数C.可组成96个能被3整除的不重复四位数D.若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为2310答案BC13【解析】A选项，有C5A5=300个，错，3112B选项，分为两类：0在末位，则有A5=60种，0不在末位，则有C2C4A4=96种，&there4;共有60+96=156种，对，C选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选：(0,1,2,3)，(0,1,3,5)、(0,2,3,4)、(0,3,4,5)、(1,2,4,5)，134它们排列出来的数一定可以被3整除，&there4;共有：4C3⋅A3+A4=96种，对，322D选项，首位为1的有A5=60个，前两位为20的有A4=12个，前两位为21的有A4=12个，此时共有60第10页·共372页,+12+12=84个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错，故选：BC.11如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为()A.18B.19C.24D.26答案AB【解析】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6．因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3+4+6+6=19，故选：AB12某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是()第1节第2节第3节第4节地理1班化学A层3班地理2班化学A层4班生物A层1班化学B层2班生物B层2班历史B层1班物理A层1班生物A层3班物理A层2班生物A层4班物理B层2班生物B层1班物理B层1班物理A层4班政治1班物理A层3班政治2班政治3班A.此人有4种选课方式B.此人有5种选课方式C.自习不可能安排在第2节D.自习可安排在4节课中的任一节答案BD【解析】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2种选法，其他两节政治、自习任意选，故有2×2=4种(此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节)；第11页·共372页,若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．根据分类加法计数原理可得选课方式有4+1=5种．综上，自习可安排在4节课中的任一节．故选：BD.三、填空题13(2022·江苏·睢宁县菁华高级中学有限公司高三阶段练习)为丰富学生的校园生活，拓宽学生的视野，某学校为学生安排了丰富多彩的选修课，每学期每名同学可任选2门进行学习.甲同学计划从A，B，C，D，E，F，G这7门选修课中任选2门，其中至少从课程B，D，E中选一门，则甲同学的选择方法有种.答案15【解析】根据题意，分2种情况讨论：11①、当甲从B，D，E中选1门时，另一门需要在A、C、F、G中选出，有C3C4=12种选法，2②、当甲从B，D，E中选2门时，有C3=3种选法，则甲的选择方法有12+3=15种，故答案为：15．14国庆放假期间，4号到7号安排甲乙丙三人值班，其中，乙和丙各值班1天，甲连续值班2天，则所有的安排方法共有种.答案62【解析】甲的安排方法有3种，即4,5两天值班或5,6两天值班或6,7两天值班，再安排乙与丙两人有A2=2种安排方法，所以所有的安排方法共有6种.故答案为：615有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中任取3个标号不同的球，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为．答案96【解析】从1、2、3、4、5、6中任取3个标号不同且3个标号数字互不相邻的取法有：135、136、146、246，共4种；333个颜色互不相同的取法有：C4A3=24种；所以满足题意的取法共有：4×24=96种.故答案为：96.16如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有条不同的线路(每条线路仅含一条通路)答案9【解析】依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2种，中线路中只有1种，第12页·共372页,下线路中有2×3=6(种)根据分类计数原理，共有2+1+6=9(种)故答案为：9．第13页·共372页,第2章排列组合【考点预测】知识点1、排列与排列数(1)定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出mm≤n个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个m元素的排列数，用符号An表示．mn!(2)排列数的公式：An=nn-1n-2⋯n-m+1=．n-m!m特例：当m=n时，An=n!=nn-1n-2⋯3⋅2⋅1；规定：0!=1．(3)排列数的性质：mm-1m1m+1nmmm-1m①An=nAn-1；②An=An=An-1；③An=mAn-1+An-1．n-mn-m(4)解排列应用题的基本思路：通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件(特殊位置，特殊元素)m注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，An=nn-1⋅⋅⋅n-m+1常mn!用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用An=．(n-m)!知识点2、组合与组合数(1)定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出mm≤n个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个m元素的组合数，用符号Cn表示．(2)组合数公式及其推导m求从n个不同元素中取出m个元素的排列数An，可以按以下两步来考虑：m第一步，先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数Cn；m第二步，求每一个组合中m个元素的全排列数An；mmm根据分步计数原理，得到An=Cn⋅Am；mmAnnn-1n-2⋯n-m+1因此Cn=m=．Amm!mn!这里n，m∈N+，且m≤n，这个公式叫做组合数公式．因为An=，所以组合数公式还可表示n-m!mn!0n为：Cn=．特例：Cn=Cn=1．m!n-m!注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是mn(n-1)(n-2)⋅⋅⋅(n-m+1)按先取后排(先组合后排列)的顺序解决问题．公式Cn=常用于具体数字计m!mn!算，Cn=常用于含字母算式的化简或证明．m!(n-m)!mn-mmm-1m(3)组合数的主要性质：①Cn=Cn；②Cn+Cn=Cn+1．(4)组合应用题的常见题型：①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型②“至少”或“最多”含有几个元素的题型知识点3、排列和组合的区别第14页·共372页,组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．知识点4、解决排列组合综合问题的一般过程1、认真审题，确定要做什么事；2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步；3、确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少个元素；4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．【方法技巧与总结】1、如图，在圆中，将圆分n等份得到n个区域M1，M2，M3，⋯，Mn(n≥2)，现取k(k≥2)种颜色对这n个nn区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有(-1)(k-1)+(k-1)种．ni(-1)2、错位排列公式Dn=+1⋅n!n!i=13、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项(1)解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．4、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：(1)以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；(2)以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起n-k+1k排列，共有An-k+1种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有Ak种排法．根据分步乘法计n-k+1k数原理可知，符合条件的排法共有An-k+1⋅Ak种．6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素互不相邻(kn-k≤n-k+1)，求不同排法种数的方法是：先将(n-k)个元素排成一排，共有An-k种排法；然后把k个元素插kn-kk入n-k+1个空隙中，共有An-k+1种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有An-k·An-k+1种．【典例例题】第15页·共372页,题型一:排列数与组合数的推导、化简和计算1.(2022·山东·高密三中高三阶段练习)已知n，m为正整数，且n≥m，则在下列各式中错误的是()3777mmm+1mn-mA.A6=120；B.A12=C12⋅A7；C.Cn+Cn+1=Cn+1；D.Cn=Cn答案C3【解析】对于A，A6=6×5×4=120，故正确；77A12777对于B，因为C12=7，所以A12=C12⋅A7，故正确；A7对于C，因为n，m为正整数，且n≥m，mm11m+124×3mmm+1所以令n=3,m=1，则Cn+Cn+1=C3+C4=7，Cn+1=C4==6，此时Cn+Cn+1≠Cn+1，故错误；2×1mn-m对于D，Cn=Cn，故正确；故选：C2.(2022·江苏镇江·高三开学考试)已知n，m为正整数，且n≥m，则在下列各式中，正确的个数是()3777mmm+1mn-m①A6=120；②A12=C12⋅A7；③Cn+Cn+1=Cn+1；④Cn=CnA.1B.2C.3D.4答案C3【解析】对于①A6=6×5×4=120，故①正确；77A12777对于②因为C12=7，所以A12=C12⋅A7，故②正确；A7mm-1m对于③因为Cn+Cn=Cn+1，故③错误；mn-m对于④Cn=Cn，故④正确；故选：C333.若A2n=10An，则n=()A.7B.8C.9D.10答案B【解析】由题意，得2n2n-12n-2=10nn-1n-2，化简可得4n-2=5n-10，解得n=8．故选:B2x-1x+24.已知C13=C13，则x的值为()A.3B.3或4C.4D.4或5答案B2x-1x+2【解析】因为C13=C13，所以2x-1=x+2或(2x-1)+(x+2)=13，第16页·共372页,解得：x=3或x=4.故选：B.m125.(多选题)已知A3-A3+0!=4，则m的可能取值是()2A.0B.1C.2D.3答案CDm12m1m【解析】因为A3-A3+0!=4，所以A3-×6+1=4，所以A3=6，220123其中m∈N,m≤3，而A3=1,A3=3,A3=A3=6，所以m的值可能是2或3．故选：CD．6.(多选题)下列等式正确的是()mmn-mmAnA.Cn=CnB.Cn=n!mm+2rr-1rC.(n+2)(n+1)An=An+2D.Cn=Cn-1+Cn-1答案ACDmn-mrr-1r【解析】根据组合数的性质可知Cn=Cn，Cn=Cn-1+Cn-1，故AD正确；mmAn根据排列数与组合数的关系可知Cn=,故B不正确；m!m∵(n+2)(n+1)An=(n+2)(n+1)n(n-1)⋅⋯⋅(n-m+1)，m+2An+2=(n+2)(n+1)⋅⋯⋅(n+2-m-2+1)=(n+2)(n+1)n(n-1)⋅⋯⋅(n-m+1)，mm+2&there4;(n+2)(n+1)An=An+2,故C正确.故选:ACD.7.(多选题)下列等式中，正确的是()mm-1mrr-1A.An+mAn=An+1B.rCn=nCn-1m+1m-1mm-1mm+1m+1C.Cn+1=Cn+Cn-1+Cn-1D.Cn=Cnn-m答案ABDn!n!n-m+1⋅n!n!【解析】选项A，左边=+m⋅=+m⋅=n-m!n-m+1!n-m+1!n-m+1!n+1⋅n!n+1!==右边，正确；n-m+1!n-m+1!n-1!rn!n!选项B，右边=n⋅=⋅=r⋅=左边，正确；r-1!⋅n-1-r+1!rr-1!⋅n-r!r!⋅n-r!m-1mm选项C，右边=Cn+Cn=Cn+1≠左边，错误；m+1n!m+1⋅n!选项D，右边=⋅==n-mm+1!⋅n-m-1!m+1⋅m!⋅n-m⋅n-m-1!第17页·共372页,n!=左边，正确.m!⋅n-m!故选：ABD8.解下列不等式或方程xx-2(1)A8<6A8117(2)-=mmmC5C610C70≤x≤8解析(1)由题意得：，解得：2≤x≤8，0≤x-2≤8xx-28!8!A8<6A8，即<6×，8-x!8-x+2!解得：7<x<12，结合2≤x≤8，可得：x=8117(2)-=，则0≤m≤5，mmmc5c610c7m!5-m!m!6-m!7m!7-m!即-=×，5!6!107!解得：m=21(舍去)或2故方程的解为：m=229739.(1)计算：c100+c101÷a101；333(2)计算：c3+c4+⋯+c10；75an-an(3)解方程：=89.5an323333a101311解析(1)原式=c100+c100÷a101=c101÷a101=3÷a101=3=6；a3a34333433433434(2)原式=c4+c4+c5+⋅⋅⋅+c10=c5+c5+⋅⋅⋅+c10=c6+c6+⋅⋅⋅+c10=⋅⋅⋅=c10+c10=c11=330；nn-1n-2⋅⋅⋅n-6-nn-1n-2⋅⋅⋅n-4(3)原方程可化为=89，整理得n-5n-6nn-1n-2⋅⋅⋅n-4-1=89，22即n-11n+29=89，化简得n-11n-60=0，解得n=15或n=-4(舍去)，所以原方程的解是n=15.m+1mm+110.利用组合数公式证明cn+cn=cn+1．m+1(n+1)!解析因为cn+1=，m+1!(n-m)!m+1mn!n!n!n-m+m+1n+1!cn+cn=+==，(n-m-1)!(m+1)!m!(n-m)!(m+1)!(n-m)!(m+1)!(n-m)!m+1mm+1所以cn+cn=cn+1．题型二:直接法第18页·共372页,1.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有()种()a.54b.72c.96d.120答案a【解析】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，分2种情况讨论：①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，3剩下的三人安排在其他三个名次，有a3=6种情况，此时有3×6=18种名次排列情况；2②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有a3=6种情况，3剩下的三人安排在其他三个名次，有a3=6种情况，此时有6×6=36种名次排列情况；则一共有36+18=54种不同的名次情况，故选：a．2.某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出a,b,c,d,e,f共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次(没有并列名次)，a和b去询问成绩，回答者对a说“很遗㙳，你和b都末拿到冠军；对b说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有()a.720种b.600种c.480种d.384种答案d【解析】由题意，a,b不是第一名且b不是最后一名，b的限制最多，故先排b，有4种情况，4再排a，也有4种情况，余下4人有a4=4×3×2×1=24种情况，利用分步相乘计数原理知有4×4×24=384种情况．故选：d.3.甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有()a.24种b.6种c.4种d.12种答案b【解析】甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则只需对剩下3人全排即可，3则不同的排法共有a3=3×2×1=6，故选：b．4.某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为()a.10b.30c.40d.46第19页·共372页,答案c【解析】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人30若女教师为0人，则男教师有3人，有c5c3=10种选择；12若女教师为1人，则男教师2人，有c5c3=30种选择；故女教师最多为1人的选法种数为10+30=40种故选：c题型三:间接法1.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有()a.1860种b.3696种c.3600种d.3648种答案d735【解析】7个人从左到右排成一排，共有a7=5040种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有a3a5=720624种不同的站法，甲站在最右端有a6=720种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有a2a4=48种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有5040-720-720+48=3648种不同的站法.故选：d2.某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有()a.21种b.231种c.238种d.252种答案b55【解析】10人中选5人有c10=252种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有c7=21种，55则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有c10-c7=231种.故选：b3.中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有()a.408种b.240种c.1092种.d.120种答案a15【解析】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为a5a5，142其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为a4a4a2，15142于是得a5a5-a4a4a2=5×120-4×24×2=408，所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.故选：a第20页·共372页,4.红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是()a.96b.326c.336d.360答案c6【解析】所有演出方案有a6=720种，25歌舞类相邻有a2a5=240种，25小品类相邻有a2a5=240种，224歌舞与小品均相邻有a2a2a4=96种，62525224所以总数有a6-a2a5+a2a5-a2a2a4=720-384=336种.故选：c.题型四:捆绑法1.(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(理))甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有()a.12种b.24种c.48种d.120种答案b42【解析】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有a4a2种排法，132其中甲、乙相邻且在两端的有c2a3a2种，42132故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有a4a2-c2a3a2=24(种)故选:b．2.(2022·四川成都·高三开学考试(理))某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有不同的排法()种a.24b.144c.48d.96答案d【解析】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，24与语文、英语、生物三门课程进行排序，有a2a4=48种排法.由分步乘法计数原理可知，共有2×48=96种不同的排法.故选：d.3.甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有()a.72种b.60种c.48种d.36种答案c2【解析】甲、乙相邻共有a2=2种.第21页·共372页,4将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有a4=4×3×2×1=24种.则共有2×24=48种.故选：c.4.3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，共有站法()种a.144b.360c.480d.720答案d【解析】因为3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，35所以共有a3⋅a5=720种站法，故选：d5.某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为()a.72b.96c.120d.144答案d2【解析】第一步：全排列2个语言类的节目，共有a2种情况，2第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有a4种情况，第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列，3223共有a3种情况，所以n=a2a4a3=144.故选：d题型五:插空法1.2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？()a.24b.48c.144d.244答案c【解析】根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、“谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，232所以不同的放置方式有a2a3a4=144种.故选：c2.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是()a.72b.144c.48d.36第22页·共372页,答案a3【解析】先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有a3=6种方法，2再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有a4=12种方法，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：6×12=72.故选：a.3.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有()a.18种b.24种c.36种d.72种答案c3a3【解析】先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有=3，再将商、角插入4个空中，共有223a4=36种．故选：c．4.(2022·全国·高三专题练习(理))马路上有编号为1，2，3⋯，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有()种a.15b.20c.10d.9答案c【解析】根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻，则需要用插空法分析：先将亮的6盏灯排成一列，除去2端，有5个符合条件的空位，3在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有c5=10种情况，即有10种关灯方法.故选：c5.(2022·全国·模拟预测)某等候区有7个座位(连成一排)，甲、乙、丙三人随机就坐，因受新冠疫情影响，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有()a.4种b.10种c.20种d.60种答案d【解析】甲、乙、丙每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相邻，相当于有四个空位放置成一排，形成5个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入，3所以有a5=60(种)不同的坐法，故选：d．第23页·共372页,6.为迎接新年到来，某中学2022作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行.校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为()a.36b.45c.72d.90答案d【解析】采用插空法即可：第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法；第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，故共有9×10=90种排法.故选：d.题型六:定序问题(先选后排)*1.满足xi∈n(i=1,2,3,4)，且x1<x2<x3<x4<10的有序数组x1,x2,x3,x4共有()个4444a.c9b.p9c.c10d.p10答案a4【解析】∵数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为c9．故选：a．2.a,b,c,d,e五人并排站成一排，如果b必须站在a的右边，(a,b可以不相邻)那么不同的排法有()a.120种b.90种c.60种d.24种答案c5【解析】所有人排成一排共有：a5=120种排法∵b站在a右边与a站在b右边的情况一样多120∴所求排法共有：=60种排法2本题正确选项：c第24页·共372页,3.dna是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在dna中只有4种类型的碱基，分别用a、c、g和t表示，dna中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是a-t，或者是c-g，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条dna单链模型示意图，现在某同学想在碱基t和碱基c之间插入3个碱基a，2个碱基c和1个碱基t，则不同的插入方式的种数为()a.20b.40c.60d.120答案c6a6720【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为==60.a3a2a16×2×1321故选：c4.某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有()a.120种b.80种c.20种d.48种答案c2【解析】在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、乙、丙，方法数为a5=20．故选：c．5.某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法()a.36b.90c.360d.720答案b【解析】6个高矮互不相同的人站成两排，222c6c4c23后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为3⋅a3=90，a3故选：b6.花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为()a.2520b.5040c.7560d.10080答案a第25页·共372页,【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，8先对8盏不同的花灯进行全排列，共有a8种方法，因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，8a8故一共有=2520种，2222a2a2a2a2故选：a7.如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是()a.6b.10c.12d.24答案b【解析】将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论:若先取1,则有12345,12453,14523,14235,14523,12435,共6种情况;若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种情况,故共有6+4=10种情况.题型七:列举法1.三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有()a.6种b.8种c.10种d.16种答案c【解析】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，第26页·共372页,故选：c.2.三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有()a.4种b.5种c.6种d.12种答案c【解析】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.答案：c．3223.设x1，x2，x3∈-1,0,1,2，那么满足0≤x1+x2+x3≤8的所有有序数组x1,x2,x3的组数为()a.45b.46c.47d.48答案c22【解析】①当x1=2时，x2+x3=0，则x2=x3=0，共1组；22112②当x1=1时，-1≤x2+x3≤7，则x2，x3不同时为2，共c4⋅c4-1=4-1=15组；22112③当x1=0时，0≤x2+x3≤8，则x2，x3为-1,0,1,2中任一元素，共c4⋅c4=4=16组；22112④当x1=-1时，1≤x2+x3≤9，则x2，x3不同时为0，共c4⋅c4-1=4-1=15组．故满足题意的有序数组共有47组．故选：c.第27页·共372页,4.从集合1,2,3,4,⋯,15中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有()个()a.98b.56c.84d.49答案a【解析】当公差为1时，数列可以是：1,2,3，2,3,4，3,4,5，⋯⋯13,14,15，共13种情况.当公差为2时，数列可以是：1,3,5，2,4,6，3,5,7，⋯⋯11,13,15，共11种情况.当公差为3时，数列可以是：1,4,7，2,5,8，3,6,9，⋯⋯9,12,15，共9种情况.当公差为4时，数列可以是：1,5,9，2,6,10，3,7,11，⋯⋯7,11,15，共7种情况.当公差为5时，数列可以是：1,6,11，2,7,12，3,8,13，4,9,14，5,10,15，共5种情况.当公差为6时，数列可以是：1,7,13，2,8,14，3,9,15，共3种情况.当公差为7时，数列可以是：1,8,15，共1种情况.总的情况是13+11+9+7+5+3+1=49.又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，所以这样的等差数列共有98个.故选：a5.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是．答案60【解析】根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有10×6=60种方法，故答案是60.题型八:多面手问题1.我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有几种不同的选法()a.675b.575c.512d.545答案a【解析】分析：根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．详根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理．33第一类2个只会左边的都不选，有c5⋅c5=100种；123第二类2个只会左边的有1人入选，有c2c5⋅c6=400种；第28页·共372页,213第三类2个只会左边的全入选，有c2c5⋅c7=175种，所以共有675种不同的选法，故选a．2.某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有()种不同的选法()a.225b.185c.145d.110答案b【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．44①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有c5c4种；②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，134413因此有c2c5c4+c5c2c4种；③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，2244221313因此有c2c5c4+c5c2c4+c2c5c1c4种．441344132244221313综上分析，共可开出c5c4+c2c5c4+c5c2c4+c2c5c4+c5c2c4+c2c5c1c4=185种．故选：b．3.“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有()a.26种b.30种c.37种d.42种答案c【解析】根据题意，设a={只会划左桨的3人}，b={只会划右桨的3人}，c={既会划左桨又会划右桨的2人}，据此分3种情况讨论：3①从a中选3人划左桨，划右桨的在(b∪c)中剩下的人中选取，有c5=10种选法，213②从a中选2人划左桨，c中选1人划左桨，划右桨的在(b∪c)中选取，有c3c2c4=24种选法，1③从a中选1人划左桨，c中2人划左桨，b中3人划右桨，有c3=3种选法，则有10+24+3=37种不同的选法．故选：c．4.某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有()a.56种b.68种c.74种d.92种答案d33【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有c3c6种，123133312有一个“多面手”的选派方法有c2c3c5种，有两个“多面手”的选派方法有c3c4种，即共有c3c6+c2c3313c5+c3c4=92(种)不同的选派方法．故选：d第29页·共372页,题型九:错位排列1.编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有()a.10种b.20种c.30种d.60种答案b2【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有c5=10，另外三个人编号与座位号不一致，方法数有2，所以不同的坐法有10×2=20种.故选：b2.将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为()a.90b.135c.270d.360答案b【解析】根据题意，分以下两步进行：2(1)在6个小球中任选2个放入相同编号的盒子里，有c6=15种选法，假设选出的2个小球的编号为5、6；(2)剩下的4个小球要放入与其编号不一致的盒子里，对于编号为1的小球，有3个盒子可以放入，假设放入的是2号盒子.则对于编号为2的小球，有3个盒子可以放入，对于编号为3、4的小球，只有1种放法.综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为15×3×3=135种.故选：b.3.若5个人各写一张卡片(每张卡片的形状、大小均相同)，现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有()a.20b.90c.15d.45答案d【解析】根据题意，分2步分析：1①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有c5种选法，②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，111所以不同的拿卡片的方法有c5⋅c3⋅c3=45种.故选：d.题型十:涂色问题第30页·共372页,1.(2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试(理))某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有()种a.36b.48c.54d.72答案d【解析】如图：将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤，则满足条件的涂色方案可分为两类，第一类区域②，④涂色相同的涂色方案，第二类区域②，④涂色不相同的涂色方案，其中区域②，④涂色相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色相同的涂色方案有4×3×2×1×2种方案，即48种方案；区域②，④涂色不相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色不相同的涂色方案有4×3×2×1×1种方案，即24种方案；所以符合条件的涂色方案共有72种，故选：d.第31页·共372页,2.随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为()642464256a.b.c.d.125125625625答案a【解析】随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色供选择，4每个三角形均有5种涂法，故基本事件总数n=5，有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，33其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有4种涂法，这一共有5×4种涂法，335×4464∴所求概率为p===．5453125故选：a．3.无盖正方体容器的五个面上分别标有a、b、c、d、e五个字母，现需要给容器的5个表面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的染色方案有()种a.420b.340c.300d.120答案a【解析】如图，正方体的左侧面为a，右侧面为c，前侧面为d，后侧面为b，底面为e.55个面如果用完五种颜色，则不同的染法为a5=120.5个面如果有四种颜色，则必有a、c同色或b、d同色，414则不同的染法为c5c2a4=240.第32页·共372页,5个面如果有三种颜色，则必有a、c同色且b、d同色，33则不同的染法为c5a3=60.故不同的染法种数为420，故选：a.4.(2022·全国·高三专题练习(文))埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为()a.180b.240c.420d.480答案c【解析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥s-abcd的顶点s,a,b所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法；当s,a,b染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若c染2，则d可染3或4或5，有3种染法；若c染4,则d可染3或5，有2种染法；若c染5，则d可染3或4，有2种染法,即当s,a,b染好时，c,d还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.故选：c5.在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有()a.720种b.2160种c.4100种d.4400种答案c第33页·共372页,3【解析】考虑a、c、e三个区域用同一种颜色，共有方法数为5×4=320种；考虑a、c、e三个区域用2种颜色，共有方法数为5×4×3×4×3×3=2160种；33考虑a、c、e三个区域用3种颜色，共有方法数为a5×3=1620种．所以共有方法数为320+2160+1620=4100种．故选：c．6.(2022·全国·高三专题练习(理))用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种()a.14400b.28800c.38880d.43200答案c4【解析】从p点出发的4条侧棱一定要用4种不同的颜色，有a6=360种不同的方案，接下来底面的染色根据是否使用剩下的2种颜色分类计数．不使用新的颜色，有2种颜色分类方案；使用1种新的颜色，分为2类；第一类，染一条边，有2•4•4=32种方案；第二类，染两条对边，有2•2•4=16种方案．使用2种新的颜色，分为4类；第一类，染两条邻边，有4•2•3=24种方案；第二类，染两条对边，有2•2•4=16种方案；第三类，染三条边，有4•2•2=16种方案；第四类，染四条边，有2种方案．因此不同的染色方案总数为360×[2+(32+16)+(24+16+16+2)]=38880,选c.7.(2022·全国·高三专题练习(理))用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2,⋯,9的9个小正方形(如图1)，使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有()123456789a.108种b.60种c.48种d.36种答案a【解析】首先1、5、9颜色确定，有三种可能，于是2、6就只有两种可能．如果2、6颜色相同的两种情况下，3就有4种可能．若2、6颜色不同，则只有一种可能，加之2、6排列不同，2种．于是右上角三个数有6种排法．同理左下角三个数有6种排法．有3×6×6=108种可能．题型十一:分组问题第34页·共372页,1.为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有()a.18种b.36种c.68种d.84种答案b【解析】根据题意，分派方案可分为两种情况：23若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：c3×a3=18种方法；13若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：c3×a3=18种方法；故一共有：36种分派方法故选：b2.2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为()a.91b.101c.111d.121答案b2【解析】(1)若编号为1+2+2+2+3=10，则有c5×2=20种，21(2)若编号为1+1+2+3+3=10，则有c5×c3=30种，22(3)若编号为1+1+2+2+4=10，则有c5×c3=30种，31(4)若编号为1+1+1+3+4=10，则有c5×c2=20种，(5)若编号为2+2+2+2+2=10，则有1种，所以不同的指派方法种数为20+30+30+20+1=101种.故选：b.3.2019年实验中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一堆4个，另两堆每堆2个，一共有多少种不同分堆方法()4242242212c8c4c8c4c2a.c8c4c2b.c3c8c.2d.3a2a3答案c422c8c4c2【解析】由条件可知，8套教具，分成4,2,2，共有种分法.2a2故选：c4.有12本不同的书.(1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人3本，有几种分法？(2)若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有几种分法？(3)若平均分成3堆，有几种方法(只要求列出算式)？第35页·共372页,解析(1)根据题意，分4步分析：3①在12本书中取出3本，分给甲，有c12种取法，3②在剩下的9本书中取出3本，分给乙，有c9种取法，3③在剩下的6本书中取出3本，分给丙，有c6种取法，3④将最后的3本书交给丁，有c3种情况，3333则一共有c12c9c6c3种分法.(2)根据题意，分3步分析：1①在12本书中取出1本，作为第一堆，有c12种取法，3②在剩下的11本书中取出3本，作为第二堆，有c11种取法，14③在剩下的8本书中取出4本，作为第三堆，剩下的4本作为第四堆，有c8种分法；21134则一共有c12c11c8种分法；2(3)根据题意，将12本不同的书，平均分成3堆，每堆有4本，444c12c8c4则有种不同的分法.3a35.已知有6本不同的书.(1)分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？(2)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？222c6c4c2解析(1)6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为=15.3a3(2)从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆123方法的种数为c6c5c3=60.题型十二:分配问题1.2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是()a.18b.27c.36d.48答案c【解析】因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，23所以共有c4a3=6×6=36种方案.故选：c.2.现将5名志愿者全部分派到a、b、c三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，志愿者甲安排到a小区，则不同的安排方法种数为()a.56b.50c.62d.36第36页·共372页,答案b【解析】依题意三个居民小区的志愿者人数有(1、1、3)和(1、2、2)两种情况，2232对于(1、1、3)，①当a小区安排3人，则有c4a2=12种方法；②当a小区安排1人，则有c4a2=8种方法；2112对于(1、2、2)，①当a小区安排1人，则有c4=6种方法，②当a小区安排2人，则有c4c3a2=24种方法，综上，一共有12+8+6+24=50种方法；故选：b3.将4名志愿者分配到3个不同的北京冬奥场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为．(用数字作答)答案36【解析】将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，211c4c2c13可先将4人分为2、1、1的三组，有2=6种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有a3=6种a2方法，则共有6×6=36种分配方案.故答案为：364.设有99本不同的书(用排列数、组合数作答).(1)分给甲、乙、丙3人，甲得96本，乙得2本，丙得1本，共有多少种不同的分法？(2)分给甲、乙、丙3人，甲得93本，乙、丙各得3本，共有多少种不同的分法？(3)平均分给甲、乙、丙3人，共有多少种不同的分法？(4)分给甲、乙、丙3人，一人得96本，一人得2本，一人得1本，共有多少种不同的分法？(5)分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，共有多少种不同的分法？(6)分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？(7)平均分成3份，共有多少种不同的分法？(8)分成3份，一份93本，另两份各3本，共有多少种不同的分法？962解析(1)甲得96本，有方法c99种；乙得2本，有方法c3种；丙得1本.有方法1种，962不同的分法共有c99c3(种)；9333(2)与(1)类似，不同的分法共有c93c6c3(种)；333333c99c66c33(3)先平均分为3组，种分组方式，再分配给3个人，3a3333333得到不同的分法共有c99c66c33种；(4)先把99本不同的书分成3份，一份96本，一份2本，一份1本；再将甲、乙、丙3人全排列，这是因为3人中谁都有得到96本、2本、1本的可能，9623不同的分法共有(c99c3)a3(种)；(5)99本不同的书，分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，3人中，谁都有得到93本的可能，9333c99c6c33不同的分法共有2⋅a3(种).a2第37页·共372页,96(6)99本不同的书，分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，3份的数量互不相同，不同的分法共有c992c3(种)；(7)99本不同的书，平均分成3份，每份33本.本问题是典型的平均分组问题，要排除重复，不同的分法共3333333有(c99c66c33)÷a3(种)9333(8)99本不同的书，分成3份，一份93本，另两份各3本，两份3本的有重复，不同的分法共有c99(c6c3)÷2a2(种)5.(1)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，一共有多少种不同的放法？(2)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法共有多少种？解析(1)根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，每个小球均有4种放法，则4个小球有4×4×4×4=256种不同的放法；(2)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，恰有1个空盒,说明恰有一个盒子有2个小球，2①、从4个小球分为3组，有c4=6种分组方法；13②、在4个盒子中任选3个，放入3组小球，有c4a3=24种情况；则有6×24=144种不同的放法.6.将4封信全部投入3个邮筒：(1)不加任何限制，有多少种不同的投法？(2)每个邮筒至少投一封信，有多少种不同的投法？解析(1)解：不加任何限制，每封信均有3种投法，4由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为3=81种.11c4c3(2)解：将4封信分为三组，每组的信的数量分别为1、1、2，共有=6种分组方法，2a23由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为6a3=36种.题型十三:隔板法1.将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是()a.16b.18c.27d.282答案“每校至少一个名额的分法”的方法数是c8=28,"至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有1,1,7;2,2,5,;4,4,1三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为3×3+1=10种.所以，满足条件的分配方法共有28-10=18种.故选：b112.x+2y+z展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后的项数一共有()a.12项b.24项c.39项d.78项第38页·共372页,11abc答案x+2y+z展开之后必有形如mxyz的式子出现，其中m∈r,a,b,c∈n，且a+b+c=11.2构造14个完全一样的小球模型，分成3组，每组至少一个，利用隔板法，共有分法c13种；11每组去掉一个小球的数目分别为x+2y+z的展开式中x,y,z各字母的次数；112小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故x+2y+z的展开式中，合并同类项之后的项数为c13=13×12=78项.2故选：d3.7个相同的小球放入a，b，c三个盒子，每个盒子至少放一球，共有()种不同的放法()a.60种b.36种c.30种d.15种2答案将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有c6=15种不同的方法.故选：d.4.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为()a.720种b.420种c.120种d.15种答案先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，2再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为c6=15，故选:d5.方程x+y+z=18的非负整数解有()17a.2组b.136组c.190组d.68组答案根据题意，对于方程x+y+z=18，将“18”看成18个“1”，18个“1”共有19个空，从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为x,y,z的数值，212则有c19+c19=c20=190.方程x+y+z=18的非负整数解有190组.故选：c6.若方程x1+x2+x3+x4=8，其中x2=2，则方程的正整数解的个数为()a.10b.15c.20d.30答案∵方程x1+x2+x3+x4=8，其中x2=2，则x1+x3+x4=6将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为x1第二组小球数目为x3第三组小球数目为x4第39页·共372页,2共有c5=10种方法故方程的正整数解的个数为10故选a题型十四:数字排列1.(2022·重庆南开中学模拟预测)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：3.1415926<π<3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有()个．a.600b.300c.360d.180答案b5【解析】当最后一位为1时，共有a5=120种；1当最后一位不为1时，在3、4、5任选一个放最后有c3种，3把余下2个数字与9全排有a3种，21将两个1插入4个空中的2个有c4种，或两个1捆绑插入4个空中的1个有c4种，1321共有c3a3(c4+c4)=180种；综上，共有300种.故选：b2.(2022·河北·青龙满族自治县实验中学高三开学考试)用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为()a.6b.12c.16d.18答案b2【解析】先排个位，有2种选法，再排百位和十位，有a3=6种排法，因此共有2×6=12种排法，故选：b3.(2022·山西省长治市第二中学校高三阶段练习(理))若从1，2，3，⋯，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，则使得a×b×c+d为奇数的不同排列方法有()a.1224b.1800c.1560d.840答案b【解析】当d为奇数时，a×b×c为偶数：31131、a,b,c一偶两奇，此时不同排列方法为c5c4c3a3=720种；22132、a,b,c两偶一奇，此时不同排列方法为c5c4c2a3=720种；1333、a,b,c三个偶数，此时不同排列方法为c5c4a3=120种；313当d为偶数时，a×b×c为奇数，此时a,b,c三个奇数，不同排列方法为c5c4a3=240种；综上，不同排列方法有1800种.第40页·共372页,故选：b4.数字“2016”中，各位数字相加和为9，称该数为“长久四位数”，则用数字0,1,2,3,4,5,6组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”有()个a.39b.40c.41d.42答案c【解析】卡片上的四位数字之和等于9，四个数字为0,1,2,6组成的无重复数字且大于2016的“长久四位33数”共有：5+a3=11，0,1,3,5组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有2a3=12个；0,2,3,43组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有3a3=18个，故共11+12+18=41(个).故选：c．5.用数字1、2、3组成五位数，且数字1、2、3至少都出现一次，这样的五位数共有()个a.120b.150c.210d.240答案b5【解析】首先考虑全部的情况，即每个数位均有3种选择，共有3=243个，其中包含数字全部相同只有3种情况，25还有只含有2个数字的共有c3×2-2=90个，因此，满足条件的五位数的个数为243-3-90=150个.故选：b.6.由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有()a.210个b.300个c.464个d.600个答案b【解析】由题意得，个位数字小于十位数字，所以个位数字只能是0,1,2,3,4共5种类型，511311311313每种类型分别有a5、a4a3a3、a3a3a3、a2a3a3、a3a3个，511311311313共有a5+a4a3a3+a3a3a3+a2a3a3+a3a3=300故选：b题型十五:几何问题1.(2022·河南·鹤壁高中高三阶段练习(理))若一个正方体绕着某直线l旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线l的条数为()a.3b.4c.6d.13答案d【解析】若正方体绕着直线l旋转不到一周能与自身重合，则l必过正方体中心，否则，正方体绕着直线l旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；第41页·共372页,2π当l过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有4条；3当l过正方体两相对棱中点时，把正方体绕l旋转π，正方体回到原来的位置，此时直线共有6条；π当l过正方体对面中心时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有3条；2综上，符合条件的直线l有4+6+3=13条.故选：d.2.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为()a.70b.64c.60d.58答案d【解析】由题意知：要使正方体的顶点为顶点构成三棱锥，则4个顶点不共面，41、8个顶点任选4个，有c8种，2、8个顶点任选4个，共面的有12种，4∴以正方体的顶点为顶点的三棱锥有c8-12=58个.故选：d3.从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为()4444a.c8-12b.c8-8c.c8-6d.c8-4答案a4【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有c8种，正方体表面四点共面不能构成四面体有6种，正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有6种，44所以可得到的四面体的个数为c8-6-6=c8-12种，故选：a4.在正方体的8个顶点中，以任意4个顶点为顶点的三棱锥，共有()a.52个b.54个c.58个d.62个答案c48×7×6×5【解析】从正方体的8个顶点中任取四个顶点，共有c8==70种，4×3×2×1其中有6个表面和6个对角面中的四个顶点共面，不能构成三棱锥，所以共有70-6-6=58个三棱锥.第42页·共372页,故选：c.5.正方体abcd-a1b1c1d1，pii=1,2,⋯,12是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面a1c1b平行的直线有几条()a.36b.21c.12d.6答案b【解析】考虑与平面a1c1b平行的平面p1p4p8，平面p10p11p6，平面p9p5p2p3p7p12，222共有c3+c3+c6=21，故选：b.题型十六:分解法模型与最短路径问题1.5400的正约数有()个a.48b.46c.36d.38答案a332【解析】5400=2×3×5，5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，所以正约数个数为(3+1)×(3+1)×(2+1)=48．故选：a．2.有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？()a.6b.8c.10d.12答案b第43页·共372页,【解析】试题分析：如图，①从入口-1-3-5-6-0-出口，②从入口-1-3-4-6-0-出口，③从入口-1-3-4-7-8-9-10-6-0-出口，④从入口-1-3-4-9-10-6-0-出口，⑤从入口-2-3-4-6-0-出口，⑥从入口-2-3-5-6-0-出口，⑦从入口-2-3-4-7-8-9-10-6-0-出口，⑧从入口-2-3-4-9-10-6-0-出口，共有8种，故选b．3.如图，某城市中，m、n两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从m到n不同的走法共有()a.10b.13c.15d.25答案c【解析】因为只能向东或向北两个方向向北走的路有5条，向东走的路有3条走路时向北走的路有5种结果，向东走的路有3种结果根据分步计数原理知共有3×5=15种结果，选c4.如图，蚂蚁从a沿着长方体的棱以的方向行走至b，不同的行走路线有()a.6条b.7条c.8条d.9条第44页·共372页,答案a【解析】共有3个顶点与a点相邻，经过每个相邻顶点，按规定方向都有2条路径到达b点，所以，蚂蚁从a沿着长方体的棱以规定的方向行走至b，不同的行走路线有：3×2=6(条)，故选a.5.如图，一只蚂蚁从点a出发沿着水平面的线条爬行到点c，再由点c沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点b，则它可以爬行的不同的最短路径有()条a.40b.60c.80d.120答案b2【解析】试题分析：蚂蚁从a到c需要走五段路，其中三纵二竖，共有c5=10条路径，从c到b共有3×2=6条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从a到b可以爬行的不同的最短路径有10×6=60条，故选b.考点：分步计数乘法原理.6.如图所示为某市各旅游景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从a到h可走的不同的旅游路线的条数为()a.14b.15c.16d.17答案d【解析】要到h点，需从f、e、g走过来，f、e、g各点又可由哪些点走过来，这样一步步倒推，最后归结到a，然后再反推过去得到如下的计算方法：a至b、c、d的路数记在b、c、d的圆圈内，b、c、d分别到f、e、g的路数亦记在圈内，最后f、e、g各路数之和，即得到至h的总路数，如下图所示，易得到17条路线，故选d．第45页·共372页,7.如图，在某城市中，m，n两地之间有整齐的方格形道路网，其中a1，a2，a3，a4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网m，n处的甲､乙两人分别要到n，m处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达n，m处为止，则下列说法正确的有()a.甲从m到达n处的走法种数为120b.甲从m必须经过a3到达n处的走法种数为9c.甲，两人能在a3处相遇的走法种数为36d.甲，乙两人能相遇的走法种数为164答案bd3【解析】对于a，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从m到达n处的走法种数为c6=20，故a错误.1对于b，甲从m到达a3，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有c3=3种走法，从a3到达n，需要走31格，其中向上2格，向右1格，有c3=3种走法，所以甲从m必须经过a3到达n处的走法种数为3×3=9，故b正确.1111对于c，甲经过a3的走法种数为c3×c3=9，乙经过a3的走法种数为c3×c3=9，所以甲，乙两人能在a3处相遇的走法种数为9×9=81，故c错误.对于d，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在a1，a2，a3，a4处相遇，若甲，乙两人在a1处相遇，甲经过a1处，必须向上走3格，乙经过a1处，必须向左走3格，两人在a1处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在a2或a3处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在a4处相遇，甲经过a4处，必须向右走3格，乙经过a4处，必须向下走3格，则两人在a4处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为1+81+81+1=164，故d正确.故选：bd.题型十七:排队问题第46页·共372页,1.4个男同学，3个女同学站成一排．(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？(4)其中甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，则有多少种不同的排法？(5)若3个女同学身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？3解析(1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有a3种排法．我们可视排好的女同学为一整体，5再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有a5种排法．由分步乘法计数原理，得共35有a3a5=720(种)不同的排法；4(2)先将男同学排好，共有a4种排法，再在这4个男同学之间及两头的5个空当中插入3个女343同学有a5种方案，故符合条件的不同的排法共有a4a5=1440(种)；34(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有a3⋅a4=144(种)；4(4)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有a4种排法；2由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有a2种排法；2最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中有a5种排法．422故总共有a4a2a5=960(种)不同的排法；4(5)从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有a7种排法．再在余下的3个空位置中排女4生，由于女生要按身高排列，故仅有1种排法．故总共有a7=840(种)不同的排法．2.在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：(写出必要的数学式，结果用数字作答)(1)三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？(2)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(3)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)(4)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？解析(1)根据题意，分2步进行分析：4①将4名男生全排列，有a4=24种情况，排好后有5个空位.3②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有a5=60种情况，则三名女生不能相邻的排法有24×60=1440种；(2)根据题意，分2种情况讨论：6①女生甲站在右端，其余6人全排列，有a6=720种情况，5②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有a5=120种站法，则此时有5×5×120=3000种站法，则一共有720+3000=3720种站法；7(3)根据题意，首先把7名同学全排列，共有a7种结果，3甲乙丙三人内部的排列共有a3=6种结果，7a7要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有=840；3a322(4)根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有c4⋅c3=18种情况，4其次4人分四个不同角色，有a4=24种情况，共有18×24=432种选派方法.第47页·共372页,3.在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：(写出必要的数学式，结果用数字作答)(1)三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？(2)四名男生相邻有多少种不同的排法？(3)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(4)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)(5)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？(6)现在有7个座位连成一排，仅安排4个男生就坐，恰好有两个空座位相邻的不同坐法共有多少种？解析(1)根据题意，分2步进行分析：4①，将4名男生全排列，有a4=24种情况，排好后有5个空位，3②，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有a5=60种情况，43则三名女生不能相邻的排法有a4×a5=24×60=1440种；(2)根据题意，分2步进行分析：4①，将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有a4=24种情况，4②，将这个整体与三名女生全排列，有a4=24种情况，44则四名男生相邻的排法有a4×a4=24×24=576种；(3)根据题意，分2种情况讨论：6①，女生甲站在右端，其余6人全排列，有a6=720种情况，②，女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有5a5=120种站法，则此时有5×5×120=3000种站法，65则一共有a6+5×5×a5=720+3000=3720种站法；7(4)根据题意，首先把7名同学全排列，共有a7种结果，3甲乙丙三人内部的排列共有a3=6种结果，7a7要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有=840种．3a3(5)根据题意，分2步进行分析：22①，在4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，有c4c3种选取方法，4②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有a4种情况，224则有c3c4a4=432种不同的安排方法；(6)根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个男生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：4①，将4名男生全排列，有a4种情况，排好后有5个空位，2②，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有a5种情况，42则有a4a5=480种排法．题型十八:构造法模型和递推模型1.贾同学、王同学、文同学三人在操场踢球,每次传球,传球者将球随机将传给另外两位同学之一,足球最开始在文同学脚下,则:①n次传球之后,共有种可能的传球方法;②n次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法有种.第48页·共372页,n1n2n答案2×2+×(-1)33n【解析】每次传球有两种方法，所以n次传球之后,共有2种可能的传球方法;设n次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法为an种.nan11an-11an1a111n-1则2an+2an-1=2(n≥2)，即n-3=-2n-1-3(n≥2)∴n-3=2-3-2(n≥2)222n22n因为a1=0∴an=+(-1).332.一只蚂蚁从一个正四面体abcd的顶点a出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点a的爬行方法种数是．答案60【解析】解法一：第一次爬行可以到b、c、d的任何一点，第二次爬行分到a与不到a，对于第二次不到a的第三次爬行再分到a与不到a．爬行方法总数为3×[1×3×2+2×(1×3+2×2)]=60(种)n-1解法二：设从点a出发爬行n次仍在点a的爬行方法种数为an(n≥2)，则a2=3，3-an-1=an(n≥3)，aan-1aaaaann-13n-1nnn-1n-1n-2-==-(-3)，=-+-+⋯nn-1nnnn-1n-1n-2(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)a3a2a2+-+322(-1)(-1)(-1)n-1n-1n-22-3[(-3)-1]3n-1=-(-3)-(-3)-⋯-(-3)+3=-=-[(-3)-1]，-3-14a534∴5=-[(-3)-1]=-60，a5=60．(亦可由递推式从第二项递推出第五项的值)(-1)4故答案为：60.3.把圆分成10个不相等的扇形，并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色，但不允许相邻的扇形有相同的颜色，问共有多少种染色法？解析设将圆分成n个不相等的扇形时，满足题设的染法有an种．依次记n个扇形为s1、s2、⋯、sn，显然a1=3，当n=2时，先对s1染色，有3种方法；s1染色后再对s2染色，有2种方法，故a2=6．当n≥2时，我们依次对s1、s2、⋯、sn染色．对s1染色，有3种方法，对s1染色后再对s2染色有2种方法，n-1同样的对s3、s4、⋯、sn分别有2种方法，由乘法原理共有3⋅2种染色方法．n-1但这样做，sn与s1有可能同色．即在3⋅2种染色方法中包含了sn与s1同色的染色方法．对于sn与s1同色的情形，拆去sn与s1的边界使sn与s1合并，便得到将圆分为n-1个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有an-1种．n-1故an=-an-1+3⋅2n≥3，且a3=6，nn-1n-1设an+λ⋅2=-an-1+λ⋅2，可得an=-an-1-3λ⋅2，则-3λ=3，即λ=-1，nn-12故an-2=-an-1-2，且a2-2=2，n所以，数列an-2是从第二项开始成以-1为公比的等比数列，108210因此，a10-2=-1a2-2=2，因此，a10=2+2=1026.第49页·共372页,4.(1)求方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数；(2)某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数．解析(1)设yi=xi+1(i=1，2，3，4)，则方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数等于方程y1+y2+y3+y4=9的正整数解的组数，3利用隔板法得方程y1+y2+y3+y4=9的正整数解的组数是c8=56，所以方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数是56；(2)设4名乘客中分别有z1，z2，z3，z4个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过，则z1+z2+z3+z4=4，3即问题转化为求方程z1+z2+z3+z4=4的非负整数解的组数，共有c7种情况，4每一种进站情况的4个位置由4个人去站有a4种方法，43由分步乘法计数原理得不同的进站方案有a4c7=840种，所以一个4人小组进站的不同方案种数是840种．题型十九:环排问题1.21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为a.19b.38c.51d.57答案d【解析】根据题意21人报数21人次，其中有7人次报数为3，则此7人出列，剩下13人；13人报数15人次，其中有5人报数为3，则此5人出列，剩下8人；8人报数9人次，其中有3人报数为3，则此3人出列，剩下5人；5人报数6人次，其中有2人报数为3，则此2人出列，剩下3人；3人报数3人次，其中有1人次报数为3，则此1人出列，剩下2人；2人报数3人次，其中1人次报数为3，则此人出列,剩下1人．在这个过程中一共报数：21+15+9+6+3+3=57人次．应选答案d．2.a，b，c，d，e，f六人围坐在一张圆桌周围开会，a是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，b，c二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()a.60种b.48种c.30种d.24种答案b【解析】首先，a是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，考虑b、c两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，2根据排列数的计算公式，得到，4a2，接下来，考虑其余三人的情况，323其余位置可以互换，可得a3种，最后根据分步计数原理，得到4×a2×a3=48种，故选b.第50页·共372页,3.现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有()a.6种b.8种c.12种d.16种答案b1【解析】先安排甲，其选座方法有c4种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另212两个位置的坐法有a2种，所以共有坐法种数为c4⋅a2=4×2=8种．故选：b．4.5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有种(填数字)答案86400【解析】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，5!先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有=5-1!=4!(种)，52把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有c6种分法，最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有5!种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，2所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有4!×c6×5!×2=86400(种).故答案为：86400l【过关测试】一、单选题1(2022·甘肃白银·高三开学考试(理))6名志愿者要到a，b，c三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去a社区，则不同的安排方法共有()a.105种b.144种c.150种d.210种答案d2【解析】先选出2名志愿者安排到a社区，有c6种方法，22c4c2再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，2a213另一种是1组1人，另一组3人，有c4c3种分法，再分配到其他两个社区，222c4c2132则不同的安排方法共有c62+c4c3a2=210种.a2故选：d2(2022·江西·南昌二中高三开学考试(理))2022年3月中旬，新冠肺炎疫情突袭南昌，南昌市统一指挥，多方携手、众志成城，构筑起抗击疫情的坚固堡垒．某小区有小王、小张等5位中学生积极参加社区志愿者，他们被分派到测温和扫码两个小组，若小王和小张不同组，且他们所在的两个组都至少需要2名中学生志愿者，则不同的分配方案种数有()a.8b.10c.12d.14第51页·共372页,答案c222【解析】先分配其他3名中学生有c3a2种方法，再分配小王和小张有a2种方法，222由分步计数原理可得，不同的分配方案种数有c3a2a2=12.故选：c.3用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为()a.24b.30c.36d.42答案b【解析】分2类(先涂前3个圆，再涂后3个圆．)：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有31111a3c2c2=24种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有c3c2=6种涂法．综上，不同的涂法和数为24+6=30．故选：b．4甲乙丙丁四个同学星期天选择到东湖公园，西湖茶经楼，历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有()种.a.24b.96c.174d.175答案d【解析】若4人均去茶经楼，则有1种参观方式，若有3人去茶经楼，则从4人中选择3人，另1人从另外3处景点选择一处，31有c4a3=12种参观方式；若有2人去茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点任意选择一处，211有c4a3a3=54种参观方式；若有1人去茶经楼，则从4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点任意选择一处，1111有c4a3a3a3=108种参观方式，综上：共有1+12+54+108=175种参观方式.故选：d5若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是()1515a.b.c.d.46312答案b212【解析】甲单独去分配的社区，有将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有c3c1a2=6种方法；12甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有c3a2=6种方法；2其中甲乙分配到同一社区的方法有a2=2种，则乙与甲分配到不同社区的方法有6+6-2=10种，105所以乙与甲分配到不同社区的概率是=6+66故选：b第52页·共372页,6近日，各地有序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派5名医务工作者参加登记､接种､留观3项工作，每人参加1项，接种工作至少需要2人参加，登记､留观至少1人参加，则不同的安排方式有()a.50b.80c.140d.180答案b【解析】不同的安排方式有两类办法，32有3人参加接种工作的安排方式有c5a2种，222有2人参加接种工作的安排方式有c5c3a2种，32222由分类加法计数原理得不同的安排方式有：c5a2+c5c3a2=80种.故选：b.7将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个，则不同的放法有()a.82种b.62种c.112种d.84种答案b1213【解析】先将6个不同的乒乓球分为两组，可分1和5，2和4，3和3三种情况，共有c6+c6+c6=31种，22再将分好的两组放入不同的球袋，则共有31×a2=62种放法故选：b．8(2022·四川省成都市第八中学校高三阶段练习(理))甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为()a.240b.192c.96d.48答案b【解析】丙在正中间(4号位)；甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，2考虑到甲､乙的顺序有a2种情况；4剩下的4个位置其余4人坐有a4种情况；24故不同的坐法的种数为4a2a4=192.故选：b.9(2022·安徽·合肥一中模拟预测(理))某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有()a.48b.54c.60d.72答案c【解析】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，221c5•c3•c1共有=15种方法；2a2由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，2所以由2a2=4种方法；按照分步乘法原理，共有4×15=60种方法；故选：c.二、多选题第53页·共372页,10为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则()a.某学生从中选3门，共有30种选法b.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法c.课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法d.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法答案cd【解析】根据题意，依次分析选项：3对于a，某学生从中选3门，6门中选3门共有c6=20种，故a错误；对于b，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，42在其中任选2个，安排“射”“御”，共有a4a5=480种排法，故b错误；对于c，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，34与其他3门课程全排列，共有a3a4=144种排法，故c正确；对于d，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，5若课程“乐”排在最后一周，有a5a5种排法，114若课程“乐”不排在最后一周，有c4c4a4种排法，5114所以共有a5+c4c4a4=504种排法，故d正确．故选：cd．11如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为()312221212222a.a4×a2b.a4×a4c.a4×a2d.c4×a3+c4×a2答案acd3【解析】选项a：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有a4个方法，上面一格，从与中间两131格不同的颜色中取出一个，有a2个方法，故共有a4a2=48个不同方法.正确；22选项b：a4×a4=144,方法总数不对.错误；2选项c：表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色取2种，共有a4个方法，上下两格都是从与中间两格不同1212的颜色中取出一个，有a2个方法.故共有a4a2=48个不同方法.正确；12选项d：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有c4⋅a3个不同方222法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有c4a2a2个不同方法.综合①②可知12222方法总数为：c4a3+c4a2=48个不同方法.正确.故选：acd12将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有()111123122a.c3c2c1c3b.c4a3c.c3c4a2d.18第54页·共372页,答案bc【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：(1)分2步进行分析：2①、先将四个不同的小球分成3组，有c4种分组方法；3②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有a3种放法；23则没有空盒的放法有c4a3种；(2)分2步进行分析：12①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有c3c4种情况；2②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有a2种放法；122则没有空盒的放法有c3c4a2种；故选：bc．13为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴a，b，c三地参加防控工作，则下列说法正确的是()a.不同的安排方法共有64种b.若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种c.若甲､乙两人都不能去a地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有44种d.若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车(救护车相同)，且每地至少安排一辆，则不同的安排方法共有171种答案bd【解析】对于a中，安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴a，b，c三地参加防控工作，每人都有3种安排方4法，则不同的安排方法共有3=81(种)，所以a错误；对于b中，若恰有一地无人去，则需先在三地中选出两地，再将4人安排到这两个地方，不同的安排方法24有c32-2=42(种)，所以b正确.对于c中，根据题意，需将4人分为3组，若甲､乙在同一组，有1种分组方法，又甲､乙两人不能去a地，所以安排甲､乙一组到b地或c地，有2种情况，22剩余2组安排到其余2地，有a2种情况，此时不同的安排方法有2a2=4(种)；2若甲､乙不在同一组，有c4-1=5种分组方法，又甲､乙两人不能去a地，2所以安排没有甲､乙的一组去a地，甲､乙所在的两组安排到b，c两地，有a2种情况，2此时不同的安排方法有5a2=10(种)，则不同的安排方法共有4+10=14(种)，所以c错误；对于d中，只需将20辆救护车排成一排，在形成的19个间隙中插入挡板，将20辆救护车分为3组，依次2对应a，b，c三地即可，此时不同的安排方法有c19=171(种)，所以d正确.故选：bd.第55页·共372页,14现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是()4a.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为541b.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为a5c4c.每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，12323则不同安排方案的种数是c3c4a3+c3a3d.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为31223c5c2+c5c3a3答案abd【解析】根据题意，依次分析选项：5对于a，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有4种安排方法，故a错误；24对于b，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有c5a4种安排方法，故b错误；对于c，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有12323c3c4a3+c3a3种安排方法，c正确；3122c5c2c5c3对于d，分2步分析：需要先将5人分为3组，有+种分组方法，将分好的三组安排翻译、a2a22231223c5c2c5c33导游、礼仪三项工作，有a3种情况，则有2+2a3种安排方法，d错误；a2a2故选：abd．三、填空题15(2022·湖北孝感·高三阶段练习)甲、乙、丙三名志愿者需要完成a，b，c，d，e五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且e工作只有乙能完成，则不同的安排方式有种．答案50【解析】由题意可分为两类2213c4c22(1)若乙只完成e工作，即甲、丙二人完成a，b，c，d，四项工作，则一共有c4c3+2a2=14种安a2排方式(2)若乙不止完成e工作，即甲、乙、丙三人完成a，b，c，d，四项工作，则一共有211c4c2c132a3=36种安排方式a2综上共有14+36=50种安排方式故答案为：5016(2022·全国·高三专题练习(理))志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远．他们共有多少种不同的安排方法答案14【解析】根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：3①丁扶贫点最先去，有a3种安排方法；112②丁扶贫点安排在中间位置去，有c2c2a2种安排方法，第56页·共372页,3112综合①②知共有a3+c2c2a2=14种安排方法．故答案为：14．17(2022·河南·模拟预测(理))将中国古代四大名著--《红楼梦》《西游记》《水浒传》《三国演义》，以及《诗经》等12本书按照如图所示的方式摆放，其中四大名著要求放在一起，且必须竖放，《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》要求横放，若这12本书中7本竖放5本横放，则不同的摆放方法共有种.答案691200【解析】除了四大名著和《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》这7本书以外，从其余5本书中选取3本和四大名著一3445起竖放，四大名著要求放在一起，则竖放的7本书有c5a4a4种方法，还剩5本书横放，有a5种方法，34452故不同的摆放方法种数为c5a4a4a5=10×24×120=691200.故答案为：69120018用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有个．(用数字作答)答案5044【解析】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有a4=24种，当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排134列即可，所以有c5c4a4=5×4×24=480种，所以由分类加法原理可得共有24+480=504种，故答案为：50419(2022·四川省仁寿县铧强中学高三开学考试(理))5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，每个志愿点至少分配一位学生，其中甲乙不能分配到同一个志愿点，则共有种不同的分配方式(用数字作答).答案114【解析】由题意可知5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，，223c5c33共有c5+2⋅a3=150种.a2123甲、乙分配到同一个志愿点，有c3+c3⋅a3=36种所以不同的分配方案有150-36=114种故答案为：114.20(2022·四川·成都七中三模(理))有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生，现有2男2女共4名学生承担这三项任务，不同的安排方法种数是．(用具体数字作答)答案10111【解析】①丙选择一名男生和一名女生：c2c2a2=8.22②丙选择两名男子：c2a2=2.第57页·共372页,所以不同的安排方法种数是：10种.故答案为：10.第58页·共372页,第3章二项式定理【考点预测】知识点1、二项式展开式的特定项、特定项的系数问题(1)二项式定理n0n1n-1rn-rrnn∗一般地，对于任意正整数，都有：(a+b)=cna+cnab+⋯+cnab+⋯+cnb(n∈n)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．rn-rrrn-rr式中的cnab做二项展开式的通项，用tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：tr+1=cnab，r其中的系数cn(r=0，1，2，⋯，n)叫做二项式系数，n(2)二项式(a+b)的展开式的特点：①项数：共有n+1项，比二项式的次数大1；r②二项式系数：第r+1项的二项式系数为cn，最大二项式系数项居中；③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n；012rn④项的系数：二项式系数依次是cn，cn，cn，⋅⋅⋅，cn，⋅⋅⋅，cn，项的系数是a与b的系数(包括二项式系数)(3)两个常用的二项展开式：n0n1n-1rrn-rrnnn①(a-b)=cna-cnab+⋯+(-1)⋅cnab+⋯+(-1)⋅cnb()n122rrn②(1+x)=1+cnx+cnx+⋯+cnx+⋯+x(4)二项展开式的通项公式rn-rr二项展开式的通项：tr+1=cnabr=0,1,2,3,⋯,n公式特点：①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是；②字母b的次数和组合数的上标相同；③a与b的次数之和为n．注意：①二项式nrn-rrnr(a+b)的二项展开式的第r+1项cnab和(b+a)的二项展开式的第r+1项cnn-rrba是有区别的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随便交换位置的．②通项是针对在nnrr(a+b)这个标准形式下而言的，如(a-b)的二项展开式的通项是tr+1=(-1)cnn-rrab(只需把-b看成b代入二项式定理)2、二项式展开式中的最值问题(1)二项式系数的性质0nmm-1m①每一行两端都是1，即cn=cn；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即cn+1=cn+cn．mn-m②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即cn=cn．012rnn12③二项式系数和令a=b=1，则二项式系数的和为cn+cn+cn+⋯+cn+⋯+cn=2，变形式cn+cnrnn+⋯+cn+⋯+cn=2-1．④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令a=1，b=-1，0123nnn则cn-cn+cn-cn+⋯+(-1)cn=(1-1)=0，0242r132r+11nn-1从而得到：cn+cn+cn⋅⋅⋅+cn+⋅⋅⋅=cn+cn+⋯+cn+⋅⋅⋅=⋅2=2．2第59页·共372页,⑤最大值：n2如果二项式的幂指数n是偶数，则中间一项tn的二项式系数cn最大；+12n-1n+122如果二项式的幂指数n是奇数，则中间两项tn+1，tn+1的二项式系数cn，cn相等且最大．+122(2)系数的最大项n求(a+bx)展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为a1，a2，⋅⋅⋅，an+1，设ar+1≥ar第r+1项系数最大，应有，从而解出r来．ar+1≥ar+2知识点3、二项式展开式中系数和有关问题常用赋值举例：n0n1n-12n-22rn-rrnn(1)设a+b=cna+cnab+cnab+⋯+cnab+⋯+cnb，二项式定理是一个恒等式，即对a，b的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取a，b的值．n01n①令a=b=1，可得：2=cn+cn+⋯+cn0123nn②令a=1，b=1，可得：0=cn-cn+cn-cn⋯+-1cn，即：02n13n-1cn+cn+⋯+cn=cn+cn+⋯+cn(假设n为偶数)，再结合①可得：02n13n-1n-1cn+cn+⋯+cn=cn+cn+⋯+cn=2．nn-1n-2(2)若f(x)=anx+an-1x+an-2x+⋯+a1x+a0，则①常数项：令x=0，得a0=f(0)②各项系数和：令x=1，得f(1)=a0+a1+a2+⋯+an-1+an．③奇数项的系数和与偶数项的系数和f(1)+f(-1)(i)当n为偶数时，奇数项的系数和为a0+a2+a4+⋯=；2f(1)-f(-1)偶数项的系数和为a1+a3+a5+⋯=．2(可简记为：n为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配)f(1)-f(-1)(ii)当n为奇数时，奇数项的系数和为a0+a2+a4+⋯=；2f(1)+f(-1)偶数项的系数和为a1+a3+a5+⋯=．2(可简记为：n为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配)12n-1n若f(x)=a0+a1x+a2x+⋯+an-1x+anx，同理可得．注意：常见的赋值为令x=0，x=1或x=-1，然后通过加减运算即可得到相应的结果．【典例例题】题型一:求二项展开式中的参数a61.(2022·湖南·模拟预测)已知x+x的展开式中的常数项为-160，则实数a=()a.2b.-2c.8d.-8答案b第60页·共372页,a6r6-rarr6-2rr【解析】x+x展开式的通项为：tr+1=c6⋅x⋅x=c6⋅x⋅a，333取r=3得到常数项为c6⋅a=20a=-160，解得a=-2.故选：b262.ax-x展开式中的常数项为-160，则a=()a.-1b.1c.±1d.2答案b26r6-r2rr6-rr6-2r【解析】ax-x的展开式通项为tr+1=c6(ax)-x=(-2)ac6x(0≤r≤6,r∈n)，∴令6-2r=0，解得r=3，2636-336-63∴ax-x的展开式的常数项为t4=(-2)ac6x=-160a=-160，3∴a=1∴a=1故选：b.2a543.已知二项式x+x的展开式中，x项的系数为40，则a=()a.2b.-2c.2或-2d.4答案cr25-rarrr10-3r4222【解析】由tr+1=c5x⋅x=c5ax，令10-3r=4，解得r=2，所以x项的系数为c5a=10a=40，解得a=±2．故选：cn34.(2022·湖北·高三阶段练习)若(2x+1)的展开式中x项的系数为160，则正整数n的值为()a.4b.5c.6d.7答案cn∙n-1∙n-2333n-33【解析】由二项式定理知：含x项为cn2x∙1=8×∙x，3×2×14由题意×nn-1n-2=160，nn-1n-2=120，3解得n=6；故选：c.5325.(2022·四川·乐山市教育科学研究所三模(理))m-x展开式中x的系数为-20，则m=()a.2b.1c.3d.2答案a5kk5-kk3322【解析】m-x的展开式通项公式为tk+1=-1c5mx，故-1c5m=-20，记得m=2，故选：a第61页·共372页,【方法技巧与总结】mnntnm-t在形如(ax+bx)的展开式中求x的系数，关键是利用通项求r，则r=．m-n题型二:求二项展开式中的常数项161.(2022·全国·高三阶段练习(理))2x+x展开式中的常数项为()a.160b.120c.90d.60答案a16r6-r1rr6-r6-2r【解析】2x+x展开式通项为tr+1=c6⋅2xx=c6⋅2⋅x，令6-2r=0，解得r=3，33因此，展开式中常数项为c6⋅2=160.故选：a.162.(2022·浙江·慈溪中学高三开学考试)2x-的展开式中的常数项为()xa.-60b.60c.64d.120答案b161r6-3r3r6-rr6-rr2【解析】2x-x展开式的通项为tr+1=c62x-x=c6×2×-1×x，令6-2r=0424解得r=4，所以常数项c6×2×(-1)=60.故选：b.52xn*3.(2022·全国·高三专题练习(理))二项式x-x3n∈n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于()a.2b.3c.4d.5答案b52xn*【解析】二项式x-x3n∈n的展开式为2xr5n-15rr5n-rrr2tr+1=cn(x)-x3=(-2)cnx，15*令5n-r=0,r=0,1,2,⋅⋅⋅,n，n∈n，23则n=r，2*因为n∈n所以当r=2时，n取得最小值3，故选：b1104.(2022·全国·模拟预测)二项式x-的展开式中的常数项为()3xa.210b.-210c.252d.-252第62页·共372页,答案a1101k30-5kk10-kkk6【解析】二项式x-3x的展开式的通项为tk+1=c10x-3x=-1c10x,k=0,1,2,⋯10，30-5k66令=0可得k=6，所以常数项为t7=-1c10=210，6故选：a【方法技巧与总结】写出通项，令指数为零，确定r，代入．题型三:求二项展开式中的有理项111.在二项式2+x的展开式中，系数为有理数的项的个数是.答案6r11-rr【解析】二项展开式的通项公式为tr+1=c112x,r=0,1,2,⋯,11，r11-r第r+1项的系数为c112，当11-r=0,2,4,6,8,10即r=1,3,5,7,9,11时，系数为有理数，这样的项的个数为6，故答案为：6n2.(2022·湖南·长郡中学模拟预测)已知3-x展开式的二项式系数之和为64，则展开式中系数为有理数的项的个数是．答案4n6【解析】依题意，知2=64=2，n=6，6-kk6-kkkk2k则展开式的第k+1项为tk+1=c63-x=-1c63xk=0，1，⋯，6，当k=0，2，4，6时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为4.故答案为：4.3n*3.(2022·湖南长沙·模拟预测)已知3+2xn∈n,1≤n≤12的展开式中有且仅有两项的系数为有理数，试写出符合题意的一个n的值．答案n取6，8，9，10，11中任意一个值均可．3nr3n-rrr【解析】3+2x的展开式的通项为tr+1=cn⋅3⋅2x，r≤n，r∈n．rn-r若系数为有理数，则∈z，且∈z．当n=3时，r=0；23n=4时r=4；n=5时r=2；n=6时r=0，6；n=7时r无解；n=8时r=2，8；第63页·共372页,n=9时r=0，6；n=10时r=4，10；n=11时r=2，8，n=12时r=0，6，12．所以n可取6，8，9，10，11中的任意一个值．故答案为：n取6，8，9，10，11中任意一个值均可．31004.(3x+2)的展开式中系数为有理数项的共有项.答案17100-rr3100r100-r3rr100-r23【解析】(3x+2)的展开式的通项为：tr+1=c1003x2=c100x×3×2，即r既是3的倍数，又是2的倍数，则是6的倍数，r=0，6，12，.......，96，共17项.故答案为：17.3505.(2022·上海·格致中学高三阶段练习)在2-3的展开式中有项为有理数．答案9．25-rrr50-r3rrr23【解析】通项公式：tr+1=c502-3=-1c50×2×3．rrr当与都为整数且25-为整数时，tr+1为有理数，则r=0,6,12,18,24,30,36,42,48．232∴展开式中有9项为有理数．故答案为：9．【方法技巧与总结】先写出通项，再根据数的整除性确定有理项．题型四:求二项展开式中的特定项系数421.(2022·北京海淀·一模)在(x-x)的展开式中，x的系数为()a.-1b.1c.-4d.4答案b2+r4r4-rrrr2【解析】(x-x)的展开式的通项公式为tr+1=c4x-x=-1c4x，r200令2+=2，则r=0，故x的系数为-1c4=1，2故选：b.2162.(2022·云南·高三阶段练习(理))在x-x的二项展开式中，第4项的二项式系数是()a.20b.-20c.15d.-15答案a第64页·共372页,36×5×4【解析】第4项的二项式系数为c6==20.3×2×1故选:an3.若x-2y的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则n=()a.9b.10c.11d.12答案bn37【解析】由题意，二项式x-2y的展开式中第4项与第8项的二项式系数分别为cn，cn，37可得cn=cn，解得n=3+7=10.故选：b.154.(2022·甘肃·武威第八中学高三阶段练习)在x-x的展开式中，x的系数为()a.-10b.-5c.5d.10答案d15r5-r1rrr5-2r【解析】x-x的通项为tr+1=c5⋅x⋅-x=c5⋅-1⋅x，22令5-2r=1，即r=2，t3=c5⋅-1⋅x=10x，故选：d.【方法技巧与总结】写出通项，确定r，代入．题型五:求三项展开式中的指定项21021.(2022·广东·高三阶段练习)3x+2x+1的展开式中，x项的系数为．答案210【解析】因为2103x+2x+1210=3x+2x+10210129228292191010=c103x+c103x2x+1+c103x2x+1+...+c103x2x+1+c102x+129299108282所以含有x项的为c103x⋅c91+c10c102x1=210x.2102所以3x+2x+1的展开式中，含x项的系数为210.故答案为：210.25522.(2022·广东·仲元中学高三阶段练习)(x+x+y)的展开式中，xy的系数为.答案30252【解析】(x+x+y)表示5个因式x+x+y的乘积，25在这5个因式中，有2个因式选y，其余的3个因式中有一个选x，剩下的两个因式选x，即可得到含x第65页·共372页,2y的项，52212故含xy的项系数是c5⋅c3⋅c2=30故答案为：302153.(2022·山西大附中高三阶段练习(理))x+x-2的展开式中常数项为.答案882151221225【解析】x+x-2中的常数项为c5c4xx(-2)+(-2)=88,故答案为:88264.(2022·广东·广州市庆丰实验学校一模)2x+-1的展开式中的常数项为．x2(用数字填写正确答案)答案48126r26-rr【解析】∵2x+x2-1的通项公式为tr+1=c6⋅2x+x2⋅(-1)，0≤r≤6，26-rk6-r6-r-3k对于2x+x2，它的通项公式为tk+1=c6-r⋅2⋅x，0≤k≤6-r，r=0r=3r=6令6-r-3k=0，可得，或，或．k=2k=1k=026026313故2x+x2-1的展开式中的常数项为c6⋅c6⋅2+c6(-1)⋅c3⋅2+1=481，故答案为：481．155.(x1+x2+x3+x4)的展开式合并前的项数为()444415a.c15b.a15c.a15⋅a4d.4答案d【解析】从15个因式(x1+x2+x3+x4)中，每一次都要选一个x1、x2、x3、x4相乘，1515∴(x1+x2+x3+x4)展开式中共有4项.故选：d.1146.(2022·河北邢台·高三期末(理))x+y--的展开式的常数项为()xya.36b.-36c.48d.-48答案a114x+y4414【解析】∵x+y--=x+y-=(x+y)1-，xyxyxy11422221∴x+y-x-y的展开式中的常数项为(c4xy)×c422=36.xy故选：a.第66页·共372页,2527.(2022·四川绵阳·三模(理))在1+x-x的展开式中，x项的系数为()a.-50b.-30c.30d.50答案b252【解析】1+x-x表示5个因式1+x-x的乘积，在这5个因式中，2有2个因式都选-x，其余的3个因式都选1，相乘可得含x的项；12或者有3个因式选-x，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含x的项，x2231故x项的系数为c5+-c5⋅c2⋅2=-30，故选b．5228.x+y-2z的展开式中，xyz的系数是()a.120b.-120c.60d.30答案a55【解析】x+y-2z=x+y-2z，展开式的r5-rr第r+1项为c5x+y-2z，2232令r=2，可得第3项为-2c5x+yz，3m3-mmx+y的展开式的第m+1项为c3xy，令m=2，22可得第3项为c3xy，5所以x+y-2z的展开式中，22222xyz的系数是-2c5c3=120．故选：a．【方法技巧与总结】n三项式(a+b+c)(n∈n)的展开式：nnrn-rrrqn-r-qqr(a+b+c)=[(a+b)+c]=⋯+cna+bc+⋯=⋯+cn⋯+cn-rab+⋯c+⋯rqn-r-qqr=⋯+cncn-rabc+⋯n若令n-r-q=p，便得到三项式(a+b+c)(n∈n)展开式通项公式：rqpqrcncn-rabc(p，q，r∈n，p+q+r=n)，rqn!(n-r)!n!其中cncn-r==叫三项式系数．r!(n-r)!q!(n-r-q)!p!q!r!题型六:几个二(多)项式的和(积)的展开式中条件项系数y6421.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)1-x+y的展开式中xy的系数为()xa.6b.-9c.-6d.9答案dy66y6【解析】1-x+y=x+y-x+y；xx第67页·共372页,6422y6421∵x+y展开式中xy的系数为c6=15；x+y展开式中xy的系数为c6=6；xy642∴1-x+y展开式中xy的系数为15-6=9.x故选：d.3162.(2022·四川·高三开学考试(理))x+1⋅2x-的展开式中的常数项为()x2a.240b.-240c.400d.80答案d16r6-r1rrr6-r6-3r【解析】2x-x2的展开式的通项为tr+1=c62x-x2=-1c6⋅2⋅x，令6-3r=0，得r=2，16226-2则2x-x2的展开式中的常数项为-1c6⋅2=15×16=240，令6-3r=-3，得r=3，16-3336-3则2x-x2的展开式中含x的项的系数为-1c6⋅2=-20×8=-160，316所以x+1⋅2x-的展开式中的常数项为240×1+-160×1=80.x2故选：d．1633.(2022·云南师大附中高三阶段练习)1-(x+2)的展开式中x的系数为()x2a.160b.-160c.148d.-148答案c163331【解析】1-x2(x+2)的展开式中x的系数为c6⋅2-c6⋅2=160-12=148．故选：c.m154.(2022·新疆克拉玛依·三模(理))已知x+xx-x的展开式中常数项为-40，则m=()11a.-3b.3c.d.-33答案a15r5-r1rrr5-2r【解析】x-x展开式中第r+1项tr+1=c5x-x=(-1)c5x2310当r=2时，t3=c5x=10x，r=3时，t4=-c5x=-，xm15m10所以x+xx-x的展开式中常数项为x×10x-x×x=10m-10，所以10m-10=-40，得m=-3.故选：a第68页·共372页,45.(2022·江苏南京·三模)(1+x)(1+2y)a(a∈n*)的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)若f(0，1)+f(1，0)=8，则a的值为()a.0b.1c.2d.3答案c04110a【解析】∵展开式中含y的项为c4⋅1ca⋅2y=2ay，含x的项为c4⋅x⋅ca⋅1=4x，∴f0,1+f1,0=2a+4=8，∴a=2，故选：c2y215326.在x+xx-x的展开式中，含xy的项的系数是()a.10b.12c.15d.20答案a215r25-r1rrr10-3r【解析】因为x-x的展开式为c5x-x=c5-1x，22y215rr10-3ryrr10-3rx+xx-x的展开式为xc5-1x和xc5-1x的和，rr10-3rrr11-3rrr9-3r2xc5-1x=c5-1x；c5-1xy，rr9-3r23222所以在c5-1xy中令r=2，即可得到xy的项的系数，是c5-1=10，故选：a.【方法技巧与总结】分配系数法题型七:求二项式系数最值n*1.在x+1(n∈n)的展开式中，若第5项为二项式系数最大的项，则n的值不可能是()a.7b.8c.9d.10答案d7734【解析】当n=7时，(a+b)的展开式有8项，(a+b)的展开式中二项式系数c7，c7，最大，即第四项和第五项的二项式系数最大；884当n=8时，(a+b)的展开式有9项，(a+b)的展开式中二项式系数c8最大，即第五项的二项式系数最大；9945当n=9时，(a+b)的展开式有10项，(a+b)的展开式中二项式系数c9，c9最大，即第五项和第六项的二项式系数最大.10105当n=10时，(a+b)的展开式有11项，(a+b)的展开式中二项式系数c10最大，即第六项的二项式系数最大.故选：d．第69页·共372页,72.(1+2x)展开式中二项式系数最大的项是()343454a.280xb.560xc.280x和560xd.672x和560x答案c7rrrrr【解析】(1+2x)展开式的通项公式为tr+1=c7(2x)=c7⋅2x，7因为(1+2x)展开式共有8项，所以第4项和第5项的二项式系数最大，7333444所以(1+2x)展开式中二项式系数最大的项为c7⋅2x和c7⋅2x，34即为280x和560x，故选：c2m3.(2022·湖南·高三阶段练习)设m为正整数，(x+y)的展开式中二项式系数的最大值为a，(x+2m+1y)的展开式中的二项式系数的最大值为b.若15a=8b，则m的值为()a.5b.6c.7d.8答案c2mmm2m+1【解析】(x+y)的展开式中二项式系数的最大值为c2m，故a=c2m，(x+y)的展开式中的二项式系mm+1mmm数的最大值为c2m+1或c2m+1，两者相等，不妨令b=c2m+1，则有15c2m=8c2m+1，解得：m=7.故选：ca54.x+x的展开式中x的系数等于其二项式系数的最大值，则a的值为()a.2b.3c.4d.-2答案a5-3ra5r5-rarrr25-3r【解析】因为x+x的展开式的通项公式为tr+1=c5xx=c5ax，令2=1，即r=21时，x的系数为5a，而二项式系数最大值为c5=10，所以5a=10，即a=2．故选：a．1n5.(2022·安徽·高三阶段练习(理))在x-2x的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开6式中x的系数为()453535a.b.-c.d.7488答案c【解析】依题意，第五项二项式系数最大，一共是9项，所以n=8，1r8-r1r4+rr2rr2二项式展开项的通项公式为：tr+1=c8-2∙x∙x=c8-2∙x，r4+=6,r=4，2641435∴x的系数为c8-2=8故选：c.第70页·共372页,【方法技巧与总结】利用二项式系数性质中的最大值求解即可．题型八:求项的系数最值n1.已知(1-3x)的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为．4答案1215xnn6【解析】令x=1，则(1-3x)的展开式各项系数之和为-2=64=2，则n=6；nrrr由(1-3x)的展开式通项公式tr+1=c6(-3)x知二项展开式的系数最大项在奇数项，设二项展开式中第r+1项的系数最大，rrr+2r+2c6(-3)≥c6(-3)r+2r+1≥6-r5-r×9则rrr-2r-2，化简可得：c6(-3)≥c6(-3)8-r7-r×9≥rr-1经验证可得r=4，4444则该展开式中系数最大的项为t5=c6(-3)x=1215x.4故答案为:1215x.92.(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)x-1的展开式中系数最小项为第项．答案69r9-rr【解析】x-1的展开式的通项公式为tr+1=c9x-1，其中系数与二项式系数只有符号差异，又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，则第6项系数最小.故答案为：5.23.若x+n展开式中前三项的系数和为163，则展开式中系数最大的项为．4x答案53762n-3kkk400122【解析】展开式的通项公式为tk+1=2cnx，由题意可得，2cn+2cn+2cn=163，解得n=9，18-3k2kck≥2k+1ck+1kk499设展开式中tk+1=2c9x项的系数最大，则kkk-1k-12c9≥2c91720解得≤k≤，33又∵k∈n，∴k=6，66故展开式中系数最大的项为t7=2c9=5376.故答案为：5376.12n*4.(2022·江苏·姜堰中学高三阶段练习)x+3xn∈n展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为.答案21012n*5【解析】由己知x+3xn∈n展开式中只有第6项系数为c2n最大，所以展开式有11项，第71页·共372页,1r5-5rr10-rr6所以2n=10，即n=5，又展开式的通项为tr+1=c10(x)⋅3x=c10x，564令5-r=0，解得r=6，所以展开式的常数项为c10=c10=210.6故答案为：210.1n31n5.(2022·上海·高三开学考试)假如x-x的二项展开式中x项的系数是-84，则x-x二项展开式中系数最小的项是.126答案-xrn-r1rrrn-2r3【解析】由二项式知：tr+1=cnx-x=(-1)cnx，而x项的系数是-84，r39!9×8×...×1∴n-2r=3时，有c2r+3=84且r为奇数(r>0)，又由C9===84，3!(9-3)!(3×2×1)×(6×...×1)r=3&there4;可得.n=2r+3=9rr9-2r&there4;Tr+1=(-1)C9x，要使系数最小，r为奇数，由对称性知：r=5，55-1126&there4;T6=(-1)C9x=-.x126故答案为：-.x【方法技巧与总结】有两种类型问题，一是找是否与二项式系数有关，如有关系，则转化为二项式系数最值问题；如无关系，Tr≥Tr+1则转化为解不等式组：，注意：系数比较大小．Tr≥Tr-1题型九:求二项展开式中的二项式系数和、各项系数和7271.若(1-x)=a0+a1x+a2x+⋯+a7x，则a1+a2+a3+⋯+a7=.(用数字作答)答案127727【解析】因为(1-x)=a0+a1x+a2x+⋯+a7x，所以x奇次方系数为负，x偶次方系数为正，所以a1+a2+a3+⋯+a7=-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7，727对于(1-x)=a0+a1x+a2x+⋯+a7x，7令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=2，令x=0，得a0=1，7两式相减，得-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=2-1=127，即a1+a2+a3+⋯+a7=127.故答案为：127n2n2.(2022·广东·高三阶段练习)已知(2+x)=a0+a1x+a2x+⋯+anx，若a0+a1+a2+⋯+an=81，则自然数n等于．第72页·共372页,答案4nn【解析】令x=1，则(2+1)=3=a0+a1+a2+⋯+an=81，所以n=4．故答案为：4353.(2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习(理))若(x+y)(2x-y+a)的展开式中各项系数的和为256，则该展开式中含字母x且x的次数为1的项的系数为.答案03535【解析】取x=y=1，则(x+y)(2x-y+a)的展开式中各项系数的和为：2×a+1=256.3535故a=1，则(x+y)(2x-y+a)=x+y2x-y+1，3m3-mm5n5-nnx+y的展开式：Tm+1=C3xy；2x-y+1的展开式：Tn+1=C52x-y+12255取m=2,n=5得到：C3xy⋅C5-y+1，取y=1得到系数为0；3344取m=3,n=4得到：C3y⋅C5⋅2x-y+1，取y=1得到系数为0；综上所述：该展开式中含字母x且x的次数为1的项的系数为0。故答案为：0。2020220204.设1-ax=a0+a1x+a2x+⋅⋅⋅+a2020x，若a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+2020a2020=2020a则非零实数a的值为()A.2B.0C.1D.-1答案A202022020【解析】∵1-ax=a0+a1x+a2x+⋅⋅⋅+a2020x，对其两边求导数，20192019&there4;2020×-a1-ax=a1+2a2x+⋅⋅⋅+2020a2020x，2019令x=1，得2020×-a1-a=a1+2a2+⋅⋅⋅+2020a2020，①又a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+2020a2020=2020aa≠0，②2019&there4;2020×-a1-a=2020aa≠0，&there4;1-a=-1，解得a=2，故选：A．20212320215.已知(1+x)=a0+a1x+a2x+a3x+⋯+a2021x，则a2020+2a2019+3a2018+4a2017+⋯+2020a1+2021a0=()2021202020212020A.2021×2B.2021×2C.2020×2D.2020×2答案Bk【解析】依题意，ak=C2021,k∈N,k≤2021，kk2021!k当k≥1时，(2021-k)ak=(2021-k)C2021=2021C2021-k⋅=2021C2021-2021⋅(2021-k)!⋅k!2020!kk-1=2021(C2021-C2020)，[2020-(k-1)]!⋅(k-1)!2021于是得a2020+2a2019+3a2018+4a2017+⋯+2020a1+2021a0=∑2021-kak+2021a0k=1第73页·共372页,202120212021kk-10kk-1=∑2021C2021-C2020+2021C2021=2021∑C2021-∑C2020k=1k=0k=1202120202020=2021(2-2)=2021×2.故选：B2202220226.(多选题)若1+x+1+x+⋯+1+x=a0+a1x+⋯+a2022x，则()202220223ii-1A.a0=2022B.a2=C2023C.(-1)ai=-1D.(-1)iai=1i=1i=1答案ABD【解析】当x=0时，2022=a0，故A对；222232223a2=C2+C3+C4+⋯+C2022=C3+C3+C4+⋯+C2022=C2023，B对；令x=-1，则0=a0-a1+a2-a3+a4⋯-a2021+a2022，2022i&there4;(-1)ai=-a0=-2022，故C错；i=1220222022对等式1+x+1+x+⋯+1+x=a0+a1x+⋯+a2022x两边求导，220212021即1+21+x+31+x+⋯+20221+x=a1+2a2x+⋯+2022a2022x令x=-1，则1=a1-2a2+3a3-4a4+⋯+2021a2021-2022a2022，2022i-1&there4;(-1)iai=1，故D对，i=1故选：ABD．20022007.设(2x-1)=a0+a1x+a2x+⋯+a200x，求(1)展开式中各二项式系数的和；(2)a1+a2+⋯+a200的值．012200200解析(1)由题意，C200+C200+C200+⋯+C200=2，200即展开式中各二项式系数的和为2.r200-rr(2)由Tr+1=C200⋅(2x)(-1)可知，a1+a2+⋯+a200=-a1+a2-a3+a4-a5+⋯+a200，200200故令x=-1得：a0+a1+a2+⋯+a200=-3=3，200再令x=0得：a0=(-1)=1，200所以a1+a2+⋯+a200=3-1.8.在①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128；这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题.n2n已知(2x-1)=a0+a1x+a2x⋯+anx(n∈N*)，a1a2an(1)求++⋯+的值：22n22(2)求a1+2a2+3a3⋯+nan的值.解析(1)若选①：因为只有第5项的二项式系数最大，第74页·共372页,所以展开式中共有9项，即n+1=9，得n=8，若选②：因为第4项与第6项的二项式系数相等，35所以Cn=Cn⇒n=8，若选③：因为奇数项的二项式系数的和为128，n-1所以2=128，解得n=8.828因为(2x-1)=a0+a1x+a2x⋯+a8x，118a1a2a8令x=2，则有2×2-1=a0+2+2+⋯+8，22a1a2a8即有a0+2+2+⋯+8=0，22令x=0，得a0=1，a1a2a8所以2+2+⋯+8=-a0=-1；22a1a2a8综上所述：++⋯+=-1；22228(2)由(1)可知：无论选①，②，③都有n=8，828(2x-1)=a0+a1x+a2x⋯+a8x，727两边求导得16(2x-1)=a1+2a2x+3a3x⋯+8a8x，令x=1，则有16=a1+2a2+3a3⋯+8a8，所以a1+2a2+3a3⋯+8a8=16.2022220229.1-2x=a0+a1x+a2x+⋯+a2022xx∈R.求：(1)a0+a1+a2+⋯+a2022；(2)a1+a3+a5⋯+a2021；(3)a0+a1+a2+⋯+a2022；(4)展开式中二项式系数和以及偶数项的二项式系数和；(5)求展开式二项式系数最大的项是第几项？(6)a1+2a2+3a3+⋯+2022a2022.2022解析(1)令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a2022=-1=1①.2022(2)令x=-1，得a0-a1+a2-a3+⋯-a2021+a2022=3②.2022由①-②得2a1+a3+a5⋯+a2021=1-3，20221-3&there4;a1+a3+a5⋯+a2021=.22022(3)相当于求展开式1+2x的系数和，2022令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a2022=3.01220222022(4)展开式中二项式系数和是C2022+C2022+C2022⋯+C2022=2.2022135202122021展开式中偶数项的二项系数和是C2022+C2022+C2022⋯+C2022==2.2(5)展开式有2023项，中间项是第1012项，所以展开式二项式系数最大的项是第1012项.第75页·共372页,202222022(6)1-2x=a0+a1x+a2x+⋯+a2022xx∈R两边分别求导得：202122021-40441-2x=a1+2a2x+3a3x⋯+2022a2022xx∈R，令x=1，得a1+2a2+3a3+⋯+2022a2022=4044.82810.已知(1-3x)=a0+a1x+a2x+⋯+a8x(1)求a1+a2+⋯+a8；(2)求a2+a4+a6+a8.解析(1)令x=0，则a0=1.88令x=1，则a0+a1+⋯+a8=(1-3×1)=2，①8故a1+a2+⋯+a8=a0+a1+⋯+a8-a0=2-1=255.816(2)令x=-1，则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8=4=2，②8162+2715①+②可得a0+a2+a4+a6+a8==2+2，2715故a2+a4+a6+a8=2+2-1=32895.【方法技巧与总结】nn-1二项展开式二项式系数和：2；奇数项与偶数项二项式系数和相等：2．n2n系数和：赋值法，二项展开式的系数表示式：(ax+b)=a0+a1x+a2x+...+anx(a0，a1，...，an是系数)，n令x=1得系数和：a0+a1+...+an=(a+b)．题型十:求奇数项或偶数项系数和24281.(2022·浙江·模拟预测)已知多项式x-3x+2=a0+a1x+a2x+⋯+a8x，则a1+a3+a5+a7=，a1=．答案-648-962428【解析】因为x-3x+2=a0+a1x+a2x+⋯+a8x，令x=1可得0=a0+a1+a2+⋯+a8①；4令x=-1可得6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8②，两式相减，整理可得a1+a3+a5+a7=-648．2428237对x-3x+2=a0+a1x+a2x+⋯+a8x两边求导可得，4x-3x+2(2x-3)=a1+2a2x+⋯+8a8x，令x=0，可得a1=-96．故答案为：-648；-96．992.(2022·全国·模拟预测)若1+x-ax1+x的展开式中，所有x的偶数次幂项的系数和为64，则正实数a的值为．3答案4999【解析】设1+x-ax1+x=1-ax1+x2345678910=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x+a7x+a8x+a9x+a10x.9令x=1，得2×1-a=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10①；第76页·共372页,令x=-1，得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8-a9+a10②.9②+①得2×1-a=2a0+a2+a4+a6+a8+a10．863又因为a0+a2+a4+a6+a8+a10=64，所以21-a=64=2，解得a=．43故答案为：42n23.(2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测(理))已知(2+x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)+...+a2n(12n15+x)，若a2+a4+a6+...+a2n-2+a2n=2-1，则n=.答案82n2n2k2n-2k2k【解析】2+x=1+1+x，所以T2k+1=C2n11+x，2k所以a2k=C2n，2462n15所以a2+a4+a6+...+a2n-2+a2n=C2n+C2n+C2n+⋯+C2n=2-1，2n-115即2-1=2-1，解得：n=8故答案为：854.(2022·湖北武汉·模拟预测)在(a+x)(1+x)展开式中，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，则a=．1答案4523456【解析】设(a+x)(1+x)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x5令x=1得：(a+1)⋅2=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6①，令x=-1得：0=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6②，两式相减得：32a+1=2a1+a3+a5，因为，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，1所以32a+1=40，解得：a=.41故答案为：4929225.若(x+2+m)=a0+a1(x+1)+a2(x+1)+⋅⋅⋅+a9(x+1)，且a0+a2+⋅⋅⋅+a8-a1+a3+⋅⋅⋅+a99=3，则实数m的值可以为()A.1或-3B.-1C.-1或3D.-3答案A929【解析】在(x+2+m)=a0+a1(x+1)+a2(x+1)+⋅⋅⋅+a9(x+1)中，99令x=-2可得a0-a1+a2-a3+⋅⋅⋅+a8-a9=m，即a0+a2+⋅⋅⋅+a8-a1+a3+⋅⋅⋅+a9=m，9令x=0，可得a0+a2+⋅⋅⋅+a8+a1+a3+⋅⋅⋅+a9=(2+m)，229∵a0+a2+⋅⋅⋅+a8-a1+a3+⋅⋅⋅+a9=3，9&there4;a0+a2+⋅⋅⋅+a8+a1+a3+⋅⋅⋅+a9a0+a2+⋅⋅⋅+a8-a1+a3+⋅⋅⋅+a9=3，99299&there4;(2+m)⋅m=2m+m=3，2整理得2m+m=3，第77页·共372页,解得m=1，或m=-3．故选：A266.(2022·江苏南通·高三开学考试)在1-的二项展开式中，奇数项的系数之和为()xA.-365B.-364C.364D.365答案D262k-1kkkk2【解析】1-x的展开式通项为Tk+1=C6⋅-x=C6⋅-2⋅x，0224466因此，展开式中所有奇数项的系数和为C6+C6⋅-2+C6⋅-2+C6⋅-2=365.故选：D.44327.若(2x-1)=a4x+a3x+a2x+a1x+a0，则a0+a2+a4=()A.40B.41C.-40D.-41答案B【解析】令x=1，则a4+a3+a2+a1+a0=1，4令x=-1，则a4-a3+a2-a1+a0=-3=81，1+81故a4+a2+a0==41，2故选：B.【方法技巧与总结】n2nn(ax+b)=a0+a1x+a2x+...+anx，令x=1得系数和：a0+a1+...+an=(a+b)①；n令x=-1得奇数项系数和减去偶数项系数和：a0-a1+a2-a3...an=(a-b)=(a0+a2+...)-(a1+a3+...)②，联立①②可求得奇数项系数和与偶数项系数和．题型十一:整数和余数问题302929282811.已知S=2+2C30+2C30+⋅⋅⋅+2C30，则S除以10所得的余数是()A.2B.3C.6D.8答案D302929282813015【解析】S=2+2C30+2C30+⋅⋅⋅+2C30=2+1-1=9-115=10-1-10150114114141515=C15×10×-1+C15×10×-1+⋅⋅⋅+C15×10×-1+C15×-1-1015011411414=C15×10×-1+C15×10×-1+⋅⋅⋅+C15×10×-1-2，所以S除以10的余数为8．故选：D．第78页·共372页,20222.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(理))已知74+a能够被15整除，则a的一个可能取值是()A.1B.2C.0D.-1答案D202202022120212202020212022【解析】75-1+a=C202275-C202275+C202275-⋅⋅⋅-C202275+C2022+a,75能够被15整除，要使原式能够被15整除，则需要1+a能被15整除，将选项逐个检验可知a的一个可能取值是-1，其他选项均不符合题意，故选：D20223.(2022·陕西·西安中学一模(理))设a∈Z，且0≤a<13，若51+a能被13整除，则a=()A.0B.1C.11D.12答案D20222022【解析】51+a=52-1+a02022120212202020212022=C202252-C202252+C202252-⋯-C202252+C2022+a20222022因为51+a能被13整除，所以C2022+a=1+a能被13整除因为a∈Z，且0≤a<13，所以a=12，故选：D12233kkk10104.1-80C10+80C10-808010+⋯+(-1)80C10+⋯+80C10除以78的余数是()A.-1B.1C.-87D.87答案B12233kkk10101010【解析】因为1-80C10+80C10-80C10+⋅⋅⋅+-180C10+⋅⋅⋅+90C10=1-80=79101001221010所以79=1+78=C10+C1078+C1078+⋅⋅⋅+C1078，除了第一项之外，其余每一项都含有78的倍数，所以原式除以78的余数为1.故选:B．5.(2022·全国·高三专题练习(文))中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，mm>0为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a&equiv;01222020bmodm．若a=C20+C20⋅2+C20⋅2+⋯+C20⋅2，a&equiv;bmod10，则b的值可以是()A.2022B.2021C.2020D.2019答案B01222020【解析】因为a=C20+C20⋅2+C20⋅2+⋯+C20⋅2201010=1+2=9=10-101019289=C10⋅10-C10⋅10+C10⋅10-⋯-C10⋅10+1&equiv;1(mod10),四个选项中，只有b=2021时，除以10余数是1．故选：B．第79页·共372页,题型十二:近似计算问题61.(2022·山西·应县一中高三开学考试(理))(1.05)的计算结果精确到0.01的近似值是．答案1.3466122【解析】1.05=1+0.05=1+C6⋅0.05+C6⋅0.05+⋯≈1+0.3+0.0375=1.3375≈1.34故答案为：1.34102.(2022·山东·高三阶段练习)某同学在一个物理问题计算过程中遇到了对数据0.98的处理，经过思考，他决定采用精确到0.01的近似值，则这个近似值是.答案0.82【解析】根据二项式定理可得：10101220.98=(1-0.02)≈1-C10×0.02+C10×0.02≈0.8+0.018≈0.82,故答案为：0.8273.1.95的计算结果精确到个位的近似值为()A.106B.107C.108D.109答案B77716252【解析】∵1.95=2-0.05=2-C7×2×0.05+C7×2×0.05-⋅⋅⋅≈107.28，7&there4;1.95≈107.故选B题型十三:证明组合恒等式011223341.(2022·江苏·高三专题练习)(1)阅读以下案例，利用此案例的想法化简C3C4+C3C4+C3C4+C3C4．5232案例：考查恒等式(1+x)=(1+x)(x+1)左右两边x的系数．230122031223因为右边(1+x)(x+1)=(C2+C2x+C2x)(C3x+C3x+C3x+C3)，2011223所以，右边x的系数为C2C3+C2C3+C2C3，22而左边x的系数为C5，0112232所以C2C3+C2C3+C2C3=C5．n2r22n-1n(2)求证：∑(r+1)(Cn)-nC2n-2=(n+1)C2n．r=07343解析(1)考查恒等式(1+x)=(1+x)(x+1)左右两边x的系数，3401223344332210因为右边(1+x)(x+1)=(C3+C3x+C3x+C3x)(C4x+C4x+C4x+C4x+C4)，30312213001122334所以，右边x的系数为C3C4+C3C4+C3C4+C3C4=C3C4+C3C4+C3C4+C3C433011223343而左边x的系数为：C7，所以C3C4+C3C4+C3C4+C3C4=C7．rn!(n-1)!r-1(2)∵rCn==n⋅=nCn-1，(r-1)!(n-r)!(r-1)!(n-r)!第80页·共372页,nnnn2r2r2r2r2(r+1)(Cn)=(rCn)+2r(Cn)+(Cn)r=0r=0r=0r=0nnn2r-12r-1rr2=n(Cn-1)+2nCn-1∙Cn+(Cn)．r=1r=1r=02nnnn考查恒等式(1+x)=(1+x)(x+1)左右两边x的系数．nn0011nnr2nn因为右边x的系数为CnCn+CnCn+...+CnCn=Cn，而左边的x的系数为C2n．r=0nnr2nr-12n-1所以(Cn)=C2n，同理可求得(Cn-1)=C2n-2r=0r=12n-1n-1nn-1考查恒等式(1+x)=(1+x)(x+1)左右两边x的系数，n-1n01n-1n-10n1n-1n因为右边(1+x)(x+1)=(Cn-1+Cn-1x+⋯+Cn-1x)(Cnx+Cnx+⋯+Cn)，nn-10112n-1nrr所以，右边的x的系数为Cn-1Cn+Cn-1Cn+...+Cn-1Cn=Cn-1Cn，r=1nn-1n-1r-1rn-1而左边的x的系数为C2n-1，所以Cn-1Cn=C2n-1，r=1n2r22n-12n-1n-1n2n-1(r+1)(Cn)-nC2n-2=nC2n-2+2nC2n-1+C2n-nC2n-2r=0n-1nn-1n-1nn-1nn=2nC2n-1+C2n=n(C2n-1+C2n-1)+C2n=n(C2n-1+C2n-1)+C2nnnn=nC2n+C2n=(n+1)C2n．2.(多选题)(2022·江苏·海安市曲塘中学高三期末)下列关系式成立的是()012233nA.Cn+2Cn+2Cn+2Cn+⋯+2nCn=3n01232n-12n2-1B.2C2n+C2n+2C2n+C2n+⋯+C2n+2C2n=3·2n122232n2-1C.Cn·1+Cn·2+Cn·3+⋯+Cnn=n·2n021222n2nD.(Cn)+(Cn)+(Cn)+⋯+(Cn)=C2n答案ABD012233nnn【解析】Cn+2Cn+2Cn+2Cn+⋯+2nCn=1+2=3，A正确；2n01222n-12n-12n2n设1+x=C2n+C2nx+C2nx+⋯+C2nx+C2nx，0122n-12n2n当x=1时，C2n+C2n+C2n+⋯+C2n+C2n=2①，0122n-12n当x=-1时，C2n-C2n+C2n+⋯-C2n+C2n=0②022n-22n2n-1由①+②得C2n+C2n+⋯+C2n+C2n=2132n-32n-12n-1由①-②得C2n+C2n+⋯+C2n+C2n=201232n-12n2n-12n-12n-1&there4;2C2n+C2n+2C2n+C2n+⋯+C2n+2C2n=2×2+2=3⋅2，B正确；k⋅n⋅n-1⋅⋯⋯⋅n-k+1n⋅n-1⋅⋯⋯⋅n-k+1kk-1∵kCn===nCn-1，k⋅k-1⋅⋯⋯⋅2k-1⋅k-2⋅⋯⋯⋅2n22232n201n-1x·1+Cn·2+Cn·3+⋯+Cnn=nCn-1⋅1+nCn-1⋅2+⋯⋯+nCn-1⋅n01n-1=nCn-1⋅1+Cn-1⋅2+⋯⋯+Cn-1⋅n，n-101n-1n-1令1+x=Cn-1+Cn-1x+⋯⋯+Cn-1x，n-1012n-1n两边同乘x得x1+x=Cn-1x+Cn-1x+⋯⋯+Cn-1x，n-1n-201n-1n-1两边同时求导得1+x+n-1x1+x=Cn-1+2Cn-1x+⋯⋯+nCn-1x，01n-1n-1n-2n-2令x=1得Cn-1+2Cn-1+⋯⋯+nCn-1=2+n-12=n+12122232n2n-2则Cn·1+Cn·2+Cn·3+⋯+Cnn=nn+12第81页·共372页,C错误；2nnn令f(x)=(1+x)=(1+x)⋅(1+x)，0122332n2n则C2n+C2nx+C2nx+C2nx+⋯+C2nx012233nn012233nn=(Cn+Cnx+Cnx+Cnx+⋯+Cnx)⋅(Cn+Cnx+Cnx+Cnx+⋯+Cnx)，n0n1n-1n0n比较等式两边x的系数可知CnCn+CnCn+⋯+CnCn=C2n，r2n-r又C2n=C2n，021222n2n&there4;(Cn)+(Cn)+(Cn)+⋯+(Cn)=C2nD正确;故选：ABD.*3.(多选题)设n∈N，下列恒等式正确的为()12nn-112nn-1A.Cn+Cn+⋯+Cn=2B.1Cn+2Cn+⋯+nCn=n⋅221222nn-231323nn-1C.1Cn+2Cn+⋯+nCn=nn+12D.1Cn+2Cn+⋯+nCn=4n-32答案BCn0122nn【解析】由二项式定理可得1+x=Cn+xCn+xCn+⋯+xCn，令x=1可得012nn12nnCn+Cn+Cn+⋯+Cn=2，所以Cn+Cn+⋯+Cn=2-1，A不正确；n-112n-1n对二项式定理式子两边求导可得n1+x=Cn+2xCn+⋯+nxCn，n-112n令x=1可得n⋅2=Cn+2Cn+⋯+nCn，故B正确；n-112n-1n由B知n1+x=Cn+2xCn+⋯+nxCn，两边同乘x可得n-1122nnnx1+x=xCn+2xCn+⋯+nxCn，两边求导可得n-1n-21222n-1nn1+x+nn-1x1+x=Cn+2xCn+⋯+nxCn，n-1n-2n-21222n令x=1可得n⋅2+nn-12=nn+12=Cn+2Cn+⋯+nCn，C正确；n-1n-21222n-1n由C可得n1+x+nn-1x1+x=Cn+2xCn+⋯+nxCn，两边同乘x可得,n-12n-212222nnnx1+x+nn-1x1+x=xCn+2xCn+⋯+nxCn，两边求导可得，n-1n-2n-22n-3132n1+x+nn-1x1+x+2nn-1x1+x+nn-1n-2x1+x=Cn+2xCn+⋯3n-1n1323n+nxCn，令x=1可得Cn+2Cn+⋯+nCn=n-1n-2n-2n-3n2+nn-12+2nn-12+nn-1n-22nn-1nn-1n-2n-12n-3=n++nn-1+⋅2=nn+3⋅2，D不正确；24故选:BC.题型十四:二项式定理与数列求和1.(2022·全国·高三专题练习(理))伟大的数学家欧拉28岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴赛尔2222*sinxxxxx级数”难题．当n∈N时，=1-1-1-⋯1-⋯，又根据泰勒展开式xπ24π29π2n2π235-1n-1x2n-1xx1111可以得到sinx=x-++⋯++⋯，根据以上两式可求得+++⋯++3!5!22222n-1!123n⋯=()2222ππππA.B.C.D.6384第82页·共372页,答案A35-1n-1x2n-1xx【解析】由sinx=x-++⋯++⋯，两边同时除以x，3!5!2n-1!24-1n-1x2n-2sinxxx得=1-++⋯++⋯，x3!5!2n-1!2222sinxxxxx又=1-1-1-⋯1-⋯xπ24π29π2n2π2211111展开式中x的系数为-+++⋯++⋯，π2122232n2111111所以-+++⋯++⋯=-，π2122232n23!21111π所以+++⋯++⋯=．122232n26故选：A．142.已知数列an是等比数列，a1=1，公比q是x+4x2的展开式的第二项(按x的降幂排列)(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；12n(2)若An=CnS1+CnS2+⋅⋅⋅+CnSn，求An．14r4-r1r1r4-3r解析(1)∵x+4x2展开式通项公式为：Tr+1=C4⋅x⋅4x2=4rC4⋅x，11n-1&there4;q=T2=C4⋅x=x，又a1=1，&there4;an=x；4当x=1时，Sn=na1=n；a1-qnn11-x当x≠1时，Sn==；1-q1-xn,x=1综上所述：Sn=1-xn,x≠11-x12n(2)①当x=1时，An=Cn+2Cn+⋅⋅⋅+nCn；n01122nnnn-112nn-1∵1+x=Cn+Cnx+Cnx+⋅⋅⋅+Cnx，&there4;1+x=n1+x=Cn+2Cnx+⋅⋅⋅+nCnx，12nn-1n-1令x=1得：Cn+2Cn+⋅⋅⋅+nCn=n⋅2，即An=n⋅2；23n12n11-x21-x31-xn②当x≠1时，An=CnS1+CnS2+⋅⋅⋅+CnSn=Cn+Cn+Cn+⋅⋅⋅+Cn=1-x1-x1-x112n1122nn1n1nCn+Cn+⋅⋅⋅+Cn-Cnx+Cnx+⋅⋅⋅+Cnx=⋅2-1-1+x-1=1-x1-x1-x1-xnn2-1+x；1-xn-1n⋅2,x=1综上所述：A=nn.n2-1+x,x≠11-x(4n+6)an+4n+10*3.已知数列{an}满足a1=a，an+1=(n∈N)2n+1an+2(1)试判断数列2n+1是否为等比数列？若不是，请说明理由；若是，试求出通项an．1111(2)如果a=1时，数列{an}的前n项和为Sn．试求出Sn，并证明++⋯+<(n≥3)S3S4Sn10第83页·共372页,(4n+6)an+4n+10(4n+6)(an+2)解析(1)∵an+1+2=+2=，2n+12n+1an+1+2(an+2)&there4;=2∙，2n+32n+1an+2令bn=，则bn+1=2bn，2n+1a+2∵b1=，3&there4;当a=-2时，b1=0，则bn=0．∵数列0，0，⋯不是等比数列．an+2&there4;当a=-2时，数列2n+1不是等比数列；an+2当a≠-2时，b1≠0，则数列2n+1是等比数列，且公比为2．n-1&there4;bn=b1∙2，an+2a+2n-1即=∙2．2n+13(a+2)(2n+1)n-1解得an=∙2-2.3n-1(2)由(1)知，当a=1时，an=(2n+1)∙2-2，2n-1Sn=3+5∙2+7∙2+⋯+(2n+1)∙2-2n．2n-1令Tn=3+5∙2+7∙2+⋯+(2n+1)∙2，⋯①2n-1n则2Tn=3∙2+5∙2+⋯+(2n-1)∙2+(2n+1)∙2，⋯②2n-1n由①-②：-Tn=3+2(2+2+⋯+2)-(2n+1)∙2n-12(1-2)n=3+2∙-(2n+1)∙21-2n=(1-2n)∙2-1，n&there4;Tn=(2n-1)∙2+1，n则Sn=Tn-2n=(2n-1)(2-1)n01n-1n∵2=Cn+Cn+⋯+Cn+Cn，n01n-1nn&there4;当n≥3时，2≥Cn+Cn+Cn+Cn=2(n+1)，则2-1≥2n+1．&there4;Sn≥(2n-1)(2n+1)，11111则S≤=22n-1-2n+1．n(2n-1)(2n+1)因此，1+1+⋯+1≤11-1+1-1+⋯+1-111-1<sss257792n-12n+1=252n+134n1．10题型十五:杨辉三角第84页·共372页,1.(2022·山东·高三开学考试)杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表．123456⋯35791113⋯81216202428⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯该数表的第一行是数列{n}，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，⋯，则该数列的前n项和sn=．n-1答案52n⋅2n-1【解析】由数表规律可知，第4行的第1个数为8+12=20，第n行是公差为2的等差数列，4-1所以第4行的公差d=2=8，则第4行的第5个数为52；n-1记各行的第一个数组成的数列为an，则a1=1，an+1=2an+2，n+1an+1an1两边同除以2，得=+，n+1n422ana11故是首项为，公差为的等差数列，2n24ana11n+1n+1nn-2则n=+(n-1)=，则an=×2=(n+1)×2，2244401n-212n-2n-1则sn=1+3×2+4×2+⋯+(n+1)×2，2sn=2+3×2+4×2+⋯+n×2+(n+1)×2，012n-2n-1两式相减得-sn=1+2+2+2+⋯+2-(n+1)×2n-11-2n-1=1+-(n+1)×21-2n-1n-1n-1=2-(n+1)×2=-n×2，n-1所以sn=n×2．n-1故答案为：52；n⋅22.(2022·浙江省杭州学军中学模拟预测)“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数∗在三角形中的一种几何排列．如图所示，第nn∈n,n≥2行的数字之和为，去除所有1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯,则此数列的前28项和为．n-1答案2494n-1【解析】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为2，n+1去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为2-2，而28=1+2+3+4+5+6+7，23892所以数列的前28项和s28=2-2+2-2+⋯+2-2=2-2-14=494.n-1故答案为：2；494第85页·共372页,3.(2022·安徽·合肥市第五中学模拟预测(理))杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解n九章算法》一书中，画了一个由二项式a+bn=1,2,3,⋅⋅⋅展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个*数值都是它上面的两个数值之和，每一行第kk≤n,k∈n个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，k的值为()a.1009b.1010c.1011d.1012答案ck-1k-1k-1k-1kk-1k-1k-1k【解析】当k≥2时，第k斜列各项之和为ck-1+ck+ck+1+⋅⋅⋅+c2022=ck+ck+ck+1+⋅⋅⋅+c2022=c2023，k+1kk+1k+1同理，第k+1斜列各项之和为c2023，所以c2023+c2023=c2024，所以第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，k+1=1012，则k=1011.故选：c．4.(多选题)在1261年，我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为an，如：a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,⋯,an的前n项和记为sn，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，记为bn，bn的前n项和记为tn，则下列说法正确的有()4an1a.s9=1022b.s⋅s的前n项和为1-a-1nn+1n+1c.b56=66d.t56=4084答案abdnnn【解析】从第一行开始，每一行的数依次对应a+b的二项式系数，所以an=1+1=2，n21-2n+110an为等比数列，sn==2-2，所以s9=2-2=1022，故a正确；1-24an11=2-，s⋅s2n+1-22n+2-2nn+1第86页·共372页,4an111111所以的前n项和为2-+2-+...+2-s⋅s22-223-223-242n+1-22n+2-2nn+12-2111=2-=1-，故b正确；22n+2-2an+1-1依次去掉每一行中所有的1后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3⋯⋯构成一个等差数列，项数之和为nn+1≤56，n的最大整数为10，杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，在bn中去掉，b56取的21就是第12行的第2项，b56=c12=12≠66，故c错误；12s11=2-2，这11行中共去掉了22个1，所以t56=s11-22+b56=4094-22+12=4084，故d正确.故选：abd.l【过关测试】一、单选题8361(2022·江苏·金陵中学高三阶段练习)x-yx+y的展开式中xy的系数为()a.28b.-28c.56d.-56答案b【解析】由二项式定理：8(x-y)(x+y)080171808=(x-y)(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)080171808080171808=x(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)-y(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)090181818081172809=(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)-(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)3665238×78×7×6观察可知xy的系数为c8-c8=c8-c8=-=-28.2×13×2×1故选：b.2542(2022·福建师大附中高三阶段练习)在2+x-x的展开式中，含x的项的系数为()a.-120b.-40c.-30d.200答案c2525r5-r2r【解析】(2+x-x)=(2+x)-x，其展开式为：tr+1=c5(2+x)-x,r=0,1,...,5根据题意可得：r=0,1,255k5-kk当r=0时，则t1=(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c52x,k=0,1,...,544∴k=4，则x的项的系数为2c5=10142244k4-kk当r=1时，则t2=c5(2+x)-x=-5x(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c42x,k=0,1,...,4422∴k=2，则x的项的系数为-5×2×c4=-1202322433k3-kk当k=2时，则t3=c5(2+x)-x=10x(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c32x,k=0,1,2,3430∴k=0，则x的项的系数为10×2×c3=804综上所述：含x的项的系数为10-120+80=-30故选：c．第87页·共372页,11023(2022·福建泉州·模拟预测)x-x的展开式中，x的系数等于()a.-45b.-10c.10d.45答案d110110-r3r-10rrrr2【解析】x-x的通项为tr+1=c10x(-x)=(-1)c10x，3令r-10=2，解得r=8，2288所以x项的系数为：(-1)c10=45.故选：d5264(2022·湖南益阳·模拟预测)若1+2x(1-2x)=a0+a1x+a2x+⋯+a6x，x∈r，则a2的值为()a.-20b.20c.40d.60答案b555【解析】∵1+2x(1-2x)=(1-2x)+2x(1-2x)，22211故展开式中x的系数a2=c5(-2)+2×c5(-2)=40-20=20.故选：b.2255(2022·湖南·高三开学考试)已知x+ax-x的展开式中各项系数的和为-3，则该展开式中x的系数为()a.0b.-120c.120d.-160答案a225【解析】因为x+ax-x的展开式中各项系数的和为-3，所以令x=1，得-a+1=-3，解得a=2，25r5-r2r∵x-x的展开式为tr+1=c5x-x,r=0,1,2,3,4,5232232322则展开式中含x的项为x×c5x-x+2×c5x-x=0，故x的系数为0.故选：a．44326(2022·北京房山·高三开学考试)若(2x-1)=a4x+a3x+a2x+a1x+a0，则a2=()a.6b.24c.-6d.-24答案b4r4-rrr4-rr4-r【解析】由二项式(2x-1)的展开式的通项为tr+1=c4(2x)(-1)=(-1)⋅2c4x，令4-r=2，可得r=2，22222将r=2代入，可得t3=(-1)⋅2c4x=24x，2所以x的系数a2=24.故选：b.第88页·共372页,*nn7(2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习)设n∈n，x=a0+a1(x-1)+⋯+an(x-1)=b0+b1(x-2)+n⋯+bn(x-2)，则()nna.b0-a0+b1-a1+⋯+bn-an=3-2b0b1bnb.++⋯+=2(a0+a1+⋯+an)a0a1an111c.a0+a1+⋯+an=(a0+a1+⋯+an)2n+1n+12n(n+1)d.b1+4b2+⋯+nbn=(a0+a1+⋯+an)4答案a【解析】由二项式定理知：nn0122nnx=x-1+1=cn+cnx-1+cnx-1+⋯+cnx-1，in∴ai=cni=0,1,2,⋯,n，令x=2，则有a0+a1+⋯an=2；nn0n1n-12n-22nnx=x-2+2=cn2+cn2x-2+cn2x-2+⋯+cnx-2，in-in∴bi=cn∙2i=0,1,2,⋯,n，令x=3，则有b0+b1+⋯+bn=3；nn故有b0-a0+b1-a1+⋯+bn-an=3-2，a正确；令n=2，则有a0=1,a1=2,a2=1,b0=4,b1=4,b2=1，分别代入b，c，d选项：b0b1b2441++=++=7,2a0+a1+a2=21+2+1=8，b错误；a0a1a21211117114a0+a1+a2=1+1+=,a0+a1+a2=1+2+1=，c错误；23332+1332×2+16b1+4b2=4+4×1=8,a0+a1+a2=1+2+1=6，d错误；44故选：a.2828(2022·河北·高三阶段练习)关于二项式1+ax+x(1-x)，若展开式中含x的项的系数为21，则a=()a.3b.2c.1d.-1答案c22210【解析】由题意得x的系数为1×c8×(-1)+a×c8×(-1)+1×c8=21，解得a=1，故选：c.729(2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测(理))已知2x-3=a0+a1x-1+a2x-1+⋯+a7x-17，则a3=()a.280b.35c.-35d.-280答案a727【解析】∵2x-3=a0+a1x-1+a2x-1+⋯+a7x-1，令x-1=t，则x=t+1727∴2t-1=a0+a1t+a2t+⋯+a7t，7r7-rr2t-1展开式的通项为：tr+1=c7(2t)-1，433令r=4，可得c72t=280t，所以a3=280.故选：a.二、多选题第89页·共372页,66i10(2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习)已知(x+2)=aix，则()i=0a.a1+a2+a3+a4+a5+a6=666b.a3=20c.a1+a3+a5>a2+a4+a6D.a1+2a0=a3+2a4+3a5+4a6答案CD66【解析】对于A，令x=0，则a0=2=64，令x=1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=3=729，所以a1+a2+a3+a4+a5+a6=729-64=665，所以A错误，r6-rr33对于B，二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6x⋅2，所以a3=C6×2=20×8=160，所以B错误，6对于C，令x=-1，则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=1，因为a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=3=729，所以a0+a2+a4+a6=365，a1+a3+a5=364，因为a0=64，所以a2+a4+a6=301，所以a1+a3+a5>a2+a4+a6，所以C正确，r6-rr5533对于D，因为二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6x⋅2，所以a1=C6×2=192，a3=C6×2=160，a4=22100C6×2=60，a5=C6×2=12，a6=C6×2=1，所以a1+2a0=192+2×64=320，a3+2a4+3a5+4a6=160+2×60+3×12+4×1=320，所以a1+2a0=a3+2a4+3a5+4a6，所以D正确，故选：CD1611(2022·浙江·高三开学考试)在二项式2x-的展开式中，正确的说法是()xA.常数项是第3项B.各项的系数和是1C.偶数项的二项式系数和为32D.第4项的二项式系数最大答案BCD16k6-k1kkk6-k3-k【解析】二项式2x-x的展开式通项为Tk+1=C6⋅2x⋅-x=C6⋅-1⋅2⋅x，对于A选项，令3-k=0，可得k=3，故常数项是第4项，A错；6对于B选项，各项的系数和是2-1=1，B对；5对于C选项，偶数项二项式系数和为2=32，C对对于D选项，展开式共7项，第4项二项式系数最大，D对；故选：BCD62612(2022·江苏镇江·高三开学考试)已知函数f(x)=(1-2x)=a0+a1x+a2x+⋅⋅⋅+a6xai∈R,i=0,1,2,3,⋅⋅⋅,6的定义域为R．()A.a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a6=-1B.a1+a3+a5=-364C.a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+6a6=12D.f(5)被8整除余数为7答案BC6【解析】A.当x=1时，a0+a1+a2+...+a6=1-2=1，①故A错误；66B.当x=-1时，a0-a1+a2+...+a6=1+2=3，②，661-3①-②=2a1+a3+a5=1-3，解得：a1+a3+a5==-364，故B正确；25255C.fx=-121-2x=a1+2a2x+3a3x+...+6a6x，令x=1得a1+2a2+3a3+...+6a6=-121-2=12，故C正确；66615245D.f5=9=8+1=8+C6⋅8+C6⋅8+...+C6⋅8+1，所以f5被8整除余数为1，故D错误.故选：BC第90页·共372页,n2n13(2022·湖南师大附中高三阶段练习)已知(1+2x)=a0+a1x+a2x+⋯+anx，下列结论正确的是()nA.a0+a1+a2+⋯+an=3n&lowast;B.当n=5,x=3时，设(1+2x)=a+b3,a,b∈N，则a=bC.当n=12时，a0,a1,a2,⋯,an中最大的是a7a1a2a3a4a11a12D.当n=12时，-+-+⋯+-=12222324211212答案ADn【解析】在已知式中令x=1得a0+a1+a2+⋯+an=3，A正确；512233445x=3时，(1+2x)=1+C5⋅2x+C5(2x)+C5(2x)+C5(2x)+(2x)=a+b3(a,b∈N*)，2244a=1+C5×2×3+C5×2×9=841，1335b=C5×2+C5×2×3+2×9=538，a≠b，B错；775712×11×10×9×87n=12时，a7=C12×2=C12×2=×2，5×4×3×2×1884812×11×10×9812×11×10×9×87a8=C122=C122=×2>×2，C错；4×3×2×15×4×3×2×11212在(1+2x)=a0+a1x+⋯+a12x中，令x=0得a0=1，1a1a2a12令x=-2，则a0-2+2-⋯+12=0，22a1a2a3a4a11a12所以2-2+3-4+⋯+11-12=a0=1，D正确．22222故选：AD．16-214(2022·全国·高三阶段练习)已知ax+xa>0的展开式中含x的系数为60，则下列说法正确的是()16A.ax+x的展开式的各项系数之和为1162B.ax+x的展开式中系数最大的项为240x16C.ax-x的展开式中的常数项为-16016D.ax-x的展开式中所有二项式的系数和为32答案BC16r6-r1rr6-r6-2r【解析】ax+x的展开通项为：Tr+1=C6axx=C6ax，42-22-22当r=4时，T5=C6ax=15ax，所以15a=60，解得a=2，166所以2x+x，令x=1，所以各项系数和为：3=729，故A错误；166当a=2时，2x-x的展开式中所有二项式的系数和为：2=64，故D错误；16r6-rr6-2r当a=2时，2x-x的展开通项为：Tr+1=C62-1x，33令r=3，所以T4=-C62=-160，常数项为-160，故C正确；k6-kk+15-kTk+1≥Tk+2C62≥C62设展开式中第k项系数最大，所以，所以，T≥TCk26-k≥Ck-127-kk+1k662422且k∈0,6，k∈N，解得k=2，所以C62x=240x，2故系数最大的项为240x，故B正确.第91页·共372页,故选：BC.三、填空题35715(2022·浙江省苍南中学高三阶段练习)x-2yy-2zz-2x的展开式中不含z的各项系数之和.答案12835735【解析】x-2yy-2zz-2x利用二项展开式的通项公式进行展开，设x-2y项为k，y-2z7项为n，z-2x项为m.k3-kkn5-nnm7-mmknmm+k+n3-k+m展开后得C3x-2y·C5y-2z·C7y-2z对每一项进行合并得C3C5C7-2x5-n+k7-m+nyz，因为展开式中不含z，所以7-m+n=0，又m得取值为0,1,2,3,4,5,6,7，n得取值为0,1,2,3,4,5，故得m=7,n=0.k077+k10-k5+kk7+k10-k5+k代入展开式得C3C5C7·-2xy=C3-2xy，又k得取值为0,1,2,3，分别带入后各项系07182931078910数之和为C3-2+C3-2+C3-2+C3-2=-2+3⋅-2+3⋅-2+-2=128.故答案为：12863216(2022·广东广东·高三阶段练习)(x+2y+3z)的展开式中，xyz的系数为.答案432066【解析】因为(x+2y+3z)=x+2y+3z，r6-rrr6-rrr设其展开式的通项公式为Tr+1=C6(x+2y)⋅3z=C6(x+2y)×3⋅z,0≤r≤6,r∈N，令r=2，4m4-mmmm4-mm得(x+2y)的通项公式为C4x⋅2y=C4×2x⋅y,0≤m≤4,m∈N，令4-m=1，得m=3，6322233所以(x+2y+3z)的展开式中，xyz的系数为C6×3×C4×2=4320，故答案为：432052345617(2022·河北邯郸·高三开学考试)已知x+1(x-1)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x，则a0+a3的值为.答案-1【解析】令x=0⇒a0=-1，5r5-rr由(x-1)的展开式的通项为Tr+1=C5x(-1)，令5-r=2，得r=3，令5-r=3，得r=2，3322所以a3=C5(-1)+C5(-1)=0，所以a0+a3=-1.故答案为：-1m1518(2022·浙江省淳安中学高三开学考试)已知x-xx+x的展开式中常数项为20，则m=.答案-115r5-r1rr5-2r【解析】由题意可得x+x的展开式的通项公式为Tr+1=C5xx=C5x,r=0,1,⋯,5，-1故当5-2r=-1时，即r=3时，T4=10x，当5-2r=1时，即r=2时，T3=10x，m15-11故x-xx+x的常数项为x×10x+(-m)×x×10x=20，解得m=-1，故答案为：-1第92页·共372页,287819(2022·浙江·高三开学考试)多项式x+x=a0+a1x+1+⋯+a7(x+1)+a8(x+1)，则a3=.答案-56282828【解析】x+x=(x+1-1)+(x+1-1)=(x+1)-2(x+1)+1+(x+1-1)，8r8-rr二项式(x+1-1)的通项公式为：Tr+1=C8⋅(1+x)⋅(-1)，2878因为x+x=a0+a1x+1+⋯+a7(x+1)+a8(x+1)，55所以令8-r=3⇒r=5，因此a3=C8⋅(-1)=-56，故答案为：-56.220(2022·江苏·南京市中华中学高三阶段练习)将(1+x)n(n∈N*)的展开式中x的系数记为an，则111++⋯+=．a2a3a20222021答案1011n*rr【解析】二项式1+x(n>1,n∈N)的展开式的通项为：Tr+1=Cnx21令r=2可得，an=Cn=nn-121222&there4;==-ann(n-1)n-1n11122222212021&there4;++⋯+=-+-+⋯+-=2-=，a2a3a2022122320212022101110112021故答案为：.1011第93页·共372页,第4章随机事件、频率与概率【考点预测】知识点1、随机试验我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示．我们感兴趣的是具有以下特点的随机试验：(1)试验可以在相同条件下重复进行；(2)试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；(3)每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果．知识点2、样本空间我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般地，用．Ω．表示样本空间，用ω表示样本点，如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，⋯，ωn，则称样本空间Ω=ω1,ω2,⋯,ωn为有限样本空间．知识点3、随机事件、确定事件(1)一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，为了叙述方便，我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生．(2)Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件．(3)空集∅不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称为∅为不可能事件．(4)确定事件：必然事件和不可能事件统称为相对随机事件的确定事件．知识点4、事件的关系与运算①包含关系：一般地，对于事件A和事件B，如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或者称事件A包含于事件B)，记作B&supe;A或者A&sube;B．与两个集合的包含关系类比，可用下图表示：不可能事件记作∅，任何事件都包含不可能事件．②相等关系：一般地，若B&supe;A且A&supe;B，称事件A与事件B相等．与两个集合的并集类比，可用下图表示：③并事件(和事件)：若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)，记作A∪B(或A+B)与两个集合的并集类比，可用下图表示：④交事件(积事件)：若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B第94页·共372页,的交事件(或积事件)，记作A∩B(或AB)与两个集合的交集类比，可用下图表示：知识点5、互斥事件与对立事件(1)互斥事件：在一次试验中，事件A和事件B不能同时发生，即A∩B=∅，则称事件A与事件B互斥，可用下图表示：如果A1，A2，⋯，An中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件A1，．A2．，⋯，An彼此互斥．(2)对立事件：若事件A和事件B在任何一次实验中有且只有一个发生，即A∪B=Ω不发生，A∩B=∅则称事件A和事件B互为对立事件，事件A的对立事件记为A．(3)互斥事件与对立事件的关系①互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生．②对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“互斥”是“对立”的必要不充分条件，而“对立”则是“互斥”的充分不必要条件．知识点6、概率与频率(1)频率：在n次重复试验中，事件A发生的次数k称为事件A发生的频数，频数k与总次数n的比值k，叫做事件A发生的频率．nk(2)概率：在大量重复尽心同一试验时，事件A发生的频率总是接近于某个常数，并且在它附近摆动，n这时，就把这个常数叫做事件A的概率，记作P(A)k(3)概率与频率的关系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率随着试验次数的增加稳定于nk概率P(A)，因此可以用频率来估计概率P(A)n【典型例题】题型一:随机事件的关系与运算1.(2022·浙江省桐庐中学高三阶段练习)抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件A=“向上的点数为3”，B=“向上的点数为6”，C=“向上的点数为3或6”，则有()A.A&sube;BB.C&sube;BC.A∩B=CD.A∪B=C答案D【解析】对于A：事件A=“向上的点数为3”发生，事件B=“向上的点数为6”一定不发生，故选项A不正确；第95页·共372页,对于B：事件C=“向上的点数为3或6”发生，事件B=“向上的点数为6”不一定发生，但事件B=“向上的点数为6”发生，事件C=“向上的点数为3或6”一定发生，所以B&sube;C，故选项B不正确；对于C：事件A和事件B不能同时发生，A∩B=∅，故选项C不正确；对于D：事件A=“向上的点数为3”或事件B=“向上的点数为6”发生，则事件C=“向上的点数为3或6”发生，故选项D正确；故选：D2.(2022·全国·高三专题练习(文))一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品.从这批产品中任意抽取5件，现给出以下四个事件：事件A：恰有一件次品；事件B：至少有两件次品；事件C：至少有一件次品；事件D：至多有一件次品.并给出以下结论：①A∪B=C；②B∪D是必然事件；③A∩B=C；④A∩D=C.其中正确结论的序号是()A.①②B.③④C.①③D.②③答案A【解析】解析：事件A∪B：至少有一件次品,即事件C,所以①正确；事件A∩B=∅,③不正确；事件B∪D：至少有两件次品或至多有一件次品,包括了所有情况,所以②正确；事件A∩D：恰有一件次品,即事件A,所以④不正确.故选：A3.(多选题)一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品．从这批产品中任意抽取5件，给出以下四个事件：事件A：恰有一件次品；事件B：至少有两件次品；事件C：至少有一件次品；事件D：至多有一件次品．下列选项正确的是()A.A∪B=CB.B∪D是必然事件C.A∩B=CD.A∩D=C答案AB【解析】对于A选项，事件A∪B指至少有一件次品，即事件C，故A正确；对于B选项，事件B∪D指至少有两件次品或至多有一件次品，次品件数包含0到5，即代表了所有情况，故B正确；对于C选项，事件A和B不可能同时发生，即事件A∩B=∅，故C错误；对于D选项，事件A∩D指恰有一件次品，即事件A，而事件A和C不同，故D错误．故选：AB．第96页·共372页,1.(多选题)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A=“两次都击中飞机”，B=“两次都没击中飞机”，C=“恰有一枚炮弹击中飞机”，D=“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是()A.A&sube;DB.B∩D=∅C.A∪C=DD.A∪B=B∪D答案ABC【解析】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A&sube;D，A∪C=D.故A、C正确；因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D=∅.故B正确；对于D：A∪B=“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等.故D错误.故选：ABC.2.利用如图所示的两个转盘玩配色游戏两个转盘各转一次，观察指针所指区域的颜色(不考虑指针落在分界线上的情况)事件A表示“转盘①指针所指区域是黄色”，事件B表示“转盘②指针所指区域是绿色”，用样本点表示A∩B，A∪B．解析由题可得：转盘①转出的颜色红黄蓝转盘②转出的颜色蓝(红，蓝)(黄，蓝)(蓝，蓝)黄(红，黄)(黄，黄)(蓝，黄)红(红，红)(黄，红)(蓝，红)绿(红，绿)(黄，绿)(蓝，绿)紫(红，紫)(黄，紫)(蓝，紫)由表可知，共有15种等可能的结果，其中A={(黄,蓝),(黄,黄),(黄,红),(黄,绿),(黄,紫)}，B={(红,绿),(黄,绿),(蓝,绿)}，所以A∩B={(黄,绿)}，A∪B={(黄,蓝),(黄,黄),(黄,红),(黄,绿),(黄,紫),(红,绿),(蓝,绿)}．题型二:频率与概率第97页·共372页,1.(多选题)支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者治愈率为20%，中年患者治愈率为30%，青年患者治愈率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则()A.若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人4B.该医院青年患者所占的频率为15C.该医院的平均治愈率为28.7%D.该医院的平均治愈率为31.3%答案ABC600【解析】对于A，由分层抽样可得，老年患者应抽取30×=12人，正确；600+500+4004004对于B，青年患者所占的频率为=，正确；600+500+40015600×20%+500×30%+400×40%对于C，平均治愈率为≈28.7%，正确；600+500+400对于D，由C知错误.故选：ABC.2.将容量为100的样本数据，由小到大排列，分成8个小组，如下表所示：组号12345678频数101314141513129第3组的频率和累积频率分别为()1136A.0.14，0.37B.，C.0.03，0.06D.，14271437答案A1410+13+14【解析】由表可知，第3组的频率为=0.14，累积频率为=0.37。100100故选：A3.甲、乙两所学校举行了某次联考，甲校成绩的优秀率为30%，乙校成绩的优秀率为35%，现将两所学校的成绩放到一起，已知甲校参加考试的人数占总数的40%，乙校参加考试的人数占总数的60%，现从中任取一个学生成绩，则取到优秀成绩的概率为()A.0.165B.0.16C.0.32D.0.33答案D【解析】由题意得：将两所学校的成绩放到一起，从中任取一个学生成绩，取到优秀成绩的概率为30%×40%+35%×60%=0.33，故选：D第98页·共372页,1.甲、乙两人相约在某健身房锻炼身体，他们分别在两个网站查看这家健身房的评价．甲在网站A查到共有840人参与评价，其中好评率为95%，乙在网站B查到共有1260人参与评价，其中好评率为85%．综合考虑这两个网站的信息，则这家健身房的总好评率为()A.88%B.89%C.91%D.92%答案B840×95%+1260×85%【解析】由已知可得这家健身房的总好评率为=89%.840+1260故选：B.2.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1423石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得268粒内夹谷32粒.则这批米内夹谷约为()A.157石B.164石C.170石D.280石答案C3232【解析】样本中夹谷的比例为，用样本估计总体，可得这批谷内夹谷约为1423×≈170(石).268268故选：C.3.在一个不透明的布袋中，红色、黑色、白色的玻璃球共有40个，除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率分别稳定在15%和45%，则布袋中白色球的个数可能是()个A.15B.16C.17D.18答案B【解析】由题意，摸到红色球、黑色球的概率分别为15%和45%，即可摸到白色球的概率为1-15%-45%=40%，所以可得白色球的个数为40×40%=16.故选：B4.掷一枚硬币的试验中，下列对“伯努利大数定律”的理解正确的是()A.大量的试验中，出现正面的频率为0.5B.不管试验多少次，出现正面的概率始终为0.5C.试验次数增大，出现正面的经验概率为0.5D.以上说法均不正确答案B【解析】对于A，大量的试验中，出现正面的频率越来越接近于0.5，故A不正确；对于B，事件发生的概率是一个常数，与试验次数无关，所以不管试验多少次，出现正面的概率始终为0.5，故B正确；对于C，经验概率是指特定的事件发生的次数占总体试验样本的比率，随着试验次数增大，出现正面的经验概率约为0.5，故C不正确；对于D，显然不正确.故选：B第99页·共372页,5.在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了48次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为()A.0.48，0.48B.0.5，0.5C.0.48，0.5D.0.5，0.48答案C【解析】频率跟实验次数有关，出现正面朝上的频率为实验中出现正面朝上的次数除以总试验次数，故为48=0.48.100概率是抛硬币试验的固有属性，与实验次数无关，抛硬币正面朝上的概率为0.5.故选：C.6.(2022·全国·高三课时练习)有以下说法:1①一年按365天计算,两名学生的生日相同的概率是;②买彩票中奖的概率为0.001,那么买1000365张彩票就一定能中奖;③乒乓球赛前,决定谁先发球,抽签方法是从1~10共10个数字中各抽取1个,再比较大小,这种抽签方法是公平的;④昨天没有下雨,则说明“昨天气象局的天气预报降水概率是90%”是错误的.根据我们所学的概率知识,其中说法正确的序号是.答案①③【解析】根据“概率的意义”求解,买彩票中奖的概率0.001,并不意味着买1000张彩票一定能中奖,只有n当买彩票的数量非常大时,我们可以看成大量买彩票的重复试验,中奖的次数为;1 000昨天气象局的天气预报降水概率是90%,是指可能性非常大,并不一定会下雨.说法②④是错误的，而利用概率知识可知①③是正确的.故答案为①③．题型三:生活中的概率1.(多选题)已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如135，256，345等).现要从甲､乙两名同学中选出1人参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.则下列说法正确的是()A.甲参赛的概率大B.乙参赛的概率大C.这种选取规则公平D.这种选取规则不公平答案BD【解析】由题意，知由1，2，3，4，5组成的“三位递增数”有123，124，125，134，135,145，234，235，245，345，共10个.记“甲参加数学竞赛”为事件A，事件A包含的样本点有124，134，234，共3个，3所以PA=.10记“乙参加数学竞赛”为事件B，则事件B包含的样本点有123，125，135，145，235，245，345，共7个，所7以PB=.10因为PA<pb，即乙参赛的概率大，所以该选取规则不公平.故选：bd.第100页·共372页,2.(多选题)(2022·山东·高三专题练习)下列说法正确的是()a.一个人打靶，打了10发子弹，有6发子弹中靶，因此这个人中靶的概率为0.6b.某地发行福利彩票，其回报率为47%，有个人花了100元钱买彩票，一定会有47元回报c.5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，则乙与甲中奖的可能性相同d.大量试验后，可以用频率近似估计概率.答案cd【解析】a、某人打靶，射击10次，击中6次，那么此人中靶的频率为0.6，故a错误；b、买这种彩票是一个随机事件，中奖或者不中奖都有可能，但事先无法预料，故b错误；c、根据古典概型的概率公式可知c正确；d、大量试验后，可以用频率近似估计概率，故d正确．故选：cd．3.(多选题)(2022·江苏·金陵中学二模)某人投了100次篮，设投完前n次的命中率为rm．其中n=1,2，⋯.100．已知r1=0,r100=0.85，则一定存在0<m<100使得()a.rm=0.5b.rm=0.6c.rm=0.7d.rm=0.8答案adk【解析】根据题意得：rm=，其中k为不超过85的自然数，且k≤m-1；m对a，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为ak，则a1=-1<0，a100=85-15>0，又∵ak+1-ak=1，&there4;一定存在m，使得am=0，此时rm=0.5，故A正确；对B，前100次投篮中，若前15次投篮均不中，后面85次投篮均命中，m-15则对于m>15，方程rm==0.6无整数解，故B错误；m对C，若前14次不中，后面85次投篮均命中，最后一次不中，m-14则对于14<m<99，方程rm==0.7无整数解，故c错误；m对d，如果不存在m，使得rm=0.8，则前5次投篮中至少有2次不中，前10次投篮中至少有3次不中，前15次投篮中至少有4次不中，依此类推，前70次投篮中至少有15次不中，即前75次投篮中恰有15次不中，60从而r75==0.8，矛盾，故d正确．75故选：ad.1.(2022·全国·模拟预测)甲、乙两人玩掷骰子游戏，规定：甲、乙两人同时掷骰子，若甲掷两次骰子的点数之和小于6，则甲得一分；若乙掷两次骰子的点数之和大于m，则乙得一分，最先得到10分者获胜.为确保游戏的公平性，正整数m的值应为()a.6b.7c.8d.9第101页·共372页,答案c【解析】对于甲，掷两次骰子的点数之和为2,3,4,5时，甲能够得一分，则由对称性可知，掷两次的骰子的点数之和为12,11,10,9分别与掷两次骰子的点数之和为2,3,4,5对应的概率相等，∴为确保游戏的公平性，需m=8，此时甲乙得分概率相等.故选：c.2.某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题：问题一：你的父亲阳历生日日期是不是奇数？问题二：你是否经常吸烟？调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋子中摸取1个球(摸出的球再放回袋子中)，摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，如果一年按365天计算，且最后盒子中有60个小石子，则可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为()a.7%b.8%c.9%d.30%答案c【解析】因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸1到白球和红球的概率都为，因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人，而一年365天中，阳历为2186奇数的有186天，所以对第一个问题回答“是”的概率为≈0.51，所以这100个回答第一个问题的学365生中，约有51人回答了“是”，从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有9人回答了“是”，所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为9%．故选：c【方法技巧与总结】概率和频率的关系：概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．题型四:互斥事件与对立事件1.“黑匣子”是飞机专用的电子记录设备之一，黑匣子有两个，为驾驶舱语音记录器和飞行数据记录器.某兴趣小组对黑匣子内部构造进行相关课题研究，记事件a为“只研究驾驶舱语音记录器”，事件b为“至少研究一个黑厘子”，事件c为“至多研究一个黑厘子”，事件d为“两个黑厘子都研究”.则()a.a与c是互斥事件b.b与d是对立事件c.b与c是对立事件d.c与d是互斥事件答案d【解析】事件a为“只研究驾驶舱语音记录器”；事件b为“至少研究一个黑厘子”，包含“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”，或“研究第102页·共372页,驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；事件c为“至多研究一个黑厘子”，包含“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”，或两个黑匣子都不研究；事件d为“两个黑厘子都研究”.即“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；所以对于a，事件a与事件c不是互斥事件，故a不正确；对于b，事件b与事件d不是对立事件，故b不正确；对于c，事件b与事件c不是对立事件，故c不正确；对于d，事件c和事件d不能同时发生，故c与d是互斥事件.故选：d.2.设靶子上的环数取1~10这10个正整数，脱靶计为0环．某人射击一次，设事件a=“中靶”，事件b=“击中环数大于5”，事件c=“击中环数大于1且小于6”，事件d=“击中环数大于0且小于6”，则下列关系正确的是()a.b与c互斥b.b与c互为对立c.a与d互为对立d.a与d互斥答案a【解析】对于ab，事件b和c不可能同时发生，但一次射击中有可能击中环数为1，所以b与c互斥，不对立，所以a正确，b错误，对于cd，事件a与d有可能同时发生，所以a与d既不互斥，也不对立，所以cd错误，故选：a3.从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是()a.“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”b.“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”c.“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”d.“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”答案c【解析】从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故a错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故b错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故d错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故c正确；故选：c第103页·共372页,1.命题“事件a与事件b对立”是命题“事件a与事件b互斥”的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充要条件d.既不充分也不必要条件答案a【解析】若事件a与事件b是对立事件，则事件a与事件b一定是互斥事件；若事件a与事件b是互斥事件，不一定得到事件a与事件b对立，故命题“事件a与事件b对立”是命题“事件a与事件b互斥”的充分不必要条件；故选：a【方法技巧与总结】1、准确把握互斥事件与对立事件的概念：①互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，既有且仅有一个发生．2、判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．题型五:利用互斥事件与对立事件计算概率1.(2022·广东广州·高三阶段练习)采购员要购买某种电器元件一包(10个)他的采购方法是：从一包中随机抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包．假定含有4个次品的包数占30%，其余包中各含1个次品，则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为()a.0.46b.0.49c.0.51d.0.54答案a12c1c9【解析】抽到含有1个次品，且抽到的3个元件中含有这一个次品的概率为p1=1-3000×3=c100.21，抽到含有4个次品，且随机抽查的3个元件中含有次品，则拒绝购买，03c4c6故概率为p=3000×1-3=0.25，c10所以采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为0.21+0.25=0.46.故选：a432.(2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习)甲､乙两人参加歌唱比赛，晋级概率分别为和，55且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为()113223a.b.c.d.255525答案a【解析】依题意两人中恰有一人晋级，则甲晋级、乙未晋级或甲未晋级、乙晋级，434311所以概率p=5×1-5+1-5×5=25；故选：a第104页·共372页,33.(2022·河南河南·模拟预测(理))某士兵进行射击训练，每次命中目标的概率均为，且每次命中与4否相互独立，则他连续射击3次，至少命中两次的概率为()279279a.b.c.d.32166432答案a3【解析】因为每次命中目标的概率均为，且每次命中与否相互独立，433232327所以连续射击3次，至少命中两次的概率p=4+c341-4=32，故选：a.1.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)重庆的8月份是一段让人难忘的时光，我们遭遇了高温与山火，断电和疫情．疫情的肆虐，让我们再次居家隔离．为了保障民生，政府极力保障各类粮食和生活用品的供应，在政府的主导与支持下，各大电商平台也纷纷上线，开辟了一种无接触式送货服务，用户在平台上选择自己生活所需要的货物并下单，平台进行配备打包，再由快递小哥送货上门．已知沙坪坝某小区在隔离期间主要使用的电商平台有：某东到家，海马生鲜，咚咚买菜．由于交通、配送等多方面原因，各电商234平台并不能准时送达，根据统计三家平台的准点率分别为，，，各平台送货相互独立，互不影响，某345小哥分别在三家电商各点了一份配送货，则至少有两家准点送到的概率为()975953a.b.c.d.12061060答案b【解析】因为各平台送货相互独立，互不影响，所以23121413413有两家准点送到的概率为××+××+××=,345345345302342有三家准点送到的概率为××=，34551325则至少有两家准点送到的概率为+=.3056故选：b.2.甲､乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，下列说法错误的是()a.两人都做对的概率是0.72b.恰好有一人做对的概率是0.26c.两人都做错的概率是0.15d.至少有一人做对的概率是0.98答案c【解析】由于甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，故两人都做对的概率是0.8×0.9=0.72，所以a正确；恰好有一人做对的概率是0.8×(1-0.9)+(1-0.8)×0.9=0.26，故b正确；两人都做错的概率是(1-0.8)×(1-0.9)=0.02，故c错误；至少有一人做对的概率是1-(1-0.8)×(1-0.9)=0.98，故d正确，故选：c第105页·共372页,3.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)从属于区间2,8的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为()65911a.b.c.d.771414答案a【解析】区间2,8的整数共有7个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有3个；设事件a：从属于区间2,8的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，2c316由p(a)==⇒p(a)=1-p(a)=，c2777故选：a4.(2022·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习(理))小吴、小张两名同学均打算暑期选择学校的舞蹈、画画、篮球三个兴趣班中的一个兴趣班学习，小吴、小张选择舞蹈、画画、篮球三个兴趣班学习的概率分别如下表，则小吴、小张选择不同兴趣班学习的概率为()舞蹈画画篮球小吴0.30.4小张0.50.3a.0.68b.0.66c.0.64d.0.62答案a【解析】由题可得，小吴、小张选择舞蹈、画画、篮球三个兴趣班学习的概率分别如下表：舞蹈画画篮球小吴0.30.30.4小张0.50.30.2故小吴、小张选择相同兴趣班学习的概率为0.3×0.5+0.3×0.3+0.4×0.2=0.32，故小吴、小张选择不同兴趣班学习的概率为1-0.32=0.68．故选：a．5.(2022·河北衡水·高三阶段练习)一个电路如图所示，a，b，c，d，e，f，g为7个开关，其闭合的概2率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是()35511235a.1-b.1-c.d.77753333答案a225【解析】电路由上到下有3个分支并联，开关a,b所在的分支不通的概率为1-×=，339111开关c,d所在的分支不通的概率为×=，339第106页·共372页,21111开关e，f，g所在的分支不通的概率为1-3×1-3×3=27，511155所以灯亮的概率是1-××=1-.992737故选：a.【方法技巧与总结】求复杂的互斥事件的概率的两种方法(1)直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．(2)间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式p(a)=1-p(a)，即运用逆向思维(正难则反)特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解就显得较简便．l【过关测试】一、单选题1(2022·山东·潍坊七中高三阶段练习)已知a，b是一次随机试验中的两个事件，若满足p(a)=p(b)2=，则()3a.事件a，b互斥b.事件a.b相瓦独立c.事件a，b不互斥d.事件a，b不相互独立答案c4【解析】若事件a，b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)=>1，与事件的概率小于等于1矛盾，故事件3A，B不互斥；若事件A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，而题设无法判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立，故无法判断事件A，B是否相互独立.故选：C.2(2022·全国·模拟预测(文))已知PA、PB分别表示随机事件A、B发生的概率，那么1-PAB是下列哪个事件的概率()A.事件A、B同时发生B.事件A、B至少有一个发生C.事件A、B都不发生D.事件A、B至多有一个发生答案D【解析】AB表示随机事件A、B同时发生，所以1-PAB就是事件A、B至多有一个发生.故选：D3(2022·湖南·高三开学考试)从0，2，4，6，8中任取2个不同的数分别记作a，b，则a-b≥3的概率是()1323A.B.C.D.51055答案D5×4【解析】从0，2，4，6，8中任取2个不同的数a，b，共有=10个基本事件，2取出的2个数之差的绝对值等于2有0,2，2,4，4,6，6,8共4个基本事件，第107页·共372页,43所以所求概率为P=1-=.105故选：D1114“五一”劳动节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间没345有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为()59311A.B.C.D.605260答案B111【解析】∵甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，．345234&there4;他们不去北京旅游的概率分别为，，．345∵至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人去北京旅游，2343&there4;至少有1人去北京旅游的概率为：1-××=．3455故选：B5(2022·安徽省太和中学高三阶段练习)甲､乙两人进行五局三胜制的乒乓球单打比赛，每局甲获胜的3概率为.已知在第一局和第二局比赛中甲均获胜，则继续比赛下去，甲最终赢得比赛的概率为()53117272A.B.C.D.51251255答案B3236【解析】第三局赢得概率为，第三局输第四局赢的概率为×=，5552522312第三局和第四局输第五局赢的概率为5×5=125，323223117所以甲赢的概率为P=5+5⋅5+55=125；故选：B.6下列说法错误的个数为()①对立事件一定是互斥事件；②若A，B为两个事件，则PA∪B=PA+PB；③若事件A，B，C两两互斥，则PA+PB+PC=1．A.0B.1C.2D.3答案C【解析】互斥不一定对立，但对立必互斥，①正确；只有A与B是互斥事件时，才有P(A∪B)=P(A)+P(B)，②错误；若事件A，B，C两两互斥，则P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)，但A∪B∪C不一定是必然事件，例如，设样本点空间是由两两互斥的事件A，B，C，D组成且事件D与A∪B∪C为对立事件，当P(D)≠0时，P(A)+P(B)+P(C)<1，③错误．故选：C.7从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A={抽到一等品}，事件B={抽到二等品}，事件C={抽到三等品}，且已知PA=0.7，PB=0.2，PC=0.1．则事件“抽到的不是一等品”的概率为()A.0.7B.0.2C.0.1D.0.3第108页·共372页,答案D【解析】∵抽到的不是一等品的对立事件是抽到一等品，事件A={抽到一等品}，P(A)=0.7，&there4;抽到不是一等品的概率是1-0.7=0.3．故选:D．8给出下列说法：①若事件A，B满足PA+PB=1，则A，B为对立事件；②把3张红桃J，Q，K随机分给甲、乙、丙三人，每人1张，事件A=“甲得红桃J”与事件B=“乙得红桃J”是对立事件；③一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．其中说法正确的个数是()A.3B.2C.1D.0答案C【解析】①A，B为对立事件，需满足PA+PB=1和A∩B=∅，故①错误；②事件A=“甲得红桃J”的对立事件为“甲未得红桃J”，即“乙或丙得红桃J”，故②错误；③“至少有一次中靶”包括“一次中靶”和“两次都中靶”，则其对立事件为“两次都不中靶”，故③正确．所以说法正确的个数为1个.故选：C二、多选题9(2022·全国·模拟预测)某商场推出抽奖活动，在甲抽奖箱中有四张有奖奖票.六张无奖奖票；乙抽奖箱中有三张有奖奖票，七张无奖奖票.每人能在甲乙两箱中各抽一次，以A表示在甲抽奖箱中中奖的事件，B表示在乙抽奖箱中中奖的事件，C表示两次抽奖均末中奖的事件.下列结论中正确的是()21A.PC=B.事件A与事件B相互独立50C.PAB与PC和为54%D.事件A与事件B互斥答案ABC423【解析】PA==，PB=10510在甲抽奖箱抽奖和在乙抽奖箱抽奖互不影响，故事件A和事件B相互独立，B项正确2321PC=1-51-10=50，故A正确3PAB=PAPB=2527PAB+PC==54%，故C正确50事件A与事件B相互独立而非互斥，故D错误.故选：ABC10下列结论正确的是()A.若A，B互为对立事件，PA=1，则PB=0B.若事件A，B，C两两互斥，则事件A与B∪C互斥C.若事件A与B对立，则PA∪B=1D.若事件A与B互斥，则它们的对立事件也互斥答案ABC【解析】若A，B互为对立事件，P(A)=1，则A为必然事件，故B为不可能事件，则P(B)=0，故A正确；若事件A，B，C两两互斥，则事件A，B，C不能同时发生，则事件A与B∪C也不可能同时发生，则事件第109页·共372页,A与B∪C互斥，故B正确；若事件A与B对立，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=1，故C正确；若事件A，B互斥但不对立，则它们的对立事件不互斥，故D错误．故选：ABC．11从一批产品(既有正品也有次品)中取出三件产品，设A={三件产品全不是次品}，B={三件产品全是次品},C={三件产品有次品，但不全是次品}，则下列结论中正确的是()A.A与C互斥B.B与C互斥C.任何两个都互斥D.A与B对立答案ABC【解析】由题意可知，C={三件产品有次品，但不全是次品}，包括1件次品、2件次正品，2件次品、1件次正品两个事件，A={三件产品全不是次品}，即3件产品全是正品，B={三件产品全是次品}，由此知，A与C互斥，B与C互斥，故A，B正确，A与B互斥，由于总事件中还包含“1件次品，2件次正品”，“2件次品，1件次正品”两个事件，故A与B不对立，故C正确，D错误，故选：ABC．12如图所示的电路由S1，S2两个系统组成，其中M，N，P，Q，L是五个不同的元件，若元件M，N，P，11111Q，L出现故障的概率分别为，，，，，则下列结论正确的是()2345615A.元件M，N均正常工作的概率为B.系统S1正常工作的概率为66129C.系统S2正常工作的概率为D.系统S1，S2均正常工作的概率为3036答案BD11【解析】设事件A，B，C，D，E分别表示M，N，P，Q，L元件出现故障，则PA=，PB=，2311121PD=，PE=，所以元件M，N均正常工作的概率为P(A)P(B)=×=，A错误，562332115系统S1正常工作的概率为1-×=1-=，B正确；346611129系统S2正常工作的概率为1-×=1-=，C错误；56303029529系统S1，S2均正常工作的概率为×=，D正确.30636故选：BD.三、填空题第110页·共372页,13(2022·浙江嘉兴·高三阶段练习)树人中学进行篮球定点投篮测试，规则为：每人投篮三次，先在A处投一次三分球，投进得3分，未投进得0分，然后在B处投两次两分球，每投进一次得2分，未投进得0分，测试者累计得分高于3分即通过测试．甲同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每轮在A处和B处各投10次，根据统计该同学各轮三分球和两分球的投进次数如下图表：若以五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率，则该同学通过测试的概率是．56847++++161010101010答案【解析】依题意甲同学两分球投篮命中的概率为：P==0.6，125542243++++1010101010甲同学三分球投篮命中的概率为：P==0.3，5设甲同学累计得分为X，则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=7)1=1-0.3×0.6×0.6+C20.3×0.6×1-0.6+0.3×0.6×0.6=0.504，&there4;甲同学通过测试的概率为0.504．故答案为：0.504P(A)214(2022·广东佛山·高三阶段练习)事件A的优势比定义为，如果P(A)=，则事件A的优势比PA3是．答案221P(A)【解析】因为P(A)=，所以PA=1-P(A)=，所以事件A的优势比是=2，33PA故答案为：215(2022·全国·高三专题练习(理))某项比赛规则是3局2胜，甲乙两人进行比赛，假设甲每局获胜的概1率为，则由此估计甲获胜的概率为.37答案27【解析】因为甲获胜的方式有2:0和2:1两种，1211217所以甲获胜的概率为P=3+C2×3×3×3=27.7故答案为：.27第111页·共372页,162019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎(COVID-19)疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特效治疗方法，防控难度很大，武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者､疑似的新冠肺炎患者､无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户､不漏一人，在排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p(0<p<1)且相互独立，该家庭至少检测了3个人才能确定为“感染高危户”的概率为f(p)，当p=p0时，f(p)最大，则p0=.2答案1-2【解析】设事件a为：检测了3个人确定为“感染高危户”，事件b为：检测了4个人确定为“感染高危户”；23∴p(a)=p(1-p)，p(b)=p(1-p)232即f(p)=p(1-p)+p(1-p)=p(1-p)(2-p)，2f(p)=2(1-p)2p-4p+1，220<p<1-时，f(p)>0，1-<p<1时，f(p)>0，22222&there4;f(p)在0,1-2单调递增，在1-2,1单调递减，p=1-2时，f(p)最大．2即p0=1-.22故答案为：1-．2四、解答题17(2022·陕西·咸阳市高新一中高三开学考试(理))乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人.为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛.比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分(包括2分)，即赢得该局比赛.在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10:10后，每一个球就要交换一个发球权.经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.2(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以4:1赢得比赛的概率;33(2)若在某一局比赛中，双方战成10:10.且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，41乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈N)个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.2解析(1)甲以4:1赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，3231264所以甲以4:1赢得比赛概率为P=C4×3×3×3=243.(2)因为ξ≤5，ξ∈N，所以在该局比赛中，甲只可能以12:10或13:11获胜，故ξ的可能取值为2，4，设甲赢得该局比赛的概率为Pξ，313Pξ=2=×=，428313111313Pξ=4=×××+×××=，4242424216所以求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈N)个球后甲贏得了该局比赛的概率为339P=Pξ=2+Pξ=4=+=81616第112页·共372页,18(2022·全国·模拟预测)为了解高三学生体能情况，某中学对所有高三男生进行了掷实心球测试，测试2结果表明所有男生的成绩X(单位：米)近似服从正态分布N8,σ，且P(X<7)=0.05,P(X<7.5)=0.2.(1)若从高三男生中随机挑选1人，求他的成绩在8.5,9内的概率.(2)为争夺全省中学生运动会的比赛资格，甲､乙两位同学进行比赛.比赛采取“五局三胜制”，即两人轮流掷实心球一次为一局，成绩更好者获胜(假设没有平局).一共进行五局比赛，先胜三局者将代表学校出战2省运会.根据平时训练成绩预测，甲在一局比赛中战胜乙的概率为.3①求甲代表学校出战省运会的概率.②丙､丁两位同学观赛前打赌，丙对丁说：“如果甲3:0获胜，你给我100块，如果甲3:1获胜，你给我50块，如果甲3:2获胜，你给我10块，如果乙获胜，我给你200块”，如果你是丁，你愿意和他打赌吗？说明你的理由.2解析(1)因为X&sim;N8,σ，P(X<7)=0.05,P(X<7.5)=0.2，&there4;P(8.5<x≤9)=p(7≤x<7.5)=p(x<7.5)-p(x<7)=0.2-0.05=0.15；238(2)①由题可得甲3:0获胜的概率为p1=3=27，222128甲3:1获胜的概率为p2=c3⋅3⋅3⋅3=27，22212216甲3:2获胜的概率为p3=c4⋅3⋅3⋅3=81，64所以，甲代表学校出战省运会的概率为p=p1+p2+p3=；81(2)由题可得丁获得奖金的期望值为：88161740×-100+×-50+×-10+×200=-<0，272781819所以如果我是丁，我不会和他打赌.19(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)为了让羽毛球运动在世界范围内更好的发展，世界羽联将每年的7月5日定为“世界羽毛球日”.在今年的“世界羽毛球日”里，某主办方打算一办有关羽毛球的知识竞答比赛.比赛规则如下；比赛一共进行4轮，每轮回答1道题.第1轮奖金为100元，第2轮奖金为200元，第3轮奖金为300元，第4轮奖金为400元.每一轮答对则可以拿走该轮奖金，答错则失去该轮奖金，奖金采用累计制，即参赛者最高可以拿到1000元奖金.若累计答错2题，则比赛结束且参赛者奖金清零.此外，参赛者在每一轮结束后都可主动选择停止作答､结束比赛并拿走已累计获得的所有奖金，小陈同学去1参加比赛，每一轮答对题目的概率都是，并且小陈同学在没有损失奖金风险时会一直选择继续作答，31在有损失奖金风险时选择继续作答的可能性为.2(1)求小陈同学前3轮比赛答对至少2题的概率；(2)求小陈同学用参加比赛获得的奖金能够购买一只价值499元的羽毛球拍的概率.解析(1)记“小陈同学前3轮比赛答对至少2题”为事件a，第1轮答错时没有损失奖金风险，故前2轮必答；前3轮比赛答对至少2题包含两种情况：前2轮全对或前2轮1对1错且小陈同学选择参加第三轮作答且答对，12111115故pa=3+c2×3×1-3×2×3=27.(2)记小陈同学参加比赛获得的奖金为x(单位：元)，1在有损失奖金风险时：小陈同学选择继续作答且答对的可能性为，选择继续作答且答错的可能性为6第113页·共372页,11，选择停止作答的可能性为，3221111px=500=×××=，336254131px=600+px=1000=3=27，12211px=700=3×3×6=8112121px=800=3×3×6=162，21121px=900=3×3×6=162，1111113故px≥499=++++=.542781162162162第114页·共372页,第5章古典概型与概率的基本性质【考点预测】知识点1、随机事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件a的概率用p(a)表示.知识点2、古典概型(1)定义一般地，若试验e具有以下特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.称试验e为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.(2)古典概型的概率公式一般地，设试验e是古典概型，样本空间ω包含n个样本点，事件a包含其中的k个样本点，则定义事kna件a的概率pa==.nnω知识点3、概率的基本性质(1)对于任意事件a都有：0≤p(a)≤1．(2)必然事件的概率为1，即p(ω)=1；不可能事概率为0，即p(∅)=0．(3)概率的加法公式：若事件a与事件b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)推广：一般地，若事件a1，a2，⋯，an彼此互斥，则事件发生(即a1，a2，⋯，an中有一个发生)的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即：p(a1+a2+...+an)=p(a1)+p(a2)+...+p(an)(4)对立事件的概率：若事件a与事件b互为对立事件，则p(a)=1-p(b)，p(b)=1-p(a)，且p(a∪b)=p(a)+p(b)=1．(5)概率的单调性：若a⊆b，则p(a)≤p(b)(6)若a，b是一次随机实验中的两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)-p(a∩b)【方法技巧与总结】1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数n与事件a中所包含的基本事件数．因此要注意清楚以下三个方面：(1)本试验是否具有等可能性；(2)本试验的基本事件有多少个；(3)事件a是什么．2、解题实现步骤：(1)仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；(2)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件a；(3)分别求出基本事件的个数n与所求事件a中所包含的基本事件个数m；a包含的基本事件的个数(4)利用公式p(a)=求出事件a的概率．基本事件的总数3、解题方法技巧：(1)利用对立事件、加法公式求古典概型的概率第115页·共372页,(2)利用分析法求解古典概型．①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．②求试验的基本事件数及事件a包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．【典例例题】题型一:简单的古典概型问题1.(2022·全国·高三专题练习(理))池州九华山是著名的旅游胜地．天气预报8月1日后连续四天，每天下雨的概率为0.6，现用随机模拟的方法估计四天中恰有三天下雨的概率：在0~9十个整数值中，假定0，1，2，3，4，5表示当天下雨，6，7，8，9表示当天不下雨．在随机数表中从某位置按从左到右的顺序读取如下20组四位随机数：95339522001874720018387958693281789026928280842539908460798024365987388207538935据此估计四天中恰有三天下雨的概率为()3279a.b.c.d.1052020答案b【解析】由表中数据可得四天中恰有三天下雨的有9533，9522，0018，0018，3281，8425，2436，0753，共8组，82所以估计四天中恰有三天下雨的概率为=.205故选：b.2.(2022·全国·高三专题练习(理))假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：9328124585696834312573930275564887301135据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次正中靶心的概率为()a.0.50b.0.45c.0.40d.0.35答案a【解析】解析：两次掷镖恰有一次正中靶心表示随机数中有且只有一个数为1，2，3，4中的之一.它们分别是93，28，45，25，73，93，02，48，30，35共10个，10因此所求的概率为=0.50.20故选：a.第116页·共372页,3.(2022·河北·武安市第一中学高三阶段练习)一袋中装有除颜色外完全相同的4个白球和5个黑球，从中有放回的摸球3次，每次摸一个球．用模拟实验的方法，让计算机产生1~9的随机数，若1~4代表白球，5~9代表黑球，每三个为一组，产生如下20组随机数：917966191925271932735458569683431257393627556488812184537989则三次摸出的球中恰好有两次是白球的概率近似为()7311a.b.c.d.201045答案b【解析】20组随机数恰好有两个是1,2,3,4的有191，271，932，393，812，184共6个，63因此概率为p==．2010故选：b．1.(2022·全国·高三专题练习(文))从3名男生和2名女生中随机选取3人参加书法展览会，则选取的3人中至少有2名男生的概率为()3749a.b.c.d.510510答案b【解析】记3名男生分别为a1，a2，a3，2名女生分别为b1，b2，从5人中随机选取3人，所有的可能结果为a1,a2,a3，a1,a2,b1，a1,a2,b2，a1,a3,b1，a1,a3,b2，a2,a3,b1，a2,a3,b2，a1,b1,b2，a2,b1,b2，a3,b1,b2，共10种，7“其中至少有2名男生”对应的结果有7种，故所求概率为.10故选：b.2.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)我们的祖先创造了一种十分重要的计算方法：筹算.筹算用的算筹是竹制的小棍，也有骨制的.据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，如图所示，例如：表示62，表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数(算筹不剩余且个位不为0)，则这个两位数大于40的概率为()1123a.b.c.d.3235答案b【解析】根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为4+1，3+2，2+3，1+4共四类情况；第一类：4+1，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；第117页·共372页,第二类：3+2，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32，36，72，76；第三类：2+3，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23，27，63，67；第四类：1+4，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，综上可知：所有的两位数有14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计12个，其中大于40的有41，63，67，72，76，81共计6个，61故这个两位数大于40的概率为=，122故选：b.3.(2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习)在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息．在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是()5111515a.b.c.d.16323264答案d6【解析】每个位置可排0或1，故有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为2=64，恰好有2个12的排列的个数共有c6=15，15故概率为：，64故选：d4.(2022·全国·模拟预测)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为()4824a.b.c.d.272799答案a13【解析】根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有a3a3=18种，23当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有a3a3=36种，故满足回答者的所有情况共18+36=54种.其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，22当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有a2a2=4种；22当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有a2a2=4种，所以，最终丙和丁获得前两名的情况有4+4=8种，84所以，最终丙和丁获得前两名的概率为p==5427故选：a第118页·共372页,5.(2022·全国·成都七中高三开学考试(理))已知某校高三年级共1400人，按照顺序从1到1400编学号.为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”，设计如下调查方案：先从装有2个黑球和3个白球的不透明盒子中随机取出1个球，如果是白球，回答问题一；否则回答问题二.问题如下：一、你的学号的末位数字是奇数吗？二、你是否有带智能手机进入校园的行为？现在高三年级1400人全部参与调查，经统计：有972人回答“否”，其余人回答“是”.则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数大概为()a.8b.20c.148d.247答案b32【解析】根据题意，1400人分为1400×=840(人)和1400×=560(人)，55840人中将有420人回答“否”，则560人中有972-420=552(人)回答“否”，8人回答“是”，1则问是否带手机的回答是人数约占，701该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为1400×=20(人).70故选：b题型二:古典概型与向量的交汇问题1.已知a,b∈{-2,-1,1,2}，若向量m=(a,b)，n=(1,1)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是()3137a.b.c.d.164816答案b【解析】向量m与n所成的角为锐角等价于m⋅n>0，且m与n的方向不同，即m⋅n=(a,b)⋅(1,1)=a+b>0，则满足条件的向量m有(-1,2),(1,1),(1,2),(2,-1),(2,1),(2,2)，其中m=(1,1)或m=(2,2)时，与n同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又m的取法共有4×4=16种，41则向量m与n所成的角为锐角的概率是=．164故选：B．2.(2022·全国·高三专题练习(理))从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，则向量m=(a,b)与向量n=(2,-1)垂直的概率为()1212A.B.C.D.9933答案B【解析】从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，可以组成向量m=(a,b)的个数是3×3=9(个)；其中与向量n=(2,-1)垂直的向量是m=(1,2)和m=(2,4)，共2个；第119页·共372页,2故所求的概率为P=．9故选：B．3.设m,n∈{0,1,2,3,4}，向量a=(-1,-2),b=(m,n)，则a⎳b的概率为()2331A.B.C.D.2525205答案B【解析】a⎳b⇒-2m=-n⇒2m=n，m=0m=1m=2所以或或，n=0n=2n=433因此概率为=.5×525故选：B.1.已知向量a=-2,1,b=x,y.若x,y分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a⋅b=-1的概率.解析x,y分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，有序数对(x,y)可能情况有36种，a⋅b=-1即-2x+y=-1，包含的情况有(1,1),(2,3),(3,5)三种，31所以满足a⋅b=-1的概率为=.36121故答案为：.122.(2022·福建省福州外国语学校高三阶段练习)将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量p=(m，n)，q=(2，6)，则向量p与q共线的概率为1答案18【解析】∵试验发生包含的事件是一颗骰子掷两次,共有6×6=36种结果,满足条件事件是向量p=m,n与q=2,6共线,即6m-2n=0，&there4;n=3m，满足这种条件的有1,3,2,6,共有2种结果,21&there4;向量p与q共线的概率P==,36181故答案为：.18题型三:古典概型与几何的交汇问题1.(2022·安徽马鞍山·二模(文))在边长为1的正方形四个顶点中任取两个点，则这两点之间距离大于1的概率为.1答案3第120页·共372页,【解析】由题意，从正方形ABCD四个顶点中任取2个点，有AB，BC，CD，DA，AC，BD，共有6种结果，若这2个点间的距离大于该正方形边长，则为AC，BD，共有2个结果，21所以对应的概率P==，631故答案为：32.(2022·云南·一模(理))河图洛书是中国古代流传下来的神秘图案，被誉为“宇宙魔方”，九宫格源于河图洛书.如图是由9个单位正方形(边长为1个单位的正方形)组成的九宫格，一个质点从A点沿单3位正方形的边以最短路径运动到B点，共有C6种不同的路线，则在这些路线中，该质点经过P点的概率为.3答案5【解析】一个质点从A点沿单位正方形的边以最短路径运动到B点，3共有n=C6=20种不同的路线，则在这些路线中，该质点经过p点包含的基本事件有m=6×2=12种，m123该质点经过p点的概率为P===.n2053故答案为：.53.(2022·安徽·安庆一中高三期末(理))连续掷骰子两次得到的点数分别记为a和b，则使直线x-2y22=0与圆(x-a)+(y-b)=5相交的概率为.7答案1222【解析】连掷骰子两次试验结果共有36种，要使直线x-2y=0与圆(x-a)+(y-b)=5相交，|a-2b|则<5，即满足|a-2b|<5．符合题意的(a,b)有5(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)，(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)共21种，第121页·共372页,217由古典概型的概率计算公式可得所求概率为P==．36127故答案为：121.(2022·四川·高考真题(文))在集合1,2,3,4,5中任取一个偶数a和一个奇数b构成以原点为起点的向量α=a,b，从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，记所有作成的m平行四边形的个数为n，其中面积等于2的平行四边形的个数为m，则=()n2141A.B.C.D.155153答案B【解析】设OP=a1,b1，OQ=a2,b2，则以OP、OQ为邻边的平行四边形的面积为222222S=OP⋅OQsin&ang;POQ=OP⋅OQsin&ang;POQ=OP⋅OQ⋅1-cos&ang;POQ222222=OP⋅OQ-OP⋅OQcos&ang;POQ=OP⋅OQ-OP⋅OQ22222=a1+b1a2+b2-a1a2+b1b2=a1b2-a2b1=2，其中以原点为起点的向量α有2,1、2,3、2,5、4,1、4,3、4,5，共6个，其中满足S=2的向量OP、OQ可以为OP,OQ=2,1,4,1、OP,OQ=2,1,4,3、OP,OQ=2,3,4,5，则满足面积为2的平行四边形的个数为3，即m=3，其中能构成平行四边形的向量组OP,OQ有：2,1,2,3、2,1,2,5、2,1,4,1、2,1,4,3、2,1,4,5、2,3,2,5、2,3,4,1、2,3,4,3、2,3,4,5、2,5,4,1、2,5,4,3、2,5,4,5、4,1,4,3、4,1,4,5、4,3,4,5，共15种，即n=15，m31因此，==.n155故选：B.32.平面内有2n个点(n≥2)等分圆周，从2n个点中任取3个，可构成直角三角形的概率为，连接这112n个点可构成正多边形，则此正多边形的边数为()A.6B.8C.12D.16答案C3【解析】从2n个点中任取3个点，共有C2n种，2n三个点要构成直角三角形，则有两个点为直径的端点，共有=n条直径，2还剩2n-2个点，从2n-2个点中取一个点即可，1则可构成直角三角形有n⋅C2n-2，1n⋅C2n-23所以可构成直角三角形的概率为=，C3112n解得n=6，所以共有2n=12个等分点，所以正多边形的边数为12.故选：C.第122页·共372页,3.(2022·河北邯郸·高三开学考试)从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为()413825A.B.C.D.636337答案D4【解析】从正方体的8个顶点和中心中任取4个，有C9=126个结果，4个点恰好构成三棱锥分两种情况：4①从正方体的8个顶点中取4个点，共有C8=70个结果，其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有6种情况，二是四点构成对角面(如平面AA1C1C)，有6种情况.在同一个平面的有6+6=12个，构成三棱锥有70-12=58个；3②从正方体的8个顶点中任取3个，共有C8=56个结果，3其中所取3点与中心共面，则这4个点在同一对角面上，共有6C4=24个结果，因此，所选3点与中心构成三棱锥有56-24=32个.故从正方体的8个顶点和中心中任选4个，905则这4个点恰好构成三棱锥的个数为58+32=90，故所求概率P==.1267故选：D.4.(2022·全国·高三专题练习(理))对于正方体6个面的中心，甲，乙两人分别从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率等于()6844A.B.C.D.25751575答案A2【解析】因为从正方体6个面的中心中任取两点连成直线，可得C6条直线，如图所示：设正方体的边长为2，则AC=BD=EF=2，AB=BC=CD=DA=2，EA=EB=EC=ED=2,FA=FB=FC=FD=2,由正方体性质可得AC&perp;平面BFDE,BD&perp;平面AFCE,EF&perp;平面ABCD,四边形BFDE,四边形AFCE，四边形ABCD均为正方形，故当甲选A,C时,乙选E，B或B，F或F，D或D，E或E，F或B，D时，甲，乙所选的点的连线垂直，甲选A,B时，乙选B，C或A，D或E,F时，甲，乙所选的点的连线垂直，22所以甲，乙两人分别从这6个点中任意选两个点连成直线共有C6C6=225种选法，所以甲选相对两个面的中心时，甲乙所选的点的连线垂直的选法有3×6种，若甲选相邻两个侧面的中心时，满足甲乙所选的点的连线垂直的选法有12×3种，故甲，乙所选的点的连线垂直的选法共有54种，546所以事件甲乙所选的点的连线垂直的概率P==,22525故选：A.第123页·共372页,5.(2022·浙江嘉兴·高三阶段练习)从圆内接正八边形的8个顶点中任取3个顶点构成三角形，则所得的三角形是直角三角形的概率是()1373A.B.C.D.1414207答案D【解析】从圆内接正八边形的8个顶点中任取两点连成线段，其中有4条为圆的直径，若从这8个顶点中任取3个顶点构成三角形，所得的三角形是直角三角形，则其中直角三角形的斜边为圆的直径，然后从剩余的6个顶点(除去直角三角形斜边的顶点)中任取一个点，与斜边的顶点可构成直角三角形，4×6243故所求事件的概率为P===.C35678故选：D.题型四:古典概型与函数的交汇问题1.已知集合A=-2,-1,-1,1,1,1,2,3，从集合A中任取一个元素a，使函数y=xa是奇函数且在2320,+∞上递增的概率为．答案3【解析】从集合A=-2,-1,-1,1,1,1,2,3中任取一个元素a，使函数y=xa是奇函数且在823210,+∞上递增，则a=,1,3，33所以其概率为．83故答案为：．822.一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：f1(x)=x，f2(x)=x，f3(x)3=x，f4(x)=sinx，f5(x)=cosx，f6(x)=2|x|+1．现从盒子中逐一抽取卡片并判函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X，则X<3的概率为．42答案【解析】易判断f2x=x，f5x=cosx，f6(x)=2|x|+1为偶函数，所以写有偶函数的卡片有35张，X的取值范围是1,2,3,4．111C31C3C33PX=1==，PX=2==，C12C1C1106651384所以PX<3=PX=1+PX=2=+==．2101054故答案为：53.对于定义域为D的函数fx，若对任意的x1,x2∈D，当x1<x2时都有fx1≤fx2，则称函数fx为“不严格单调增函数”，若函数fx的定义域d=1,2,3,4,5，值域为a=6,7,8，则函数fx为“不严格单调增函数”的概率是．第124页·共372页,2213c5⋅c3答案【解析】基本事件总数为：把d中的5个数分成三堆：①1，1，3：c5=10，②1，2，2：2=25a215,3则总共有(10+15)⋅a3=150种，求函数f(x)是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1，2，3，4，5中间有4个空，插入2块板分成3组，2分别从小到大对应6,7,8共有c4=6种情况，61∴函数f(x)是“不严格单调增函数”的概率是=150251故答案为：.251.已知四条直线l1:y=x，l2:y=3x-2，l3:y=3x+2，从这三条直线中任取两条，这两条直线都与函数3fx=x的图象相切的概率为()1112a.b.c.d.6323答案b2【解析】由题设，f(x)=3x，当f(x)=3，得x=±1，若x=1，则f(1)=1，即切点为(1,1)的切线为l2:y=33x-2；若x=-1，则f(-1)=-1，即切点为(-1,-1)的切线为l3:y=3x+2，当f(x)=1，得x=±，若333323333x=，则切点为，，切线方程为：y=x-，若x=-，则切点为-，-，切线3399339233方程为：y=x+，故直线y=x与f(x)=x的图象不相切，所以从已知三条直线中任取两条共有931l1,l2,l3,l2,l1,l3三种情况，与f(x)=x的图象相切只有l3,l2，故概率为．3故选：ba322.(2022·河北·唐山市海港高级中学高三开学考试)已知函数fx=x+bx+x+2．若a，b分别是从31，2，3中任取的一个数，则函数fx有两个极值点的概率为()1125a.b.c.d.6336答案c222【解析】由题意得fx=ax+2bx+1=0有两个根,则有δ=4b-4a>0，解得b>a，a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为a,b，有如下1,1,1,2,1,32,1,2,22,3,3,1,3,2,3,3，共9种情况，2其中满足b>a的有1,2,1,3,2,2,2,3,3,2,3,3，共6种情况，62则函数fx有两个极值点的概率为，即，93故选:C．3.(2022·河南·鹤壁高中高三阶段练习(理))一个盒子中装有6张卡片，上面分别写着如下6个定义域为35R的函数：f1(x)=x，f2(x)=cosx，f3(x)=x，f4(x)=x，f5(x)=sinx，f6(x)=|x|．现从盒子中任取2张卡片，将卡片上的函数相加得到一个新函数，则所得函数是奇函数的概率是()A.0.2B.0.25C.0.75D.0.4答案D【解析】由题可知f1x,f3x,f4x,f5x,为奇函数，从盒子中任取2张卡片抽取2个共有15种方法，抽第125页·共372页,6到f1x,f3x,f4x,f5x,中的两个有6种可能，所以概率为=0.415故选：Dx4.(2022·广东·金山中学高三阶段练习)设函数fx=ax+x>1，若a是从0,1,2三个数中任取x-1一个，b是从1,2,3,4,5五个数中任取一个，那么fx>b恒成立的概率是()3721A.B.C.D.51552答案Axx-1+11【解析】当a≠0时，fx=ax+=ax+=ax++1x-1x-1x-112=ax-1++1+a≥2a+1+a=a+1x-11当且仅当x=+1>1时，取“=”，a2&there4;fxmin=a+1，2于是fx>b恒成立就转化为a+1>b成立；1当a=0时，fx=1+>1，x-1设事件A：“fx>b恒成立”，则基本事件总数为15个，即(0，1)，(0，2)(0，3)，(0，4)，(0，5)，(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)；事件A包含事件：(0，1)，(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)共9个93所以PA==.155故选：A.5.(2022·江西·南昌市豫章中学高三开学考试(文))已知集合A=1,2,3,4,5,6,a∈A,b∈A，则“使函2数fx=lnx+ax+b的定义域为R”的概率为()13151719A.B.C.D.36363636答案C2【解析】由题意知a-4b<0.又因为a∈1,2,3,4,5,6,b∈1,2,3,4,5,6，所以数a,b形成的数组a,b有1,1,1,2,1,3,⋯,6,6，共36种情况，其中1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,2,2,3，2,4,2,5,2,6,3,3,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6，2共17种情况满足a-4b<0，17所以所求概率p=.36故选：C.6.(2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习)在不超过18的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是()1211A.B.C.D.2121427第126页·共372页,答案B【解析】不超过18的素数有：2,3,5,7,11,13,17，2随机选取两个不同的数有C7=21种，和等于16的有3+13=16,5+11=16共2种，2所以和等于16的概率是.21故选:B.7.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)从属于区间2,8的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为()65911A.B.C.D.771414答案A【解析】区间2,8的整数共有7个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有3个；设事件A：从属于区间2,8的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，2C316由P(A)==⇒P(A)=1-P(A)=，C2777故选：A8.(2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三阶段练习(理))从n个正整数1，2⋯n中任意取出两个不1同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n的值为()14A.6B.8C.10D.14答案B212nn-1【解析】两数之和为5有1+4,2+3两种情况，故2=，故Cn==28，解得n=8.Cn142故选：B题型五:古典概型与数列的交汇问题1n1.(2022·全国·高三专题练习(理))在二项式x+的展开式，前三项的系数成等差数列，把2⋅4x展开式中所有的项重新排成一列，有理项中恰有两项相邻的概率为()11515A.B.C.D.421228答案Br2n-3rrn-r1r-r4【解析】展开式通项为Tr+1=Cn(x)2⋅4x=Cn⋅2⋅x(0≤r≤n)，1-1002-2由题意2Cn⋅2=Cn⋅2+Cn⋅2,&there4;n=8．16-3r所以当r=0,4,8时为整数，相应的项为有理项，4因为二项式展开式中共有9项，其中有3项是有理项，6项是无理项，622A6A3A71所求恰有两项有理项相邻的概率为P==．A929故选：B．第127页·共372页,2.(2022·全国·高三专题练习(文))斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列an满足a1=a2=1，an+2=an+an+1，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是()5117A.B.C.D.124312答案A【解析】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本事件数共有12，其中质数有2，3，5，13，89，共5种，5故是质数的概率为P=．12故选：A．23.(2022·河南·高三阶段练习(理))记数列an的前n项和为Sn，已知Sn=an-4an+b，在数集-1,0,1中随机抽取一个数作为a，在数集-3,0,3中随机抽取一个数作为b.在这些不同数列中随机抽取一个数列an，则an是递增数列的概率为()1223A.B.C.D.3934答案B【解析】由已知，当n=1时，a1=S1=b-3a，22当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an-4an+b-an-1-4an-1+b=2an-5a，a1<a2b-3a<-ab<2a因为数列an为单调递增数列，则，即，即，a>0a>0a>0所有样本点a,b有：-1,-3、-1,0、-1,3、0,-3、0,0、0,3、1,-3、1,0、1,3，共9个，其中，满足an是递增数列的样本点a,b有：1,-3、1,0，共2个，2故所求概率为P=.9故选：B.21.(2022·全国·高三专题练习(文))记数列an的前n项和为Sn，已知Sn=an-4an+b，在数集*-1,0,1中随机抽取一个数作为a，在数集-3,0,3中随机抽取一个数作为b，则满足Sn≥S2n∈N的概率为()1212A.B.C.D.3943答案D2【解析】由己知得Sn=an-2+b-4a，1如果a=0，则Sn=b，满足Sn≥S2，概率为，31如果a≠0，则S2是Sn的最小值，根据二次函数性质可知，a>0，故a=1，此时概率为，3112&there4;Sn≥S2的概率为+=，333故选：D．第128页·共372页,&lowast;22.已知数列ann∈N的前n项和为Sn,a1=1，且Sn=2an-1，若数列bn满足anbn=-n+11n-32，&lowast;从5≤n≤10,n∈N中任取两个数，则至少一个数满足bn+1=bn的概率为()1372A.B.C.D.25123答案B【解析】由于Sn=2an-1①，当n=1时，得a1=2a1-1，解得a1=1；当n≥2时，Sn-1=2an-1-1②，①-②化简可得an=2an-1，n-1所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2；22-n+11n-32因为anbn=-n+11n-32，所以bn=n-1，222-n+9n-22-n+11n-32令bn+1=bn得n=n-1，解得n=6或7，22&lowast;从5≤n≤10,n∈N中任取两个数共有5,6，5,7，5,8，5,9，5,10，6,7，6,8，6,9，6,10，7,8，7,9，7,10，8,9，8,10，9,1015种，其中至少一个6或7的有9种，3所以至少一个数满足bn+1=bn的概率为，5故选：B.3.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)袋中装有大小相同的四个球.四球上分别标有数字“2”、“0”、“2”、“2”，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列的概率为()2111A.B.C.D.3324答案D3【解析】从四个球中任取3个，共有C4=4种不同的取法，其中能成等差数列的三个数的情况只有一种，为1“2”、“2”、“2”.所以概率为.4故选:D.4.意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，若从该数列的前96项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为．2答案396【解析】由题意可知，该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，则该数列的前96项中奇数共有96-3642=64，即这个数是奇数的概率为=.9632故答案为：3题型六:古典概率与统计的综合第129页·共372页,1.(2022·江西·高三阶段练习(理))下图是国家统计局7月发布的2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的月度走势，其中2022年1~2月看作1个月，现有如下说法：①2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势；②2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为5.9；5③从这12个增速中随机抽取2个，增速都超过10的概率为．33则说法正确的个数为()A.0B.1C.2D.3答案D【解析】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，故①正确；4.6+7.22021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为=5.9，故②正确；22C55从这12个增速中随机抽取2个，都超过10的概率P==，故③正确.C23312故选:D．第130页·共372页,2.(2022·四川·树德中学高三阶段练习(文))2022年9月30日至10月9日，第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都市高新区体育中心举行．某学校统计了全校学生在国庆期间观看世乒赛中国队比赛直播的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的中位数；(2)采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在200,280的学生中抽取6人．现从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，记“抽取的3人中恰有2人的观赛时长在200,240”为事件A，求PA．解析(1)由题意得40×(0.0005+0.002×2+2a+0.006+0.0065)=1,解得a=0.004，由频率分布直方图可知,观看时长在160分钟以下的样本所占比例为40×0.0005+0.002+0.004+0.006=0.5，所以样本数据的中位数为160；(2)由题意，观看时长在200,240，240,280对应的频率分别为0.004×40=0.16和0.002×40=0.08，所以采用分层随机抽样的方式在这两个区间中应分别抽取4人和2人，设观看时长在200,240的4人为A,B,C，D,观看时长在240,280的2人为E,F，从中抽取3人的基本事件有：ABC,ABD,ABE,ABF,ACD,ACE,ACF,ADE,ADF,AEF,BCD,BCE,BCF,BDE,BDF,BEF,CDE,CDF,CEF,DEF共20个，其中事件A的基本事件有ABE,ABF,ACE,ACF,ADE,ADF,BCE,BCF,BDE,BDF,CDE,CDF共12123个，所求概率为PA==205第131页·共372页,3.(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(文))2021年秋季学期，某省在高一推进新教材，为此该省某市教育部门组织该市全体高中教师在暑假期间进行相关学科培训，培训后举行测试(满分100分)，从该市参加测试的数学老师中抽取了100名老师并统计他们的测试分数，将成绩分成五组，第一组65,70，第二组70,75，第三组75,80，第四组80,85，第五组85,90，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求a的值以及这100人中测试成绩在80,85的人数；(2)估计全市老师测试成绩的平均数和中位数(保留两位小数)；(3)若要从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，并在这6人中再抽取2人担当分享交流活动的主持人，求第四组至少有1名老师被抽到的概率.解析(1)由题意得5×(0.01+0.02+a+0.06+0.07)=1，解得a=0.04，所以这100人中测试成绩在80,85的人数为100×0.04×5=20(人)，(2)平均数为(67.5×0.01+72.5×0.07+77.5×0.06+82.5×0.04+87.5×0.02)×5=77.25分，因为前2组的频率和为5×(0.01+0.07)=0.4<0.5，前3组的频率为5×(0.01+0.07+0.06)=0.7>0.5，所以中位数在75,80中，设中位数为m，则0.4+(m-75)×0.06=0.5，解得m≈76.67，所以中位数约为76.67分，(3)第三组的频率为5×0.06=0.3，第四组的频率为5×0.04=0.2，第五组的频率为5×0.02=0.1，所以从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，三组人数分别为3人，2人和1人，设第三组抽取的人为A1,A2,A3，第四组抽取的人为B1,B2，第五组抽取的人为C，则从这6人中抽取2人的所有情况如下：A1A2,A1A3,A1B1,A1B2,A1C,A2A3,A2B1,A2B2,A2C,A3B1,A3B2,A3C，B1B2,B1C,B2C共15种，其中第四组至少有1名老师被抽到的有：A1B1,A1B2,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,B1B2,B1C,B2C，共9种，93所以第四组至少有1名老师被抽到的概率为=.155第132页·共372页,1.(2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习(文))“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台．该平台首次实现了“有组织，有管理，有指导，有服务”的学习，极大地满足了广大党员干部和人民群众多样化、自主化、便捷化的学习需求，日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP．某市宣传部门为了解市民利用“学习强国”学习国家政策的情况，从全市抽取1000人进行调查，统计市民每周利用“学习强国”的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．(1)估计该市市民每周利用“学习强国”时长在区间[6,8)内的概率；(2)估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长；(3)若宣传部为了解市民每周利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从[4,6)和[10,12)组中抽取7人了解情况，从这7人中随机选取2人参加座谈会，求所选取的2人来自不同的组的概率．解析(1)由题意知，该市市民每周利用“学习强国”时长在[6,8)内的频率为0.15×2=0.3，所以估计该市市民每周利用“学习强国”时长在[6,8)内的概率为0.3．(2)由题意知各组的频率分别为0.05，0.1，0.25，0.3，0.15，0.1，0.05，所以x=1×0.05+3×0.1+5×0.25+7×0.3+9×0.15+11×0.1+13×0.05=6.8，所以估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长在6.8小时．(3)由(2)知，利用“学习强国”时长在[4,6)和[10,12)的频率分别为0.25，0.1，故两组人数分别为250，100，7采用分层抽样的方法从[4,6)组抽取人数为250×=5，记作a，b，c，d，e；从[10,12)组抽取人数为3507100×=2，记作A，B；350从7人中抽取2人的基本事件有ab,ac,ad,ae,aA,aB,bc,bd,be,bA,bB,cd,ce,cA,cB,de,dA,dB,eA,eB,AB，共21个，来自不同组的基本事件有aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB,eA,eB，共10个，10故所求概率P=．21第133页·共372页,2.(2022·陕西·安康市教学研究室三模(文))某学校为了解高三尖子班数学成绩，随机抽查了60名尖子生的期中数学成绩，得到如下数据统计表：期中数学成绩(单位：分)频数频率120,12530.05125,130xp130,13590.15135,140150.25140,145180.30145,150yq合计601.00若数学成绩超过135分的学生为“特别优秀”，超过120分而不超过135分的学生为“优秀”，已知数学成绩“优秀”的学生与“特别优秀”的学生人数比恰好为2:3．(1)求x，y，p，q的值；(2)学校教务为进一步了解这60名学生的学习方法，从数学成绩“优秀”、“特别优秀”的学生中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查，求至少抽到2名学生数学成绩“特别优秀”的概率．3+x+9+15+18+y=60解析(1)根据题意有3+x+92，15+18+y=3x=12解得，y=3&there4;p=0.2,q=0.05．32(2)用分层抽样的方法选取5人，则数学成绩“特别优秀”的有5×=3人，“优秀”的有5×=2人．55设抽到3名数学成绩“特别优秀”的学生为a1,a2,a3，抽到2名数学成绩“优秀”的学生为b1,b2，从5人中选取3人的所有情况为a1,a2,a3,a1,a2,b1,a1,a2,b2,a1,a3,b1,a1,a3,b2，a2,a3,b1,a2,a3,b2,a1,b1,b2,a2,b1,b2,a3,b1,b2，共10种情况，至少抽到2人数学成绩”特别优秀”的为a1,a2,a3,a1,a2,b1,a1,a2,b2,a2,a3,b1,a2,a3,b2,a1,a3,b1,a1,a3,b2，有7种情况，7&there4;至少抽到2名学生数学成绩“特别优秀”的概率P=．10第134页·共372页,3.(2022·四川·高三开学考试(理))致敬百年，读书筑梦，某学校组织全校学生参加“学党史颂党恩，党史网络知识竞赛”活动，并从中抽取100位学生的竞赛成绩作为样本进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．规定：成绩在80,100内为优秀，成绩低于60分为不及格．(1)求a的值，并用样本估算总体，能否认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20％”的要求；(2)若样本中成绩优秀的男生为5人，现从样本的优秀答卷中随机选取3份作进一步分析，求其中至少有1份是男生的概率．解析(1)由频率分布直方图得0.004+a+0.011+0.036+0.023+0.014+a×10=1，解得a=0.006，成绩不及格的频率为0.004+0.006+0.011×10=0.21，&there4;“成绩不及格”的概率估计值为21％，∵21％>20％，&there4;不能认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20％”的要求．(2)方法一：由(1)可知样本中成绩优秀有20人，其中男生5人，故女生15人，记事件A=“从样本的优秀答卷中随机选取3份作进一步分析，求其中至少有1份是男生”，15×145×45×4×3122135×+×15+C5C15+C5C15+C52×123×2×1137则PA===，C320×19×18228203×2×1137&there4;所求概率为．228方法二：由(1)可知样本中成绩优秀的有20人，其中男生5人，故女生15人，记事件A=“从优秀答卷中随机选取3份，其中至少有1份是男生”，则A=“从优秀答卷中随机选取3份，全是女生”，15×14×133C153×2×191则PA=3==，C2020×19×182283×2×1137&there4;PA=1-PA=，228137&there4;所求概率为．228【方法技巧与总结】1、有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，即可解决此类问题．2、求复杂事件的概率通常有两种方法：第135页·共372页,一是将所求事件转化为彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用解法一，一定是将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用第二种，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误．题型七:有放回与无放回问题的概率1.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)一个盒子里装有除颜色外完全相同的6个小球，盒子中有编号分别为1、2、3、4的红球4个，编号分别为4、5的白球2个，从盒子中任取3个小球(假设取到任何一个小球的可能性相同).则在取出的3个小球中，小球编号最大值为4的概率是.9答案203【解析】由题意，从6个小球，任取3个小球，可得基本事件总数为n=C6=20种，2若编号为4的球有且只有一个且为白球，有C3=3种取法；2若编号为4的球有且只有一个且为红球，有C3=3种取法；1若编号为4的球红球白球都取到，有C3=3种取法，小球编号最大值为4的基本事件个数为3+3+3=9种，9所以小球编号最大值为4的概率力P=.209故答案为：202.从标有1，2，3，4的卡片中不放回地先后抽出两张卡片，则4号卡片“第一次被抽到的概率”、“第二次被抽到的概率”、“在整个抽样过程中被抽到的概率”分别是()111111111111A.，，B.，，C.，，D.，，442444332432答案A1【解析】4号卡片“第一次被抽到的概率”P1=，4311“第二次被抽到的概率”P2=×=，4341311“在整个抽样过程中被抽到的概率”P3=+×=．4432故选：A.3.一箱中装有6个同样大小的红球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的黄球，编号为7，8，9，10．现从箱中任取4个球，下列变量服从超几何分布的是()A.X表示取出的最小号码B.若有放回的取球时，X表示取出的最大号码C.取出一个红球记2分，取一个黄球记1分，X表示取出的4个球的总得分D.若有放回的取球时，X表示取出的黄球个数答案C【解析】超几何分布的概念为：设总体有N个，其中含有M个不合格品。若从中随机不放回抽取n个产品，第136页·共372页,则不合格品的个数X是一个离散随机变量，若n>M，则可能取0,1,2⋯，M，由古典方法可以求得X=k的概率是：kn-kCMCN-MPX=k=，k=0,1,2⋯,M，nCN假如n≤M，则X可能取0,1,2⋯，n；此时求得X=k的概率是：kn-kCMCN-MPX=k=，k=0,1,2⋯,n，nCN根据超几何分布的定义，可知ABD均不合要求，C选项满足A选项，X可能取值为1,2,3,4,5,6,7，3311C42C51PX=7==，PX=6==，PX=5==，C4210C4105C421101010333C62C71C84PX=4==，PX=3==，PX=2==，C421C46C4151010103C92PX=1==，C4510X的分布列为：X1234567P241212151562121105210B选项，若有放回的取球时，X表示取出的最大号码，则X的取值可能为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，414114214314414PX=1=C410，PX=2=C410+C410+C410+C410，111132121231311414PX=3=C4105+C4105+C4105+C410，111332123231331414PX=4=C41010+C41010+C41010+C410，⋯，故不满足超几何分布；C选项，X表示取出的4个球的总得分，则X的取值可能为4,5,6,7,8，431C41C4C6244PX=4==，PX=5===，C4210C42103510102213C4C66×153C4C64×208PX=6===，PX=7===，C42107C42102110104C6151PX=8===，C42101410显然满足超几何分布，D选项，若有放回的取球时，X表示取出的黄球个数，则X的可能取值为0,1,2,3,4，2由于是有放回的取球，故X&sim;B4,5，故D不满足超几何分布；故选：C第137页·共372页,1.(2022·全国·高三专题练习(文))纸箱里有编号为1到9的9个大小相同的球，从中不放回地随机取9次，每次取1个球，则编号为偶数的球被连续抽取出来的概率为()1111A.B.C.D.4122116答案C9【解析】从纸箱中不放回地随机取9次，共有A9种情况，46偶数的球被连续抽取出来，共有A4A6，46A4A61则偶数的球被连续抽取出来的概率P==.A9219故选：C2.每次从0~9这10个数字中随机取一个数字(取后放回)，连续取n次，依次得到n个数字组成的数字序列．若使该序列中的数字0至少出现一次的概率不小于0.9，则n的最小值是()(参考数据lg9≈0.954)A.23B.22C.21D.20答案Bnn【解析】有放回地排列n个数字，得10个基本事件，其中不含0的基本事件为9．nlg0.19n-1由题意得1-≥0.9，即0.9≤0.1，&there4;n≥=≈21.74．nlg0.9lg9-110&there4;n最小取22．故选：B．3.不透明袋中装有质地，大小相同的4个红球，m个白球，若从中不放回地取出2个球，在第一个取出5的球是红球的前提下，第二个取出的球是白球的概率为．8(1)求白球的个数m；(2)若有放回的取出两个求，记取出的红球个数为X，求EX，DX．解析(1)由题意知，袋中装有质地，大小相同的4个红球，m个白球，5因为第一个取出的球是红球，第二个取出的球是白球的概率为，8m5可得=，解得m=5．m+38(2)由题意，随机变量X可能为0,1,2，552545404416则PX=0=×=，PX=1=××2=，PX=2=×=，998199819981所以随机变量X的分布列为：X012P2540168181812540168则期望为EX=0×+1×+2×=，818181982258240821640方差为DX=0-9×81+1-9×81+2-9×81=81.第138页·共372页,4.已知甲袋中有4个白球2个黑球，乙袋中有3个白球2个黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，然后再从乙袋中任取1个球.(1)求甲袋中任取出的2个球为同色球的概率；(2)求乙袋中任取出1球为白球的概率.20C4C262解析(1)由题意，从甲袋中任取出的2个球均为白色的概率为==，任取出的2个球均为C2155602C4C21217黑色的概率为=，故从甲袋中任取出的2个球为同色球的概率为+=C215515156(2)由题意，从甲袋中任取出的2个球均为白色和均为黑色，或一黑一白三种情况.252当甲袋中任取出的2个球均为白色时，从乙袋中任取出1球为白球的概率为×=；当甲袋中任取577131出的2个球均为黑色时，从乙袋中任取出1球为白球的概率为×=；1573511C4C28当甲袋中任取出的2个球为一黑一白时，概率为=，故再从乙袋中任取出1球为白球的概率为C21568432×=.15710521326513故乙袋中任取出1球为白球的概率为++==735105105215.(2022·江西·南昌市八一中学三模(理))甲、乙两位同学进行摸球游戏，盒中装有6个大小和质地相同的球，其中有4个白球，2个红球．(1)甲、乙先后不放回地各摸出1个球，求两球颜色相同的概率；(2)甲、乙两人先后轮流不放回地摸球，每次摸1个球，当摸出第二个红球时游戏结束，或能判断出第二个红球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时甲、乙两人摸球的总次数为X，求X的分布列和期望．22C4C27解析(1)两球颜色相同分为都是红球或白球，其概率为p=+=；C2C21566(2)依题意X=2，3，4，5，2C21PX=2==，C2156111C4∙C2C12X=3，就是前2个一个是红球，一个是白球，第3个是红球，PX=3=∙=，C2C11564X=4，就是前3个有2个白球一个红球，第4个是红球，或前四个全是白球，2114C4∙C2C1C44PX=4=∙+=，C3C1C415636X=5，分为前4个球中有3个白球1个红球，第5个是红球，或者是前4个球中3个白球一个红球，311311C4∙C2C1C4∙C2C18第5个是白球PX=5=∙+∙=，C4C1C4C1156262分布列为：X2345P124815151515124864数学期望EX=2×+3×+4×+5×=；1515151515第139页·共372页,6.(2022·黑龙江·哈尔滨三中高三学业考试)袋中有8个除颜色外完全相同的小球，其中1个黑球，3个白球，4个红球．(1)若从袋中一次摸出2个小球，求这两个小球恰为异色球的概率；(2)若从袋中一次摸出3个小球，求黑球与白球的个数都没有超过红球个数的概率；(3)若从袋中不放回的取3次球，每次取1球，取到黑球记0分，取到白球记4分，取到红球记2分，求最后得分为8分的概率．111111解析(1)摸出的2个小球为异色球的种数为C1C3+C1C4+C3C4=19，从8个球中摸出2个小球的种数219为C8=28，故所求概率P=；28(2)从袋中一次摸出3个小球，黑球与白球的个数都没有超过红球个数有三种情况：111①摸出1个红球，1个黑球，1个白球，共有C1C3C4=12种；21②摸出2个红球，1个其他颜色球，共有C4C4=24种；3③摸出3个球均为红球，共有C4=4种；3因为从8个球中摸出3个小球的种数为C8=56，12+24+45所以所求概率P==；567(3)由题意，最后得分为8分有两种情况：摸出2个白球1个黑球或1个白球2个红球，2112C3C1+C3C43所以所求概率P==.C3887.(2022·天津外国语大学附属外国语学校高三阶段练习)一个口袋里有形状一样仅颜色不同的5个小球，其中白色球3个，黑色球2个．若从中任取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率为；若从中任取2个球，记所取球中白球可能被取到的个数为ξ，则随机变量ξ的期望为．546答案1255111111111C2C3C3+C3C2C3+C3C3C254【解析】“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率P==，C1C1C11255552112C21C3C26C33由题意，ξ的可能值为0,1,2，则P(ξ=0)==，P(ξ=1)==，P(ξ=2)==，C210C210C2105551636所以E(ξ)=0×+1×+2×=.1010105546故答案为：，.12558.(2022·浙江·模拟预测)从装有大小完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若E(X)=1，则m=，PX≥2=．7答案227mmm【解析】由题意知：摸到白球的概率为6，则X~B3,6，则E(X)=3×6=1，解得m=2；121223137摸到白球的概率为3，则PX≥2=PX=2+PX=3=C3×3×3+C3×3=27.7故答案为：2；.27题型八:概率的基本性质第140页·共372页,1.已知PA=0.5，PB=0.3，P(AB)=0.2，则PA∪B=()A.0.5B.0.6C.0.8D.1答案B【解析】因为PA=0.5，PB=0.3，P(AB)=0.2则PAB≠PAPB，所以事件A与事件B不相互独立，&there4;PA∪B=PA+PB-PAB=0.5+0.3-0.2=0.6．故选：B2.一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，则使目标受损但未击毁的概率是()A.0.4B.0.48C.0.6D.0.8答案A【解析】目标受损但未击毁的概率是1-0.2-0.4=0.4.故选：A3.已知事件A､B相互独立，P(A)=0.4,P(B)=0.3，则P(A+B)=()A.0.58B.0.9C.0.7D.0.72答案A【解析】由题意P(AB)=P(A)P(B)=0.12故P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.3-0.12=0.58故选：A211.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为，和棋的概率为，则乙获胜的概率为()531134A.B.C.D.45515答案D21【解析】记“甲获胜”为事件A，“和棋”为事件B，“乙获胜”为事件C，则PA=，PB=，所以534PC=1-PA-PB=．15故选：D2.若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且PA=2-a，PB=4a-5，则实数a的取值范围是()A.5,2B.5,3C.5,45,344243D.42答案C【解析】因随机事件A，B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=3a-3，第141页·共372页,0<p(a)<10<2-a<154依题意及概率的性质得0<p(b)<1，即0<4a-5<1，解得<a≤，0<p(a+b)≤10<3a-3≤14354所以实数a的取值范围是4,3.故选：c3.抛掷一枚质地均匀的骰子，事件a表示“向上的点数是奇数”，事件b表示“向上的点数不超过3”，则p(a∪b)=()125a.b.c.d.1236答案b【解析】a包含向上的点数是1，3，5的情况，b包含向上的点数是1，2，3的情况，所以a∪b包含了向上42的点数是1，2，3，5的情况.故p(a∪b)==.63故选：b．4.若p(ξ≤x2)=1-β，p(ξ≥x1)=1-α，其中x1<x2，则p(x1≤ξ≤x2)等于()a.(1-α)(1-β)b.1-(α+β)c.1-α(1-β)d.1-β(1-α)答案b【解析】由随机事件概率的性质得p(x1≤ξ≤x2)=p(ξ≤x2)+p(ξ≥x1)-1=(1-β)+(1-α)-1=1-(α+β).故选：b5.下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；②若a、b为两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)；③若事件a、b、c两两互斥p(a)+p(b)+p(c)=1；④若a、b满足p(a)+p(b)=1且p(ab)=0，则a、b是对立事件.其中错误的命题个数是()a.0b.1c.2d.3答案d【解析】对于①：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；故①正确；对于②：若a、b为两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)-p(a∩b)；故②不正确；对于③：若事件a、b、c两两互斥，若a∪b∪c≠ω，则p(a)+p(b)+p(c)<1，故③不正确；对于④：对于几何概型而言，若事件a、b满足p(a)+p(b)=1，p(ab)=0，则a、b不一定是对立事件，故④错误.所以错误的命题有3个，故选：dl【过关测试】一、单选题第142页·共372页,1(2022·江西·高三阶段练习(文))下图是国家统计局7月发布的2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的月度走势，其中2022年1~2月看作1个月，现有如下说法：①2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势；②2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为5.9；5③从这12个增速中随机抽取1个，增速超过10的概率为．12则说法正确的个数为()a.0b.1c.2d.3答案d【解析】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，故①正确；4.6+7.22021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的的中位数为=5.9，故②正确；25从这12个增速中随机抽取1个，超过10的概率为，故③正确.12故选：d．2(2022·福建·福州十八中高三开学考试)将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为()3523a.b.c.d.7755答案b2【解析】依题意总的排列方法有c7=21种，2利用挡板法，5个1有6个位置可以放0，故2个0不相邻的排列方法有c6=15种，155所以所求概率为=．217故选：b．3(2022·四川成都·高三开学考试(文))从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为()2371a.b.c.d.55102答案c【解析】将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，这个实验的样本空间可记为ω=a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，共包含10个样本点，记事件a为至少有1名女医生参加，第143页·共372页,则a=a,d,a,e,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，7则a包含的样本点个数为7，∴pa=，10故选：c．4(2022·上海交大附中高三开学考试)分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长(单位：h)，得如图所示茎叶图，则下列结论中错误的是()a.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4b.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数约为8.60(按四舍五入精确到0.01)c.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值小于0.4d.乙同学周课外体育运动时长的方差约为0.80(按四舍五入精确到0.01)答案b7.3+7.5【解析】a：甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为=7.4，正确.2b：乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1≈8.51，错16误.6c：甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值=0.375<0.4，正确.16d：乙同学周课外体育运动时长的方差约为：11622222226.3-8.51+7.4-8.51+7.6-8.51+8.1-8.51+8.2-8.51×2+8.5-8.51+8.6-8.51×4+9.0-≈0.80，正确.故选：b5(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(理))20名学生，任意分成甲、乙两组，每组10人，其中2名学生干部恰好被分在不同组内的概率是()19181818c2c182c2c182c2c19c2c18a.b.c.d.10101010c20c20c20c20答案a1010【解析】20名学生，任意分成甲、乙两组，每组10人，共有c20c10种分法；19考虑学生干部a，其所在的组有c2种可能，该组中余下9人有c18种可能性；19c2c18故所求概率为p=．10c20故选：a．第144页·共372页,6(2022·四川·模拟预测(文))从集合{x∈n∣10≤x≤20}中任取2个不同的质数a,b，则|a-b|≥4的概率为()2312a.b.c.d.3535答案a【解析】集合{x∈n∣10≤x≤20}中的质数有11，13，17，19，共4个数，任取2个不同的质数a，b，记作a,b的情况有11,13，11,17，11,19，13,17，13,19，17,19，13,11，17,11，19,11，17,13，19,13，19,17，共12种；符合a-b≥4的有11,17，11,19，13,17，13,19，17,11，19,11，8217,13，19,13，共8种，所以概率为=.123故选：a.7(2022·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试(理))为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举”的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育、美育、书法三门选修课程，该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一位同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为()5177a.b.c.d.3663618答案d222c6c4c241233【解析】6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一位同学选修，共有3+c6+c6c5c3.a3=a3540种.2221c4c22恰有2名同学选修传统体育的情况：c6⋅c4+2⋅a2=210种.a22107∴p==.54018故选：d二、多选题8记p(a),p(b)分别为事件a，b发生的概率，则下列结论中可能成立的有()a.p(ab)=p(a)p(b)b.p(a+b)=p(a)+p(b)c.p(a+b)<p(a)+p(b)d.p(a+b)>P(A)+P(B)答案ABC【解析】当事件A，B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B)，A可能；当事件A，B互斥时，P(A+B)=P(A)+P(B)，B可能；当事件A，B不互斥时，P(A+B)<p(a)+p(b)，c可能；而不可能出现p(a+b)>P(A)+P(B)，D不可能.故选：ABC9已知随机变量ξ的分布如下：则实数a的值为()ξ123132P1-a2a421111A.-B.C.D.-2244第145页·共372页,答案BC132【解析】由题可得+1-a+2a=1，4211&there4;a=或a=，经检验适合题意.24故选：BC.10(2022·湖南·高三开学考试)已知数列an的前n项和为Sn，且ai=1或ai=2的概率均为1i=1,2,3,⋅⋅⋅,n.设Sn能被3整除的概率为Pn，则()213411A.P2=1B.P3=C.P11=D.当n≥5时，Pn<410243答案BC21【解析】由题可知P1=0，P3=3=，故B正确；24Sn被3整除的余数有3种情况，分别为0，1，2，1111111n-1所以Pn+1=21-Pn，则Pn+1-3=-2Pn-3，所以Pn-3=-3⋅-2，11n-11111111101341即Pn=-3⋅-2+3，所以P2=-3⋅-2+3=2，P11=-3⋅-2+3=1024A错误，C正确；111n-116-111Pn-3=-3⋅-2，令n=6，则--2=32>0，所以P6>3，故D错误.故选：BC.11(2022·浙江·慈溪中学高三开学考试)盒中装有大小相同的5个小球(编号为1至5)，其中黑球3个，白球2个.每次取一球(取后放回)，则()1A.每次取到1号球的概率为52B.每次取到黑球的概率为5C.“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件D.“每次取到3号球”与“每次取到4号球”是对立事件答案AC1C11【解析】对于A，每次取到1号球的概率为=，故正确；C1551C33对于B，每次取到黑球的概率为=，故错误；C155对于C，“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”相互之间没有影响，所以“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件，故正确；11C11C11对于D，每次取到3号球的概率为=，每次取到4号球的概率为=，它们互斥事件，而不是对C15C1555立事件，故错误.故选：AC.三、填空题12通过手机验证码登录哈罗单车App，验证码由四位数字随机组成，如某人收到的验证码a1，a2，a3，a4满足a1<a2<a3<a4，则称该验证码为递增型验证码，某人收到一个验证码，那么是首位为2的递增型验证码的概率为．第146页·共372页,7答案2000【解析】∵a1=2，2<a2<a3<a4，∴a2,a3,a4从3,4,5,6,7,8,9中选，3只要选出3个数，让其按照从小到大的顺序排有c7=35种，又验证码共有10×10×10×10=10000种，357所以首位为2的递增型验证码的概率为=，1000020007故答案为：200013现有5名师范大学毕业生主动要求到西部某地的甲、乙、丙三校支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配到甲校的概率为．2答案5223c5c310×3【解析】将5名学生按1:1:3和1:2:2分成3组的不同分法有c5+2=10+=25(种)，a223因此5名学生按每个学校至少去1人，分配到甲、乙、丙三校的不同分法数为25a3=150，222恰好有2名学生分配到甲校的不同分法数为c5c3a2=60，602所以恰好有2名大学生分配到甲校的概率p==.15052故答案为：514(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)某个班级周一上午准备安排语文､数学､英语､物理､生物等5节课，则数学和物理排课不相邻的概率为.3答案553【解析】古典概型，样本空间样本点总数为a5=120，先安排好语文，英语，生物，有a3种排法，232723再插入数学和物理，有a4种排法，事件所占样本个数为a3a4=72，p==；12053故答案为：.515(2022·云南大理·模拟预测)某校为落实“双减政策．在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲、乙、丙三名同学拟参加篮球、足球、乒乓球三项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为．2答案33211【解析】每人有3种选择，三人共有3种选择，其中恰有两人参加同一项活动共有c3c3c2种选择，211c3c3c22所以三人中恰有两人参加同一项活动的概率为=．3332故答案为：3四、解答题16(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．第147页·共372页,解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.317(2022·江西·赣源中学高三阶段练习(文))客家文化是指客家人共同创造的物质文化与精神文化的总和，包括客家方言、客家民俗、客家民居、客家山歌、客家艺术、客家人物、客家山水、客家诗文、客家历史、客家饮食、海内外客家分布等多方面.石城，是客家先民迁徙的重要中转站、客家民系的重要发源地、中华客家文化的重要发祥地，素有客家摇篮之美称.为弘扬和发展客家文化，石城县开展了丰富多彩的客家文化活动，引起了广大中学生对于客家文化的极大兴趣，某校从甲、乙两个班级所有学生中分别随机抽取8名，对他们的客家文化知识了解程度进行评分调查(满分100分)，被抽取的学生的评分结果如下茎叶图所示：(1)分别计算甲、乙两个班级被抽取的8名学生得分的平均值和方差，并估计两个班级学生对客家文化知识了解的整体水平差异；(2)若从得分不低于85分的学生中随机抽取2人参观客家文化摄影展，求这两名学生均来自乙班级的概率.1解析(1)甲的平均数x1=(76+79+80+82+84+88+90+93)=84，81乙的平均数x2=(71+80+81+82+85+89+90+94)=84.821甲的方差s1=(64+25+16+4+0+16+36+81)=30.25，821乙的方差s2=(169+16+9+4+1+25+36+100)=45.8因为两个班级学生得分的平均值相同，所以我们估计两个班级客家文化知识整体水平相差不大，又由于乙班级学生得分的方差比甲班大，所以我们估计甲班级学生客家文化知识水平更加均衡一些，乙班级学生客家文化知识水平差异略大.(2)甲班级得分不低于85分的有3名同学，记为a,b,c,乙班级得分不低于85分的有4名同学，记为a,b,第148页·共372页,c,d，从这7名同学中选取2人共有(a,b)，(a,c)，(a,a)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,a)，(b,b)，(b,c)，(b,d)，(c,a)，(c,b)，(c,c)，(c,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共21个基本事件.其中两名学生均来自于乙班级的有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)共6个基本事件.62所以所求事件的概率p==.21718(2022·浙江省杭州第二中学高三阶段练习)有3名志愿者在2022年10月1号至10月5号期间参加核酸检测工作．(1)若每名志愿者在这5天中任选一天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，求3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作的概率；(2)若每名志愿者在这5天中任选两天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，记ξ表示这3名志愿者在10月1号参加核酸检测工作的人数，求随机变量ξ的分布列及数学期望eξ．3解析(1)3名志愿者每人任选一天参加核酸检测，共有5种不同的结果，这些结果出现的可能性都相等．设“3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作”为事件a，3则该事件共包括3a3不同的结果．33a318所以pa==．53125(2)ξ的可能取值为0、1、2、3，231122c427c3c4c454pξ=0==，pξ=1==，c23125c2312555c2⋅42233⋅c43648pξ=2==，pξ=3==，c23125c2312555ξ0123p275436812512512512527543686eξ=0×+1×+3×+3×=.125125125125519(2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习)现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三个盒子中各装有六个小球．(1)若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取出一个球，求小明取出两个白球的概率；(2)若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取出一个白球后停止取球，且每次取球均不放回．若小明在第x次取球时取到白球，求x的概率分布和数学期望．解析(1)因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，1从一个盒中取出一个球是白球的概率为，6111所以小明取出两个白球的概率为×=；6636(2)由题可知x可取1,4,7,10，1则px=1=，23×33px=4==，6×510第149页·共372页,3×2×33px=7==，6×5×4203×2×1×31px=10==，6×5×4×320所以x的概率分布为：x14710p13312102020133113所以ex=1×+4×+7×+10×=.21020204第150页·共372页,第6章事件的相互独立性、条件概率与全概率公式【考点预测】知识点1、条件概率(一)定义p(ab)一般地，设a，b为两个事件，且p(a)>0，称P(B|A)=为在事件A发生的条件下，事件B发生P(A)的条件概率．注意：(1)条件概率P(B|A)中“|”后面就是条件；(2)若P(A)=0，表示条件A不可能发生，此时用条件概率公式计算P(B|A)就没有意义了，所以条件概率计算必须在P(A)>0的情况下进行．(二)性质(1)条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1．(2)必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0．(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)注意：(1)如果知道事件A发生会影响事件B发生的概率，那么P(B)≠P(B|A)；(2)已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基本事件空间nABnABnΩPAB计算AB发生的概率，即P(B|A)===．nAnAPAnΩ知识点2、相互独立与条件概率的关系(一)相互独立事件的概念及性质(1)相互独立事件的概念对于两个事件A，B，如果P(B|A)=P(B)，则意味着事件A的发生不影响事件B发生的概率．设P(A)P(AB)>0，根据条件概率的计算公式，P(B)=P(B|A)=，从而P(AB)=P(A)P(B)P(A)由此我们可得：设A，B为两个事件，若P(AB)=P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(2)概率的乘法公式由条件概率的定义，对于任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)=P(A)P(B|A)我们称上式为概率的乘法公式．(3)相互独立事件的性质如果事件A，B互相独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．(4)两个事件的相互独立性的推广*两个事件的相互独立性可以推广到n(n>2，n∈N)个事件的相互独立性，即若事件A1，A2，⋯，An相互独立，则这n个事件同时发生的概率P(A1A2⋯An)=P(A1)(A2)⋯P(An)(二)事件的独立性(1)事件A与B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)⋅P(B)(2)当P(B)>0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)=P(A)第151页·共372页,P(AB)P(A)⋅P(B)(3)如果P(A)>0，A与B独立，则P(B|A)===P(B)成立．P(A)P(A)知识点3、全概率公式(一)全概率公式(1)P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)；(2)定理1若样本空间Ω中的事件A1，A2，⋯，An满足：①任意两个事件均互斥，即AiAj=∅，i，j=1，2，⋯，n，i≠j；②A1+A2+⋯+An=Ω；③PAi>0，i=1，2，⋯，n．则对Ω中的任意事件B，都有B=BA1+BA2+⋯+BAn，且nnP(B)=P(BAi)=P(Ai)P(B|Ai)i=1i=1注意：(1)全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单事件的概率计算，即运用了“化整为零”的思想处理问题．(2)什么样的问题适用于这个公式？所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．(二)贝叶斯公式P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)(1)一般地，当0<p(a)<1且p(b)>0时，有PAB==P(B)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)(2)定理2若样本空间Ω中的事件A1，A2，⋯，An满足：①任意两个事件均互斥，即AiAj=∅，i，j=1，2，⋯，n，i≠j；②A1+A2+⋯+An=Ω；③0<pai<1，i=1，2，⋯，n．则对ω中的任意概率非零的事件b，都有b=ba1+ba2+⋯+ban，p(aj)p(b|aj)p(aj)p(b|aj)且pajb==np(b)p(ai)p(b|ai)i=1注意：(1)在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是使用贝叶斯公式．贝叶斯公式的意义是导致事件b发生的各种原因可能性的大小，称之为后验概率．(2)贝叶斯公式充分体现了p(a|b)，p(a)，p(b)，p(b|a)，p(b|a)，p(ab)之间的转关系，即p(a|b)=p(ab)，p(ab)=p(a|b)p(b)=p(b|a)p(a)，p(b)=p(a)p(b|a)+p(a)p(b|a)之间的内在联系．p(b)【典例例题】题型一:条件概率第152页·共372页,1.(2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习)甲､乙两人到一商店购买饮料，他们准备分别从加多宝､农夫山泉､雪碧这3种饮品中随机选择一种，且两人的选择结果互不影响.记事件a=“甲选择农夫山泉”，事件b=“甲和乙选择的饮品不同”，则pb|a=()1112a.b.c.d.4233答案d1【解析】事件a=“甲选择农夫山泉”，则p(a)=3事件b=“甲和乙选择的饮品不同”，则事件ab=“甲选择农夫山泉，乙选择的是加多宝或者雪碧”122所以p(ab)=×=339p(ab)2所以pb|a==，p(a)3故选：d2.(2022·全国·高三专题练习(理))若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示()a.事件a发生的概率b.事件b发生的概率c.事件b不发生条件下事件a发生的概率d.事件a、b同时发生的概率答案a【解析】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为p(a|b)p(b)+[1-p(b)]p(a|b)=p(ab)+p(b)p(a|b)=p(ab)+p(ab)=p(a),故选：a3.端午节这天人们会悬菖蒲、吃粽子、赛龙舟、喝雄黄酒．现有9个粽子，其中2个为蜜枣馅，3个为腊肉馅，4个为豆沙馅，小明随机取两个，设事件a为“取到的两个为同一种馅”，事件b为“取到的两个均为豆沙馅”，则pba=()1332a.b.c.d.2453答案c【解析】由题意不妨设2个蜜枣馅为：a，b，3个为腊肉馅为：a,b,c，4个为豆沙馅：1，2，3，4，则事件a为“取到的两个为同一种馅”，对应的事件为:ab,ab,ac,bc,12,13,14,23,24,34,所以n(a)=10，事件ab为“取到的两个为同一种馅，均为豆沙馅”，对应的事件为：12,13,14,23,24,34,所以n(ab)=6，第153页·共372页,p(ab)n(ab)63所以pba===10=5，p(a)n(a)故选：c∗1.如果an不是等差数列，但若∃k∈n，使得ak+ak+2=2ak+1，那么称an为“局部等差”数列.已知数列xn的项数为4，记事件a：集合x1,x2,x3,x4⊆1,2,3,4,5，事件b：xn为“局部等差”数列，则条件概率pb|a=()4711a.b.c.d.153056答案c44【解析】由题意知，事件a共有c5∙a4=120个基本事件，事件b：“局部等差”数列共有以下24个基本事件，(1)其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述(1)相同，也有6个.含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个，含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个，含5，3，1的也有上述4个，共24个，241∴pb|a==.1205故选c.2.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件a为“4个人去的景点各不相同”，事件b为“只有甲去了中山陵”，则p(a|b)=.2答案94【解析】甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，共有4=256种不同的方案，4事件a，“4个人去的景点各不相同”的方案有：a4=24种，3事件b，“只有甲去了中山陵”的方案有3=27种，3事件ab同时发生的方案有：a3=6种，6327pab==，pb=256128256pab62所以pa|b===pb2792故答案为：91183.已知事件a和b是互斥事件，pc=，pb∩c=，pa∪bc=，则pac=6189．5答案9第154页·共372页,18pb∩c181【解析】由题意知，pa∪bc=pac+pbc=，pbc===，9pc136815则pac=pa∪bc-pbc=-=．9395故答案为：．94.(2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为p=0.003，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．(1)若该社区约有2000人，有两种分组方式可以选择：方案一是：10人一组；方案二：8人一组．请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由；(2)我们知道核酸检测呈阳性，必须由专家二次确认，因为有假阳性的可能；已知该社区人员中被感染的概率为0.29%，且已知被感染的人员核酸检测呈阳性的概率为99.9%，若检测中有一人核酸检测呈阳性，810求其被感染的概率．(参考数据：(0.997=0.976,0.997=0.970，)解析(1)设方案一中每组的化验次数为ξ，则ξ的取值为1，11，10∴pξ=1=0.997=0.970，10pξ=11=1-0.997=0.03，∴ξ的分布列为：ξ111p0.9700.030eξ=1×0.97+11×0.33=1.300．故方案一的化验总次数的期望值为：200ex=200×1.3=260次．设方案二中每组的化验次数为η，则η的取值为1，988pη=1=0.997=0.976，pη=9=1-0.997=0.0238，∴η的分布列为：η12p0.9760.024∴eη=1×0.976+9×0.024=1.192．∴方案二的化验总次数的期望为250×eη=250×1.192=298次．∵260<298，∴方案一工作量更少．故选择方案一.(2)设事件a：核酸检测呈阳性，事件b：被感染，则由题意得pa=0.003,pb=0.0029,pa|b=0.999，pab由条件概率公式pa|b=可得pab=pbpa|b=0.0029×0.999，papab0.0029×0.999∴该人被感染的概率为pb|a===0.9657.pa0.003【方法技巧与总结】第155页·共372页,用定义法求条件概率pba的步骤(1)分析题意，弄清概率模型；(2)计算p(a)，p(a∩b)；p(a∩b)(3)代入公式求p(b|a)=．p(a)题型二:相互独立事件的判断1.(2022·山东·潍坊七中高三阶段练习)已知a，b是一次随机试验中的两个事件，若满足p(a)=p2(b)=，则()3a.事件a，b互斥b.事件a.b相互独立c.事件a，b不互斥d.事件a，b不相互独立答案c4【解析】若事件a，b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)=>1，与事件的概率小于等于1矛盾，故事件3A，B不互斥；若事件A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，而题设无法判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立，故无法判断事件A，B是否相互独立.故选：C.2.(2022·湖北·荆州中学高三阶段练习)已知A，B为两个随机事件，PA，PB>0，则“A，B相互独立”是“PAB=PAB”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案CP(AB)P(AB)【解析】由题意，P(A|B)=,PA|B)=P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)若A，B相互独立，则P(A|B)===P(A),P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)P(A|B)===P(A)，故P(A|B)=P(A|B)，故充分性成立；P(B)P(B)P(AB)P(AB)若P(A|B)=P(A|B)，即=，则P(AB)P(B)=P(AB)P(B)P(B)P(B)即P(AB)(1-P(B))=(P(A)-P(AB))P(B)，故P(AB)=P(A)P(B)，即A,B相互独立，故A，B相互独立，故必要性成立故“A，B相互独立”是“PAB=PAB”的充分必要条件故选：C第156页·共372页,1213.若P(AB)=，P(A)=，P(B)=，则事件A与B的关系是()933A.事件A与B互斥B.事件A与B对立C.事件A与B相互独立D.事件A与B既互斥又相互独立答案C21【解析】∵P(A)=1-P(A)=1-=，331&there4;P(AB)=P(A)P(B)=≠0，9&there4;事件A与B相互独立、事件A与B不互斥，故不对立.故选：C1.袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，如果“第二次摸得白球”记为B，“第二次摸得黑球”记为C，那么事件A与B，A与C间的关系是()A.A与B，A与C均相互独立B.A与B相互独立，A与C互斥C.A与B，A与C均互斥D.A与B互斥，A与C相互独立答案A【解析】方法一：由于摸球是有放回的，故第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故A与B，A与C均相互独立．而A与B，A与C均能同时发生，从而不互斥．方法二：标记1，2，3表示3个白球，4，5表示2个黑球，全体样本点为12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，21，31，41，51，32，42，52，43，53，54，12312382用古典概型概率计算公式易得P(A)==,P(B)==,P(C)==．而事件AB表示“第205205205339一次摸得白球且第二次摸得白球”，所以P(AB)=×==P(A)P(B)，所以A与B相互独立：同5525326理，事件AC表示“第一次摸得白球且第二次摸得黑球”，P(AC)=×==P(A)P(C)，所以A与5525C相互独立．故选:A．2.分别掷两枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”记为事件A，“第二枚为正面”记为事件B，“两枚结果相同”记为事件C，那么事件A与B，A与C间的关系是()A.A与B，A与C均相互独立B.A与B相互独立，A与C互斥C.A与B，A与C均互斥D.A与B互斥，A与C相互独立答案A111【解析】由题意得P(A)=P(B)=P(C)=，PAB=,P(AC)=，244所以PAB=PAPB≠0,PAC=PAPC≠0.所以A与B，A与C均相互独立，A与B，A与C均不互斥.故选：A.第157页·共372页,3.(2022·江苏·常州市第一中学高三开学考试)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出()A.B与D相互独立B.A与D相互独立C.B与C相互独立D.C与D相互独立答案C11【解析】由题意可得：P(A)=,P(B)=,44有放回的随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)共414种，所以P(C)==;4×4433两次取出的球上数字之和是6的情况有(2,4),(4,2),(3,3)共3种，故P(D)==,4×41611133对于A,P(BD)==,P(B)P(D)=×=,则P(BD)≠P(B)P(D)，4×41641664故B与D不是相互独立事件，故A错误；133对于B,P(AD)=0,P(A)P(D)=×=,则P(AD)≠P(A)P(D),41664故A与D不是相互独立事件，故B错误；11111对于C,P(BC)==,P(B)P(C)=×=,则P(BC)=P(B)P(C)，4×4164416故B与C是相互独立事件，故C正确；133对于D,P(CD)=0,P(C)P(D)=×=,则P(CD)≠P(C)P(D)，41664故C与D不是相互独立事件，故D错误；故选：C4.(多选题)(2022·山东·高三开学考试)拋掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面出现的点数，在下列事件中与事件“出现的点数为偶数”相互独立的事件为()A.“出现的点数为奇数”B.“出现的点数大于2”C.“出现的点数小于4”D.“出现的点数小于3”答案BD【解析】分别记“出现的点数为偶数”，“出现的点数为奇数”，“出现的点数大于2”，“出现的点数小于4”，121“出现的点数小于3”为事件E，F，M，N，H，则P(E)=P(F)=，P(M)=，P(N)=，P(H)=2321111，P(EM)=，P(EN)=，P(EH)=．3366因为E，F为对立事件，所以E，F不相互独立；1因为P(EM)==P(E)P(M)，所以E，M相互独立；3因为P(EN)≠P(E)P(N)，所以E，N不相互独立；1因为P(EH)==P(E)P(H)，所以E，H相互独立，6所以与事件“出现的点数为偶数”相互独立的事件有“出现的点数大于2”和“出现的点数小于3”．故选：BD【方法技巧与总结】判断事件是否相互独立的方法第158页·共372页,(1)定义法：事件A，B相互独立⇔P(A∩B)=P(A)⋅P(B)(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．(3)条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)=P(B)判断．题型三:相互独立事件概率的计算31.(2022·河南河南·模拟预测(理))某士兵进行射击训练，每次命中目标的概率均为，且每次命中与4否相互独立，则他连续射击3次，至少命中两次的概率为()279279A.B.C.D.32166432答案A3【解析】因为每次命中目标的概率均为，且每次命中与否相互独立，433232327所以连续射击3次，至少命中两次的概率P=4+C341-4=32，故选：A.12.(2022·全国·高三专题练习(理))甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为，22.则谜题被破解的概率为()3115A.B.C.D.1636答案C【解析】设“甲独立地破解谜题”为事件A，“乙独立地破解谜题”为事件B，“谜题被破解”为事件C，且事件A,B相互独立，125则PC=1-PAB=1-1-2×1-3=6，故选：C3.甲乙两名运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则至少有一人中靶的概率为()A.0.26B.0.72C.0.74D.0.98答案D【解析】甲乙两名运动员都没有中靶的概率为：1-0.8×1-0.9=0.02，则至少有一人中靶的概率为：1-0.02=0.98，故选：D．第159页·共372页,1.(2022·陕西·长安一中高三阶段练习(理))某中学组织高三学生进行一项能力测试，测试内容包括A、111B、C三个类型问题，这三个类型所含题目的个数分别占总数的，，.现有3名同学独立地从中任236选一个题目作答，则他们选择的题目所属类型互不相同的概率为()1111A.B.C.D.361263答案C【解析】3名同学选择的题目所属类型互不相同，则A、B、C三个类型的问题都要入选，则3名同学的选31111111法共有A3种情况，每个类型入选的可能为，，，所以全部入选的概率为⋅⋅=，则3名同2362363631111学所选不同类型的概率为A3⋅⋅⋅=.2366故选：C.2.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)重庆的8月份是一段让人难忘的时光，我们遭遇了高温与山火，断电和疫情．疫情的肆虐，让我们再次居家隔离．为了保障民生，政府极力保障各类粮食和生活用品的供应，在政府的主导与支持下，各大电商平台也纷纷上线，开辟了一种无接触式送货服务，用户在平台上选择自己生活所需要的货物并下单，平台进行配备打包，再由快递小哥送货上门．已知沙坪坝某小区在隔离期间主要使用的电商平台有：某东到家，海马生鲜，咚咚买菜．由于交通、配送等多方面原因，各电商234平台并不能准时送达，根据统计三家平台的准点率分别为，，，各平台送货相互独立，互不影响，某345小哥分别在三家电商各点了一份配送货，则至少有两家准点送到的概率为()975953A.B.C.D.12061060答案B【解析】因为各平台送货相互独立，互不影响，所以23121413413有两家准点送到的概率为××+××+××=,345345345302342有三家准点送到的概率为××=，34551325则至少有两家准点送到的概率为+=.3056故选：B.3.(2022·陕西·咸阳市高新一中高三开学考试(理))乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人.为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛.比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分(包括2分)，即赢得该局比赛.在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10:10后，每一个球就要交换一个发球权.经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.2(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以4:1赢得比赛的概率;33(2)若在某一局比赛中，双方战成10:10.且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，41乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈N)个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.2解析(1)甲以4:1赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，3231264所以甲以4:1赢得比赛概率为P=C4×3×3×3=243.(2)因为ξ≤5，ξ∈N，所以在该局比赛中，甲只可能以12:10或13:11获胜，故ξ的可能取值为2，4，第160页·共372页,设甲赢得该局比赛的概率为Pξ，313Pξ=2=×=，428313111313Pξ=4=×××+×××=，4242424216所以求两人打了ξ(ξ≤5，ξ∈N)个球后甲贏得了该局比赛的概率为339P=Pξ=2+Pξ=4=+=81616【方法技巧与总结】(1)求相互独立事件同时发生的概率的步骤①首先确定各事件之间是相互独立的．②求出每个事件的概率，再求积．(2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的．题型四:相互独立事件概率的综合应用1111.“五一”劳动节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间345没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为()59311A.B.C.D.605260答案B111【解析】∵甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，．345234&there4;他们不去北京旅游的概率分别为，，．345∵至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人去北京旅游，2343&there4;至少有1人去北京旅游的概率为：1-××=．3455故选：B2.(2022·河北衡水·高三阶段练习)一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F，G为7个开关，其闭合的2概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是()35511235A.1-B.1-C.D.77753333答案A225【解析】电路由上到下有3个分支并联，开关A,B所在的分支不通的概率为1-×=，339第161页·共372页,111开关C,D所在的分支不通的概率为×=，33921111开关E，F，G所在的分支不通的概率为1-3×1-3×3=27，511155所以灯亮的概率是1-××=1-.992737故选：A.3.(多选题)(2022·广东佛山·高三阶段练习)九月伊始，佛山市某中学社团招新活动开展得如火如茶，小王、小李、小张三位同学计划从篮球社、足球社、羽毛球社三个社团中各自任选一个，每人选择各社团1的概率均为，且每人选择相互独立，则()31A.三人选择社团一样的概率为98B.三人选择社团各不相同的概率为97C.至少有两人选择篮球社的概率为275D.在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率为7答案ACD【解析】对于A，三人选择社团一样的事件是都选篮球社的事件、都选足球社的事件、都选羽毛球社的事件的和，它们互斥，131三人选择社团一样的概率为3×3=9，A正确；对于B，三人选择社团各不相同的事件，是小王从3个社团中任选1个，小李从余下两个中任选1个，132最后1个社团给小张的事件，共6个不同结果，因此三人选择社团各不相同的概率为6×3=9，B不正确；21对于C，至少有两人选择篮球社的事件是恰有2人选篮球社与3人都选篮球社的事件和，其概率为C3C213137×3+3=27，C正确；7对于D，令至少有两人选择羽毛球社的事件为A，由选项C知，P(A)=，小王选择羽毛球社的事件27为B，11则事件AB是含小王只有2人择羽毛球社的事件和3人都择羽毛球社的事件和，其概率P(AB)=C2C2×131353+3=27，P(AB)5所以在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率为P(B|A)==，D正P(A)7确.故选：ACD第162页·共372页,1.(多选题)(2022·山西长治·高三阶段练习)以石墨烯电池、量子计算、AI等颠覆性技术为引领的前沿趋势，正在或将重塑世界工业的发展模式，对人类生产力的创新提升意义重大，我国某公司为了抢抓机遇，成立了A、B、C三个科研小组针对某技术难题同时进行科研攻关，攻克技术难题的小组会受到奖励．已112知A、B、C三个小组攻克该技术难题的概率分别为，，，且三个小组各自独立进行科研攻关．下223列说法正确的()11A.三个小组都受到奖励的概率是B.只有A小组受到奖励的概率是6225C.只有C小组受到奖励的概率是D.受到奖励的小组数的期望值是113答案AD112【解析】设A、B、C三个小组攻克该技术难题分别为事件A、B、C，即P(A)=,P(B)=,P(C)=，223A,B,C相互独立，1121P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=，A正确；22361121P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=2×2×1-3=12，B错；1121只有丙小组受到奖励的概率是P(ABC)=1-2×1-2×3=6，C错；设受到奖励的小组数为X，则X的值为0,1,2,3，1111P(X=0)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=，223121111111P(X=1)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=××+××+×2232232121×=，2331111121P(X=2)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=××+××+×2232232125×=，23121P(X=3)=P(ABC)=．61515所以E(X)=1×+2×+3×=．D正确．31263故选：AD．2.(2022·重庆八中高三阶段练习)女排世界杯比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局(第五局)采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.在比赛中，每一个回合，赢球的一方可得1分，并获得下一球的发球权，输球的一方不得分.现有甲乙两队进行排球比赛.2(1)若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为，求甲队最后赢得3整场比赛的概率；(2)若前四局比赛中甲､乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局(第五局)中，两队当前的得分均为14分，且23甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为.求甲队在4个球55以内(含4个球)赢得整场比赛的概率.解析(1)甲队最后赢得整场比赛的情况为第四局赢或第四局输第五局赢，所以甲队最后赢得整场比赛2218的概率为+×=.3339第163页·共372页,(2)设甲队x个球后赢得比赛，根据比赛规则，x的取值只能为2或4,对应比分为16:14,17:15.两队打了2个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，224打第二个球甲发球甲得分，此时概率为p(2)=×=；5525两队打了4个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，打第二个球甲发球甲失分，打第三个球乙发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，或打第一个球甲发球甲失分，打第二个球乙发球甲得分，打第三个球甲发球甲得分，2332332272打第四个球甲发球甲得分，此时概率为p(4)=×××+×××=.55555555625472172故所求概率为：px≤4=px=4+px=2=+=256256253.(2022·陕西·渭南市华州区咸林中学高三阶段练习(理))甲､乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，己知甲3212队3人每人答对的概率分别为,,，乙队每人答对的概率都是，设每人回答正确与否相互之间没4323有影响，用X表示甲队总得分.(1)求X=2的概率；(2)求甲队和乙队得分之和为4的的概率.解析(1)X=2，则甲队有两人答对，一人答错，32132132111故P(X=2)=4×3×1-2+4×1-3×2+1-4×3×2=24.2(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A，设乙队得分为Y，则Y&sim;B3,3.3213213211P(X=1)=4×1-3×1-2+1-4×3×1-2+1-4×1-3×2=4，3211P(X=3)=××=，43241212222214P(Y=1)=C3⋅3⋅3=9，P(Y=2)=C3⋅3⋅3=9，3238P(Y=3)=C33=27，&there4;P(A)=P(X=1)P(Y=3)+P(X=2)P(Y=2)+P(X=3)⋅P(Y=1)18114121=×+×+×=.427249493【方法技巧与总结】1、求复杂事件的概率一般可分三步进行(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；(2)理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．2、计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题，考虑逆向思维，考查原事件的对立事件，用间接法处理．题型五:全概率公式及其应用1.(2022·浙江·高三开学考试)设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为0.4､0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7､0.9，则甲正点到达目的地的概率为()A.0.78B.0.8C.0.82D.0.84第164页·共372页,答案C【解析】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.28+0.54=0.82。故选：C2.英国数学家贝叶斯(1701-1763)在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献．根据贝叶斯统计理论，事件A，B，A(A的对立事件)存在如下关系：P(B)=P(B∣A)⋅P(A)+P(B∣A)⋅P(A)若某地区一种疾病的患病率是0.02，现有一种试剂可以检验被检者是否患病，已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性，该试剂的误报率为5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有5%的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为()A.0.0688B.0.0198C.0.049D.0.05答案A【解析】设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件A，则P(B∣A)=0.99，P(A)=0.02，P(B∣A)=0.05，P(A)=0.98，故所求概率P(B)=0.99×0.02+0.05×0.98=0.0688．故选：A.3.某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都112是．从开关第一次闭合起，若前次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；23332若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是，那么第二次闭合后出现红灯55的概率是．7答案15【解析】记第一次闭合后出现红灯为事件A，则第一次出现绿灯为事件A，第二次闭合后出现红灯为事件B，出现绿灯为B，113P(A)=P(A)=，P(B|A)=，PB|A)=，23511137所以P(B)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=×+×=．2325157故答案为：．151.某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100％，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为．答案0.625【解析】设“考生答对题目”为事件A，“考生知道正确答案”为事件B，则PB=0.5，PAB=1，PAB=0.25，第165页·共372页,&there4;P(A)=P(A∩B)+P(A∩B)=P(A|B)P(B)+P(A|B)P(B)=1×0.5+0.25×0.5=0.625．故答案为：0.625．2.盒中放有12个乒乓球，其中9个是新的，3个是旧的．第一次比赛时，从中任意取出了3个来用，用完后仍放回盒中(新球用后成了旧球)第二次比赛时再从盒中取出3个来用，求第二次取出的3个球均为新球的概率．解析设A表示第二次取出3个球均为新球，Bi为第一次取出3球中有i个新球，i=0，1，2，3，312213C31C9C327C9C3108C984则PB0=3=220，PB1=3=220，PB2=3=220，PB3=3=220，C12C12C12C123333C984C856C735C620PA|B0=3=220，PA|B1=3=220，PA|B2=3=220，PA|B3=3=220，C12C12C12C123441所以PA=PBiPA|Bi=．3025i=03.鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保11质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出2箱的概率为，卖出1箱5211的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后510检查货架上存货，若卖出2箱及以上，则需补货至3箱，否则不补货.假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼.(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率.解析(1)设事件A：“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B：“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，，事件C：“第二天结束营业时货架上有1箱存货”，因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，故第二天只卖出1箱，1故PCB=；5111411(2)由题意PA=++=，PB=，PCA=，1052552411111由全概率公式得PC=PAPCA+PBPCB=×+×=.5255254.某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.2，0.1，且当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.6，0.2.从以上数据可知，当乙球员参加比赛时，求该球队某场比赛不输球的概率.解析设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”，B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球根据题意，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=0.68.5.有3箱同种型号零件，里面分别装有50件、30件、40件，而且一等品分别有20件、12件和24件，现在任取一箱，从中不放回地先后取出2个零件．(1)求先取出的零件是一等品的概率；(2)求两次取出的零件均为一等品的概率．(结果保留两位小数)解析(1)记事件Ai表示“任取的一箱为第i箱零件”，则i=1,2,3；第166页·共372页,记事件Bj表示“第j次取到的是一等品”，则j=1,2，1由题意得PA1=PA2=PA3=，3201224P(B1|A1)=50=0.4，P(B1|A2)=30=0.4，PB1|A3)=40=0.6，1由全概率公式得：P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)+P(A3)P(B1|A3)=×0.4+0.4+0.6=37；15222C2038C1222C2423(2)P(B1B2|A1)=2=245，P(B1B2|A2)=2=145，PB1B2|A3)=2=65，C50C30C401由全概率公式得：PB1B2=PA1⋅PB1B2A1+PA2⋅PB1B2A2+PA3⋅PB1B2A3=×338222320341245+145+65=92365≈0.22．【方法技巧与总结】n全概率公式P(B)=P(Ai)P(B|Ai)在解题中体现了“化整为零、各个击破”的转化思想，可将较为复杂i=1的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑．题型六:贝叶斯公式及其应用1.有3台车床加工同一型专的零件，第1台加工的次品率为6%，第2､3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1､2､3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品，且是第1台车床加工的概率为.2答案7【解析】记Ai为事件“零件为第i(i=1,2,3)台车床加工，B为事件“任取一个零件为次品”，则PA1=0.25,PA2=0.3,PA3=0.45,所以PB=PA1PBA1+PA2PBA2+PA3PBA3=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.05=0.0525PA1PBA10.25×0.062所以PA1B===.PB0.052572故答案为：.72.(多选题)(2022·山东·高密三中高三阶段练习)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据PAPBA贝叶斯统计理论，随机事件A､B存在如下关系：PAB=.某高校有甲､乙两家餐厅，PB王同学第一天去甲､乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学()A.第二天去甲餐厅的概率为0.54B.第二天去乙餐厅的概率为0.445C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为94D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为9第167页·共372页,答案AC【解析】设A1:第一天去甲餐厅，A2:第二天去甲餐厅，B1:第一天去乙餐厅，B2:第二天去乙餐厅，所以PA1=0.4，PB1=0.6，PA2A1=0.6,PA2B1=0.5，P(A2)PA1A2P(A2)PB1A2因为PA2A1==0.6,PA2B1==0.5，P(A1)P(B1)所以P(A2)PA1A2=0.24,P(A2)PB1A2=0.3，所以有PA2=PA1PA2A1+PB1PA2B1=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54,因此选项A正确,PB2=1-PA2=0.46，因此选项B不正确；0.35因为PB1A2==，所以选项C正确；PA29P(A1)PB2A1)P(A1)[1-PA2A1)]0.4×(1-0.6)8PA1B2====，所以选项D不正确，P(B2)P(B2)0.4623故选：AC3.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))阅读不仅可以开阔视野，还可以提升语言表达和写作能力.某校全体学生参加的期末过程性评价中大约有30%的学生写作能力被评为优秀等级.经调查知，该校大约有20%的学生每天阅读时间超过1小时，这些学生中写作能力被评为优秀等级的占70%.现从每天阅读时间不超过1小时的学生中随机抽查一名，该生写作能力被评为优秀等级的概率为()A.0.25B.0.2C.0.15D.0.1答案B【解析】设写作能力被评为优秀等级为事件A，每天阅读时间超过1小时为事件B，则PA=30%=0.3，PB=20%=0.2，PAB=70%=0.7；∵PA=PAB+PAB=PABPB+PABPB，PA-PABPB0.3-0.7×0.20.16&there4;PAB==1-0.2=0.8=0.2，PB即从每天阅读时间不超过1小时的学生中随机抽查一名，该生写作能力被评为优秀等级的概率为0.2.故选：B.1.(2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习)某工厂有A,B两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是99%和98%，已知某批产品的60%和40%分别是A,B两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为()3413A.B.C.D.4727答案D【解析】设B1，B2，分别表示事件：任取的产品为甲、乙车间生产，A=“抽取的产品是不合格品”，由条件知P(B1)=0.6，P(B2)=0.4，P(A|B1)=0.01，P(A|B2)=0.02，第168页·共372页,则该产品是由A车间生产的概率为P(B1|A)，PB1PA|B1PB1PA|B1所以PB1|A=2=PB1PA|B1+PB2PA|B2PBiPA|Bii=10.6×0.013==.0.6×0.01+0.4×0.027故选：D.2.(2022·全国·高二课时练习)设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2:1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，求该汽车是货车的概率．解析设B表示“中途停车修理”，A1表示“经过的是货车”，A2表示“经过的是客车”，21则B=A1B∪A2B，由题意得，PA1=3，PA2=3，PBA1=0.02，PBA2=0.01，2PA1PBA13×0.024由贝叶斯公式得，PA1B==21=5．PA1PBA1+PA2PBA23×0.02+3×0.013.(2022·全国·高二课时练习)设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.001．若从该城市居民中随机选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率．解析设事件A表示“被诊断为肺结核”，事件C表示“患有肺结核”．由题意得，PC=0.001，PC=0.999，PAC=0.95，PAC=0.002．PCPAC475由贝叶斯公式得，PCA==1474．PCPAC+PCPAC【方法技巧与总结】1、利用贝叶斯公式求概率的步骤n第一步：利用全概率公式计算P(A)，即P(A)=P(Bi)P(A|Bi)；i=1第二步：计算P(AB)，可利用P(AB)=P(B)P(A|B)求解；P(AB)第三步：代入P(B|A)=求解．P(A)nP(AB)2、贝叶斯概率公式反映了条件概率P(B|A)=，全概率公式P(A)=P(Bi)P(A|Bi)及乘法公式P(A)i=1P(BjA)P(Bj)P(A|Bj)P(Bj)P(A|Bj)P(AB)=P(B)P(A|B)之间的关系，即PBjA===n．P(A)P(A)P(Bi)P(A|Bi)i=1题型七:全概率公式与贝叶斯公式的综合应用1.一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为1，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是()31231A.B.C.D.3344答案B第169页·共372页,【解析】设A表示“考生答对”，B表示“考生知道正确答案”，1211由全概率公式得PA=PBPAB+PBPAB=×1+×=.33421PBPAB3×12又由贝叶斯公式得PBA===.PA132故选：B2.(多选题)(山东省潍坊市2021-2022学年高三上学期10月优生抽测数学试题)已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是()1A.在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为211B.第二次抽到3号球的概率为48C.如果第二次抽到的是1号球，则它来自2号盒子的概率最大D.如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有300种答案AB11【解析】记第一次抽到第i号球的事件分别为Ai(i=1,2,3)，则有P(A1)=,P(A2)=P(A3)=，24对于A，在第一次抽到2号球的条件下，则2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为P=21=，A正确；42对于B，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为Bi(i=1,2,3)，而A1,A2,A3两两互斥，和为Ω，111P(B1|A1)=,P(B2|A2)=,P(B3|A3)=，记第二次抽到3号球的事件为B，4463311111111P(B)=∑P(AiBi)=∑[P(Ai)⋅P(Bi|Ai)]=×+×+×=，B正确；i=1i=124444648对于C，记第二次在第i号盒内抽到1号球的事件分别为Ci(i=1,2,3)，而A1,A2,A3两两互斥，和为Ω，111P(C1|A1)=,P(C2|A2)=,P(C3|A3)=，记第二次抽到1号球的事件为C，222331111111P(C)=∑P(AiCi)=∑P(Ai)⋅P(Ci|Ai)]=2×2+4×2+4×2=2，i=1i=1第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号数相同，1111××P(A1)⋅P(C1|A1)221P(A2)⋅P(C2|A2)421P(A1|C)===，PA2|C)===，P(C)12P(C)142211×P(A3)⋅P(C3|A3)421P(A3|C)===，即第二次抽到的是1号球，则它来自1号盒子的概率最大，P(C)142C不正确；223C5C3对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是C5+2种，A23将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有A3种不同放法，第170页·共372页,223C5C33由分步乘法计数原理得不同的放法种数是C5+2⋅A3=150种，D不正确.A2故选：AB3.(多选题)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1,A2和A3表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是()5A.事件B与事件Ai(i=1,2,3)相互独立B.PA1B=2228C.PB=D.PA2|B=545答案BD113【解析】由题意P(A1)=，P(A2)=，P(A3)=，25105先A1发生，此时乙袋有5个红球，3个白球和3个黑球，则PB|A1)=11，4先A2发生，此时乙袋有4个红球，4个白球和3个黑球，则PB|A2)=11，4先A3发生，此时乙袋有4个红球，3个白球和4个黑球，则PB|A3)=11，54所以P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=，B正确；P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=，P(A3B)=22556PB|A3)P(A3)=55，9PB=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=，C错误；22则P(A1)P(B)≠P(A1B)，P(A2)P(B)≠P(A2B)，P(A3)P(B)≠P(A3B)，A错误；P(A2∩B)P(B|A2)P(A2)8PA2|B===，D正确.P(B)P(B)45故选：BD1.甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同).先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，下列说法正确的序号是.1945①事件A1，A2相互独立；②PA3=；③P(B)=；④PB|A2=；⑤PA1∣B=．522119答案③④⑤【解析】依题意，A1，A2和A3是两两互斥事件，512133PA1==，PA2==，PA3==5+2+325+2+355+2+310又∵PA1A2=0≠PA1⋅PA2，&there4;①②错误；1514PBA12×5+3+35PBA25×4+4+34又∵PBA1===，PBA2===，PA1111PA21112534PBA310×4+3+44PBA3===PA331110第171页·共372页,PB=PBA1⋅PA1+PBA2⋅PA2+PBA3⋅PA35141439=×+×+×=，③④正确；11211511102215PA1B2×115PA1B===，⑤正确；PB9922故答案为：③④⑤.2.两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．(1)求任意取出1个零件是合格品的概率；(2)如果任意取出的1个零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．解析(1)设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i=1，2)；B表示“出现废品”；C表示“出现合格品”．PC=PA1∩C∪A2∩C=PA1∩C+PA2∩C2173=PA1PC|A1+PA2PC|A2=×1-0.03+×1-0.02=．3375PA2∩BPA2PB|A2(2)PA2|B==PBPA1PB|A1+PA2PB|A21×0.023==0.25．21×0.03+×0.023313.(2022·全国·高二课时练习)设甲、乙、丙三个地区爆发了某种流行病，三个地区感染此病的比例分、711、．现从这三个地区任抽取一个人．54(1)求此人感染此病的概率；(结果保留三位小数)(2)若此人感染此病，求此人来自乙地区的概率．(结果保留三位小数)解析(1)设事件Ai表示“来自第i个地区，i=1,2,3”；事件B表示“感染此病”．111所以PA1=，PA2=，PA3=，333111所以PBA1=7，PBA2=5，PBA3=4．383PB=∑PAiPBAI=420≈0.198；i=1PA2PBA228(2)PA2B==≈0.337．383∑i=1PAiPBAI4.(2022·黑龙江·齐齐哈尔市恒昌中学校高三开学考试)某品牌汽车厂今年计划生产10万辆轿车，生产每辆轿车都需要安装一个配件M，其中由本厂自主生产的配件M可以满足20%的生产需要，其余的要向甲、乙两个配件厂家订购．已知本厂生产配件M的成本为500元/件，从甲、乙两厂订购配件M的成本分别为600元/件和800元/件，该汽车厂计划将每辆轿车使用配件M的平均成本控制为640元/件．(1)分别求该汽车厂需要从甲厂和乙厂订购配件M的数量；(2)已知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件M的次品率分别为4%，2%和1%，求该厂生产的一辆轿车使用的配件M是次品的概率；(3)现有一辆轿车由于使用了次品配件M出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为14000元，若维修费用由甲厂、乙厂和本厂按照次品配件M来自各厂的概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？第172页·共372页,解析(1)设使用甲厂生产的配件M的比例为a，则使用乙厂生产的配件M的比例为0.8-a，由已知可得600a+0.8-a800+500×0.2=640，解得a=0.5．所以需要从甲厂订购配件M的数量为10×0.5=5万个；从乙厂订购配件M的数量为10×0.8-0.5=3万个．(2)由(1)知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件M的比例分别为0.5，0.3，0.2，所以该汽车厂使用的配件M的次品率的估计值为0.5×0.04+0.3×0.02+0.2×0.01=0.028，所以该厂生产的一辆轿车使用的配件M是次品的概率为0.028．(3)设A=“该轿车使用了次品配件M”，B1=“配件M来自甲厂”，B2=“配件M来自乙厂”，B3=“配件M来自本厂”．由(2)可知PA=0.028．PAB1PB1PAB10.5×0.045该次品配件M来自甲厂的概率为：PB1A====，PAPA0.0287PAB2PB2PAB20.3×0.023该次品配件M来自乙厂的概率为：PB2A====，PAPA0.02814PAB3PB3PAB30.2×0.011该次品配件M来自本厂的概率为：PB3A====，PAPA0.028145所以甲厂应承担的费用为14000×=10000元，73乙厂应承担的费用为14000×=3000元，141本厂应承担的费用为14000×=1000元．145.设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的25%，35%，40%，并且各车间的次品率依次为5%，4%，2%.现从该厂这批产品中任取一件.(1)求取到次品的概率；(2)若取到的是次品，则此次品由三个车间生产的概率分别是多少？解析(1)取到次品的概率为0.25×0.05+0.35×0.04+0.4×0.02=0.0345(2)若取到的是次品，则：0.25×0.050.012525此次品由甲车间生产的概率为：==.0.03450.0345690.35×0.040.01428此次品由乙车间生产的概率为：==.0.03450.0345690.4×0.020.00816此次品由丙车间生产的概率为：==.0.03450.0345696.(2022·山东青岛·高三开学考试)北京时间2021年8月8日，历时17天的东京奥运会落下帷幕，中国代表团以38金､32银､18铜､打破4项世界纪录､创造21项奥运会纪录的傲人成绩，顺利收官.作为“梦之队”的中国乒乓球队在东京奥运会斩获4金3银的好成绩，参赛的7名选手全部登上领奖台.我国是乒乓球生产大国，某厂家生产了两批同种规格的乒乓球，第一批占60%，次品率为6%；第二批占40%，次品率为5%.为确保质量，现在将两批乒乓球混合，工作人员从中抽样检查·(1)从混合的乒乓球中任取1个.(i)求这个乒乓球是合格品的概率；(ii)已知取到的是合格品，求它取自第一批乒乓球的概率.(2)从混合的乒乓球中有放回地连续抽取2次，每次抽取1个，记两次抽取中，抽取的乒乓球是第二批的次数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.解析设事件B=“任取一个乒乓球是合格品”，事件A1=“产品取自第一批”，事件A2=“产品取自第二第173页·共372页,批”，则Ω=A1∪A2且A1,A2互斥；(1)(i)由全概率公式可知：PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2，所以PB=0.6×1-0.06+0.41-0.05=0.944；PA1PB|A10.6×1-0.06141(ii)由贝叶斯公式可知：PA1|B===；PB0.944236(2)由条件可知：X的可取值为0,1,2，PX=0=0.6×0.6=0.36，1PX=1=C2×0.6×0.4=0.48，PX=2=0.4×0.4=0.16，所以X的分布列为：X012P0.360.480.16所以EX=0×0.36+1×0.48+2×0.16=0.8.【方法技巧与总结】若随机试验可以看成分两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体结果怎样未知，那么：(1)如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式；(2)如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式．l【过关测试】一、单选题1(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))当PA>0时，若PBA+PB=1，则事件A与B的关系是()A.互斥B.对立C.相互独立D.无法判断答案C【解析】∵PBA+PB=PBA+1-PB=1，PAB&there4;PBA=PB，即=PB，PA&there4;PAB=PAPB，&there4;事件A与B相互独立.故选：C.2(2022·河北·三河市第三中学高三阶段练习)抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件A：出现的点数为质数，事件B：出现的点数不小于3，则事件A与事件B()A.相互独立B.对立C.互斥但不对立D.概率相等答案A【解析】抛掷骰子可能得到的点数为1，2，3，4，5，6，其中质数为2，3，5，121所以P(A)=,P(B)=,P(AB)=，故P(AB)=P(A)P(B)，233所以A与B相互独立．故选：A第174页·共372页,3某军事训练模拟软件设定敌机的耐久度为100%，当耐久度降到0%及以下，就判定敌机被击落．对空导弹的威力描述如下：命中机头扣除敌机100%耐久度，命中其他部位扣除敌机60%耐久度．假设训练者使用对空导弹攻击敌人，其命中非机头部位的命中率为50%，命中机头部位的命中率为25%，未命中的概率为25%，则训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率为()1517A.B.C.D.416816答案D11【解析】用A,B,C分别表示命中机头，命中非头部位和未命中三个事件，则PA=,PB=,PC421=4又训练者每次是否击中敌机相互独立，利用独立事件乘法公式及互斥事件加法可得训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率：P=PCA+PBA+PBB=PCPA+PBPA+7PBPB=.16故选：D.4(2022·湖南师大附中高三阶段练习)自5月初，麓山之巅观日出在抖音走红后，每天都有上千人披星戴311月登顶岳麓山看日出，登顶游客中外地游客占，外地游客中有乘观光车登顶，本地游客中有乘观536光车登顶，乘观光车登顶的票价为20元.若某天有1200人登顶观日出，则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是()A.4800元B.5600元C.6400元D.7200元答案C31214【解析】从登顶观日出的人中任选一人，他是乘观光车登顶的概率P=×+×=5356154则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是1200××20=6400(元)15故选：C．5(2022·湖南湘潭·高三开学考试)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有120块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块，8块，且乙生产该芯片的次品率为，现20从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0．08，则甲厂生产该芯片的次品率为()1111A.B.C.D.5101520答案B【解析】设A1,A2分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为p，12321则PA1==，PA2=，PB∣A1=p，PB∣A2=，205520321则由全概率公式得：PB=PA1PB∣A1+PA2PB∣A2=×p+×=0.08，解得p=55201，10故选：B．第175页·共372页,6深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.8．当乙球员参加比赛时．该球队这场比赛不输球的概率为()A.0.32B.0.68C.0.58D.0.64答案C【解析】设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件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=0.2×0.4+0.5×0.2+0.3×0.8=0.42，所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1-0.42=0.58．故选：C．7(2022·湖南益阳·模拟预测)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A=“零件为次品”，Bi=“零件为第i台车床加工”i=1，2，3，则下列结论：3①PA=0.033，②PBi=1，i=1③P(B1|A)=P(B2|A)，④P(B1|A)+P(B2|A)=P(B3|A).其中正确的有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案C【解析】因为PA=0.05×0.15+0.03×0.25+0.03×0.60=0.033，故①正确；3因为PBi=0.15+0.25+0.60=1，故②正确；i=1PB1⋅PAB10.05×0.155PB2⋅PAB20.03×0.25因为PB1A===，PB2A===PA0.03322PA0.0335，所以P(B1|A)=P(B2|A)，故③正确；225PB3⋅PAB30.03×0.606由上可得P(B1|A)+P(B2|A)=，又因为PB3A===，故④错11PA0.03311误．正确的有3个.故选：C.8(2022·云南省玉溪第一中学高三开学考试)先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，观察向上的点数．在第一次向上的点数为奇数的条件下，两次点数和不大于7的概率为()13732A.B.C.D.1812103答案D【解析】设事件A表示“先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，第一次向上的点数为奇数”，事件B表示“先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，两次点数和不大于7”，1121则P(A)=，P(AB)==,2363第176页·共372页,1P(AB)32所以PBA===.P(A)132故选：D.二、多选题9同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则()1A.PAB=PAC=PBCB.PA|B=PA|C=211C.PABC=D.PAPBPC=84答案AB111111111【解析】由题意PAB=×=，PAC=×=，PBC=×=，2242242241PA=PB=PC=,故A正确．21所以PA|B=PA，PA|C=PA，所以PA|B=PA|C=，故B正确．2事件A，B，C不可能同时发生，故PABC=0，故C错误；1111PAPBPC=××=，故D错误．2228故选：AB．10(2022·江苏镇江·高三开学考试)设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球，则()2A.从甲袋中每次任取一个球不放回，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到红球的概率为36B.从甲袋中随机取出了3个球，恰好是2个白球1个红球的概率为35C.从乙袋中每次任取一个球并放回，连续取6次，则取得红球个数的数学期望为4D.从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为514答案ACD【解析】A.在第一次取到白球的条件下，则甲袋中还有2个白球和4个红球，所以第二次取到红球的概率42为P==，故A正确；6321C3C412B.从甲袋中随机取出了3个球，恰好是2个白球1个红球的概率P==，故B错误；C335722C.设红球个数为X，X&sim;B6,3，则数学期望EX=6×3=4，故C正确；22C3C21D.第一种情况，若是从甲袋中取到2个白球放入乙袋，则概率P1=22=70，第二种情况，若是从甲袋C7C5112C3C4C36中取到1个白球和1个红球放入乙袋，则概率P2=2⋅2=35，第三种情况，若是从甲袋中取到2个C7C522C4C46红球放入乙袋，则概率P3=2⋅2=35，所以从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，C7C5第177页·共372页,5则从乙袋中取出的是2个红球的概率P=P1+P2+P3=，故D正确.14故选：ACD11甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球．则下列结论中正确的是()52A.PB∣A1=B.P(B)=115C.事件B与事件A1相互独立D.A1，A2，A3两两互斥答案AD【解析】因为事件A1，A2和A3任意两个都不能同时发生，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确；1551213PBA12×115因为PA1==，PA2==，PA3=，PB|A1===，故A正10210510PA11112确；2434××P(BA2)10114P(BA3)10114P(B|A2)===，PB|A3)===，P(A2)211P(A3)311101015P(B)=PA1B+PA2B+PA3B=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3=×+211143495599×+×=，因为P(A1B)=，P(A1)P(B)=×=，所以PA1B≠51110112222102244PA1PB，所以B与A1不是相互独立事件，故B，C不正确．故选：AD．12(2022·浙江·高三阶段练习)某车间加工同一型号零件，第一、二台车床加工的零件分别占总数的40%，60%，各自产品中的次品率分别为6%，5%.记“任取一个零件为第i台车床加工(i=1,2)”为事件Ai，“任取一个零件是次品”为事件B，则()5A.P(B)=0.054B.PA2B=0.03C.PBA1=0.06D.PA2B=9答案BCD【解析】依题意PA1=0.4，PA2=0.6，PB|A1=0.06，PB|A2=0.05，故C正确；所以PB=PB|A1⋅PA1+PB|A2⋅PA2=0.4×0.06+0.6×0.05=0.054，所以P(B)=1-PB=1-0.054=0.946，故A错误；PBA2因为PB|A2=，所以PBA2=PB|A2PA2=0.6×0.05=0.03，故B正确；PA2PBA20.035所以PA2B===，故D正确；PB0.0549故选：BCD三、填空题第178页·共372页,13(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))甲和乙两个盒子中各有大小相同、质地均匀的9个球，其中甲盒子中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙盒子中有4个红球，3个白球和2个黑球．先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子中，分别以A1、A2和A3表示由甲盒子中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙盒子中随机取出一球，以B表示由乙盒子中取出的球是红球的事件．给出以下四个结论：(1)事件A1、A2、A3两两互斥，且PA1+PA2+PA3=1；224(2)PA1B=；(3)PB∣A2=；(4)PB=．959则其中所有正确结论的序号为．答案(1)(2)(3)(4)【解析】对于(1)，由互斥事件的定义可知，事件A1、A2、A3两两互斥，且A1∪A2∪A3为必然事件，则PA1+PA2+PA3=1，(1)对；452对于(2)，PA1B=PA1PBA1=×=，(2)对；910942对于(3)，PBA2==，(3)对；105222124对于(4)，PB=PA1B+PA2B+PA3B=+×+×=，(4)对.995359故答案为：(1)(2)(3)(4).14(2022·湖北·应城市第一高级中学高三开学考试)两批同种规格的产品，第一批占30%，次品率为5%；第二批占70%，次品率为4%，将两批产品混合，从混合产品中任取1件.则取到这件产品是合格品的概率为.答案0.957【解析】设B=“取到合格品”，Ai=“取到的产品来自第i批”(i=1，2)，则P(A1)=0.3,P(A2)=0.7，P(B|A1)=0.95,P(B|A2)=0.96，由全概率公式得：P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.3×0.95+0.7×0.96=0.957.故答案为：0.957115(2022·上海嘉定·高三阶段练习)已知PA=PB=PA∣B=，则PA∣B=.32答案3【解析】因为PA=PAB，所以事件A与事件B相互独立，则事件A与事件B也相互独立，12则PAB=PA=1-PA=1-=.332故答案为：.316(2022·安徽·高三开学考试)已知甲盒装有3个红球，m个白球，乙盒装有3个红球，1个白球，丙盒装有2个红球，2个白球，这些球除颜色以外完全相同.先随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个37球，若取得白球的概率是，则m=.84答案4m【解析】从甲盒中机取一个球，取得白球的概率是P1=，3+m1从乙盒中机取一个球，取得白球的概率是P2=，41从丙盒中机取一个球，取得白球的概率是P2=，2第179页·共372页,因为随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球，3711m1137取得白球的概率是84，所以1·P1+P2+P3=3×3+m+4+2=84，C3解得：m=4.故答案为：4.四、解答题17已知箱中有5个大小相同的产品，其中3个正品，2个次品，每次从箱中取1个，不放回的取两次，求：(1)第一次取到正品的概率；(2)在第一次取到正品的条件下，第二次取到正品的概率.解析(1)设A=“第一次取到正品”B=“第二次取到正品”，11C3C433所以PA==，第一次取到正品的概率为；C1C1555411C3C23(2)PAB==，C1C110543PAB101所以PB|A===，PA3251故在第一次取到正品的条件下第二次取到正品的概率为.218(2022·湖北·高三阶段练习)2022年9月28日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以3:0的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束)比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分；以3:2取2胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．3(1)如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望；(2)如果甲、乙两队约定比赛2场，求两队积分相等的概率．解析(1)随机变量X的所有可能取值为0、1、2、3，131212112221218PX=0=3+C3⋅3⋅3⋅3=9，PX=1=C4⋅3⋅3⋅3=81，22212216222122316PX=2=C4⋅3⋅3⋅3=81，PX=3=C3⋅3⋅3⋅3+3=27，所以X的分布列为X0123P1816162798181181616184所以数学期望EX=0×+1×+2×+3×=.981812781(2)记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件A，设第i场甲、乙两队积分分别为Xi、Yi，则Xi=3-Yi，i=1、2，因两队积分相等，所以X1+X2=Y1+Y2，即X1+X2=3-X1+3-X2，则X1+X2=3，所以PA=PX1=0PX2=3+PX1=1PX2=2+PX1=2PX2=1+PX1=3PX2=01168161681611120=×+×+×+×=．927818181812796561第180页·共372页,19(2022·广东·东莞四中高三阶段练习)某品牌汽车厂今年计划生产10万辆轿车，生产每辆轿车都需要安装一个配件M，其中由本厂自主生产的配件M可以满足20%的生产需要，其余的要向甲､乙两个配件厂家订购.已知本厂生产配件M的成本为500元/件，从甲､乙两厂订购配件M的成本分别为600元/件和800元/件，该汽车厂计划将每辆轿车使用配件M的平均成本控制为640元/件.(1)分别求该汽车厂需要从甲厂和乙厂订购配件M的数量；(2)已知甲厂､乙厂和本厂自主生产的配件M的次品率分别为4%，2%和1%，求该厂生产的一辆轿车使用的配件M是次品的概率.解析(1)设使用甲厂生产的配件M的比例为a，则使用乙厂生产的配件M的比例为0.8-a，由已知可得600a+0.8-a800+500×0.2=640，解得a=0.5.所以需要从甲厂订购配件M的数量为10×0.5=5万个；从乙厂订购配件M的数量为10×0.8-0.5=3万个.(2)由(1)知甲厂､乙厂和本厂自主生产的配件M的比例分别为0.5，0.3，0.2，所以该汽车厂使用的配件M的次品率的估计值为0.5×0.04+0.3×0.02+0.2×0.01=0.028，所以该厂生产的一辆轿车使用的配件M是次品的概率为0.028.20已知甲箱产品中有5个正品和3个次品，乙箱产品中有4个正品和3个次品(1)如果依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，求第2次取到次品的概率(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品(i)求从乙箱中取出的这个产品是正品的概率(ii)已知从乙箱中取出的这个产品是正品，求从甲箱中取出的是2个正品的概率解析(1)令事件Ai=“第i次从乙箱中取到次品”，i=1,2，32131则P(A1)=7,P(A2|A1)=6=3,PA2|A1)=6=2，31413因此P(A2)=P(A2A1+A2A1)=P(A1)⋅P(A2|A1)+P(A1)⋅PA2|A1)=7×3+7×2=7，3所以第2次取到次品的概率是.7(2)(i)令事件A=“从乙箱取一个正品”，事件B1=“从甲箱中取出两个正品”，事件B2=“从甲箱中取出一个正品一个次品”，事件B3=“从甲箱中取出两个次品”，B1,B2,B3互斥，且B1∪B2∪B3=Ω，2112C55C5C315C33654P(B1)=2=14,P(B2)=2=28,P(B3)=2=28，P(A|B1)=9,P(A|B2)=9,PA|B3)=9，C8C8C856155347则P(A)=P(B1)⋅P(A|B1)+P(B2)⋅P(A|B2)+P(B3)⋅PA|B3)=14×9+28×9+28×9=12，7所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是.12(ii)依题意，从甲箱中取出的是2个正品的概率即是在事件A发生的条件下事件B1发生的概率，56×P(B1A)P(B1)⋅P(A|B1)14920则PB1|A)====，P(A)P(A)7491220所以从甲箱中取出的是2个正品的概率是.49第181页·共372页,第7章离散型随机变量的分布列与数字特征【考点预测】知识点一．离散型随机变量的分布列1、随机变量在随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．像这种随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量．随机变量常用字母X，Y，ξ，η，⋯表示．注意：(1)一般地，如果一个试验满足下列条件：①试验可以在相同的情形下重复进行；②试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但在一次试验之前不能确定这次试验会出现哪个结果．这种试验就是随机试验．(2)有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数来表示．如掷一枚硬币，X=0表示反面向上，X=1表示正面向上．(3)随机变量的线性关系：若X是随机变量，Y=aX+b，a，b是常数，则Y也是随机变量．2、离散型随机变量对于所有取值可以一一列出来的随机变量，称为离散型随机变量．注意：(1)本章研究的离散型随机变量只取有限个值．(2)离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系：①如果随机变量的可能取值是某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量；②离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果，但离散型随机变量的结果可以按一定的次序一一列出，而连续型随机变量的结果不能一一列出．3、离散型随机变量的分布列的表示一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，⋯，xi，⋯，xn，X取每一个值xi(i=1，2，⋯，n)的概率P(X=xi)=pi，以表格的形式表示如下：Xx1x2⋯xi⋯xnPp1p2⋯pi⋯pn我们将上表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时为了简单起见，也用等式P(X=xi)=pi，i=1，2，⋯，n表示X的分布列．4、离散型随机变量的分布列的性质根据概率的性质，离散型随机变量的分布列具有如下性质：(1)pi≥0，i=1，2，⋯，n；(2)p1+p2+⋯+pn=1．注意：①性质(2)可以用来检查所写出的分布列是否有误，也可以用来求分布列中的某些参数．②随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．知识点二．离散型随机变量的均值与方差1、均值若离散型随机变量X的分布列为第182页·共372页,Xx1x2⋯xi⋯xnPp1p2⋯pi⋯pn称E(X)=x1p1+x2p2+⋯+xipi+⋯+xnpn=1为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．注意：(1)均值E(X)刻画的是X取值的“中心位置”，这是随机变量X的一个重要特征；(2)根据均值的定义，可知随机变量的分布完全确定了它的均值．但反过来，两个不同的分布可以有相同的均值．这表明分布描述了随机现象的规律，从而也决定了随机变量的均值．而均值只是刻画了随机变量取值的“中心位置”这一重要特征，并不能完全决定随机变量的性质．2、均值的性质(1)E(C)=C(C为常数)(2)若Y=aX+b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX+b)=aE(X)+b．(3)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)(4)如果X1，X2相互独立，则E(X1⋅X2)=E(X1)⋅E(X2)3、方差若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2⋯xi⋯xnPp1p2⋯pi⋯pnn2则称D(X)=(xi-E(X))pi为随机变量X的方差，并称其算术平方根D(X)为随机变量X的标准i=1差．2注意：(1)(xi-E(X))描述了xi(i=1，2，⋯，n)相对于均值E(X)的偏离程度，而D(X)是上述偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．随机变量的方差和标准差均反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度．方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小；(2)标准差与随机变量有相同的单位，而方差的单位是随机变量单位的平方．4、方差的性质2(1)若Y=aX+b，其中a,b为常数，则Y也是随机变量，且D(aX+b)=aD(X)22(2)方差公式的变形：D(X)=E(X)-[E(X)]．【典例例题】题型一:离散型随机变量1.袋中有大小相同质地均匀的5个白球、3个黑球，从中任取2个，则可以作为随机变量的是()A.至少取到1个白球B.取到白球的个数C.至多取到1个白球D.取到的球的个数答案B【解析】根据离散型随机变量的定义，能够一一列出的只能是B选项，其中A、C选项是事件，D选项取到球的个数是2个，ACD错误；第183页·共372页,故选：B.2.下面是离散型随机变量的是()A.电灯炮的使用寿命XB.小明射击1次，击中目标的环数XC.测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值XD.一个在y轴上随机运动的质点，它在y轴上的位置X答案B【解析】对于A，电灯炮的使用寿命是变量，但无法将其取值一一列举出来，故A不符题意；对于B，小明射击1次，击中目标的环数X是变量，且其取值为0,1,2,...,10，故X为离散型随机变量，故B符合题意；对于C，测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值X是变量，但无法一一列举出X的所有取值，故X不是离散型随机变量，故C不符题意；对于D，一个在y轴上随机运动的质点，它在y轴上的位置X是变量，但无法一一列举出其所有取值，故X不是离散型随机变量，故D不符题意.故选：B.3.甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，则ξ=3表示()A.甲赢三局B.甲赢一局输两局C.甲、乙平局三次D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次答案D【解析】甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，所以ξ=3有两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次．故选：D．1.(2022·浙江·高三专题练习)对一批产品逐个进行检测,第一次检测到次品前已检测的产品个数为ξ,则ξ=k表示的试验结果为()A.第k-1次检测到正品,而第k次检测到次品B.第k次检测到正品,而第k+1次检测到次品C.前k-1次检测到正品,而第k次检测到次品D.前k次检测到正品,而第k+1次检测到次品答案D【解析】由题意ξ=k表示第一次检测到次品前已检测的产品个数为k，因此前k次检测到的都是正品，第k+1次检测的是一件次品.故选D.2.(多选题)下列随机变量是离散型随机变量的是()A.某景点一天的游客数XB.某寻呼台一天内收到寻呼次数XC.水文站观测到江水的水位数XD.某收费站一天内通过的汽车车辆数X第184页·共372页,答案ABD【解析】对四个选项，游客数、寻呼次数、汽车车辆数的取值都是随机的整数，满足题意；但水位数是实数，不是离散型随机变量，不满足题意.故选：ABD.题型二:求离散型随机变量的分布列kC101.随机变量X的概率分布满足PX=k=(k=0，1，2，⋯，10)，则M的值为.M答案102401210C10+C10+C10+⋯+C101024【解析】由题意==1⇒M=1024.MM故答案为：1024.2.(2022·河南·上蔡县衡水实验中学高三阶段练习(理))设随机变量ξ的概率分布列如下表：ξ1234111Pa643则Pξ-2=1=()7151A.B.C.D.122126答案C1111【解析】根据随机变量ξ分布列的概率分布列知，++a+=1，解得a=．又ξ-2=1，&there4;ξ=64341151或ξ=3，则Pξ-2=1=Pξ=1+Pξ=3=+=．6412故选:C．k3.已知随机变量X的分布列为PX=k=，k=2,4,5,6,7，则P1<x≤5等于()24117213a.b.c.d.2412324答案a【解析】由题意得：2+4+511p1<x≤5=px=2+px=4+px=5==．2424故选:a第185页·共372页,1.一袋中装有5个球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3个，以ξ表示取出的三个球中的最小号码，则随机变量ξ的分布列为()a.b.c.d.ξ123p111333ξ1234p1132105105ξ123p33151010ξ123p13310105答案c【解析】随机变量ξ的可能取值为1，2，3222c43c33c21p(ξ=1)==,p(ξ=2)==,p(ξ=3)==c35c310c310555故选：c.2.(2022·浙江省苍南中学高三阶段练习)甲，乙两位同学组队去参加答题拿小豆的游戏，规则如下：甲同学先答2道题，至少答对一题后，乙同学才有机会答题，同样也是两次机会.每答对一道题得10粒小豆.21已知甲每题答对的概率均为p，乙第一题答对的概率为，第二题答对的概率为.若乙有机会答题的3215概率为.16(1)求p;(2)求甲，乙共同拿到小豆数量x的分布列及期望.解析(1)由已知得，当甲至少答对1题后，乙才有机会答题.215所以乙有机会答题的概率为p=1-(1-p)=，163解得p=；4(2)x的可能取值为0，10，20，30，40；121p(x=0)=4=16131111px=10=c2××××=443216321113121119p(x=20)=4×3×2+c24×4×3×2+3×2=323221111312113p(x=30)=43×2+3×2+c24×4×3×2=3232213p(x=40)=4×3×2=16第186页·共372页,所以x的分布列为：x010203040p1191331616323216119133415e(x)=0×+10×+20×+30×+40×=.1616323216160,两球全红,3.已知袋内有5个白球和6个红球，从中摸出2个球，记x=，求x的分布列.1,两球非全红,解析由题意得，x的可能取值为0，1，2c63px=0==，c21111211c5+c5c68px=1==.c21111可得x的分布列如表所示：x01p3811114.甲､乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，计分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得-1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概率为0.6，乙赢机器人的概率为0.5.求：(1)在一轮比赛中，甲的得分x的分布列；(2)在两轮比赛中，甲的得分y的分布列及期望.解析(1)依题意可得x的可能取值为-1，0，1，所以p(x=-1)=(1-0.6)×0.5=0.2，p(x=0)=0.6×0.5+(1-0.6)×(1-0.5)=0.5，p(x=1)=0.6×(1-0.5)=0.3，所以x的分布列为x-101p0.20.50.3(2)依题意可得y的可能取值为-2，-1，0，1，2，2所以p(y=-2)=p(x=-1)×p(x=-1)=0.2=0.04，p(y=-1)=p(x=-1)×p(x=0)×2=2×20.2×0.5=0.2，p(y=0)=p(x=-1)×p(x=1)×2+p(x=0)×p(x=0)=2×0.3×0.2+0.5=0.37，p(y=1)=p(x=0)×p(x=1)×2=0.3×0.5×2=0.3，2p(y=2)=p(x=1)×p(x=1)=0.3=0.09，所以y的分布列为y-2-1012p0.00.0.30.0.042739所以e(y)=-2×0.04-1×0.2+0×0.37+1×0.3+2×0.09=0.2．第187页·共372页,【方法技巧与总结】求解离散型随机变量分布列的步骤：(1)审题(2)计算计算随机变量取每一个值的概率(3)列表列出分布列，并检验概率之和是否为1.(4)求解根据均值、方差公式求解其值.题型三:离散型随机变量的分布列的性质1.设离散型随机变量x的分布列为：x-101p121-2qq2则q=()1222a.b.1-c.1+d.1±2222答案b1222【解析】由题意，有+1-2q+q=1，且1-2q∈(0,1)，q∈(0,1)，解得q=1-，22故选：b.2.随机变量x的分布列为xx1x2x3pp1p2p3若p1，p2，p3成等差数列，则公差d的取值范围是．答案-1,133【解析】由题意知p2=p1+d，p3=p1+2d，1∴p1+p2+p3=3p1+3d=1，∴p1=-d．3121又0≤p1≤1，∴0≤-d≤1，∴-≤d≤．333112同理，由0≤p3≤1，p3=d+，∴-≤d≤，333∴-1≤d≤1，即公差d的取值范围是-1,13333故答案为：-1,133第188页·共372页,3.若随机变量x的分布列如下表所示：x0123p1a1b4422则a+b的最小值为．1答案8111【解析】由分布列的性质，知+a++b=1，即a+b=.442222a+b11因为a+b≥=，当且仅当a=b=时取等号.284221所以a+b的最小值为.81故答案为：81.(2022·江苏·高三专题练习)设随机变量x的概率分布列如下表所示：x012若f(x)=p(x≤x)，则当x的取值范围是[1,2)时，f(x)等于5pa11答案63611【解析】由分布列的性质，得a++=1，361∴a=，而x∈[1,2)，2115∴f(x)=p(x≤x)=p(x≤1)=+=．2365故答案为：62.随机变量x的概率分布列如下：x0123456p1111213141516ac6c6c6c5c6c6aaaaaa则a=.答案641111213141516【解析】根据概率分布列的概率性质可知+c6+c6+c6+c6+c6+c6=1，aaaaaaa1012345616所以c6+c6+c6+c6+c6+c6+c6=1，即×2=1，解得a=64.aa故答案为：64【方法技巧与总结】离散型随机变量的分布列性质的应用(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；(2)利用“随机变量在某一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求特定事件的概率；(3)可以根据性质p1+p2+⋯+pn=1及pi≥0，i=1,2,⋯,n判断所求的分布列是否正确．第189页·共372页,题型四:离散型随机变量的均值1.已知随机变量x的分布列为x-2-1012p111m143520若y=-2x，则ey=.17答案15【解析】由随机变量分布列的性质，11111得+++m+=1，解得m=，4352061111117∴ex=-2×+-1×+0×+1×+2×=-.435620301717由y=-2x，得ey=-2ex，即ey=-2×-30=15.17故答案为：.152.(2022·河南·濮阳一高高三阶段练习(理))随机变量x的分布列如下表所示，则e(2x-1)=．x-2-11p1a163答案-21111111【解析】因为+a+=1，所以a=，故ex=-2×+-1×+1×=-，6326232所以e(2x-1)=2ex-1=-2．故答案为：-2．3.(2022·江苏常州·高三阶段练习)甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比2赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的31概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数x的期望e(x)为()317266256670a.b.c.d.28181243答案b22【解析】由题意，随机变量x的可能取值是2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为3125+3=9，若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得1分，此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响，第190页·共372页,5所以px=2=，94520px=4=×=,99814216px=6=9=81，52016266所以期望为e(x)=2×+4×+6×=．9818181故选：b．1.(2022·湖北·高三开学考试)一个袋子中装有形状大小完全相同的4个小球，其中2个黑球，2个白球.第一步：从袋子里随机取出2个球，将取出的白球涂黑后放回袋中，取出的黑球直接放回袋中；第二步：再从袋子里随机取出2个球，计第二步取出的2个球中白球的个数为x，则e(x)=()5321a.b.c.d.6432答案d2c21【解析】①计第一步取出2个白球为事件a，即第二步袋子有4个黑球，则pa==,px=0∣ac264=1,px=1∣a=px=2∣a=011c2c22②计第一步取出两球为1黑1白为事件b，即第二步袋子有3个黑球1个白球，则pb==,c234211c31c3c11px=0∣b==,px=1∣b==,px=2∣b=0c22c22442c21③计第一步取出两个黑球为事件c，即第二步袋子有2个黑球2个白球，则pc==,c2642112c21c2c22c21px=0∣c==,px=1∣c==,px=2∣c==c26c23c264441故由全概率公式，px=0=papx=0∣a+pbpx=0∣b+pcpx=0∣c=×1+6211119×+×=，326636161同理px=1=,px=2=，3636191611∴ex=0×+1×+2×=3636362故选：d2.已知随机变量x满足e2-2x=4，d2-2x=4，下列说法正确的是()a.ex=-1,dx=-1b.ex=1,dx=1c.ex=-1,dx=4d.ex=-1,dx=1答案d【解析】根据方差和期望的性质可得：e2-2x=-2ex+2=4⇒ex=-1,d2-2x=4dx=4⇒dx=1,故选：d第191页·共372页,3.已知数据x1，x2，x3，⋯，xn的平均数为4，方差为2，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的平均数与方差的和为()a.6b.15c.19d.22答案c【解析】由题e(x)=4,d(x)=2，2则e(2x+3)=2e(x)+3=11，d2x+3=2d(x)=8，所以11+8=19.故选：c.4.已知随机变量x的分布列为：x124p0.40.30.3则e5x+4等于()a.15b.11c.2.2d.2.3答案a【解析】由随机变量x的分布列，可得期望ex=1×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2，所以e5x+4=5ex+4=11+4=15.故选：a.5.(2022·山西长治·模拟预测(理))从装有3个白球m个红球n个黄球(这些小球除颜色外完全相同)的31布袋中任取两个球，记取出的白球的个数为x，若e(x)=，取出一白一红的概率为，则取出一红一53黄的概率为()2141a.b.c.d.93155答案a211cm+nc3cm+n【解析】依题意，x的可能值为0，1，2，则有p(x=0)=，p(x=1)=，p(x=2)=22cm+n+3cm+n+32c3，2cm+n+3112c3cm+nc36(m+n)+1263于是得e(x)=1⋅+2⋅===，解得m+n=7，c2c2(m+n+3)(m+n+2)m+n+35m+n+3m+n+3袋中共有10个球，11c3cm3mm1因此，取出一白一红的概率为===，解得m=5，则n=2，c2451531011c5c2102所以取出一红一黄的概率为==.c245910故选：a第192页·共372页,6.(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.37.(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))2022年9月30日至10月9日，第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都市高新区体育中心举行．某学校统计了全校学生在国庆期间观看世乒赛中国队比赛直播的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的中位数；(2)采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取出6人．现从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，记抽取出的3人中观赛时长在[200，240)的人数为x，求x的分布列和数学期望．解析(1)由题意(0.0005+0.002+a+0.006+0.0065+a+0.002)×40=1，解得a=0.004，由频率分布直方图知时长不大于160分钟的频率为(0.0005+0.002+0.004+0.006)×40=0.5，所以中位数是160；第193页·共372页,(2)用分层随机抽样方式从观看时长在[200，280]的学生中抽取出6人，则[200,240)和[240,280]上的人数比为0.004:0.002=2:1，因此[200,240)上有4人，[240,280]上有2人，x的取值可能为1，2，3，1213c41c4c23c41p(x=1)==，p(x=2)==，p(x=3)==，c35c35c35666x的分布为x123p131555131期望为e(x)=×1+×2+×3=2．5558.(2022·江西·临川一中高三阶段练习(理))某企业开发的新产品已经进入到样品试制阶段，需要对a1、a2、a3、a4、a5这5个样品进行性能测试，现有甲、乙两种不同的测试方案，每个样品随机选择其中的21一种进行测试，选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每次测试的结果32互不影响．(1)若样品a1、a2、a3选择甲方案，a4、a5样品选择乙方案．求5个样品全部测试合格的概率；(2)若5个样品全选择甲方案，其样品测试合格个数记为x，求x的分布列及其期望：(3)若测试合格的样品个数的期望不小于3，求选择甲方案进行测试的样品个数，解析(1)因为样品a1、a2、a3选择甲方案，a4、a5样品选择乙方案，由已知样品a1、a2、a3测试合格的21概率为，样品a4、a5测试合格的概率为，3223122所以5个样品全部测试合格的概率为p=3×2=27；(2)由已知随机变量x的取值有0,1,2,3,4,5，0202511212410px=0=c531-3=243，px=1=c531-3=243，22223403232280px=2=c531-3=243，px=3=c531-3=243，42421805252032px=4=c531-3=243，px=1=c531-3=243，所以x的分布列为：x012345p110408080322432432432432432431104080803210∴e(x)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=；2432432432432432433(3)设选择甲方案测试的样品个数为n，n=0,1,2,3,4,5则选择乙方案测试的样品个数为5-n，并设通过甲方案测试合格的样品个数为ξ，通过乙方案测试合格的样品个数为η，1当n=0时，此时所有样品均选邦方案乙测试，则η∼b5,2，15所以e(ξ+η)=e(η)=5×=<3，不符合题意；222当n=5时，此时所有样品均选择方案甲测试，则ξ∼b5,3，210所以e(ξ+η)=e(ξ)=5×=>3，符合愿意；33第194页·共372页,21当n=1,2,3,4时，ξ&sim;Bn,3,η&sim;B5-n,2，25-nn+15所以E(ξ+η)=E(ξ)+E(η)=n+=，326n+15若使E(ξ+η)=≥3，则n≥3，6由于n=1,2,3,4，故n=3,4时符合题意，综上，选择甲方案测试的样品个数为3，4或者5时，测试合格的样品个数的期望不小于3．题型五:离散型随机变量的方差1.设a>0，若随机变量ζ的分布列如下表：ζ-102Pa2a3a则下列方差中最大的是()A.D(ζ)B.DζC.D2ζ-1D.D2ζ-1答案C1【解析】由题意，得a+2a+3a=1，则a=，611151117所以E(ζ)=-1×+0×+2×=，Eζ=1×+0×+2×=，63266326152152152531721所以D(ζ)=6×-1-6+3×0-6+2×2-6=36，Dζ=6×1-6+3×72172290-6+2×2-6=36，535329所以D2ζ-1=4D(ζ)=4×=，D2ζ-1=4Dζ=，3699即D2ζ-1最大，故选：C.12.已知随机变量ξ的分布列为下表所示，若Eξ=，则Dξ=()4ξ-101P1ab35412A.B.C.1D.6483答案B117【解析】由E(ξ)=-1×+0×a+1×b=，解得b=34121171由随机变量ξ的分布列的性质得+a+b=1，得a=1--=33121212112112741所以D(ξ)=-1-4×3+0-4×12+1-4×12=48故选：B第195页·共372页,3.从装有2个白球和3个黑球的袋中无放回任取2个球，每个球取到的概率相同，规定：(1)取出白球得2分，取出黑球得3分，取出2个球所得分数和记为随机变量ξ1;(2)取出白球得3分，取出黑球得2分，取出2个球所得分数和记为随机变量ξ2.则()A.Eξ1<eξ2，dξ1=dξ2b.eξ1<eξ2，dξ1<dξ2c.eξ1>Eξ2，Dξ1=Dξ2D.Eξ1>Eξ2，Dξ1<dξ2答案c2112c21c2c33c33【解析】根据题意ξ1=4，5，6，pξ1=4=2=10,pξ1=5=2=5,pξ1=6=2=10，分布c5c5c5列如下：ξ1456p133105102112c33c2c33c21根据题意ξ2=4，5，6，pξ2=4=2=10,pξ2=5=2=5,pξ2=6=2=10，分布列如下：c5c5c5ξ2456p3311051016326262126262623eξ1=4×10+5×10+6×10=5，dξ1=4-5×10+5-5×10+6-5×10621123423=5×10+5×5+5×10，36124242324262421eξ2=4×10+5×10+6×10=5，dξ2=4-5×10+5-5×10+6-5×10423123621=5×10+5×5+5×10，可得eξ1>Eξ2，Dξ1=Dξ2故选：C.1.已知随机变量X的分布列如下：则D(3X-1)的最大值为()2A.B.3X1233C.6D.5Pab2b-a答案C1【解析】D(3X-1)=9D(X)，只需求D(X)的最大值即可，根据题意：a+b+2b-a=1，b=，E(X)=3128a+2×3+3×3-a=3-2a，5222112228212所以D(X)=3-2a×a+3-2a×3+3+2a×3-a=-4a+3a+9=-4a-32+，3122当a=时，其最大值为，故D(3X-1)的最大值为×9=6．333第196页·共372页,故选：C.2.(2022·全国·高三专题练习(理))设0<a<1，n∈r，随机变量x的分布列是xnn+1p1-aa则方差d(x)()a.既与n有关，也与a有关b.与a有关，但与n无关c.与n有关，但与a无关d.既与n无关，也与a无关答案b【解析】由分布列可得e(x)=n(1-a)+(n+1)a=n+a，222故d(x)=(1-a)[n-(n+a)]+a[n+1-(n+a)]=a-a.故选：b3.(2022·浙江·高三专题练习)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等．记x为分配后所剩空盒的个数，y为分配后不空盒子的个数，则()a.ex=ey，dx=dyb.ex=ey，dx≠dy236c.ex≠ey，dx=dyp11ad.ex≠ey，dx≠dy23答案c【解析】因为一共有3个盒子，所以x+y=3，2因此e(x)=e(3-y)=3-e(y)，d(x)=d(3-y)=(-1)d(y)=d(y)，由题意可知：x=0,1,2，31a362a331p(x=0)===，p(x=2)===，3×3×32793×3×3279212p(x=1)=1-p(x=0)-p(x=2)=1--=，9932128819e(x)=×0+×2+×1=，所以e(y)=3-e(x)=3-=，993999故选：c4.已知随机变量x的分布列如下：则d(3x+2)的值为()a.2b.6c.8d.18答案d111【解析】根据分布列可知++a=1，解得a=，236111ex=2×+3×+6×=3，236121212dx=×2-3+×3-3+×6-3=2，236所以d(3x+2)=9dx=18.故选：d.第197页·共372页,c5.(2022·河南洛阳·模拟预测(理))随机变量ξ的概率分布列为pξ=k=，k=1，2，3，其中c是2k+k常数，则d9ξ-3的值为()a.10b.117c.38d.35答案cc【解析】∵pξ=k=，k=1，2，3，2k+kccc4∴++=1，解得c=，2612322113∴e(ξ)=1×+2×+3×=，399913221322132138∴d(ξ)=1-9×3+2-9×9+3-9×9=81，2∴d9ξ-3=9dξ=81dξ=38.故选：c6.(2022·浙江温州·高三开学考试)已知随机变量x的分布列是：若ex=0，则dx=()x-101a.0b.1c.2d.1pa1b333答案c1a+b+=11【解析】由已知可得3，解得a=b=，ex=-a+b=0312222因此，dx=-1-0+0-0+1-0=.33故选：c.27.已知随机变量x的分布列如表所示，且e(x)=．3(1)求d(x)的值；x01x(2)若y=x+4，求d(y)的值；p11p(3)若z=2-3x，求d(z)的值．23111解析(1)由题意可知++p=1，解得p=，2361112又∵e(x)=0×+1×+x×=，解得x=2．23632212212215∴d(x)=0-3×2+1-3×3+2-3×6=9．(2)∵y=x+4，5∴d(y)=d(x)=．9(3)∵z=2-3x，5∴d(z)=d2-3x=9d(x)=9×=5．9第198页·共372页,8.已知投资甲､乙两个项目的利润率分别为随机变量x1和x2.经统计分析，x1和x2的分布列分别为表1：x10.30.180.1表2：(1)若在甲､乙两个项目上各投资100万元，y1和y2分别表示投资甲､乙两项p0.20.50.3目所获得的利润，求y1和y2的数学期望和方差，并由此分析投资甲､乙两项目的利弊；x20.250.15(2)若在甲､乙两个项目总共投资100万元，求在甲､乙两个项目上分别投资多p0.20.8利润少万元时，可使所获利润的方差和最小？注：利润率=.投资额解析(1)由题意，得ex1=0.3×0.2+0.18×0.5+0.1×0.3=0.18，222dx1=(0.3-0.18)×0.2+(0.18-0.18)×0.5+(0.1-0.18)×0.3=0.0048，ex2=0.25×0.2+0.15×0.8=0.17，22dx2=(0.25-0.17)×0.2+(0.15-0.17)×0.8=0.0016，2由eax+b=aex+b,dax+b=adx，2又y1=100x1,y2=100x2，得ey1=100×0.18=18，dy1=100×0.0048=482ey2=100×0.17=17，dy2=100×0.0016=16因此投资甲的平均利润18万元大于投资乙的平均利润17万元，但投资甲的方差48也远大于投资乙的方差16.所以投资甲的平均利润大，方差也大，相对不稳定，而投资乙的平均利润小，方差也小，相对稳定.若长期投资可选择投资甲，若短期投资可选投资乙.(2)设x万元投资甲，则100-x万元投资了乙，则投资甲的利润z1=xx1，投资乙的利润z2=100-xx2设fx为投资甲所获利润的方差与投资乙所获利润的方差和，22则fx=dz1+dz2=xdx1+(100-x)dx2222=0.0048x+0.0016(100-x)=0.00164x-200x+10000-200当x=-=25时，fx的值最小.2×4故此时甲项目投资25万元，乙项目投资75万元，可使所获利润的方差和最小.9.今年3月份以来，随着疫情在深圳、上海等地爆发，国内消费受到影响，为了促进消费回暖，全国超过19个省份都派发了消费券，合计金额高达50亿元通过发放消费券的形式，可以有效补贴中低收入阶层，带动消费，从而增加企业生产产能，最终拉动经济增长，除此之外，消费券还能在假期留住本市居民，减少节日期间在各个城市之间的往来，客观上能够达到降低传播新冠疫情的效果，佛山市某单位响应政策号召，组织本单位员工参加抽奖得消费优惠券活动，抽奖规则是：从装有质地均匀、大小相同的2个黄球、3个红球的箱子中随机摸出2个球，若恰有1个红球可获得20元优惠券，2个都是红球可获得50元优惠券，其它情况无优惠券，则在一次抽奖中：(1)求摸出2个红球的概率；(2)设获得优惠券金额为x，求x的方差．2c33解析(1)记事件a：摸出2个红球.则pa==.c2105211c21c2⋅c36(2)由题意可得：x的可能取值为：0，20，50.则：px=0==；px=20==；c210c210552c33163px=50==.所以数学期望ex=0×+20×+50×=27，方差dx=0-27c2101010105第199页·共372页,212623×+20-27×+50-27×=261.101010【方法技巧与总结】均值与方差性质的应用若x是随机变量，则η=f(x)一般仍是随机变量，在求η的期望和方差时，熟练应用期望和方差的性质，可以避免再求η的分布列带来的繁琐运算．题型六:决策问题1.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策.(1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中a种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼.用ξ表示其中a种鱼的条数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望eξ;(2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条.(ⅰ)请从分层抽样的角度估计池塘乙中的鱼数.(ⅱ)统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法─最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的系统发生树，即在什么情况下最有可能发生已知的事件.请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数.解析(1)ξ=0,1,2,2112c43129c43⋅c743c73p(ξ=0)==,p(ξ=1)==,p(ξ=2)==,c2175c2175c2175505050故分布列为：ξ012p1294331751751751294337eξ=0×+1×+2×=.17517517525505(2)(i)设池塘乙中鱼数为m,则=,解得m=200,故池塘乙中的鱼数为200.m20(ii)设池塘乙中鱼数为n,令事件b=“再捉20条鱼,5条有记号”,事件c=“池塘乙中鱼数为n”515c50⋅cn-50则pn=p(b∣c)=20,由最大似然估计法,即求pn最大时n的值,其中n≥65,cnpn+1(n-49)(n-19)∴=pn(n-64)(n+1)pn+1当n=65,......198时>1，pnpn+1当n=199时=1，pnpn+1当n=200,201,...时<1pn所以池塘乙中的鱼数为199或200.第200页·共372页,2.(2022·黑龙江·佳木斯一中三模(文))某地的水果店老板记录了过去50天某类水果的日需求量x(单位：箱)，整理得到数据如下表所示.其中每箱某类水果的进货价为50元，售价为100元，如果当天卖不完，剩下的水果第二天将在售价的基础上打五折进行特价销售，但特价销售需要运营成本每箱30元，根据以往的经验第二天特价水果都能售罄，并且不影响正价水果的销售，以这50天记录的日需求量的频率作为口需求量发生的概率.x2223242526频数10101596(1)如果每天的进货量为24箱，用X表示该水果店卖完某类水果所获得的利润，求X的平均值；(2)如果店老板计划每天购进24箱或25箱的某类水果，请以利润的平均值作为决策依据，判断应当购进24箱还是25箱.31解析(1)由题设，每天的进货量为24箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩余1箱的概率，当天卖551不完剩余2箱的概率，5若当天卖完X=24×(100-50)=1200元，若当天卖不完剩余1箱X=23×(100-50)-1×30=1120元，若当天卖不完剩余2箱X=22×(100-50)-2×30=1040元，31所以E(X)=×1200+×(1120+1040)=1152元.5533(2)由题设，每天的进货量为25箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩余1箱的概率，当天卖不完101011剩余2箱的概率，当天卖不完剩余3箱的概率，55若当天卖完X=25×(100-50)=1250元，当天卖不完剩余1箱X=24×(100-50)-1×30=1170元，当天卖不完剩余2箱X=23×(100-50)-2×30=1090元，当天卖不完剩余3箱X=22×(100-50)-3×30=1010元，31所以E(X)=×(1250+1170)+×(1090+1010)=1146元，显然小于每天的进货量为24箱的期望105利润，所以应当购进24箱.第201页·共372页,3.(2022·重庆八中高三阶段练习)手机运动计步已经成为一种新时尚．某单位统计职工一天行走步数(单位：百步)得到如下频率分布直方图．由频率分布直方图估计该单位职工一天行走步数的中位数为125(百步)，其中同一组中的数据用该组区间的中点值为代表．(1)试计算图中的a、b值，并以此估计该单位职工一天行走步数的平均值μ；(2)为鼓励职工积极参与健康步行，该单位制定甲、乙两套激励方案：记职工个人每日步行数为ω，其超过ω-μ平均值μ的百分数ε=×100，若ε∈(0,10]，职工获得一次抽奖机会；若ε∈(10,20]，职工获得二次μ抽奖机会；若ε∈(20,30]，职工获得三次抽奖机会；若ε∈(30,40]，职工获得四次抽奖机会；若ω超过50，职工获得五次抽奖机会．设职工获得抽奖次数为n．方案甲：从装有1个红球和2个白球的口袋中有放回的逐个抽取n个小球，抽得红球个数即表示该职工中奖几次；方案乙：从装有6个红球和4个白球的口袋中无放回的逐个抽取n个小球，抽得红球个数即表示该职工中奖几次；若某职工日步行数为15700步，以期望为决策依据判断哪个方案更佳？解析(1)由题意得：(0.002+0.006+0.008+a+b+0.008+0.002+0.002)×20=10.5-(0.002+0.006+0.008)×20110+×20=12520a解得a=0.012，b=0.010，&there4;μ=(60×0.002+80×0.006+100×0.008+120×0.012+140×0.01+160×0.008+180×0.002+200×0.002)×20=125.6；157-125.6(2)某职工日行步数ω=157(百步)，ε==25，125.61&there4;职工获得三次抽奖机会，设职工中奖次数为X，在方案甲下X~B3,3，则分布列为：X0123P8126127272727E(X)=1；在方案乙下：X的可能取值为0，1，2，3312C41C6C43PX=0==，PX=1==，C330C3101010213C6C41C61PX=2==，PX=3==，C32C361010所以分布列为：X0123P第202页·共372页,1311301026E(X)=1.8，因为1<1.8，所以方案乙更佳．1.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每112门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为，，n，其中3650<n<1．1(1)若n=，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；3(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n的范围．11224解析(1)设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件a，则pa=c3⋅3⋅3=9；13252253该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件b，则pb=××+××+×65365365141×=．390(2)该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为x，11依题意，x~b3,3，则ex=3×3=1，该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为y，随机变量y的可能取值为：0，1，2，3．531-n13525313+2npy=0=×1-n=,py=1=×1-n+×1-n+×n=，652656565305213122+11n122nnpy=2=×n+×n+×(1-n)=，py=3=×n==，65656530653015随机变量y的分布列：y0123p1-n13+2n2+11nn23030151-n13+2n2+11nn17+30ney=0×+1×+2×+3×=，23030153017+30n13因为该考生更希望进入甲大学的面试，则ey<ex，即<1，解得0<n<，303013所以n的范围为：0<n<.302.(2022·贵州贵阳·二模(理))2021年7月24日，在奥运会女子个人重剑决赛中，中国选手孙一文在最后关头一剑封喉，斩获金牌，掀起了新一轮“击剑热潮”．甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每111局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为．因为543甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者(甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛)，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束．(1)若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；(2)请帮助甲进行第一局的决策(甲乙、甲丙或乙丙比赛)，使得甲最终获得冠军的概率最大．第203页·共372页,解析(1)若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：2111①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为××=；354301111②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为××=．34560111所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为+=．306020(2)若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，11132141111所以甲能获得冠军的概率为×+×××+×××=．5454355345121114113211若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为×+×××+×××=454534435411．1201若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，则甲获得冠军的概率即第(1)问的结果．201111因为>>，所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大．12012203.(2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元，在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个300元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个更合理？解析(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，从而P(X=16)=0.2×0.2=0.04；P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16；P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24；P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24；P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2；P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08；P(X=22)=0.2×0.2=0.04；所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)购买零件所需费用含两部分：一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19时，费用的期望为：第204页·共372页,19×100+300×0.2+600×0.08+900×0.04=2044元，当n=20时，费用的期望为：20×100+300×0.08+600×0.04=2048元，因为2044<2048，所以选n=19更适合.4.2020年以来，新冠疫情对商品线下零售影响很大．某商家决定借助线上平台开展销售活动．现有甲、乙两个平台供选择，且当每件商品的售价为a(300≤a≤500)元时，从该商品在两个平台所有销售数据中各随机抽取100天的日销售量统计如下，商品日销售量(单位：件)678910甲平台的天数1426262410乙平台的天数1025352010假设该商品在两个平台日销售量的概率与表格中相应日销售量的频率相等，且每天的销售量互不影响，(1)求“甲平台日销售量不低于8件”的概率，并计算“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”的概率；(2)已知甲平台的收费方案为：每天佣金60元，且每销售一件商品，平台收费30元；乙平台的收费方案为：每天不收取佣金，但采用分段收费，即每天销售商品不超过8件的部分，每件收费40元，超过8件的部分，每件收费35元．某商家决定在两个平台中选择一个长期合作，从日销售收入(单价×日销售量-平台费用)的期望值较大的角度，你认为该商家应如何决策？说明理由．解析(1)令事件A=“甲平台日销售量不低于8件”，26+24+103则P(A)==，1005令事件B=“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”，232233381则PB=C355+C35=125(2)设甲平台的日销售收入为X，则X的所有可能取值为6a-240,7a-270,8a-300,9a-330,10a-360.所以，X的分布列为X6a-2407a-2708a-3009a-33010a-360P142626241010010010010010014262624所以，E(X)=(6a-240)×+(7a-270)×+(8a-300)×+(9a-330)×+(10a-10010010010010360)×=7.9a-297，100设乙平台的日销售收入为Y，则Y的所有可能取值为6a-240,7a-280,8a-320,9a-355,10a-390.所以，Y的分布列为：Y6a-2407a-2808a-3209a-35510a-390P102535201010010010010010010253520所以，E(Y2)=(6a-240)×+(7a-280)×+(8a-320)×+(9a-355)×+(10a-10010010010010390)×=7.95a-316.100第205页·共372页,所以，E(Y)-E(X)=0.05a-19,令0.05a-19≥0得a≥380，令0.05a-19<0得a<380所以，当300≤a<380时，选择甲平台；当a=380时，甲乙平台均可；当380<a≤500时，选择乙平台.【方法技巧与总结】均值与方差在决策中的应用(1)随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是实际生产中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．(2)两种应用策略①当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．②若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策.l【过关测试】一、单选题1(2022·全国·高三专题练习(理))某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元.在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元.在使用期间，每台设备需更换的零件个数x的分布列为：x678p0.40.50.1若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为()a.1716.8元b.206.5元c.168.6元d.156.8元答案d【解析】记y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则y的可能取值为12，13，14，15，16，2py=12=0.4=0.16，py=13=2×0.4×0.5=0.4，2py=14=0.5+2×0.4×0.1=0.33，py=15=2×0.5×0.1=0.1，2py=16=0.1=0.01.若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为z元，则z的可能取值为0，280，560，840，pz=0=py≤13=0.16+0.4=0.56，pz=280=py=14=0.33，pz=560=py=15=0.1，pz=840=py=16=0.01，ez=280×0.33+560×0.1+840×0.01=156.8.故选：d.第206页·共372页,2(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))已知随机变量x的分布列如表(其中a为常数)：x012345p0.10.1a0.30.20.1则p1≤x≤3等于()a.0.4b.0.5c.0.6d.0.7答案c【解析】因为0.1+0.1+a+0.3+0.2+0.1=1，所以a=0.2，所以p1≤x≤3=px=1+px=2+px=3=0.1+0.2+0.3=0.6.故选：c.3(2022·河南·高三开学考试(理))某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元．在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元．在使用期间，每台设备需更换的零件个数x的分布列为x678p0.40.50.1若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为()a.1716.8元b.206.5元c.168.6元d.156.8元答案d【解析】记y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则y的可能取值为12，13，14，15，16，2py=12=0.4=0.16，py=13=2×0.4×0.5=0.4，2py=14=0.5+2×0.4×0.1=0.33，py=15=2×0.5×0.1=0.1，2py=16=0.1=0.01．若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为z元，则z的可能取值为0，280，560，840，pz=0=py≤13=0.16+0.4=0.56，pz=280=py=14=0.33，pz=560=py=15=0.1，pz=840=py=16=0.01，ez=280×0.33+560×0.1+840×0.01=156.8．故选：d4一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产一件次品，要赔20元，已知这台机器生产出甲等、乙等和次品的概率分别为0.6、0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品，平均预期可获利()a.36元b.37元c.38元d.39元答案b【解析】由题意可得：设这台机器每生产一件产品可获利x，则x可能取的数值为50，30，-20，所以x的分布列为：px=50=0.6，px=30=0.3，px=-20=0.1，所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利为：50×0.6+30×0.3-20×0.1=37(元)故选：b第207页·共372页,5设10件同类型的零件中有2件是不合格品，从其中任取3件，以x表示取出的3件中的不合格的件数，则p(x=1)=()7771a.b.c.d.1510142答案a12c2c87【解析】由题意，p(x=1)==c31510故选：a6已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为x，则ex=()42a.2b.1c.d.33答案a【解析】x可能取1，2，3，其对应的概率为21c2c41p(x=1)==，c35612c2c43p(x=2)==，c3563c41p(x=3)==，c356131∴e(x)=1×+2×+3×=2．555故选：a7设ξ是一个离散型随机变量，其分布列如图，则q等于()ξ-1012p0.51-2qq122a.b.2-1c.1-d.222答案c20.5+1-2q+q=12【解析】由题知0<1-2q<1，解得q=1-.20<q2<1故选：c8(2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三开学考试(理))盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中3随机地抽取4个，那么概率是的事件为()10a.恰有1个是坏的b.4个全是好的c.恰有2个是好的d.至多有2个是坏的答案c【解析】∵盒中有10个螺丝钉，4∴从盒中随机地抽取4个的总数为：c10=210，∵其中有3个是坏的，∴恰有1个坏的，恰有2个好的，4个全是好的，至多2个坏的取法数分别为：第208页·共372页,1322441322c3c7=105，c3c7=63，c7=35，c7+c3c7+c3c7=203，1051∴恰有1个坏的概率分别为：=，2102633恰有2个好的概率为=，210103514个全是好的概率为=，210620329至多2个坏的概率为=；21030故选：c．二、多选题9(2022·吉林·东北师大附中高三开学考试)已知随机变量ξ的分布列如下表；ξ-101pm1n4x+ξ记“函数fx=3sinπx∈r是偶函数”为事件a，则下列结论正确的有()23331a.eξ=-mb.m+n=c.pa=d.pa=4444答案bc13【解析】由随机变量的分布列知m++n=1，所以m+n=，故b正确；44133e(ξ)=-1×m+0×+1×n=-m+n=-m+-m=-2m，故a错误，444x+ξ∵函数fx=3sinπx∈r是偶函数为事件a，2∴满足条件的事件a的ξ的可能取值为-1或1，3∴pa=m+n=，故c正确，d错误；4故选：bc．10已知随机变量x的分布列如下表：x-1012pmn116121若px≠1=，则()21151a.m=b.m=c.n=d.n=36123答案ac11m+n++=161215【解析】依题意，解得m=，n=.n+1=1312122故选：ac.第209页·共372页,11(2022·江苏·苏州市第六中学校三模)已知投资a,b两种项目获得的收益分别为x,y，分布列如下表，则()x>DY，所以投资A项目的风险比B项目高，故D正确；故选：ACD12设离散型随机变量X的概率分布列为X-10123P111121051055则下列各式正确的是()A.PX=1.5=0B.PX>-1=123C.P2<x<4=d.px<0=510答案ac19【解析】由概率分布列可得px=1.5=0，故a正确；px>-1=1-=，故B错误；101021P2<x<4=px=3=，故c正确；px<0=px=-1=，故d错误．510故选：ac三、填空题13离散型随机变量x的分布为：x01245pq0.30.20.20.1若离散型随机变量y满足y=2x+1，则下列结果正确的为．①ex=2；②ey=4；③dx=2.8；④dy=14．答案①③【解析】由离散型随机变量x的分布列的性质，可得q=1-0.3-0.2-0.2-0.1=0.2，第210页·共372页,则ex=0×0.2+1×0.3+2×0.2+4×0.2+5×0.1=2，22222dx=0-2×0.2+1-2×0.3+2-2×0.2+4-2×0.2+5-2×0.1=2.8，所以①③正确；又由离散型随机变量y满足y=2x+1，所以ey=2ex+1=4+1=5，2dy=2dx=4×2.8=11.2，所以②④错误，故答案为：①③．14袋中有1个白球，2个黄球，2个红球，这5个小球除颜色外完全相同，每次不放回地从中取出1个球，取出白球即停，记x为取出的球中黄球数与红球数之差，则e(x)=.答案0122121218【解析】px=0=+×××2+××××6=，55435432152121211px=1=px=-1=×+××××3=，54543252111px=2=px=-2=××=，5433081111故e(x)=0×+1×+-1×+2×+-2×=0.15553030故答案为：015(2022·上海市进才中学高三阶段练习)一袋中装有大小与质地相同的5个红球和3个黑球，任取3球，记其中黑球数为x，则ex=．9答案8【解析】x的取值为0，1，2，3，321123c55c5c315c5c315c31p(x=0)==，p(x=1)==，p(x=2)==，p(x=3)==，c328c328c356c3568888∴随机变量x的概率分布为：x0123p515151282856565151519数学期望为e(x)=0×+1×+2×+3×=．2828565689故答案为：8k1716设随机变量ξ的分布为pξ=5=akk=1,2,3,4,5，则p10<ξ<10=．2答案512341【解析】由题意知，ξ的分布为5555，a2a3a4a5a1所以a+2a+3a+4a+5a=1，解得a=，15171231232所以p10<ξ<10=pξ=5+pξ=5+pξ=5=15+15+15=5，2故答案为：．5四、解答题第211页·共372页,17某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“ai作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试.经过一个阶段的试用，为了解“ai作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用ai作业不使用ai作业使用ai作业不使用ai作业基本掌握32285030没有掌握8141226假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立.(1)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用ξ表示抽取的2名学生中使用“ai作业”的人数，求ξ的分布列和数学期望；(2)用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“ai作业”的学生和一名不使用“ai作业”的学生，用“x=1”表示该名使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“x=0”表示该名使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“y=1”表示该名不使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“y=0”表示该名不使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”.比较方差dx和dy的大小关系.解析(1)依题意，没有掌握“向量数量积”知识点的学生有60人，其中，使用“ai作业”的人数为20人，不使用“ai作业”的人数为40，02c20c4026所以ξ=0，1，2，且pξ=0==，c259601120c20c4080c20c4019pξ=1==，pξ=2==，c2177c21776060所以ξ的分布列为：ξ012p2680195917717780192故eξ=1×+2×=177177344(2)由题意，易知x服从二项分布x∼b1,5，dx=p1-p=25，22y服从二项分布y~b1,3，dy=p1-p=9，故dx<dy.第212页·共372页,18(2022·全国·模拟预测)台湾是中国固有领土，台海局势牵动每个人的心．某次海军对抗演习中，红方飞行员甲负责攻击蓝方舰队．假设甲距离蓝方舰队100海里，且未被发现，若此时发射导弹，命中蓝方战舰概率是0.2，并可安全返回．若甲继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，有0.5的概率被敌方发现，若被发现将失去攻击机会，且此时自身被击落的概率是0.6．若没被发现，则发射导弹击中蓝方战舰概率是0.8，并可安全返回．命中战舰红方得10分，蓝方不得分；击落战机蓝方得6分，红方不得分．(1)从期望角度分析，甲是否应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内？(2)若甲在返回途中发现敌方两架轰炸机，此时甲弹舱中还剩6枚导弹，每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5．(i)若甲同时向每架轰炸机各发射三枚导弹，求恰有一架轰炸机被命中的概率；(ii)若甲随机向一架轰炸机发射一枚导弹，若命中，则向另一架轰炸机发射一枚导弹，若不命中，则继续向该轰炸机发射一枚导弹，直到两架轰炸机均被命中或导弹用完为止，求最终剩余导弹数量x的分布列．解析(1)由题可知，若不进入50海里，甲相对得分的期望为0.2×10=2，若进入50海里，甲相对得分的期望为0.5×0.8×10+0.5×0.6×(-6)=2.2，所以甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内；(2)(i)因为每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5，37所以一架轰炸机被命中的概率为1-1-0.5=，81777所以恰有一架轰炸机被命中的概率为c2⋅8⋅1-8=32；(ii)由题可知x的可能取值为0,1,2,3,4，因为p(x=4)=0.5×0.5=0.25，p(x=3)=1-0.5×0.5×0.5+0.5×1-0.5×0.5=0.25，222p(x=2)=c31-0.5⋅0.5=0.1875，332p(x=1)=c41-0.5⋅0.5=0.125，445p(x=0)=c51-0.5⋅0.5+1-0.5=0.1875.所以x的分布列为：x01234p0.18750.1250.18750.250.25.第213页·共372页,19(2022·广东佛山·高三阶段练习)2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识擂台赛．该市a县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表a县参加市赛．已知a县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的4555概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响．581216(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；(2)设这3人中参加市赛的人数为ξ，求ξ的分布列；(3)某品牌商赞助了a县的这次共青团史知识擂台赛，提供了两种奖励方案：2方案1：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影3响，中奖一次奖1000元；方案2：参加了选拔赛未进市赛的选手一律奖600元，进入了市赛的选手奖1200元．若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．431解析(1)3人都没通过初赛的概率为p0=1-5=125，124所以这三人中至少有1人通过初赛的概率p1=1-p0=．125(2)依题意ξ可能取值为0，1，2，3．设事件a表示“甲参加市赛”，事件b表示“乙参加市赛”，事件c表示“丙参加市赛”，451451451则p(a)=×=,p(b)=×=,p(c)=×=，582512351641231则p(ξ=0)=p(abc)=××=，234412311312111p(ξ=1)=p(abc+abc+abc)=××+××+××=，234234234241131111211p(ξ=2)=p(abc+abc+abc)=××+××+××=，23423423441111p(ξ=3)=p(abc)=××=，23424所以ξ的分布列为：ξ0123p11111424424(3)方案1：设三人中奖人数为x，所获奖金总额为y元，则y=1000x，22且x∼b3,3，所以e(y)=1000e(x)=1000×3×3=2000元，方案2：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为z元，方法1：则z的所有可能取值为1800，2400，3000，3600，由(2)知，z的分布列为：z1800240030003600p1111142442411111则e(z)=1800×+2400×+3000×+3600×=2450，424424因为e(z)>E(Y)，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．1111113方法2：由(2)知，E(ξ)=0×+1×+2×+3×=，42442412第214页·共372页,方案2等价于只要参加了选拔赛即奖励600元，13进入了市赛的选手再奖600元．则E(Z)=3×600+600E(ξ)=1800+600×=2450，12因为E(Z)>E(Y)，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．20(2022·湖北孝感·高三阶段练习)2021年秋全国中小学实行“双减政策”和“5+2”模式．为响应这一政策，某校开设了“篮球”“围棋”等课后延时服务课程．甲、乙两位同学在学习围棋后，切磋围棋棋艺．37已知甲先手时．甲获胜的概率为，乙先手时，乙获胜的概率为，每局无平局，且每局比赛的胜负相410互独立，第一局甲先手．(1)若每局负者下一局先手，两人连下3局，求乙至少胜两局的概率；(2)若每局甲都先手，胜者得1分，负者得0分，先得3分者获胜且比赛结束，比赛结束时，负者的积分为ξ，求ξ的分布列与数学期望．解析(1)设事件A为乙至少胜两局，则乙有负胜胜，胜负胜，胜胜负，胜胜胜四种情况，3733373333313所以PA=4×10×1-4+1-4×4×10+1-4×1-4×4+1-4=40；(2)依题意可得ξ的所有可能结果为0、1、2，331371133131345则Pξ=0=4+4=16，Pξ=1=C3×4×4+C3×4×4=128，212332321327Pξ=2=C4×4×4+C4×4×4=128，所以ξ的分布列为ξ012P74527161281287452799所以Eξ=0×+1×+2×=；1612812812821(2022·湖南·高三阶段练习)某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动.活动规则如下：在一不透明的纸箱中有9张相同的卡片，其中3张卡片上印有“中”字，3张卡片上印有“国”字，另外3张卡片上印有“红”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取3张卡片，若抽到的3张卡片上都印有同一个字，则获得一张20元代金券；若抽到的3张卡片中每张卡片上的字都不一样，则获得一张10元代金券；若抽到的3张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.(1)求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率.(2)记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望EX.(3)该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付5元.若你是消费者，请从收益方面来考虑是否愿意再次参加该项抽奖活动，并说明理由.3C3解析(1)记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有‘中'字”为事件A，则PA=3C911=.所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率是8484(2)随机变量X的所有可能取值为0,10,20，333C3+C3+C31则PX=20==，C3289111C3C3C39PX=10==，C3289第215页·共372页,919PX=0=1--=.282814所以X的分布列为X01020P99114282899155EX=0×+10×+20×=.14282814(3)记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则Y=X-5，15所以EY=EX-5=-<0，因此我不愿意再次参加该项抽奖活动.14第216页·共372页,第8章两点分布、二项分布与超几何分布【考点预测】知识点一．两点分布1、若随机变量X服从两点分布，即其分布列为X01P1-pp其中0<p<1，则称离散型随机变量x服从参数为p的两点分布．其中p(x=1)称为成功概率．注意：(1)两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为1；(2)两点分布又称0-1分布、伯努利分布，其应用十分广泛．2、两点分布的均值与方差：若随机变量x服从参数为p的两点分布，则e(x)=1×p+0×(1-p)=p，d(x)=p(1-p)知识点二．n次独立重复试验1、定义一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．注意：独立重复试验的条件：①每次试验在同样条件下进行；②各次试验是相互独立的；③每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．2、特点(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的；(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．知识点三．二项分布1、定义一般地，在n次独立重复试验中，用x表示事件a发生的次数，设每次试验中事件a发生的概率为p，不kkn-k发生的概率q=1-p，那么事件a恰好发生k次的概率是px=k=cnpq(k=0，1，2，⋯，n)于是得到x的分布列x01⋯k⋯n00n11n-1kkn-knn0pcnpqcnpq⋯cnpq⋯cnpq由于表中第二行恰好是二项式展开式n00n11n-1kkn-knn0q+p=cnpq+cnpq+⋯+cnpq+⋯+cnpq各对应项的值，称这样的离散型随机变量x服从参数为n，p的二项分布，记作x~b(n，p)，并称p为成功概率．注意：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n=1时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式．2、二项分布的适用范围及本质(1)适用范围：①各次试验中的事件是相互独立的；②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；第217页·共372页,③随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．(2)本质：二项分布是放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．3、二项分布的期望、方差若x~b(n,p)，则e(x)=np，d(x)=np(1-p)知识点四．超几何分布1、定义在含有m件次品的n件产品中，任取n件，其中恰有x件次品，则事件x=k发生的概率为p(x=k)kn-kcmcn-m*=n，k=0，1，2，⋯，m，其中m=minm，n，且n≤n，m≤n，n，m，n∈n，称分布列为超几何cn分布列．如果随机变量x的分布列为超几何分布列，则称随机变量x服从超几何分布．x01⋯m0n-01n-1mn-mpcmcn-mcmcn-m⋯cmcn-mnnncncncn2、超几何分布的适用范围件及本质(1)适用范围：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数y的概率分布．(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的．【方法技巧与总结】超几何分布和二项分布的区别(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.【典例例题】题型一:两点分布1..若随机变量ξ的分布列为，其中m∈0,1，则下列结果中正确的是()3a.eξ=m,dξ=nξ012b.eξ=m,dξ=npmn2c.eξ=1-m,dξ=m-m2d.eξ=1-m,dξ=m答案c【解析】由离散型随机变量的概率关系可知：n=1-m.则eξ=0×m+1×n=n=1-m;.222dξ=0-1-mm+1-1-m1-m=m-m第218页·共372页,2.(2022·河北·高三阶段练习)新型冠状病毒肺炎(coronavirusdisease2019，covid-19)，简称“新冠肺炎”，是指2019新型冠状病毒感染导致的肺炎.2019年12月以来，部分医院陆续发现了多例不明原因肺炎病例，证实为2019新型冠状病毒感染引起的急性呼吸道传染病，为防止该病症的扩散与传染，某检测机构在某地区进行新冠病毒疾病调查，需要对其居民血液进行抽样化验，若结果呈阳性，则+患有该疾病；若结果为阴性，则未患有该疾病.现有nn∈n,n≥2个人，每人一份血液待检验，有如下两种方案：方案一：逐份检验，需要检验n次；方案二：混合检验，将n份血液分别取样，混合在一起检验，若检验结果呈阴性，则n个人都未患有该疾病；若检验结果呈阳性，再对n份血液逐份检验，此时共需要检验n+1次.(1)若n=10，且其中两人患有该疾病，①采用方案一，求恰好检验3次就能确定患病两人的概率；②将这10人平均分成两组，则这两患者分在同一组的概率；(2)已知每个人患该疾病的概率为p0<p<1.(i)采用方案二，记检验次数为x，求检验次数x的期望ex；(ii)若n=5，判断方案一与方案二哪种方案检查的次数更少？并说明理由.2818212解析(1)①根据题意可得：p=××+××=；10981098453c84②根据题意可得：p==；159c102(2)(i)根据题意：x的取值为1，n+1，nnpx=1=1-p，px=n+1=1-1-p，nn所以ex=1-p+n+11-1-p；(ii)当n=5时，方案一：检验的次数为5次，55方案二：检查的次数期望为ex=1-p+61-1-p，55ex-5=6-51-p-5=1-51-p，5记gp=1-51-p，因为0<1-p<1，所以gp单调递增，1当p=1-时，gp=0，551所以当0<p<1-时，gp<0，则ex<5，551当1-<p<1时，gp>0，则EX>5，551故当0<p<1-时，选择方案二；551当1-<p<1时，选择方案一；551当p=1-时，选择两种方案检查次数一样.55第219页·共372页,3.2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为p=0.003，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．核酸检测通常有两种分组方式可以选择：方案一：10人一组；方案二：8人一组．(1)分别求出采用方案一和方案二中每组的化验次数的分布列和数学期望；(2)若该社区约有2000人，请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由．810(参考数据：0.997=0.976，0.997=0.970)解析(1)设方案一中每组的化验次数为ξ，则ξ的取值为1，11，1010∴p(ξ=1)=0.997=0.970，p(ξ=11)=1-0.997=0.030，∴ξ的分布列为：ξ111p0.9700.030e(ξ)=1×0.970+11×0.030=1.300．设方案二中每组的化验次数为η，则η的取值为1，9，88p(η=1)=0.997=0.976，p(η=9)=1-0.997=0.024，∴η的分布列为：η19p0.9760.024∴e(η)=1×0.976+9×0.024=1.192．(2)根据方案一，该社区化验分组数为200，方案一的化验总次数的期望值为：200e(x)=200×1.3=260次．根据方案二，该社区化验分组数为250，方案二的化验总次数的期望为250e(η)=250×1.192=298次．∵260<298，∴方案一工作量更少．故选择方案一．第220页·共372页,1.某保险公司针对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每位职工每年只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金．保险公司把企业的所有岗位分为a、b、c三类工种，从事三类工种的人数分布比例如图所示，根据历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表所示(并以此估计赔付概率)工种类别abc赔付频率121554101010a、b、c工种职工每人每年的保费分别为a元，a元，b元，出险后获得的赔偿金额分别为100万元，200万元，50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元．(1)若保险公司要求利润的期望不低于保费的20%，试确定保费a，b所要满足的条件．(2)现有如下两个方案供企业选择：方案一、企业不与保险公司合作，企业自行拿出与保险公司赔付金额相同的赔偿金付给出险职工；方案二、企业与保险公司合作，企业负责职工保费的60%，职工个人负责保费的40%，出险后赔偿金由保险公司赔付．若企业选择方案二的支出期望(不包括职工支出)低于选择方案一的，求a，b所要满足的条件，并判断企业是否与保险公司合作(若企业选择方案二的支出期望低于方案一，且与(1)中保险公司所提条件不矛盾，则企业与保险公司合作)解析(1)设工种为a,b,c职工的每份保单保险公司的收益分别为随机变量x,y,z，则随机变量的分布列如下：4xaa-100×10p111-5510104yaa-100×10p221-5510104zbb-50×10p111-551010141e(x)=a1-+(a-100×10)×=a-10，105105242e(y)=a1-+(a-100×10)×=a-20，105105141e(z)=b1-+(b-50×10)×=b-50，1051054由题意(a-10)×20000×0.6+(a-20)×20000×0.3+(c-50)×20000×0.1-10×10≥(a×20000×0.6+a×20000×0.3+b×20000×0.1)×0.2，化简得9a+b≥275．所以每张保单的保费需要满足9a+b≥275；(2)若企业不与保险公司合作，则安全支出即赔偿金的期望值为14241420000×0.6××100×10+0.3××100×10+0.1××50×10=17×20000，105105104若企业与保险公司合作，则安全支出即赔偿金的期望值为20000×(0.6×a+0.3×a+0.1×b)×0.6=(9a+b)×0.06×20000，第221页·共372页,由(9a+b)×0.06×20000<17×20000，得9a+b<283.33，结果与(1)不冲突，所以企业有可能与保险公司合作．2.(2022·黑龙江实验中学模拟预测(理))为考察本科生基本学术规范和基本学术素养，某大学决定对各学院本科毕业论文进行抽检，初步方案是本科毕业论文抽检每年进行一次，抽检对象为上一学年度授予学士学位的论文，初评阶段，每篇论文送3位同行专家进行评审，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的毕业论文，将认定为“存在问题毕业论文”.3位专家中有1位专家评议意见为“不合格”，将再送2位同行专家(不同于前3位)进行复评.复评阶段，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”，将认定为“存在问题毕业论文”.每位专家，判定每篇论文“不合格”的概率均为p0<p<1，且各篇毕业论文是否被判定为“不合格”相互独立.1(1)若p=，求每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”的概率是多少；2(2)学校拟定每篇论文需要复评的评审费用为180元，不需要复评的评审费用为90元，则每篇论文平均评审费用的最大值是多少？解析(1)设每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”为事件a，322122则pa=p+c3p1-p+c3p1-p1-1-p，125∵p=，∴pa=；232(2)设每篇文章的评审费用为x元，则x的可能取值为90，180，1212则px=180=c3p1-p，px=90=1-c3p1-p；12122∴ex=90×1-c3p1-p+180×c3p1-p=270p1-p+90.22令gp=p1-p，p∈0,1，则gp=1-p-2p1-p=3p-1p-1.11当p∈0,3时，gp>0，gp在0,3上单调递增，11当p∈3,1时，gp<0，gp在3,1上单调递减，14&there4;gp的最大值为g3=27，&there4;每篇论文平均评审费用的最大值是130元.3.(2022·安徽·二模(理))某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为p，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验5件该产品，且每件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检验方案：将产品每k个k≤5一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验1次或1+k次．设该工厂生产1000件该产品，记每件产品的平均检验次数为X．(1)求X的分布列及其期望；(2)(i)试说明，当p越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；(ii)当p=0.1时，求使该方案最合理时k的值及1000件该产品的平均检验次数．1k11+k解析(1)PX=k=1-p由题，X的可能取值为k和k1+kkPX=k=1-1-p，故X的分布列为X11+kkkP1-pkk1-1-p1k1+kkk1EX=∙1-p+∙1-1-p=1-1-p+kkk第222页·共372页,k12i由1记fp=1-1-p+，因为k>0，k所以fp在p∈0,1上单调递增，故p越小，fp越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理k1k1ii记gk=1-1-p+=1-0.9+kk当gk<1且取最小值时，该方案最合理，因为g1=1.1,g2=0.69，g3≈0.604,g4≈0.594，g5≈0.61所以k=4时平均检验次数最少，约为1000×0.594=594次．题型二:n次独立重复试验1.(2022·河北衡水·高三阶段练习)进入2021年以来，国家提倡大学生毕业自主创业，根据已知的调查可知，大学生创业成功与失败的概率分别为a，b，且a=2b，则某高校四名大学生毕业后自主创业，其中至少有两名大学生创业成功的概率为()8875A.B.C.D.8192423答案B2a=a=2b312【解析】由题意，解得，则四名大学生至少有两名创业成功的概率P=1-C4××a+b=1b=133131483-3=9故选：B．2.(2022·全国·模拟预测)某同学随机掷一枚骰子4次，则该同学得到1点或5点的次数超过2次的概率为()1788A.B.C.D.9272729答案A1【解析】该同学随机掷一枚骰子，得到1点或5点的概率为，则该同学掷一枚骰子4次，得到1点或5点331314141的次数超过2次的概率P=C4×3×1-3+C4×3=9.故选：A.3.体育课上进行投篮测试，每人投篮3次，至少投中1次则通过测试．某同学每次投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A.0.064B.0.600C.0.784D.0.936答案D3【解析】该同学通过测试的概率为1-0.4=0.936，故选：D第223页·共372页,1.(2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测)有甲､乙两个盒子，甲盒子中装有2个小球，乙盒子中装有4个小球，每次随机取一个盒子并从中取一个球.(1)求甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球的概率：(2)当其中一个盒子中的球被取完时，记另一个盒子恰剩下ξ个球，则求ξ的分布列与数学期望E(ξ).解析(1)甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球，意味着总共取了四次球，第四次取到的一定是甲盒中的球，前三次中有一次取到甲盒中的球，另外两次取的是乙盒中的球，212113所以p=C32×2×2=16(2)由题意知：ξ的可能取值为1.2.3.4，当ξ=1时，总共取了5次球，剩余的一个球可能在甲盒子中，也可能在乙盒子中，若剩余的一个球在甲(乙)盒子中，则第5次取到的是乙(甲)盒子中的球，前4次有一次取到甲盒子中的球，另外3次取到乙盒子中的球，3153151所以P(ξ=1)=C42+C42=4，当ξ=2时，总共取了4次球，剩余的2个球可能在甲盒子中，也可能在乙盒子中，若剩余的2个球在甲盒子中，则4次均取到乙盒子中的球，若剩余的2个球在乙盒子中，则第4次取到甲盒中的球，前3次有1次取到甲盒中的球，有2次取到乙盒子中的球，4142141故P(ξ=2)=C42+C32=4当ξ=3时，总共取了3次球，剩余的3个球一定在乙盒子中，第3次一定取到的是甲盒中的球，前2次有1次取到甲盒中的球，有1次取到乙盒子中的球，1131所以P(ξ=3)=C22=4，当ξ=4时，总共取了2次球，剩余的4个球一定在乙盒子中，前2次均取到甲盒中的球，2121故P(ξ=4)=C22=4.即ξ的分布列为：ξ1234p111144445计算可得：E(ξ)=22.(2022·江苏南通·模拟预测)某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制(一方先胜三局即获胜，比赛结束)，比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分.已知甲､乙两人比赛，甲每局获胜的概率1为.2(1)在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列；(2)求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率.解析(1)由题意可知，X可能取值为0，1，2，3，当X=0时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，13111215则P(X=0)=1-2+C3⋅2⋅1-21-2=16，当X=1时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，第224页·共372页,2121213则P(X=1)=C4⋅2⋅1-2⋅1-2=16；当X=2时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，2121213则P(X=2)=C4⋅2⋅1-2⋅2=16，当X=3时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，13212115则P(X=3)=2+C3⋅2⋅1-2⋅2=16，故X的概率分布列如下：X0123P533516161616(2)设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A，则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，3353535333333故P(A)=3⋅⋅⋅+A3⋅⋅⋅+3⋅⋅⋅=，1616161616161616162048333故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为.20483.(2022·河北衡水·高三阶段练习)我国出现了新冠疫情后，医护人员一直在探索治疗新冠的有效药，并对确诊患者进行积极救治.现有6位症状相同的确诊患者，分成A,B两组，A组3人，服用甲种中药，B4组3人，服用乙种中药.服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为，B组3人康复的概率分别为5933,,.1044(1)设事件M表示A组中恰好有1人康复，事件N表示B组中恰好有1人康复，求P(MN)；(2)求A组康复人数比B组康复人数多的概率.144212解析(1)依题意有，PM=C3×5×1-5=125，91111133PN=××+×C2××=，1044104432又事件M与N相互独立，1239则PMN=PMPN=×=；1253210004(2)设A组中服用甲种中药康复的人数为X，则X&sim;B3,5，141212PX=1=C3×5×5=125，214248PX=2=C3×5×5=125，34364PX=3=C3×5=125，设B组中服用乙种中药康复的人数为Y，则Y的可能取值为0,1,2,3，1111PY=0=××=1044160911111315PY=1=××+×C2××=，10441044160193113363PY=2=C2×××+××=，10441044160A组康复人数比B组康复人数多的概率P=PX=1×PY=0+PX=2×PY=0+PY=1第225页·共372页,1459+PX=3×PY=0+PY=1+PY=2=.50004.(2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习)甲、乙两名运动员进行羽毛球单打比赛，根据以21往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为．比赛采用“三局两胜”制，先胜二局33者获胜．商定每局比赛(决胜局第三局除外)胜者得3分，败者得1分；决胜局胜者得2分，败者得0分．已知各局比赛相互独立．(1)求比赛结束，甲得6分的概率；(2)设比赛结束，乙得X分，求随机变量X的概率分布列与数学期望．解析(1)记事件A：“比赛结束，甲得6分”，则事件A即为乙以0:2败给甲或乙以1:2败给甲，2211224820所以P(A)=3+C2×3×3×3=9+27=27．(2)由题意得，X可取2,4,6，224则P(X=2)=3=9，11228P(X=4)=C2×××=，333271121127P(X=6)=C2×3×3×3+3=27，即X的分布列为X246P(X)4879272748798X的数学期望为E(X)=2×+4×+6×=．92727275.“民族要复兴，乡村必振兴”，为了加强乡村振兴宣传工作，让更多的人关注乡村发展，某校举办了有关城乡融合发展、人与自然和谐共生的知识竞赛.比赛分为初赛和复赛两部分，初赛采用选手从备选题中选一题答一题的方式进行，每位选手最多有5次答题机会，选手累计答对3题或答错3题即终止比赛，答3对3题者直接进入复赛，答错3题者则被淘汰.已知选手甲答对每个题的概率均为，且相互间没有影5响.(1)求选手甲被淘汰的概率；(2)设选手甲在初赛中答题的个数为X，试求X的分布列和数学期望.解析(1)设“选手甲被淘汰”为事件A，32因为甲答对每个题的概率均为，所以甲答错每个题的概率均为.553238则甲答了3题都错，被淘汰的概率为C35=125；2223272甲答了4个题，前3个1对2错，被淘汰的概率为C35×5×5=625；232222432甲答了5个题，前4个2对2错，被淘汰的概率为C45⋅5×5=3125.872432992所以选手甲被海的概率PA=++=.12562531253125(2)易知X的可能取值为3，4，5，对应甲被淘汰或进入复赛的答题个数，3333237则PX=3=C35+C35=25，第226页·共372页,2322322232234PX=4=C35×5×5+C35×5×5=625，23222216PX=5=C45×5=625.X的分布列为X345P723421625625625(X)72342162541则EX=3×+4×+5×=.25625625625【方法技巧与总结】(1)在解复杂的题目时，可利用“正难则反”的思想，通过考查原事件的对立事件来求其概率．(2)运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．(3)解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验．题型三:二项分布1.高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形小木块(如图所示)，并且每一排小木块数目都比上一排多一个，一排中各个小木块正好对准上面一排两个相邻小木块的正中央，从入口处放入一个直径略小于两个小木块间隔的小球，当小球从之间的间隙下落时，于是碰到下一排小木块，它将以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通过间隙，又碰到下一排小木块.如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内，则小球落到第⑤个格子的概率是()5533A.B.C.D.32161632答案A11145【解析】小球落到第⑤个格子的概率是C5×2×2=32.故选：A2.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则D(X)=()15202560A.B.C.D.772149第227页·共372页,答案D33【解析】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为=，3+473因为是有放回的取球，所以X&sim;B5,7，3360所以D(X)=5×7×1-7=49故选：D3.(2022·全国·高三专题练习(理))某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方.为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示：用时/秒[5，10](10，15](15，20](20，25]男性人数1522149女性人数511177以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立.若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能(即概率最大)是()A.2B.3C.4D.5答案C201【解析】根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为=，设随机抽取的20名盲拧1005魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，1k1k420-k则ξ~B20,5，其中P(ξ=k)=C2055，k=0,1,2,⋯,20，P(ξ=k)≥P(ξ=k+1)当k≥1时，由，P(ξ=k)≥P(ξ=k-1)k1k420-kk+11k+1419-kC2055≥C20554(k+1)≥20-k得，化简得，k1k420-kk-11k-1421-k21-k≥4kC2055≥C20551621解得≤k≤，又k∈Z，&there4;k=4，&there4;这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是554.故选：C.1.(2022·全国·高三专题练习(理))为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，有关部门要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产11品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响，若610产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则PX≥-80=()272434383A.B.C.D.128256256128答案B第228页·共372页,113【解析】由题意得该产品能销售的概率为1-61-10=4，易知X的所有可能取值为-320，-200，-80，40，160，3设ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则ξ&sim;B4,4，k3k14-k所以Pξ=k=C4⋅4⋅4，23212273331127所以PX=-80=Pξ=2=C444=128，PX=40=P(ξ=3)=C444=64，4341081P(X=160)=P(ξ=4)=C444=256，故PX≥-80=PX=-80+PX=40+PX=160，272781243=++=，12864256256故选：B．2.某工厂产品合格的概率均为p，各产品合格与否相互独立．设X为该工厂生产的5件商品中合格的数量，其中D(X)=1.2，P(X=2)<p(x=3)，则p=()a.0.7b.0.6c.0.4d.0.3答案b【解析】由已知x服从与参数为5，p的二项分布，223332∴d(x)=5×p×(1-p)，p(x=2)=c5p(1-p)，p(x=3)=c5p(1-p)，又d(x)=1.2，p(x=2)<p(x=3)，∴p(1-p)=0.24，1-p<p，∴p=0.6，故选：b.*3.(2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习)某种植户对一块地上的n(n∈n)个坑进行播种，每个坑1播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.如果每个坑内至少有两粒种子2发芽，则不需要进行补种，否则需要补种.(1)当n取何值时，有3个坑要补种的概率最大？最大概率为多少？(2)当n=4时，用x表示要补种的坑的个数，求x的分布列.01311121解析(1)由题意可知每个坑要补种的概率p=c3×2+c3×2×2=2，则n个坑中有3个坑要31n补种的概率为cn2.31n31n-11ncn2≥cn-123欲使cn2最大，只需31n31n+1cn2≥cn+12∗解得5≤n≤6.因为n∈n，所以n=5，6.3155当n=5时，c52=16，3165当n=6时，c62=16，5所以当n=5或n=6时，有3个坑要补种的概率最大，最大概率.161(2)易知x的取值范围为0,1,2,3,4，且x∼b4,2，010141因此p(x=0)=c422=16，第229页·共372页,111131p(x=1)=c422=4，212123p(x=2)=c422=8，313111p(x=3)=c422=4，414101p(x=4)=c422=16，所以x的分布列为x01234p1131116484164.(2022·江苏常州·高三阶段练习)金坛区主城区全新投放一批共享电动自行车．本次投放的电动自行车分红、绿两种，投放比例是3∶1．监管部门为了了解这两种颜色电动自行车的性能，决定从中随机抽取4辆电动自行车进行骑行体验，假设每辆电动自行车被抽取的可能性相等．(1)求抽取的4辆电动自行车中至少有3辆是绿色的概率；(2)在骑行体验中，发现红色电动自行车的综合评分较高，监管部门决定从该次投放的这批电动自行车中随机地抽取一辆绿色电动自行车，送技术部门做进一步性能检测，并规定，若抽到的是绿色电动自行车，则抽样结束：若抽取的是红色电动自行车，则将其放回后，继续从中随机地抽取下一辆电动自行车，且规∗定抽取的次数最多不超过nn∈n次在抽样结束时，设已抽到的红色电动自行车的数量用ξ表示，问：ξ的数学期望能否超过3？1解析(1)∵抽取一辆电动车为绿色的概率为431334133113∴4辆电动车至少有3辆是绿色的概率p=c4⋅4×4+c4×4=16+256=256．(2)ξ的所有可能取值为0，1，2⋯，n1313213n-113p(ξ=0)=4,p(ξ=1)=4×4,p(ξ=2)=4×4,⋅⋅⋅，p(ξ=n-1)=4×4,p(ξ=n)=4n，∴ξ的分布列如下：ξ012⋯n-1np1332⋯3n-1344×4×4⋅4111n44413323n-13ne(ξ)=44+2⋅4+⋯+(n-1)⋅4+n⋅43323n-1记sn=4+2⋅4+⋯+(n-1)⋅4①3323n-13n∴4sn=4+⋯+(n-2)⋅4+(n-1)⋅4②13323n-13n①-②得：4sn=4+4+⋯+4-(n-1)⋅433n-141-43n3n-13n3n=3-(n-1)⋅4=3-3⋅4-(n-1)⋅4=3-n+341-43n∴e(ξ)=3-3⋅4<3，第230页·共372页,∴ξ的数学期望不能超过3．5.(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.36.(2022·江苏·新淮高中三模)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形铁钉(如图)，并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央.从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球.(ⅰ)理论上，小球落入4号容器的概率是多少？(ⅱ)一数学兴趣小组取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为x，求x的分布列与数学期望.解析(ⅰ)记“小球落入4号容器”为事件a，若要小球落入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层向左，3141∴理论上，小球落入4号容器的概率p(a)=c42=4.(ⅱ)落入4号容器的小球个数x的可能取值为0，1，2，3，第231页·共372页,01327111227∴p(x=0)=c3×1-4=64，p(x=1)=c3×4×1-4=64，212193131p(x=2)=c3×4×1-4=64，p(x=3)=c3×4=64，∴x的分布列为：x0123p272791646464642727913∴ex=0×+1×+2×+3×=.646464644【方法技巧与总结】1、二项分布求解随机变量涉及“至少”“至多”问题的取值概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率．2、二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件a恰好发生k次的概率．解题的一般思路是：(1)根据题意设出随机变量；(2)分析出随机变量服从二项分布；(3)找到参数n，p；(4)写出二项分布的分布列；(5)将k值代入求解概率．题型四:超几何分布1.一批产品共有20件，其中2件次品，18件合格品，从这批产品中任意抽取2件，则至少有1件是次品的概率是()11837189a.b.c.d.19095190190答案c2c1837【解析】至少有1件是次品的概率是1-=.c219020故选：c.2.从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则e(5ξ+1)=()a.2b.1c.3d.4答案c【解析】ξ的可能取值为0,1,2.31221c1322c2c1312c2c131pξ=0==，pξ=1==，pξ=2==.c335c335c335151515∴ξ的分布列为：ξ012第232页·共372页,p22121353535221212于是eξ=0×+1×+2×=，35353552故e5ξ+1=5eξ+1=5×+1=3.5故选：c.3.(2022·北京·高三专题练习)为了解顺义区某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的(1)班-(8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下：(x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数)(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从以上统计的高一(4)班的10名学生中抽出2人，设x表示2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求x的分布列及其数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“ξk=1”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“ξk=0”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀k=1,2,⋅⋅⋅,8．写出方差dξ1,dξ2,dξ3,dξ4的大小关系(不必写出证明过程)解析(1)抽取的80人中，身体素质监测成绩达到优秀有8+6+9+4+7+5+9+8=56人，567∴从高一年级学生中任意抽测1人，该生身体素质监测成绩达到优秀的概率p==.8010(2)由散点图可知：高一(4)班的10名学生中，身体素质监测成绩达到优秀的人数为4人，∴x所有可能的取值为0,1,2，2112c6151c6c4248c462∴px=0===；px=1===；px=2===；c2453c24515c24515101010则x的分布列为：x012p182315151824∴数学期望ex=0×+1×+2×=.315155第233页·共372页,8421414(3)由散点图知：pξ1=1==，pξ1=0==，∴dξ1=×=；10510555256342326pξ2=1==，pξ2=0==，∴dξ2=×=；105105552591919pξ3=1=，pξ3=0=，∴dξ3=×=；101010101004263236pξ4=1==，pξ4=0==，∴dξ4=×=；1051055525∴dξ2=dξ4>Dξ1>Dξ3.1.(2022·上海·高三开学考试)研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变暖等环境问题，减少碳排放具有深远的意义．中国明确提出节能减排的目标与各项措施，在公路交通运输领域，新能源汽车逐步取代燃油车是措施之一．中国某地区从2015年至2021年每年汽车总销量如图，每年新能源汽车销量占比如表．(注：汽车总销量指新能源汽车销量与非新能源汽车销量之和)年份2015201620172018201920202021新能源汽车销量占比1.5%2%3%5%8%9%20%(1)从2015年至2021年中随机选取一年，求这一年该地区汽车总销量不小于5.5万辆的概率；(2)从2015年至2021年中随机选取两年，设X表示新能源汽车销量超过0.5万辆的年份的个数，求X的分布列和数学期望．解析(1)由汽车销量图得7年中有6年汽车总销量不小于5.5万辆，6则随机选取一年，这一年该地区汽车总销量不小丁5.5万辆的概率为．7(2)由图表得新能源汽车2015-2021年的销量如下表：年份2015201620172018201920202021新能源汽年销量0.0620.1120.1680.270.450.541.16556新能源汽车销量超过0.5万辆的年份有2个，不超过0.5万辆的年份有5个，则随机变量X可能取值为0，1，2，2112C510C5C210C21PX=0==，PX=1==，PX=2==，C221C221C221777所以X的分布列为X012P10101212121101014所以EX=0×+1×+2×=．2121217第234页·共372页,2.为发展业务，某调研组对A，B两个公司的扫码支付情况进行调查，准备从国内nn∈N,n>0个人口超过1000万的超大城市和8个人口低于100万的小城市中随机抽取若干个进行统计.若一次抽取2个4城市，全是小城市的概率为.15(1)求n的值；(2)若一次抽取4个城市，①假设抽取出的小城市的个数为X，求X的可能值及相应的概率；②若抽取的4个城市是同一类城市，求全为超大城市的概率.答案(1)n=7；(2)①X的可能取值为0，1，2，3，4，相应概率见解析；1②.3【分析】⑴利用古典概型求概率的公式把一次抽取2个城市全是小城市的概率表示出来，解方程即可；⑵①X的分布符合超几何分布，根据超几何分布的概率计算方法求概率即可；②利用条件概率求概率的方法求概率即可.2解析(1)从n+8个城市中一次抽取2个城市，有Cn+8种情况，22C88×74其中全是小城市的有C8种情况，则全是小城市的概率为2==，Cn+8n+8n+715解得n=7(负值舍去).(2)①由题意可知，X的可能取值为0，1，2，3，4，相应的概率分别记为PX=kk=0,1,2,3,4，0413C8C71C8C78PX=0==，PX=1==，C439C43915152231C8C728C8C756PX=2==，PX=3==，C465C4195151540C8C72PX=4==.C439154②若抽取的4个城市全是超大城市，共有C7=35种情况；4若抽取的4个城市全是小城市，共有C8=70种情况，351所以若抽取的4个城市是同一类城市，则全为超大城市的概率为=.35+7033.北京某高校有20名志愿者报名参加2022年北京冬奥会服务工作，其中有2名老师，18名学生.若从*中随机抽取nn∈N,n≤20名志愿者，用X表示所抽取的n名志愿者中老师的人数.(1)若n=2，求X的分布列与数学期望；(2)当n为何值时，X=1的概率取得最大值?最大值是多少?解析(1)当n=2时，X的所有可能取值为0，1，2，021120C2C18153C2C1818C2C181则P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，C2190C295C2190202020所以X的分布列为X012P15318119095190第235页·共372页,1531811E(X)=0×+1×+2×=.1909519051n-1C2C18n(20-n)*(2)X=1的概率为P(X=1)==，1≤n≤20，且n∈N.n190C20n+(20-n)2因为n(20-n)≤=100，当且仅当n=20-n，即n=10时等号成立，210所以当n=10时，X=1的概率P(X=1)取最大值，最大值是.194.(2022·山西大附中高三阶段练习)北京时间2022年7月25日3时13分，问天实验舱成功对接于天和核心舱前向端口，2022年7月25日10时03分，神舟十四号航天员乘组成功开启问天实验舱舱门，顺利进入问天实验舱.8月，中国空间站第2个实验舱段--梦天实验舱已运抵文昌航天发射场，计划10月发射.中国空间站“天宫”即将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多学科交叉的空间科学实验.为普及空间站相关知识，某部门门组织了空间站模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成.规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确.每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中2个及以上程序正确即为闯关成功.现已知10个程序中，甲只能正确完成其中6个，乙正确完成每个程序的概率为0.6，每位选手每次编程都互不影响.(1)求乙闯关成功的概率；(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和期望，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大.232解析(1)乙正确完成2个程序或者3个程序则闯关成功，记乙闯关成功为事件A，则P(A)=C35×233815+5=125.(2)由题意知随机变量X所有可能取值为0，1，2，3，312213C41C6C43C6C41C61P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==，C330C310C32C3610101010故X的分布列为X0123P131130102613119所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.3010265112812所以甲闯关成功的概率为+=，因为<，所以甲比乙闯关成功的可能性大.26312535.某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市n(n&lowast;∈N)个人数超过1000人的大集团和4个人数低于200人的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若1一次抽取2个集团，全是小集团的概率为.6(1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为大集团的概率；(2)若一次抽取3个集团，假设取出小集团的个数为X，求X的分布列和期望.22解析(1)由题意知共有n+4个集团，取出2个集团的方法总数是Cn+4，其中全是小集团的情况有C4，2C4121故全是小集团的概率是==，C2n+4n+36n+42整理得到n+3n+4=72即n+7n-60=0，解得n=5．2若2个全是大集团，共有C5=10种情况；2若2个全是小集团，共有C4=6种情况；第236页·共372页,10105故在取出的2个集团是同一类集团的情况下，全为大集团的概率为==．10+6168(2)由题意知，随机变量X的可能取值为0,1,2,3，0312C4C5105C4C54010计算PX=0===，PX=1===，C38442C38421992130C4C5305C4C541PX=2===，PX=3===，C38414C3842199故X的分布列为：X0123P5105142211421510514数学期望为EX=0×+1×+2×+3×=．4221142136.中国科研团队在研发“新冠疫苗”的过程中，为了测试疫苗的效果，科研人员以小白鼠为实验对象，进行了一些实验．(1)实验一：选取10只健康小白鼠，编号1至10号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中．实验结果发现，除2号、3号和7号小白鼠仍然感染了新冠病毒，其他小白鼠未被感染．现从这10只小白鼠中随机抽取4只进行研究，将仍被感染的小白鼠只数记作X，求X的分布列和数学期望．(2)科研人员在另一个实验中发现，疫苗可多次连续注射，小白鼠多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对小白鼠是否有效互相不影响，相互独立．若将实验一中未感染新冠病毒的小白鼠的频率当做疫苗的有效率，那么一只小白鼠注射两次疫苗能否保证有效率达到96%？若可以请说明理由；若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求．解析(1)因为X的所有可能取值为0，1，2，3，且X服从N=10,M=3,n=4的超几何分布，0413C3C71C3C71所以PX=0==，PX=1==，C46C4210102231C3C73C3C71PX=2==，PX=3==，C410C4301010X的分布列如下：X0123P1131621030113164×36E(X)=0×+1×+2×+3×=(或E(X)==)6210305105(2)因为实验一中未感染新冠病毒的小白鼠的频率为0.7，所以注射一次疫苗的有效率为0.7．2又每次注射的疫苗对小白鼠是否有效相互独立，所以一只小白鼠注射两次疫苗的有效率为1-1-0.7=91%<96%，所以注射两次疫苗无法保证有效率达到96%，2设每支疫苗有效率至少达到t才能满足要求，则1-1-t=96%，解得t=0.8，所以每支疫苗的有效率至少要达到0.8才能满足以上要求．【方法技巧与总结】1、随机变量是否服从超几何分布的判断若随机变量X服从超几何分布，则满足如下条件：(1)该试验是不放回地抽取n次；(2)随机变量X表示抽取到的次品件数(或类似事件)，反之亦然．第237页·共372页,2、求超几何分布的分布列的步骤(1)验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；(2)根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；(3)列出分布列．题型五:二项分布与超几何分布的综合应用1.(2022·江苏南通·高三开学考试)某药厂研制了治疗一种疾病的新药，该药的治愈率为85%.现用此药给10位病人治疗，记被治愈的人数为X.(1)若X=6，从这10人中随机选3人进行用药体验访谈，求被选中的治愈人数Y的分布列和数学期望；(2)当k为何值时，概率PX=k最大？并说明理由.解析(1)由题意可知Y的可能取值有0、1、2、3，32112C41C4C63C4C61PY=0==，PY=1==，PY=2==，C330C310C321010103C61PY=3==.C3610所以，随机变量Y的分布列如下表所示：Y0123P131130102613119所以，EY=0×+1×+2×+3×=.3010265k310-k17k(2)由题意可得PX=k=C10⋅20⋅20，PX=k≥PX=k-1由题意可得，PX=k≥PX=k+1k310-k17kk-1311-k17k-1C10⋅20⋅20≥C10⋅20⋅20167187即，解得≤k≤，k310-k17kk+139-k17k+12020C10⋅20⋅20≥C10⋅20⋅20因为k∈N，故当k=9时，PX=k最大.第238页·共372页,2.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，作为国家战略性空间基础设施，我国北斗卫星导航系统不仅对国防安全意义重大，而且在民用领域的精准化应用也越来越广泛.2020年6月23日，中国第55颗北斗导航卫星成功发射标志着拥有全部知识产权的北斗卫星导航系统全面建成．据统计，2019年卫星导航与位置服务产业总产值达到3450亿元，较2018年约增长14.4%．从全球应用北斗卫星的城市中选取了40个城市进行调研，上图是这40个城市北斗卫星导航系统与位置服务产业的产值(单位：万元)的频率分布直方图．(1)根据频率分布直方图，求产值小于600万元的调研城市个数；(2)在上述抽取的40个城市中任取2个，设Y为产值不超过600万元的城市个数，求Y的分布列及期望和方差．(3)把频率视为概率，从全球应用北斗卫星的城市中任取5个城市，求恰有3个城市的产值超过605万元的概率．解析(1)由频率分布直方图可知产值小于600万元的频率为0.03+0.04×5=0.35，所以产值小于600万元的调研城市个数为40×0.35=14(个)；(2)由(1)得产值不超过600万元的调研城市有14个，超过600万元的调研城市有40-14=26(个)，所以随机变量Y的取值可能为0，1，2，2112C265C14⋅C267C147所以PY=0==，PY=1==，PY=2==，C212C215C260404040所以可得分布列Y012P5771215605777期望EY=0×+1×+2×=；12156010725727727133方差DY=0-10×12+1-10×15+2-10×60=300；(3)由频率分布直方图可知城市的产值超过605万元的概率为0.05+0.01×5=0.3，设任取5个城市中城市的产值超过605万元的城市个数为X，可知随机变量X满足X&sim;B5,0.3，332所以PX=3=C5×0.3×1-0.3=0.1323.3.已知条件①采用无放回抽取：②采用有放回抽取，请在上述两个条件中任选一个，补充在下面问题中横线上并作答，选两个条件作答的以条件①评分.问题：在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外完全相同，若，从这7个球中随机抽取3个球，记取出的3个球中红球的个数为X，求随机变量X的分布列和期望.解析若选①，由题意，随机变量X的可能值为0，1，2，33C44PX=0==，C3357第239页·共372页,12C3C418PX=1==，C335721C3C412PX=2==，C33573C31PX=3==；C3357所以X的分布列为X0123P418121353535354181219期望EX=0×+1×+2×+3×=；3535353573若选②，由题意，随机变量X的可能值为0，1，2，3，且X~B3,7，03364&there4;PX=0=C31-7=343，1332144PX=1=C3×7×1-7=343，2323108PX=2=C3×7×1-7=343，33327PX=3=C37=343，&there4;X的分布列为：X0123P641441082734334334334339期望EX=3×=.771.甲、乙去某公司应聘面试.该公司的面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应2聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响.3(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列；(2)请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大？解析(1)设X为甲正确完成面试题的数量，Y为乙正确完成面试题的数量，由题意可得X的可能取值为：1，2，3122130C4×C21C4×C23C4×C21所以PX=1==，P(X=2)==，PX=3==，C35C35C35666所以X的分布列为：X123P1315552由题意可得Y~B3,3，0201311211262所以P(Y=0)=C333=27，P(Y=1)=C333=27=9，第240页·共372页,22211124323108P(Y=2)=C333=27=9，P(Y=3)=C333=27，所以Y的分布列为：Y0123P12482799271311248(2)E(X)=1×+2×+3×=2，E(Y)=0×+1×+2×+3×=2.5552799271223212D(X)=×(1-2)+(2-2)×+(3-2)×=，5555212D(Y)=np(1-p)=3××=，333因为D(X)<d(y)，所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大.2.某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“ai作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试．经过一个阶段的试用，为了解“ai作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们“向量数量积”知识点掌握情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用ai作业不使用ai作业使用ai作业不使用ai作业基本掌握32285030没有掌握8141226用样本频率估计概率，并假设每位学生是否掌据“向量数量积”知识点相互独立．(1)从两校高一学生中随机抽取1人，估计该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率；(2)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，以ξ表示这2人中使用ai作业的人数，求ξ的分布列和数学期望；(3)从甲校高一学生中抽取一名使用“al作业”的学生和一名不使用“ai作业”的学生，用“x=1”表示该使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“x=0”表示该使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“y=1”表示该不使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“y=0”表示该不使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”．直接写出方差dx和dy的大小关系．(结论不要求证明)解析(1)在两所学校被调查的200名学生中，对“向量数量积”知识点基本掌握的学生有140人，所以估计从两校高一学生中随机抽取1人．140该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率为=0.720002c20c4026(2)依题意，ξ=0，1，2，且pξ=0==，c259601120c20c4080c20c4019pξ=1==，pξ=2==，c2177c21776060所以ξ的分布列为：ξ012p2680195917717780192故eξ=1×+2×=1771773第241页·共372页,44(3)由题意，易知x服从二项分布x∼b1,5，dx=p1-p=25，22y服从二项分布y~b1,3，dy=p1-p=9，故dx<dy.3.(2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习(理))国庆节期间，某大型服装团购会举办了一次“你消费我促销”活动，顾客消费满300元(含300元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中的一种).方案一:从装有5个形状、大小完全相同的小球(其中红球1个，黑球4个)的抽奖盒中，有放回地摸出3个球，每摸出1次红球，立减100元.方案二:从装有10个形状，大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，不放回地摸出3个球，中多规则为:若摸出2个红球，1个白球，享受免单优惠;若摸出2个红球和1个黑球则打5折;若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折;其余情况不打折.(1)某顾客恰好消费300元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望;(2)若顾客消费500元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理?解析(1)设实付金额为x元，x可能的取值为0，100，200，300，131212412则p(x=0)=5=125,p(x=100)=c35×5=125，1142484364p(x=200)=c35×5=125,p(x=300)=5=125，故x的分布列为x0100200300p11248641251251251251124864所以e(x)=0×+100×+200×+300×=240(元).125125125125(2)若选择方案一，设摸到红球的个数为y，实付金额为φ，则φ=500-100y，113由题意可得y~b3,5，故e(y)=3×5=5，所以e(φ)=e(500-100y)=500-100e(y)=500-60=440(元)；若选择方案二，设实付金额为η元，η可能的取值为0，250，375，500，2121c2c11c2c77则p(η=0)==,p(η=250)==，c3120c31201010111c2c1c7717749p(η=375)==,p(η=500)=1---=,c360120120606010故η的分布列为η0250375500p17749120120606017749所以e(η)=0×+250×+375×+500×≈466.67(元).1201206060因为e(φ)<e(η)，故从实付金额的期望值分析顾客选择方案一更合理.【方法技巧与总结】超几何分布和二项分布的区别(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；第242页·共372页,(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.l【过关测试】一、单选题1设某项试验的成功率是失败率的3倍，用随机变量x去描述1次试验的成功次数，则px=1=()123a.0b.c.d.434答案d【解析】由已知得x的所有可能取值为0，1，且px=1=3px=0，1代入px=1+px=0=1，得px=1+px=1=1，33所以px=1=，4故选:d．2有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这些零件中任取3个，那么至少有1个是一等品的概率是()12212133c16c4c16c4c16c4+c16c4a.b.c.d.1-3333c20c20c20c20答案d33c4c4【解析】全部都是二等品的概率为，故至少有1个是一等品的概率为1-.33c20c20故选：d.3(2022·广东·鹤山市鹤华中学高三开学考试)新冠肺炎疫情期间，某公司采用网络远程面试招聘新员工，其面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的应聘者才可通过面试．已知应聘者小王在6道备选题中有4道题能正确完成，2道题不能完成，则小王正确完成面试题数的均值为()a.1b.2c.3d.4答案b【解析】设小王正确完成的面试题数为x，则x的可能取值为1，2，3．21c2⋅c441p(x=1)===；c3205612c2⋅c4123p(x=2)===；c3205603c2⋅c441p(x=3)===．c32056131∴e(x)=1×+2×+3×=2．555故选：b．第243页·共372页,3×4另设小王正确完成的面试题数为x，则x~h(3,4,6)，∴e(x)==2．6故选：b．24(2022·浙江邵外高三阶段练习)在某次数学考试中，学生成绩x服从正态分布100,δ.若x在85,115内的概率是0.5，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是()27939a.b.c.d.6464416答案a2【解析】因为学生成绩服从正态分布100,δ，且p85<x<115=0.5，所以p85<x<100=0.25，3px<85=0.25，px≥85=0.75=，43所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学4232127生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是c34×4=64.故选：a.5(2022·广东广州·一模)已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是()a.0.92b.0.93c.0.94d.0.95答案b【解析】由甲乙两厂所占比例及对应的合格率可得p=60%×95%+40%×90%=0.93，故选：b6(2022·河南·宝丰县第一高级中学高三开学考试(理))将10个不同的数字分成4组，第1组1个数，第2组2个数，第3组3个数，第4组4个数，记xi是第i组中最大的数i=1,2,3,4，则x1<x2<x3<x4的概率为()2424a.b.c.d.151599答案a42【解析】最大的数在第4组的概率p4==，10531在前3组中，最大的数在第3组的概率p3==，622在前2组中，最大的数在第2组的概率p2=，32122x1<x2<x3<x4的概率p=p4×p3×p2=××=.52315故选：a.7(2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测)已知盒中装有1个黑球与2个白球，每次从盒子中随机摸出1个球，并换入一个黑球.设三次摸球后盒子中所剩黑球的个数为x，则e(x)为()405565a.b.2c.d.272727答案d【解析】x可能的取值有1，2，3第244页·共372页,1111p(x=1)=××=3332722212211284214p(x=2)=××+××+××=++=3333333332727272721221121124p(x=3)=×+××+××==33333333279114121+28+3665e(x)=×1+×2+×3==.2727272727故选：d8为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员1工休假的概率均为，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家店铺无人休假，则从3无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日能正常营业的概率为()1458a.b.c.d.9999答案d【解析】设两家店铺都不能正常营业为事件a，141由题意可知有4人休假的概率为3=81，313218有3人休假的概率为c433=81，所以两家店铺都不能正常营业的概率181pa=+=，818198所以两家店铺该节假日能正常营业的概率为1-pa=.9故选：d二、多选题9下列选项中的随机变量服从两点分布的是()a.抛掷一枚骰子，所得点数xb.某射击手射击一次，击中目标的次数x1,取出白球c.从装有除颜色外其余均相同的5个红球､3个白球的袋中任取1个球，设x=0,取出红球d.某医生做一次手术，手术成功的次数x答案bcd【解析】由题意可知b，c，d中的随机事件只有两种结果，随机变量均服从两点分布，而抛掷一枚骰子，所得点数x的取值为1，2，3，4，5，6，所以a中的随机变量不服从两点分布.故选:bcd10一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量x为取出白球的个数，随机变量y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是()128a.px=1=b.x+y=4c.ex>EYD.EZ=25答案BD【解析】由条件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4个球，所以X+Y=4，故B正确；第245页·共372页,X的取值为0，1,2,3,4，0413C4C615C4C6808PX=0==，PX=1===，C4210C4210211010223140C4C690C4C624C4C61PX=2==，PX=3==，PX=4==，可知A错；C4210C4210C4210101010Y的取值为0，1,2,3,4，且PY=0=PX=4，PY=1=PX=3，PY=2=PX=2，PY=3=PX=1，PY=4=PX=0，80+180+72+48240+180+24+6012则EX==，EY==，所以EX<ey，故c错；21052105z的取值为4,5，6,7,8，且pz=4=px=0，pz=5=px=1，pz=6=px=2，pz=7=px=3，pz=8=px=4，15×4+8×5+90×6+24×7+1×8117628所以ez===，故d正确；2102105故选：bd.11某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工a从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工b从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工a抽取到的3件产品中次品数量为x，员工b抽取到的3件产品中次品数量为y，k=0，1，2，3．则下列判断正确的是()a.随机变量x服从二项分布b.随机变量y服从超几何分布c.px=k<py=kd.ex=ey答案abd【解析】对于a，b选项，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；33-kk33-kk515kcm-5c5kcm-5c5对于d选项，该批产品有m件，则ex=3⋅m=m，e(y)=3=3=k=0cmk=1cm15m-1m-215=，因此d正确；mm-1m-2m对于c选项，假若c正确可得ex<ey，则d错误，矛盾！故c错误．故选：abd.12(2022·湖北·高三阶段练习)一口袋中有大小和质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是()3a.从中任取3球，恰有一个白球的概率是580b.从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为243c.从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为2526d.从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为27答案abd12c2c4123【解析】对选项a,从中任取3球，恰有一个白球的概率是==，故a正确；c32056对选项b，从中有放回的取球6次，每次任取一球，1则取到白球的个数x~b6,3，第246页·共372页,2122480故恰好有两个白球的概率为c633=243；对选项c，从中不放回的取球2次，每次任取1球，记a为“第一次取到红球”，2pab53b为“第二次取到红球”，则所求概率为p(b|a)===，故c错误。pa2532对选项d，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则取到红球的个数y~b3,3，0201326至少有一次取到红球的概率为1-c333=27，故d正确。故选：abd三、填空题1213如果随机变量x服从二项分布b20,3，y服从二项分布b20,3，那么当x,y变化时，关于px=xk=py=yk成立的xk,yk的个数为．答案21xk1xk120-xkyk2yk220-yk【解析】由px=xk=py=yk得：c20⋅3⋅1-3=c20⋅3⋅1-3，xk1xk220-xkyk2yk120-yk即c20⋅3⋅3=c20⋅3⋅3，∴xk+yk=20，又0≤xk≤20，0≤yk≤20，xk,yk∈z，则xk,yk的个数有21个.故答案为：21.14将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具)先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是.91答案2161k【解析】根据题意，该实验为独立重复实验，记6点向上的次数为x，则n=3，p=，故px=k=c361k53-k66，0105312591因此至少出现一次6点向上的概率为px≥1=1-px=0=1-c366=1-216=216.91故答案为：.216115若随机变量x服从二项分布b15,4，则使px=k取得最大值时，k=．答案3或4【解析】依题意0≤k≤15,k∈n，15-kk1k115-kk131k15-k依题意px=k=c15⋅4⋅1-4=c15⋅k⋅15-k=15⋅c15⋅3，44410153151114315px=0=15⋅c15⋅3=4,px=1=15⋅c15⋅3=5×4，44115px=15=4，px=15<px=0<px=1，所以px=0、px=15不是px=k的最大项，1⋅ck⋅315-k≥1⋅ck-1⋅316-k1515151544当1≤k≤14时，由11，k15-kk+114-k15⋅c15⋅3≥15⋅c15⋅344第247页·共372页,15!≥3×15!kk-1c15≥3c15k!×15-k!k-1!×16-k!整理得，即，3ck≥ck+115!15!15153×≥k!×15-k!k+1!×14-k!13≥k16-k16-k≥3k整理得，⇒3≤k≤4，3≥13k+3≥15-k15-kk+1所以当k为3或4时，px=k取得最大值.故答案为：3或416把半圆弧分成4等份，以这些分点(包括直径的两端点)为顶点，作出三角形，从中任取3个不同的三角形，则这3个不同的三角形中钝角三角形的个数x不少于2的概率为．49答案60【解析】如下图所示，设ab为半圆弧的直径，c、d、e为半圆弧另外的三个四等分点，3从a、b、c、d、e这5个点任取3个点构成三角形，一共能组成三角形的个数为c5=10.其中直角三角形有：△abc、△abd、△abe，共3个，钝角三角形的个数为10-3=7，213c7c363c735由题意可知x∈0,1,2,3，px=2==，px=3==，c3120c3120101063+3549因此，所求概率为p==.1206049故答案为：.6017盒中有2个白球，3个黑球，从中任取3个球，以x表示取到白球的个数，η表示取到黑球的个数．给出下列各项：69229①ex=，eη=；②ex=eη；③eη=ex；④dx=dη=.5525其中正确的是．(填上所有正确项的序号)答案①②④【解析】由题意可知x服从超几何分布，η也服从超几何分布．2×363×39∴e(x)==，e(η)==.5555又x的分布列x012p1331051022123239∴e(x)=0×+1×+2×=，105105229629d(x)=e(x)-[e(x)]=5-5=25.第248页·共372页,η的分布列为η123p33110510223232118∴e(η)=1×+2×+3×=，1051052218929d(η)=e(η)-[e(η)]=5-5=25.2∴e(x)=e(η)，d(x)=d(η)，∴①②④正确．故答案为：①②④.四、解答题18(2022·陕西·模拟预测(理))疫情过后，某商场为了应对销售窘境，清明节前后特对1000台笔记本电脑推出促销活动，其中高配400台，低配600台.(1)若高配笔记本4月1日到4月6日的销量分别为：9､m､12､10､n､10(单位：台)，把这些数据看作一个总体，其均值为10，方差为3，求m-n的值；(2)现欲从这批笔记本电脑中分层抽取一个容量为25的样本，将此部分样本看成一个总体，再从中任取3台笔记本电脑，求至少有1台为高配的概率(用最简分数表示).解析(1)由题知：9+m+12+10+n+10=60，即m+n=19，2122222222s=9-10+m-10+12-10+10-10+n-10+10-10=3，即m+n=193，6m+n2-m2+n2219-193所以mn===842222所以m-n=m+n-4mn=19-4×84=5(2)因为1000台笔记本电脑中，高配400台，低配600台，400600所以，按照分层抽样得容量为25的样本，高配电脑有25×=10台，低配电脑有25×=15台.100010003c1591所以，从中任取3台笔记本电脑，没有高配电脑的概率为p1=3=，c2546091369所以，从中任取3台笔记本电脑，求至少有1台为高配的概率p=1-p1=1-=.460460第249页·共372页,19(2022·北京东城·二模)某部门为了解青少年视力发展状况，从全市体检数据中，随机抽取了100名男生和100名女生的视力数据．分别计算出男生和女生从小学一年级(2010年)到高中三年级(2021年)每年的视力平均值，如图所示．(1)从2011年到2021年中随机选取1年，求该年男生的视力平均值高于上一年男生的视力平均值的概率；(2)从2010年到2021年这12年中随机选取2年，设其中恰有x年女生的视力平均值不低于当年男生的视力平均值．求x的分布列和数学期望：(3)由图判断，这200名学生的视力平均值从哪年开始连续三年的方差最小？(结论不要求证明)解析(1)由折线图可知：从2011年到2021年中，该年男生的视力平均值高于上一年男生的视力平均值的共有3个；3∴所求概率p=.11(2)从2010年到2021年这12年中，女生的视力平均值不低于当年男生的视力平均值的年份有4个；∴x所有可能的取值为0,1,2，2112c814c8c416c41∴px=0==；px=1==；px=2==；c233c233c211121212则x的分布列为：x012p14161333311141612∴x的数学期望ex=0×+1×+2×=.3333113(3)由折线图知：自2017年开始的连续三年视力平均值接近且连续三年数据相差不大，∴自2017年开始的连续三年，200名学生的视力平均值波动幅度最小，则自2017年开始的连续三年，200名学生的视力平均值方差最小.第250页·共372页,20(2022·北京市第二十二中学高三开学考试)2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚､王亚平､叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成任务，平安返回.为普及航天知识，某市组织中学生参加“探索太空”知识竞赛，竞赛分为理论､操作两个部分，两部分的得分均为三档，分别为100分､200分､300分.现从参加活动的学生中随机选择20位，统计其两部分成绩，成绩统计人数如下表：理论操作100分200分300分100分021200分3b1300分23a例如，表中理论成绩为200分且操作成绩为100分的学生有2人.(1)若从这20位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到理论或操作至少一项成绩为300分的学生概率为1.求a,b的值；2(2)在(1)的前提下，用样本估计总体，从全市理论成绩为300分的学生中，随机抽取2人，求至少有一个人操作的成绩为300分的概率；(3)若要使参赛学生理论成绩的方差最小，写出b的值.(直接写出答案)解析(1)由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生7+a1共有2+3+a+1+1=7+a人，则=，202得a=3，又3+2+2+b+3+1+1+3=20，得b=5(2)由(1)知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，3操作成绩也为300分的概率为，所以从全市理论成绩为300分的学生中，53221随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为p=1-1-5=25(3)由题意，a=8-b0≤b≤8，设理论竞赛的分数为x，则x取值为100,200,300，对应的人数分别为5,b+5,10-b0≤b≤8，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为5b+510-bex=100×+200×+300×=225-5b，202020所以参赛学生理论成绩的方差为252b+5210-b2dx=100-225+5b×+200-225+5b×+300-225+5b×=-25b-250b202020+6875因为0≤b≤8，所以当b=8时，dx最小.21(2022·福建·福州市第十中学高三开学考试)盒中装有6个零件，其中2个是使用过的，另外4个未经使用，(1)从盒中随机一次抽取3个零件，求抽取到的3个零件中恰有1个是使用过的概率；(2)从盒中每次随机抽取1个零件，观察后都将零件放回盒中，记3次抽取中抽到使用过的零件的次数为x，求x的分布列和数学期望.解析(1)记事件a为“抽取到3个零件中恰有一个是使用过的”，第251页·共372页,12c2c43则pa==.c3561(2)依题有x~b3,3，23811224px=0=3=27,px=1=c3⋅3⋅3=921222131px=2=c3⋅3⋅3=9,px=3=3=27所以x的分布列如下x0123p84212799271所以x的期望是ex=3×=1322某产品年末搞促销活动，由顾客投掷4枚相同的、质地均匀的硬币，若正面向上的硬币多于反面向上的硬币，则称该次投掷“顾客胜利”．顾客每买一件产品可以参加3次投掷活动，并且在投掷硬币之前，可以选择以下两种促销方案之一，获得一定数目的代金券．1方案一：顾客每投掷一次，若该次投掷“顾客胜利”，则顾客获得代金券万元，否则该次投掷不获奖；32方案二：顾客获得的代金券金额和参加的3次投掷活动中“顾客胜利”次数关系如表：获得代金券金额(万元)011155115“顾客胜利”次数0123(1)求顾客投掷一次硬币，该次投掷“顾客胜利”的概率；(2)若某公司采购员小翁为公司采购很多件该产品，请从统计的角度来分析，小翁该采取哪种奖励方案？解析(1)设“顾客投掷一次硬币，该次投掷‘顾客胜利'”为事件a，34c4+c45则pa==．24165所以顾客投掷一次硬币，该次投掷“顾客胜利”的概率为．16(2)方案一：设顾客参加的3次投掷活动中“顾客胜利”次数为x，获得代金券数目为y，51111515则x∼b3,，y=x，ey=ex=ex=×3×=．1632323232162×162方案二：设顾客每买一件产品获得的代金券金额为ξ，1131331则pξ=0=16=4096，21151123×5×111815pξ=55=c3⋅1616=3=4096，161252113×11×25825pξ=11=c3⋅1616=3=4096，16313535125pξ=5=c3⋅16=3=4096，162311313×5×1113×11×2515133eξ=0×+×+×+×=165516311163516316315120∵ey==<eξ232×1616∴统计的角度来分析，小翁该采取方案二．第252页·共372页,23(2022·山西·高三阶段练习)高中生的数学阅读水平与其数学阅读认知、阅读习惯和方法等密切相关．为了解高中生的数学阅读现状，调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷，在问卷中对于学生每周数学阅读时间统计如下：时间(x小时>1人数20403010(1)为了解学生数学阅读时间偏少的原因，采用样本量比例分配的分层随机抽样从这100名学生中随机抽取10名学生，再从这10人中随机抽取2名进行详细调查，求这2名学生中恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率；(2)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生，用PX=k表示这10名学生中恰有kk∈N,0≤k≤10名学生数学阅读时间在0,0.5小时的概率，求PX=k取最大值时对应的k的值．解析(1)抽取的10人中，周阅读时间大于0.5小时的有4人，小于等于0.5小时的有6人，故恰有一人11C4C68每周数学阅读时间大于0.5小时的概率为=C2151022(2)周阅读时间在0,0.5小时的频率为，故概率为，552k2k310-k则k~B10,5，所以P(k)=C1055，k2k310-kk+12k+139-kk3k+12P(k)≥P(k+1)C1055≥C1055C105≥C105由得：，化简得P(k)≥P(k-1)k2k310-kk-12k-1311-kk2k-13C1055≥C1055C105≥C1051722解得≤k≤，又k∈Z，故k=4，55第253页·共372页,第9章正态分布【考点预测】知识点一、正态曲线(x-μ)2-12σ21、定义：我们把函数φμ,σ(x)=e，x∈(-∞，+∞)(其中μ是样本均值，σ是样本标准差)的图象2πσ称为正态分布密度曲线，简称正态曲线．正态曲线呈钟形，即中间高，两边低．2、正态曲线的性质(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；(2)曲线是单峰的，它关于直线x=μ对称；1(3)曲线在x=μ处达到峰值(最大值)；2πσ(4)曲线与x轴之间的面积为1；(5)当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示：(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示：：甲乙知识点二、正态分布1、定义b随机变量X落在区间(a，b]的概率为P(a<x≤b)=φμ,σ(x)dx，即由正态曲线，过点(a，0)和点(b，0)a的两条x轴的垂线，及x轴所围成的平面图形的面积，如下图中阴影部分所示，就是x落在区间(a，b]的概率的近似值．b一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量x满足p(a<x≤b)=φμ,σ(x)dx，则称随机变量xa2服从正态分布．正态分布完全由参数μ，σ确定，因此正态分布常记作n(μ，σ)如果随机变量x服从正态分2布，则记为x∼n(μ，σ)其中，参数μ是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本的均值去估计；σ是衡量随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本的标准差去估计．2、3σ原则第254页·共372页,μ+a2若x∼n(μ，σ)，则对于任意的实数a>0，P(μ-a<x≤μ+a)=φμ,σ(x)dx为下图中阴影部分的面μ-a积，对于固定的μ和a而言，该面积随着σ的减小而变大．这说明σ越小，x落在区间(μ-a,μ+a]的概率越大，即x集中在μ周围的概率越大特别地，有p(μ-σ<x≤μ+σ)=0.6826；p(μ-2σ<x≤μ+2σ)=0.9544；p(μ-3σ<x≤μ+3σ)=0.9974．由p(μ-3σ<x≤μ+3σ)=0.9974，知正态总体几乎总取值于区间(μ-3σ，μ+3σ)之内．而在此区间以外取值的概率只有0.0026，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，即为小概率事件．在实际应2用中，通常认为服从于正态分布n(μ，σ)的随机变量x只取(μ-3σ，μ+3σ)之间的值，并简称之为3σ原则．【方法技巧与总结】21、在解决有关问题时，通常认为服从正态分布n(μ,σ)的随机变量x只取(μ-3σ，μ+3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．2、求正态变量x在某区间内取值的概率的基本方法：(1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．(2)将待求问题向(μ-σ，μ+σ]，(μ-2σ，μ+2σ]，(μ-3σ，μ+3σ]这三个区间进行转化；(3)利用x在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果．3、假设检验的思想(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．2(2)若随机变量ξ服从正态分布n(μ,σ)，则ξ落在区间(μ-3σ，μ+3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ-3σ，μ+3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布．(3)对于小概率事件要有一个正确的理解：小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．【典例例题】题型一:正态密度函数x+321-41.设随机变量x的正态分布密度函数为fx=⋅e，x∈-∞,+∞，则参数μ，σ的值分别2π是()a.μ=3，σ=2b.μ=-3，σ=2c.μ=3，σ=2d.μ=-3，σ=2第255页·共372页,答案d【解析】由正态分布密度函数表达式知μ=-3，σ=2.故选：d.22.(2022·甘肃·天水市第一中学模拟预测(理))已知连续型随机变量xi~n(ui，σi)(i=1，2，3)，其正态曲线如图所示，则下列结论正确的是()a.p(x1≤μ2)<p(x2≤μ1)b.p(x2≥μ2)>P(X3≥μ3)C.P(X1≤μ2)<p(x2≤μ3)d.p(μi-2σi≤xi≤μi+2σi)=p(μi+1-2σi+1≤xi+1≤μi+1+2σi+1)(i=1，2)答案d【解析】对于a：p(x1≤μ2)是第一条正态分布密度函数图象在第二条虚线左侧与x轴围成的部分，p(x2≤μ1)是第二条正态分布密度函数图象在第一条虚线左侧与x轴围成的部分，故由图象可知p(x1≤μ2)>P(X2≤μ1)，故A错误；11对于B：P(X2≥μ2)=，P(X3≥μ3)=，则P(X2≥μ2)=P(X3≥μ3)，故B错误；22对于C：与A分析同理，P(X1≤μ2)>P(X2≤μ3)，故C错误；对于D：由于概率表示曲线和x轴围成的部分，与是i还是i+1无关，故P(μi-2σi≤Xi≤μi+2σi)=P(μi+1-2σi+1≤Xi+1≤μi+1+2σi+1)(i=1，2)成立，故D正确.故选：D.x-μ2-12σ23.(2022·湖南·长郡中学高三(理))已知正态分布密度函数φμ,σx=e，x∈-∞,+∞，以2πσ下关于正态曲线的说法不正确的是()A.曲线与x轴之间的面积为11B.曲线在x=μ处达到峰值2πσC.当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移D.当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”答案Dx-μ2-12σ2【解析】由正太分布的密度函数的解析式φμ,σx=e可知：曲线与x轴之间的面积即为必然事2πσ件的概率，其值为1，其图像关于直线对称，且当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“高瘦”．因此答案A，B，C都是正确的，答第256页·共372页,案D是错误的，应选答案D．1.(多选题)海头高级中学高二年级组织了一次调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度(x-100)21-200函数P(x)=e,x∈R，则下列命题正确的是()2π⋅10A.这次考试的数学平均成绩为100B.分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数相同C.分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同D.这次考试的数学成绩方差为10答案AC(x-100)21-200【解析】因为数学成绩服从正态分布，其密度函数Px=e，x∈R，2π⋅102所以μ=100，2σ=200，即σ=10.所以这次考试的平均成绩为100，标准差为10，故A正确，D错误.因为正态曲线的对称轴为x=100，所以分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数不相同，故B错误；分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同，故C正确.故选：AC【方法技巧与总结】求正态曲线的两个方法1(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为．2πσ(2)待定系数法：求出μ，σ便可．题型二:正态曲线的性质1.(2022·广东佛山·高三阶段练习)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，22X~Nμ1,6,Y~Nμ2,2．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是()A.D(X)=6B.μ1>μ2C.P(X≤38)<p(y≤38)d.p(x≤34)<p(y≤34)答案c2【解析】对于a中，随机变量x服从正态分布，且x~nμ1,6，22可得随机变量x的方差为σ=6，即d(x)=36，所以a错误；对于b中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量μ1=30,μ2=34，第257页·共372页,所以μ1<μ2，所以b错误；对于c中，根据正态分布密度曲线图像，可得x≤38时，随机变量x对应的曲线与x围成的面积小于y≤38时随机变量y对应的曲线与x围成的面积，所以p(x≤38)<p(y≤38)，所以c正确；11对于d中，根据正态分布密度曲线图像，可得p(x≤34)>，P(Y≤34)=，22即P(X≤34)>P(Y≤34)，所以D错误.故选：C.2.(2022·广东·东莞四中高三阶段练习)某地组织普通高中数学竞赛.初赛共有20000名学生参赛，统计得考试成绩X(满分150分)服从正态分布N110,100.考试成绩140分及以上者可以进入决赛.本次考试可以进入决赛的人数大约为()附：P(μ-σ<x<μ+σ)=0.6826,p(μ-2σ<x<μ+2σ)=0.9544,p(μ-3σ<x<μ+3σ)=0.9974.a.26b.52c.456d.13答案a2【解析】考试成绩x(满分150分)服从正态分布n110,100，所以μ=110,σ=100，则σ=10，1-p(80<x<140)1-0.9974px≥140===0.0013，22所以可进入决赛的人数大约为20000×0.0013=26人.故选：a．23.(2022·江苏镇江·高三开学考试)某物理量的测量结果服从正态分布n10,σ，下列结论中不正确的是()a.σ越大，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大b.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5c.σ越大，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等d.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,10.1)的概率相等答案a2【解析】σ为数据的方差，所以σ越大，数据在均值附近越分散，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越小，故a错误;由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故b正确；由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故c正确；由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,10.1)的概率相等，故d正确.故选：a.第258页·共372页,1.(多选题)(2022·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习)某产品的质量指标值服从正态分布250,σ，则下列结论正确的是()a.σ越大，则产品的质量指标值落在49.9,50.1内的概率越大b.该产品的质量指标值大于50的概率为0.5c.该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等d.该产品的质量指标值落在49.9,50.2内的概率与落在50,50.3内的概率相等答案bc【解析】对于a，σ越大，则数据越分散，所以产品的质量指标值落在49.9,50.1内的概率越小，所以a错误，2对于b，因为产品的质量指标值服从正态分布50,σ，所以正态分布的图象关于直线x=50对称，所以该产品的质量指标值大于50的概率为0.5，所以b正确，对于c，由选项b可知正态分布的图象关于直线x=50对称，所以该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等，所以c正确，对于d，由选项b可知正态分布的图象关于直线x=50对称，所以由正态分布的图象可知该产品的质量指标值落在49.9,50.2内的概率大于落在50,50.3内的概率，所以d错误，故选：bc【方法技巧与总结】(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；(2)曲线是单峰的，它关于直线x=μ对称；1(3)曲线在x=μ处达到峰值(最大值)；2πσ(4)曲线与x轴之间的面积为1；题型三:正态曲线概率的计算21.(2022·浙江邵外高三阶段练习)在某次数学考试中，学生成绩x服从正态分布100,δ.若x在85,115内的概率是0.5，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是()27939a.b.c.d.6464416答案a2【解析】因为学生成绩服从正态分布100,δ，且p85<x<115=0.5，所以p85<x<100=0.25，3px<85=0.25，px≥85=0.75=，43所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学4232127生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是c34×4=64.故选：a.第259页·共372页,22.某物理量的测量结果服从正态分布n10,σ，下列结论中不正确的是()a.σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大b.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5c.σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等d.σ越小，该物理量在一次测量中落在9.9,10.2与落在(10,10.3)的概率相等答案d2【解析】对于a，σ为数据的方差，所以σ越小，数据在μ=10附近越集中，所以测量结果落在9.9,10.1内的概率越大，故a正确；对于b，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故b正确；对于c，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故c正确；对于d，因为该物理量一次测量结果落在9.9,10.0的概率与落在10.2,10.3的概率不同，所以一次测量结果落在9.9,10.2的概率与落在10,10.3的概率不同，故d错误，故选：d．x-12-12σ23.随机变量x的概率分布密度函数fx=ex∈r，其图象如图所示，设px≥2=p，σ2π则图中阴影部分的面积为()1a.pb.2pc.-pd.1-2p2答案c2【解析】由题意可知x~n1,σ，则px≤0=px≥2=p，1故图中阴影部分的面积为-p.2故选：c.1.(多选题)(2022·重庆一中高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布n0,1，定义函数fx为x取值不超过x的概率，即fx=px≤x.若x>0，则下列说法正确的有()A.f-x=1-fxB.f2x=2fxC.fx在0,+∞上是增函数D.PX≤x=2fx-1答案ACD【解析】对于A，因为随机变量X服从正态分布N0,1，fx=PX≤x，所以f(-x)=P(X>x)=1-f(x)，所以A正确，对于B，因为f2x=P(X≤2x)，2fx=2P(X≤x)，所以B错误，第260页·共372页,对于C，因为随机变量X服从正态分布N0,1，fx=PX≤x，所以当x>0时，随x的增大，PX≤x的值在增大，所以fx在0,+∞上是增函数，所以C正确，对于D，因为f-x=1-fx，所以PX≤x=P-x≤X≤x=1-2f-x=1-21-f(x)=2f(x)-1，所以D正确，故选：ACD22.(多选题)(2022·福建·福州十八中高三开学考试)已知某批零件的长度误差X服从正态分布N(μ,σ)，(x-μ)2-12σ2其密度函数φμ,σ(x)=e的曲线如图所示，则下列结论正确的是()2πσ2(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ)，则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)=0.6826，P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)=0.9544，P(μ-3σ<ξ≤μ+3σ)=0.9974．)从中随机取一件，．A.σ=2B.σ=3C.长度误差落在(3,6)内的概率为0.1359D.长度误差落在(3,9)内的概率为0.1599答案BC【解析】由图中密度函数解析式，可得σ=3；又由图像可知μ=0，则长度误差落在(3,6)内的概率为：1P(3<x<6)=[p(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)-p(μ-σ<ξ≤μ+σ)]21=(0.9544-0.6826)=0.1359．2故选：bc23.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，p(x≥10)=m，p(6≤x14≤8)=n，则+的最小值为．2mn答案9+422【解析】∵随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，1∴p(x≥8)=，由p(x≥10)=m，p(6≤x≤8)=p(8≤x≤10)=n，21∴m+n=，且m>0,n>0,21414n8mn8m则2m+n=2m+n(2m+2n)=9+m+n≥9+2m⋅n=9+42，n8m22-18-22当且仅当=，即m=,n=时等号成立．mn141414+的最小值为9+42．2mn故答案为：9+42.第261页·共372页,4.(2022·江苏·淮安市钦工中学高三阶段练习)某地有6000名学生参加考试，考试后数学成绩X近似服2从正态分布N110,σ，若P90≤X≤110=0.45，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为.答案300【解析】由正态分布曲线的对称轴为μ=110，以及P90≤X≤110=0.45可得P110≤X≤130=10.45，因此PX>130=-P110≤X≤130=0.05,2故130分以上的人数为6000×0.05=300.故答案为：3005.(2022·广东广州·高三阶段练习)某品牌手机的电池使用寿命X(单位：年)服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为0.1，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为．答案0.4【解析】由题意知PX≥1=0.9，PX≥9=0.1，&there4;PX<1=1-0.9=0.1=PX≥9,1+9&there4;正态分布曲线的对称轴为直线X==5，2因为P1≤X<9=0.9-0.1=0.8，0.8&there4;P5≤X<9==0.4，2故该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4，故答案为：0.426.(2022·安徽·高三开学考试)已知某次考试的数学成绩X服从正态分布N100,σ(σ>0)，且P(80<2X<120)=，现从这次考试随机抽取3位同学的数学成绩，则这3位同学的数学成绩都在(100,120)3内的概率为．1答案272【解析】由题意得，该正态曲线的对称轴为X=μ=100，∵P(80<x<120)=，31131∴p(100<x<120)=3，∴3位同学的数学成绩都在(100,120)的概率为p=3=27．1故答案为：27【方法技巧与总结】1、正态分布下两类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ对称，曲线与x轴之间的面积为1．(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ-σ，μ+σ)，(μ-2σ，μ+2σ)，(μ-3σ，μ+3σ)中的哪一个．2、正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．(2)熟记p(μ-σ<x≤μ+σ)，p(μ-2σ<x≤μ+2σ)，p(μ-3σ<x≤μ+3σ)的值．题型四:根据正态曲线的对称性求参数第262页·共372页,24a+b1.已知随机变量ξ~n(1,σ),a>0,b>0，若Pξ≤a=Pξ≥b，则的最小值为ab.9答案22【解析】因为随机变量ξ~N(1,σ)，且Pξ≤a=Pξ≥b，a+b所以=1，又a>0,b>024a+b1414a+b5b2a5b2a9所以ab=a+b=a+b⋅2=2+2a+b≥2+22a⋅b=2，b2a244a+b9当且仅当=，即a=、b=时取等号，所以的最小值为.2ab33ab29故答案为：.222.(2022·福建·莆田锦江中学高三阶段练习)已知随机变量X服从正态分布N10,σ，若P11<x<12=0.1，则px<8+p10<x<11=．答案0.4【解析】由题可知：p8<x<9=p11<x<12=0.1，p10<x<11=p9<x<10，所以px<8+p10<x<11=px<8+p9<x<10)=0.5-p8<x<9=0.4．故答案为：0.423.设随机变量x~nμ,σ，若px<0=px>2，则PX≤1=.答案0.52【解析】因为随机变量X~Nμ,σ，PX<0=PX>2，所以μ=1，所以PX≤1=0.5.故答案为：0.5.21.(多选题)(2022·重庆南开中学高三阶段练习)已知随机变量X&sim;N1,2，且PX≤0+1P1≤X≤m=，则下列说法正确的是()2A.m=2B.m=4C.函数y=xm-x的最大值为1D.X的正态曲线关于x=2对称答案AC2【解析】因为随机变量X&sim;N1,2，所以X的正态曲线关于x=1对称，故D错误；1PX≥1=,PX≤0=PX≥2，2所以PX≤0+P1≤X≤m=PX≥2+P1≤X≤m，1又PX≤0+P1≤X≤m=，2所以m=2，故A正确，B错误；第263页·共372页,22y=xm-x=-x+2x=-x-1+1，当x=1时，函数取得最大值1，故C正确.故选：AC.122.已知随机变量X,Y，X~B4,2，Y~Nμ,σ，且DX=EY，又PY≤a-1+PY≤3-2a=1，则实数a=()113A.0B.C.D.424答案A11【解析】由题意，DX=4×2×1-2=1=EY，则μ=1，又PY≤a-1+PY≤3-2a=1，则a-1+3-2a=2，解得a=0故选：A23.已知随机变量X~Nμ,σ，且对任意a∈R，P(X≥a)=P(X≤4-a)，则μ=()A.-2B.-1C.1D.2答案D2【解析】因为随机变量X~Nμ,σ，且符合P(X≥a)=P(X≤4-a)，所以其图像关于直线x=2对称，即μ=2，故选：D4.设随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，若P(ξ<2a-1)=P(ξ>a+4)，则a的值为()15A.B.1C.2D.32答案B【解析】∵随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，2a-1+a+4根据正态分布的对称性，可得=3，2解得a=1.故选：B.【方法技巧与总结】①P(X<a)=1-p(x≥a)；②p(x<μ-a)=1-p(x≥μ+a)；1-p(μ-b<x<μ+b)③若b<μ，则p(x<b)=．2特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．题型五:正态分布的实际应用第264页·共372页,1.(2022·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试)某校高三年级有500名学生，一次考试的语文成绩服从正态分布n100,225，数学成绩的频率分布表如下：数学成绩50,7070,9090,110110,130130,150频率0.160.1680.480.160.032(1)如果成绩高于130分为特别优秀，则本次考试语文、数学成绩特别优秀的学生大约各多少人？(2)如果语文和数学两科成绩都特别优秀的共有6人，从(1)中的这些学生中随机抽取3人，设3人中两科成绩都特别优秀的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望.参考公式及数据：2若x~nμ,σ，则pμ-σ<x≤μ+σ=0.68，pμ-2σ<x≤μ+2σ=0.96，pμ-3σ<x≤μ+3σ=0.99.解析(1)因为语文成绩服从正态分布n100,225，1所以语文成绩特别优秀的概率p1=px≥130=1-0.96×=0.02.2由频率估计概率，得数学成绩特别优秀的概率p2=0.032，所以语文成绩特别优秀的学生大约有500×0.02=10(人)，数学成绩特别优秀的学生大约有500×0.032=16(人).(2)语文和数学成绩都特别优秀的有6人，则单科成绩特别优秀的有14人，ξ可取的值有0，1，2，3，3c1418291所以pξ=0===，c35702852012c6c1491pξ=1==，c31902021c6c14357pξ=2===，c319038203c61pξ=3==，c35720故ξ的分布列为ξ0123p919171285190385718291719eξ=0×+1×+2×+3×=570190385710第265页·共372页,2.为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”.某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：硫排放量x[2.55.5)[5.5，8.5)[8.5，115)[115，14.5)[14.5.175)[175，20.5)[20.523.5)频数5691286422(1)假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布nμ,σ，其中μ近似为样本平均值x，σ近2似为样本方差s，经计算得x≈12.8，s≈5.2.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；(2)通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求y的分布列与数学期望.2(参考数据：若x~x∼nμ,σ，则pμ-σ≤x≤μ+σ=0.6827，pμ-2σ≤x≤μ+2σ=0.9545，pμ-3σ≤x≤μ+3σ=0.9973.)解析(1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2，1-0.6827所以p(x>18)=P(X>μ+σ)==0.158652因为320×0.15865=50.768≈51所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51.(2)由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y的可能取值14C4C41为1，2，3，4，且PY=1==C514823C4C43PY=2==C57832C4C43PY=3==C57841C4C41PY=4==C5148所以Y的分布列为Y1234P133114771413315所以EY=1×+2×+3×+4×=1477142第266页·共372页,3.某共享单车集团为了进行项目优化，对某市月卡用户随机抽取了200人，统计了他们在同一月的使用次数(假设每月使用次数均在8至36之间).将样本数据分成8,12，12,16，16,20，20,24，24,28，28,32，32,36七组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总体的频率分布.(1)求图中的a的值；2(2)设该市月卡用户每月使用次数近似服从正态分布Nμ,σ，其中μ近似为样本的平均数(各区间数据用中点值近似计算)，取σ=3.16，若该城市恰有1万个用户，试估计这些用户中，月使用次数X位于区间[12.36,25]内的人数：(3)现从该市月卡用户中随机抽取10人，其中月使用次数在[24,28)的有Y人，记“事件Y=k”的概率为P(Y=k)，其中k=0，1，2，⋯，10，当P(Y=k)最大时，求k的值.2参考数据：若随机变量ζ服从正态分布Nμ,σ，则P(μ-σ≤ζ≤μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ≤ζ≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ-3σ≤ζ≤μ+3σ)≈0.9973.解析(1)由(0.01+0.02+0.09+a+0.08)×4=1，解得a=0.05；(2)μ=(10×0.02+14×0.03+18×0.03+22×0.08+26×0.05+30×0.03+34×0.01)×4=21.84，又σ=3.16，0.9973+0.6827P(12.36≤X≤25)=P(μ-3σ≤X≤μ+σ)≈=0.8400，2所以估计1万个用户中，月使用次数X位于区间[12.36,25]内的人数为8400；kk10-k(3)依题意知Y~B(10,0.2)，则P(Y=k)=C10×0.2×0.8，其中k=0，1，2，⋯，10，P(Y=k)11-kP(Y=k)4k+4且=，=，P(Y=k-1)4kP(Y=k+1)10-k当P(Y=k)>P(Y=k-1)时，11-k>4k，则k<2.2当P(Y=k)>P(Y=k+1)时，4k+4>10-k，则k>1.2所以当k=2时，P(Y=k)最大.第267页·共372页,1.W企业D的产品p正常生产时，产品p尺寸服从正态分布N80,0.25，从当前生产线上随机抽取200件产品进行检测，产品尺寸汇总如下表．产品尺寸/mm[76，78.5](78.5，79](79，79.5](79.5，80.5]件数4272780产品尺寸/mm(80.5，81](81，81.5](81.5，83]件数36206根据产品质量标准和生产线的实际情况，产品尺寸在μ-3σ，μ+3σ以外视为小概率事件．一旦小概率事件发生视为生产线出现异常，产品尺寸在μ-3σ,μ+3σ以内为正品，以外为次品．P(μ-σ<x≤μ+σ)≈0.6827，p(μ-2σ<x≤μ+2σ)≈0.9545，p(μ-3σ<x≤μ+3σ)≈0.9973．(1)判断生产线是否正常工作，并说明理由；(2)用频率表示概率，若再随机从生产线上取3件产品复检，正品检测费10元>10)=1-P(X≤10)≈0.2177，第273页·共372页,&there4;Z&sim;B(20,0.2177)，20&there4;P(Z≥1)=1-P(Z=0)=1-1-0.2177≈1-0.0074≈0.993，EZ≈20×0.2177≈4.35．3.(2022·甘肃省民乐县第一中学三模(理))已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为0.1．(1)将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差；(2)18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，当n比较大时，二项分布可视为正态分布．此外，如果随机变量2Y-μY~Nμ,σ，令Z=，则Z~N(0,1)当Z~N(0,1)时，对于任意实数a，记Φ(a)=P(Z<a)已知下表σ为标准正态分布表(节选)，该表用于查询标准正态分布n(0,1)对应的概率值．例如当a=0.16时，由于0.16=0.1+0.06，则先在表的最左列找到数字0.1(位于第三行)，然后在表的最上行找到数字0.06(位于第八列)，则表中位于第三行第八列的数字0.5636便是φ(0.16)的值．a0.000.010.020.030.040.050.060.070.080.090.00.50000.50400.50800.51200.51600.51990.52390.52790.53190.53590.10.53980.54380.54780.55170.55570.55960.56360.56750.57140.57530.20.57930.58320.58710.59100.59480.59870.60260.60640.61030.61410.30.61790.62170.62550.62930.63310.63680.64040.64430.64800.65170.40.65540.65910.66280.66640.67000.67360.67720.6808，0.68440.68790.50.69150.69500.69850.70190.70540.70880.71230.7157'0.71900.7224①求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率；②若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于0.7，则至少需要添加多少个座位？解析(1)由题意可得，随机变量x服从二项分布，则ex=np=10000×0.1=1000，dx=np1-p=10000×0.1×0.9=900，(2)①由于(1)中二项分布的n值增大，故可以认为随机变量x服从二项分布，由(1)可得，μ=1000,σ=30，x-1000可得x∼n1000,900，则∼n0,1，30x-1000则px<994=p30<-0.2=φ-0.2，由标准正态分布性质可得，φ-0.2=1-φ0.2，故px<994=1-φ0.2，故px≥994=1-px<994=φ0.2=0.5793，在晚自习时间阅览室座位不够用的概率为0.5793；x-1000②查表可得，φ0.53=0.7019，则p30<0.53=0.7019，即px<1015.9=0.7019，x-1000又px<1015=p30<0.5=φ0.5=0.6915<0.7，第274页·共372页,故座位数至少要1016个，1016-994=22，故阅览室座位至少需要添加22个．1.(2022·陕西·西安中学模拟预测(理))“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求.“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用.某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300名职员，其中275个高薪职位和25个普薪职位.实际报名人数为2000名，考试满分为400分.本次招聘考试的命题和组考非常科学，是一次成功的考试，考试成绩服从正态分布.考试后考生成绩的部分统计结果如下：考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生30名.(1)求最低录取分数(结果保留为整数)；(2)考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位？请说明理由.2x-μ参考资料：(1)当x∼nμ,σ时，令y=，则y∼n0,1.(2)当y∼n0,1时，py≤2.17≈σ0.985，py≤1.28≈0.900，py≤1.09≈0.863，py≤1.04≈0.85.解析(1)设考生的成绩为x，则由题意可得x应服从正态分布，2x-180即x∼nμ,σ，令y=，则y∼n0,1.σ3030由360分及以上高分考生30名可得px≥360=，即px<360=1-=0.985，20002000360-180360-180即有px<σ=0.985，则σ≈2.17，可得σ≈83，2可得x∼n180,83，x0-180300设最低录取分数线为x0，则px≥x0=py≥=，832000x0-180300x0-180即有py<=1-=0.85，即有=1.04，83200083可得x0=266.32，即最低录取分数线为266；(2)考生甲的成绩286>267，所以能被录取，286-180PX<286=PY<83=PY<1.28≈0.90，表明不低于考生甲的成绩的人数大约为总人数的1-0.90=0.10，2000×0.10=200，即考生甲大约排在第200名，排在前275名之前，所以能被录取为高薪职位.第275页·共372页,2.(2022·全国·高三专题练习(理))2020年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长(单位：小时)，并绘制如图所示的频率分布直方图．2(1)求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数x和样本方差s(同一组中的数据用该组区间的中间值代表)；2(2)由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X服从正态分布Nμ,σ，其中μ近似为样本平均22数x，σ近似为样本方差s．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若2X-μa-μX~Nμ,σ，令Y=，则Y~N0,1，且PX≤a=PY≤．σσ(ⅰ)利用直方图得到的正态分布，求PX≤10；(ⅱ)从该地随机抽取20名志愿者，记Z表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求PZ≥1(结果精确到0.001)以及Z的数学期望．20参考数据：1.64≈1.28，0.7734≈0.0059．若Y~N0,1，则PY≤0.78=0.7734．解析(1)x=6×0.02+7×0.1+8×0.2+9×0.38+10×0.18+11×0.08+12×0.04=9．2222222s=6-9×0.02+7-9×0.1+8-9×0.2+9-9×0.38+10-9×0.18+11-9×0.082+12-9×0.04=1.64．2(2)(ⅰ)由题知μ=9，σ=1.64，所以X~N9,1.64，σ=1.64≈1.28．10-9所以PX≤10=PY≤1.28=PY≤0.78=0.7734．(ⅱ)由(ⅰ)知PX>10=1-PX≤10=0.2266，可得Z~B20,0.2266．20PZ≥1=1-PZ=0=1-0.7734≈1-0.0059=0.9941≈0.994．故Z的数学期望EZ=20×0.2266=4.532．l【过关测试】一、单选题21(2022·山西长治·高三阶段练习)若随机变量ξ从正态分布Nμ,σ，则Pμ-σ≤ξ≤μ+σ≈0.6827，Pμ-2σ≤ξ≤μ+2σ≈0.9545．现有40000人参加语文考试，成绩大致服从正态分布2N100,8，则可估计本次语文成绩在116分以上的学生人数为()A.3640B.1820C.910D.455答案C第276页·共372页,【解析】依据题意可知μ=100，σ=8，由于P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9545，所以P(84<ξ≤116)≈0.9545.1-0.9545因此本次考试116分以上的学生约有40000×=910人.2故选：C2(2022·福建师大附中高三阶段练习)已知某地区成年女性身高X(单位：cm)近似服从正态分布2N160,σ，且P(158<x≤160)=0.2，则随机抽取该地区1000名成年女性，其中身高不超过162cm的人数大约为()a.200b.400c.600d.700答案d【解析】因为p(158<x≤160)=0.2，所以p(x≤162)=0.2+0.5=0.7，则随机抽取该地区1000名成年女性，其中身高不超过162cm的人数服从y∼b(1000，0.7)，所以e(y)=np=700.故选:d．23(2022·江苏南京·高三阶段练习)已知随机变量x~n4，2，则p8<x<10的值约为()2附：若y~nμ，σ，则pμ-σ<y<μ+σ≈0.6827，pμ-2σ<y<μ+2σ≈0.9545，pμ-3σ<y<μ+3σ≈0.9974a.0.0215b.0.1359c.0.8186d.0.9760答案a2【解析】由题意知随机变量x~n4，2，故μ=4,σ=2，1故p8<x<10=pμ-3σ<x<μ+3σ-pμ-2σ<x<μ+2σ21≈(0.9974-0.9545)=0.02145≈0.0215,2故选：a4(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))某市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成2绩ξ服从正态分布n(90,σ)，已知p(80<ξ≤100)=0.4，若按成绩采用分层抽样的方式抽取100份试卷进行分析，则应从100分以上的试卷中抽取的份数为()a.60b.40c.30d.15答案c1【解析】pξ>100=×1-0.4=0.3，100×0.3=30.2故选：C5为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从生产线上随机抽取10个零件，并测量其尺寸(单位：cm)根据长期的生产经验，可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸X服从正态分布N200,150．现假设生产状态正常，则P187.8<x<212.2的值为()(参考数据：150≈12.2，pμ-σ<x≤μ+σ≈0.6826，pμ-2σ<x≤μ+2σ≈0.9544)a.0.6826b.0.3174c.0.9544d.0.0456答案a【解析】由已知可得x~n200,150，则μ=200，σ=150≈12.2，则p187.8<x<212.2=p200-12.2<x<200+12.2≈0.6826.第277页·共372页,故选：a．26(2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试(理))已知随机变量ξ∼n2,σ，若p(2≤ξ<3)=0.3，则p(ξ<1)=()a.0.6b.0.5c.0.3d.0.2答案d2【解析】由随机变量ξ∼n2,σ及正态分布的对称性，知p(1≤ξ<2)=p(2≤ξ<3)=0.3，所以p(ξ<1)=0.5-p(1≤ξ<2)=0.2.故选：d.2127设随机变量m服从正态分布，且函数fx=x-6x+m没有零点的概率为，函数gx=2x-4x211+2m有两个零点的概率为，若pm>m=，则m=()55A.17B.10C.9D.不能确定答案A2【解析】因为函数fx=x-6x+M没有零点，所以36-4M<0，解得M>9，1又因随机变量M服从正态分布，且PM>9=，2所以正态曲线关于x=9对称，2因为函数gx=2x-4x+2M有两个零点，1所以16-16M≥0，解得M≤1，则PM≤1=，51又PM>m=，5所以1与m关于x=9对称，所以m=17.故选：A.8(2022·广东·顺德一中高三阶段练习)我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量Y&sim;Bn,p，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似地替代，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变1量Y的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗1667-1754在1733年证明了p=时这个结论是成立2的，法国数学家､物理学家拉普拉斯1749-1827在1812年证明了这个结论对任意的实数p∈0,1都成立，因此，人们把这个结论称为棣莫弗一拉普拉斯极限定理.现拋掷一枚质地均匀的硬币900次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为()2(附：若X&sim;Nμ,σ，则Pμ-σ≤X≤μ+σ≈0.6827,Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973)A.0.97725B.0.84135C.0.65865D.0.02275答案A1【解析】抛掷一枚质地均匀的硬币900次，设硬币正面向上次数为X，则X&sim;B900,2,EX=np=1112900×2=450,DX=np1-p=900×2×1-2=225，由题意，X&sim;Nμ,σ，且μ=EX=22450,σ=DX=225=15，因为Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，即第278页·共372页,P450-2×15≤X≤450+2×15≈0.9545，所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的0.9545概率为PX≥420=PX≥450-2×15≈+0.5=0.97725.2故选：A.二、多选题9(2022·江苏·句容碧桂园学校高三开学考试)下列说法正确的有()4A.从10名男生，5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生的概率为131B.若随机变量X&sim;B10,3，则方差D3X+2=202C.若随机变量X~N(1,σ)，PX<4=0.79，则PX≤-2=0.21a2D.已如随机变量X的分布列为PX=i=i=1,2,3，则PX=2=ii+19答案BCD04C5⋅C1010×9×8×72【解析】对于A，设至少有一名女生为事件A，则P(A)===，则P(A)=1C415×14×13×12131511-P(A)=，故A错误；1311220对于B，因为随机变量X&sim;B10,3，所以DX=10×3×3=9，20D3X+2=9DX=9×=20，故B正确；9对于C，根据正态分布的性质，PX<4=0.79，所以，P(X≤-2)=P(X≥4)=1-P(X<4)=0.21，故C正确；a对于D，PX=i=i=1,2,3，得P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=1，ii+1aaa4a42可得++=1，解得a=，所以P(X=2)===，故D正确；261232×3189故选：BCD．10“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系．某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分x-10021-200布，其分布密度函数φx=e，x∈-∞,+∞，则()102πA.该地杂交水稻的平均株高为100cmB.该地杂交水稻株高的方差为10C.该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多D.随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大答案ACx-10021-200【解析】因为正态分布密度函数为φx=e，102π所以μ=100，σ=10，即均值为100，标准差为10，方差为100，故A正确，B错误；根据正态曲线的特征可知函数φx关于x=100轴对称，所以该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多，故C正确，随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在(80,90)和在(110,120)的概率一样大.故D错误．故选：AC.第279页·共372页,2211(2022·湖南益阳·模拟预测)已知随机变量X&sim;N0,1，随机变量Y&sim;N1,2，则下列结论正确的是()A.PX≤-1=PX≥1B.PY≤-1=PY≥3C.P1≤X≤3<p1≤y≤3d.px≥2>PY≥3答案ABC2【解析】因为随机变量X&sim;N0,1，所以μ1=0,σ1=1，2因为随机变量Y&sim;N1,2，所以μ2=1,σ2=2，所以利用正态密度曲线的对称性可得PX≤-1=PX≥1，PY≤-1=PY≥3，故选项A、B正确；0.9973-0.6827因为P1≤X≤3=Pμ1+σ1≤X≤μ1+3σ1==0.1573，P1≤Y≤3=20.6827Pμ2≤Y≤μ2+σ2==0.34135，2所以P1≤X≤3<p1≤y≤3，故选项c正确；因为px≥2=1-pμ1-2σ1≤x≤μ1+2σ1=1-0.9545=0.0455，py≥3=1-pμ2-2σ2≤y≤μ2+2σ2+pμ2-σ2≤y≤μ2+σ20.6827+0.9545=1-=0.1814，22所以px≥2<py≥3，故选项d错误.故选：abc.12赵先生早上9：00上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行．赵先生从家到公交站或地铁站都要步行5min．公交车多且路程近一些，但乘坐公交路上经常拥堵，所需时间(单位：min)服从正态2分布n33,4，下车后从公交站步行到公司要12min；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，下地铁后从地铁站步行到公司要5min．从统计的角度，下列说法中正确的是()2参考数据：若z∼nμ,σ，则pμ-σ<z≤μ+σ≈0.6826，pμ-2σ<z≤μ+2σ≈0.9544，pμ-3σ<z≤μ+3σ≈0.9974．a.若8：00出门，则乘坐公交上班不会迟到b.若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大c.若8：06出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性更大d.若8：12出门，则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到答案cd【解析】对于a，若8：00出门，赵先生乘坐公交的时间z1不大于43min才不会迟到，因为乘坐公交所需时2间(单位：min)服从正态分布n33,4，所以pz1≤43<pz1≤45，且p33-12<z1≤33+12≈0.9974，所以pz1≤43<pz1≤45≈0.5+0.5×0.9974=0.9987，所以赵先生上班迟到还是有可能发生的，a不正确；对于b，若8：02出门，若乘坐地铁，则乘坐时间z2不大于48min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，所以p44-4<z2≤44+4≈0.9544，所以pz2≤48≈0.5+0.9544×0.5=0.9772，所以赵先生乘坐地铁上班不迟到的可能性为0.9772，若8：02出门，若乘坐公交，则乘坐时间z1不大于41min才不会迟到，因为乘坐公交所需时间(单位：第280页·共372页,2min)服从正态分布n33,4，所以p33-8<z1≤33+8≈0.9544，所以pz1≤41≈0.5+0.5×0.9544=0.9772，故二者的可能性一样，b不正确；对于c，若8：06出门，若乘坐公交，则乘坐时间z1不大于37min才不会迟到，因为乘坐公交所需时间(单2位：min)服从正态分布n33,4，所以p33-4<z1≤33+4≈0.6826，所以pz1≤37≈0.5+0.5×0.6826=0.8413，若8：06出门，若乘坐地铁，则乘坐时间z2不大于44min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单位：2min)服从正态分布n44,2，所以pz2≤44=0.5<0.8413，c正确；对于d，若8：12出门，赵先生乘坐地铁的时间z2不大于38min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，所以p44-6<z2≤44+6≈0.9974，所以pz2≤38≈1-0.9974×0.5=0.0013，所以乘坐地铁上班不迟到的可能性非常小，d正确．故选：cd.三、填空题113(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))记y=kx+b(k，b为实常数)，若x~n2,9，y~n(0,1)，则k+b=.答案-3或3112【解析】由题知，x~n2,9，则随机变量y=kx+b(k,b为实常数)，服从的分布为n2k+b,9k，而2k+b=0b=-6b=6又因为y~n(0,1)，所以有12，解得或，所以k+b=-3或3.k=1k=3k=-39故答案为-3或3.214(2022·福建省连城县第一中学高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布x∼n8,σ，p(x≥1810)=m，p(6≤x≤8)=n，则+的最小值为．2mn答案2521【解析】∵随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，∴p(x≥8)=，2由p(6≤x≤8)=n，得p(8≤x≤10)=n，又p(x≥10)=m，1∴m+n=，且m>0，n>0，21818n16mn16m则2m+n=2m+n(2m+2n)=17+m+n≥17+2m⋅n=17+8=25．n16m12当且仅当=，即m=，n=时等号成立．mn10518&there4;+的最小值为25．2mn故答案为：25．第281页·共372页,15柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量X服从柯西分布为X~Cγ,x0，其中当γ=1，x0=0时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为fx=121．已知X~C1,0，PX≤3=，P1≤X≤3=，则PX≤-1=.π1+x23121答案【解析】由已知，概率密度函数图象关于x=0对称，421∵PX≤3=，&there4;P0≤X≤3=331又∵P1≤X≤3=，1211&there4;P0≤X≤1=，P-1≤X≤0=，441111&there4;PX≤-1=-P-1≤X≤0=-=22441故答案为：．416某省2021年开始将全面实施新高考方案．在6门选择性考试科目中，物理、历史这两门科目采用原始分计分；思想政治、地理、化学、生物这4门科目采用等级转换赋分，将每科考生的原始分从高到低划分为A，B，C，D，E共5个等级，各等级人数所占比例分别为15%，35%，35%，13%和2%，并按给定的公式进行转换赋分．该省组织了一次高一年级统一考试，并对思想政治、地理、化学、生物这4门科目的原始分进行了等级转换赋分．假设该省此次高一学生化学学科原始分Y服从正态分布N76.3,64．若Y2Y-μ&sim;Nμ,σ，令η=，则η&sim;N0,1．请解决下列问题：若以此次高一学生化学学科原始分D等级σ的最低分为实施分层教学的划线分，试估计该划线分大约为分(结果保留1位小数)附：若η&sim;N0,1，Pη≤2.05≈0.98．答案59.9Y-μ【解析】因为η=，由Pη≤2.05≈0.98可得PY≤92.7≈0.98⇒PY≥92.7≈0.02，又μ=σ76.3，根据正态分布的对称性可知PY≤59.9≈0.02，由题意可知划线分大约为59.9.故答案为：59.9四、解答题第282页·共372页,17(2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习)盐水选种是古代劳动人民的智慧结晶，其原理是借助盐水3估测种子的密度，进而判断其优良.现对一批某品种种子的密度(单位：g/cm)进行测定，认为密度不小于1.2的种子为优种，小于1.2的为良种.自然情况下，优种和良种的萌发率分别为0.8和0.6.(1)若将这批种子的密度测定结果整理成频率分布直方图，如图所示，据图估计这批种子密度的平均值；(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)(2)在(1)的条件下，用频率估计概率，从这批种子(总数远大于2)中选取2粒在自然情况下种植，设萌发的种子数为X，求随机变量X的分布列和数学期望(各种子的萌发互相独立)；(3)若该品种种子的密度ρ&sim;N1.3,0.01，任取该品种种子20000粒，估计其中优种的数目.附：假设随机2变量X&sim;Nμ,σ，则Pμ-σ≤X≤μ+σ≈0.6827,Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545.解析(1)种子密度的平均值为：(0.7×0.5+0.9×0.6+1.1×0.9+1.3×1.4+1.5×1.1+1.7×0.5)×30.2=1.24(g/cm)3(2)由频率分布直方图知优种占比为1.4+1.1+0.5×0.2=，5343318任选一粒种子萌发的概率p=5×5+1-5×5=25，因为为这批种子总数远大于2，所以X&sim;B2,p，00277491187252P(X=0)=C2p(1-p)=×=，P(X=1)=C2p(1-p)=2××=，252562525256252201818324P(X=2)=C2p(1-p)=×=，2525625所以X布列为：X012P4925232462562562536期望EX=2p==1.44.25(3)因为该品种种子的密度ρ&sim;N1.3,0.01，2所以μ=1.3，σ=0.01，即σ=0.1，0.6827所以20000粒种子中约有优种20000×0.5+2=20000×0.84135=16827(粒)即估计其中优种的数目为16827粒.第283页·共372页,18(2022·湖北·荆州中学高三阶段练习)目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分．已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩(满分100分)作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩X40,5050,6060,7070,8080,9090,100人数510253020102由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布Nμ,σ，其中，μ近似为100名样本考生笔试成绩的平均值(同一组的数据用该组区间的中点值代替)(1)若σ≈12，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85的人数(结果四舍五入精确到个位)；(2)按照比例分配的分层随机抽样方法，从笔试成绩为80,90和90,100的考生中随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人，记成绩不低于90分的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列和均值．2参考数据：若X&sim;Nμ,σ，则Pμ-σ≤X≤μ+σ≈0.6827，Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973．45×5+55×10+65×25+75×30+85×20+95×10解析(1)由题意，μ==73，1001-Pμ-σ≤X≤μ+σ此时85=μ+σ，故P(X>85.9)==0.15865，2所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为10000×0.15865≈1587人．(2)进入面试的考生中笔试成绩位于80,90、90,100的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90分的人数为2，所以随机变量ξ的取值为0，1，2．2112C42C4C28C21Pξ=0==，Pξ=1==，Pξ=2==，C25C215C215666所以ξ的分布列为ξ012P281515152812所以Eξ=0×+1×+2×=．51515319(2022·吉林省实验中学模拟预测(理))基础学科招生改革试点，也称强基计划，是教育部开展的招生改革工作，主要是为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中笔试通过后才能进入面试环节，2021年有3500名学2生报考某试点高校，若报考该试点高校的学生的笔试成绩ξ&sim;N60,10．笔试成绩高于70分的学生进入面试环节．(1)从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，求这10人中至少有一人进入面试的概率；1111(2)现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、．设这4名学生3322中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．21010附：若X&sim;Nμ,σ，则PX-μ≤σ≈0.6827，PX-μ≤2σ≈0.9545，0.84135≈0.1777，0.97725≈0.7944．1-PX-μ≤σ解析(1)由题意可知μ=60，σ=10，则Pξ>70=Pξ>μ+σ=≈0.15865，2所以，从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，这10人中至少有一人进入面试的概率为P=1-101-0.15865≈0.8223.第284页·共372页,(2)由题意可知，随机变量X的可能取值有0、1、2、3、4，2212111212112221则PX=0=3×2=9，PX=1=C2⋅3⋅3⋅2+C2⋅2⋅3=3，1212221211211213PX=2=3×2+3×2+C2⋅3⋅3⋅C2⋅2=36，1121212112112121PX=3=C2⋅3⋅3⋅2+3⋅C2⋅2=6，PX=4=3⋅2=36，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X01234P11131193366361113115故EX=0×+1×+2×+3×+4×=.9336636320某车间生产一批零件，现从中随机抽取10个零件，测量其内径的数据如下(单位：cm)：8787889295979899103104设这10个数据的平均值为μ，标准差为σ．(1)求μ与σ．2(2)假设这批零件的内径Z(单位：cm)服从正态分布Nμ,σ．①从这批零件中随机抽取10个，设这10个零件中内径大于107cm的个数为X，求D2X+1；(结果保留5位有效数字)②若该车间又新购一台设备，安装调试后，试生产了5个零件，测量其内径分别为76，85，93，99，108(单位：cm)，以原设备生产性能为标准，试问这台设备是否需要进一步调试，说明你的理由．2参考数据：若X&sim;N(μ,σ)，则P(μ-2σ<x<μ+2σ)=0.9544，p(μ-3σ<x<μ+3σ)=0.9974，取40.9974=0.99．1解析(1)μ=×87+87+88+92+95+97+98+99+103+104=95，1021σ=×64+64+49+9+0+4+9+16+64+81=36，10则σ=6．(2)①∵z服从正态分布n95,36，0.9544∴pz>107=PZ>μ+2σ≈0.5-=0.0228，则X&sim;B10,0.0228，2&there4;DX=10×0.0228×1-0.0228=0.2228016，&there4;D2X+1=4DX≈0.89121．②∵Z服从正态分布N95,36，&there4;P77≤Z≤113=Pμ-3σ≤Z≤μ+3σ≈0.9974，14&there4;5个零件的内径中恰有一个不在μ-3σ,μ+3σ内的概率为C5×0.9974×1-0.9974=0.01287．∵76∉77,113，&there4;试生产的5个零件的内径就出现了1个不在μ-3σ,μ+3σ内，出现的频率是0.01287的15倍多，&there4;根据3σ原则，需要进一步调试．第285页·共372页,21十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康，经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入力争早日脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：(1)根据频率分布直方图，估计50位农民的年平均收入x(单位：千元)(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)；2(2)由频率分布直方图，可以认为该贫困地区农民收入X服从正态分布Nμ,σ，其中μ近似为年平均收222入x，σ近似为样本方差s，经计算得s=6.92，利用该正态分布，求：①在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有84.135%的农民的年收入不低于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入大约为多少千元？②为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民.若每位农民的年收入互相独立，这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数为ξ，求Eξ.2附参考数据：①6.92≈2.63，②若随机变量X服从正态分布Nμ,σ，则Pμ-σ≤X≤μ+σ≈0.6827，Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545.解析(1)由频率分布直方图可知，50位农民的年平均收入为x=12×0.04+14×0.12+16×0.28+18×0.36+20×0.1+22×0.06+24×0.04=17.4(千元).(2)由题意知X~N17.4,6.92，0.6827①PX≥μ-σ=0.5+=0.84135，2所以μ-σ≈17.4-2.63=14.77时，满足题意，即最低年收入大约为14.77千元；②由∵μ-2σ≈17.4-2×2.63=12.14，0.9545则PX≥12.14=PX≥μ-2σ=0.5+=0.97725，2每个农民的年收入不少于12.14千元的事件的概率为0.97725，则ξ~B1000,0.97725，&there4;Eξ=1000×0.97725=977.25.第286页·共372页,第10章统计【考点预测】知识点一、抽样1、抽样调查(1)总体：统计中所考察对象的某一数值指标的全体构成的集合称为总体．(2)个体：构成总体的每一个元素叫做个体．(3)样本：从总体中抽取若干个个体进行考察，这若干个个体所构成的集合叫做总体的一个样本，样本中个体的数目叫做样本容量．2、简单随机抽样(1)定义一般地，设一个总体含有N个个体，从中逐个不放回地抽取n个个体作为样本(n≤N)，如果每次抽取时总体内的各个个体被抽到的机会都相等，就把这种抽样方法叫做简单随机抽样．这样抽取的样本，叫做简单随机样本．(2)两种常用的简单随机抽样方法①抽签法：一般地，抽签法就是把总体中的N个个体编号，把号码写在号签上，将号签放在一个容器中，搅拌均匀后，每次从中抽取一个号签，连续抽取n次，就得到一个容量为n的样本．②随机数法：即利用随机数表、随机数骰子或计算机产生的随机数进行抽样．这里仅介绍随机数表法．随机数表由数字0，1，2，⋯，9组成，并且每个数字在表中各个位置出现的机会都是一样的．注意：为了保证所选数字的随机性，需在查看随机数表前就指出开始数字的横、纵位置．(3)抽签法与随机数法的适用情况抽签法适用于总体中个体数较少的情况，随机数法适用于总体中个体数较多的情况，但是当总体容量很大时，需要的样本容量也很大时，利用随机数法抽取样本仍不方便．(4)简单随机抽样的特征①有限性：简单随机抽样要求被抽取的样本的总体个数是有限的，便于通过样本对总体进行分析．②逐一性：简单随机抽样是从总体中逐个地进行抽取，便于实践中操作．③不放回性：简单随机抽样是一种不放回抽样，便于进行有关的分析和计算．④等可能性：简单单随机抽样中各个个体被抽到的机会都相等，从而保证了抽样方法的公平．只有四个特点都满足的抽样才是简单随机抽样．3、分层抽样(1)定义一般地，在抽样时，将总体分成互不交叉的层，然后按照一定的比例，从各层独立地抽取一定数量的个体，将各层取出的个体合在一起作为样本，这种抽样方法叫做分层抽样．分层抽样适用于已知总体是由差异明显的几部分组成的．(2)分层抽样问题类型及解题思路①求某层应抽个体数量：按该层所占总体的比例计算．②已知某层个体数量，求总体容量或反之求解：根据分层抽样就是按比例抽样，列比例式进行计算．样本容量各层样本数量③分层抽样的计算应根据抽样比构造方程求解，其中“抽样比==”总体容量各层个体数量第287页·共372页,Ni注意：分层抽样时，每层抽取的个体可以不一样多，但必须满足抽取ni=n⋅(i=1,2,⋯,k)个个体(其N中i是层数，n是抽取的样本容量，Ni是第i层中个体的个数，N是总体容量)知识点二、用样本估计总体1、频率分布直方图(1)频率、频数、样本容量的计算方法频率①×组距=频率．组距频数频数②=频率，=样本容量，样本容量×频率=频数．样本容量频率③频率分布直方图中各个小方形的面积总和等于1 .2、频率分布直方图中数字特征的计算(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．设中位数为x，利用x左(右)侧矩形面积之和等于0.5，即可求出x．(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和，即有x=x1p1+x1p1+⋯+xnpn，其中xn为每个小长方形底边的中点，pn为每个小长方形的面积．3、百分位数(1)定义一组数据的第p百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有p00的数据小于或等于这个值，且至少有100-p00的数据大于或等于这个值．(2)计算一组n个数据的的第p百分位数的步骤①按从小到大排列原始数据．②计算i=n×p00．③若i不是整数而大于i的比邻整数j，则第p百分位数为第j项数据；若i是整数，则第p百分位数为第i项与第i+1项数据的平均数．(3)四分位数我们之前学过的中位数，相当于是第50百分位数．在实际应用中，除了中位数外，常用的分位数还有第25百分位数，第75百分位数．这三个分位数把一组由小到大排列后的数据分成四等份，因此称为四分位数．4、样本的数字特征(1)众数、中位数、平均数①众数：一组数据中出现次数最多的数叫众数，众数反应一组数据的多数水平．②中位数：将一组数据按大小顺序依次排列，把处在最中间位置的一个数据(或最中间两个数据的平均数)叫做这组数据的中位数，中位数反应一组数据的中间水平．x1+x2+⋅⋅⋅+xn③平均数：n个样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,xn的平均数为x=，反应一组数据的平均水平，公式变nn形：xi=nx．i=15、标准差和方差第288页·共372页,(1)定义①标准差：标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，一般用s表示．假设样本数据是x1,x2,⋅⋅⋅,xn，x1222表示这组数据的平均数，则标准差s=[(x1-x)+(x2-x)+⋅⋅⋅+(xn-x)]．n21222②方差：方差就是标准差的平方，即s=[(x1-x)+(x2-x)+⋅⋅⋅+(xn-x)]．显然，在刻画样本数据的n分散程度上，方差与标准差是一样的．在解决实际问题时，多采用标准差．(2)数据特征标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动程度的大小．标准差、方差越大，则数据的离散程度越大；标准差、方差越小，数据的离散程度越小．反之亦可由离散程度的大小推算标准差、方差的大小．(3)平均数、方差的性质2如果数据x1,x2,⋯⋯,xn的平均数为x，方差为s，那么2①一组新数据x1+b,x2+b,⋯⋯xn+b的平均数为x+b，方差是s．22②一组新数据ax1,ax2,⋯⋯,axn的平均数为ax，方差是as．22③一组新数据ax1+b,ax2+b,⋯⋯,axn+b的平均数为ax+b，方差是as．【典例例题】题型一:随机抽样、分层抽样1.某工厂利用随机数表对生产的700个零件进行抽样测试，先将700个零件进行编号，001,002,⋯⋯，699,700.从中抽取70个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是()322118342978645407325242064438122343567735789056428442125331345786073625300732862345788907236896080432567808436789535577348994837522535578324577892345A.623B.328C.253D.007答案A【解析】从第5行第6列开始向又读取数据，第一个数为253，第二个数是313，第三个数是457，下一个数是860，不符合要求，下一个数是736，不符合要求，下一个是253，重复，第四个是007，第五个是328，第六个是623.故选：A.2.有甲、乙两箱篮球，其中甲箱27个，乙箱9个，现从这两箱篮球中随机抽取4个，甲箱抽3个，乙箱抽1个．下列说法不正确的是()A.总体是36个篮球B.样本是4个篮球C.样本容量是4D.每个篮球被抽到的可能性不同答案D【解析】依题意，总体是36个篮球，样本是4个篮球，样本容量是4，选项A，B，C都正确；311甲箱抽3个，每个球被抽到的概率为=，乙箱抽1个，每个球被抽到的概率为，则每个篮球被抽2799第289页·共372页,到的可能性相同，D不正确.故选：D3.(2022·上海宝山·高三阶段练习)某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为()A.40B.36C.34D.32答案D160【解析】由题意得：样本中女生人数为68×=32.180+160故选：D1.(2022·江西·赣源中学高三阶段练习(文))2022年7月24日，搭载问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭，在我国文昌航天发射场成功发射，我国的航天事业又上了一个新的台阶.某校现有高一学生1000人，高二学生800人，高三学生1200人，为了调查该校学生对我国航天事业的了解程度，现从三个年级中采用分层抽样的方式抽取60人填写问卷调查，则高三年级有多少人被抽中()A.16B.18C.20D.24答案D1200【解析】由分层抽样原则可知：高三年级应抽取60×=24人.1000+800+1200故选：D.2.(2022·四川省内江市第六中学模拟预测(理))某高中为了了解本校学生考入大学一年后的学习情况，对本校上一年考入大学的同学进行了调查，根据学生所属的专业类型，制成饼图，现从这些同学中抽出100人进行进一步调查，已知张三为理学专业，李四为工学专业，则下列说法不正确的是()A.若按专业类型进行分层抽样，则张三被抽到的可能性比李四大B.若按专业类型进行分层抽样，则理学专业和工学专业应抽取30人和20人C.采用分层抽样比简单随机抽样更合理D.该问题中的样本容量为100答案A【解析】对于选项A，张三与李四被抽到的可能性一样大，故A错误；30对于选项B，理学专业应抽取的人数为100×=30，10020工学专业应抽取的人数为100×=20，故B正确；100对于选项C，因为各专业差异比较大，所以采用分层随机抽样更合理，故C正确；对于选项D，该问题中的样本容量为100，故D正确.第290页·共372页,故选：A.3.(2022·上海静安·二模)2022年2月4日至2月20日春节期间，第24届冬奥会在北京市和张家口市联合举行.共有3个冬奥村供运动员和代表队官员入住，其中北京冬奥村的容量约为2250人，延庆冬奥村的容量约1440人，张家口冬奥村的容量约2610人.为了解各冬奥村服务质量，现共准备了140份调查问卷，采用分层抽样的方法，则需在延庆冬奥村投放的问卷数量是()A.58份B.50份C.32份D.19份答案C1440【解析】在延庆冬奥村投放的问卷数量是140×=32份.2250+1440+2610故选：C.4.利用简单随机抽样的方法，从n个个体(n>13)中抽取13个个体，若第二次抽取时，余下的每个个体1被抽到的概率为，则在整个抽样过程中，每个个体被抽到的可能性为.313答案37113-11【解析】第二次抽取时，余下的每个个体被抽取到的概率为，则=，3n-13即n-1=36，则n=37,&there4;在整个抽样过程中，13每个个体被抽取到的概率为.3713故答案为：.375.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)某中学为了掌握学校员工身体状况，偶尔会采用抽检的方式来收集各部门员工的健康情况．为了让样本更具有代表性，学校对各部门采用分层抽样的方法进行抽检．已知该校部门A、部门B、部门C分别有40、60、80人，各部门员工不存在交叉任职情况，若共抽检了90人，则部门A抽检人数为．答案2040【解析】由题意得从部门A抽检人数为90×=20(人)，40+60+80故答案为：206.某市甲、乙、丙三所学校的高三学生共有800名，其中男、女生人数如下表：甲校乙校丙校男生9790x女生153160y(1)现用分层随机抽样的方法从这三所学校的所有高三学生中抽取48人，则应从丙校抽取多少人？(2)该市模考后，市教研室准备从这三所学校的所有高三学生中利用随机数法抽取100人进行成绩统计分析，将800人按001，002，⋯，800进行编号，如果从第8行第7列的数开始向右读，请你依次写出最先抽取的4个人的编号．(下面摘取了随机数表第7行至第9行)844217533157245506887704744767217633502683926301531659169275381658217071751286735807443913263321134278641607825207443815032442997931解析(1)根据题意可得丙校共有x+y=800-97+153+90+160=300人，第291页·共372页,48根据分层抽样规则可得，应从丙校抽取×300=18人.800(2)第8行第7列的数为1，从数1开始向右读，则最先抽取的4个人的编号为165，538，707，175．【方法技巧与总结】不论哪种抽样方法，总体中的每一个个体入样的概率都是相同的．题型二:频率分布直方图、条形统计图、折线统计图、扇形统计图1.(2022·辽宁朝阳·高三阶段练习)某市教育局为得到高三年级学生身高的数据，对高三年级学生进行抽样调查，随机抽取了1000名学生，他们的身高都在A，B，C，D，E五个层次内，分男、女生统计得到以下样本分布统计图，则()A.样本中A层次的女生比相应层次的男生人数多B.估计样本中男生身高的中位数比女生身高的中位数大C.D层次的女生和E层次的男生在整个样本中频率相等D.样本中B层次的学生数和C层次的学生数一样多答案B【解析】设样本中女生有y人，则男生有1000-y人，设女生身高频率分布直方图中的组距为Δx由频率分布直方图的性质可得a+1.5a+2a+2.5a+3aΔx=1，所以aΔx=0.1，所以女生身高频率分布直方图中A层次频率为20%，B层次频率为30%，C层次频率为25%，D层次频率为15%，E层次频率为10%所以样本中A层次的女生人数为0.2y，男生人数为0.11000-y，由于y的取值未知，所以无法比较A层次中男，女生人数，A错误；0.15yD层次女生在女生样本数中频率为15%，所以在整个样本中频率为，10000.151000-yE层次男生在男生样本数中频率为15%，所以在整个样本中频率为，1000由于y的取值未知，所以无法比较D层次的女生和E层次的男生在整个样本中频率，C错误；样本中B层次的学生数为0.3y+0.251000-y=250+0.05y，样本中C层次的学生数为0.25y+0.31000-y=300-0.05y，由于y的取值未知，所以无法比较样本中B层次的学生数和C层次的学生数的大小，D错，第292页·共372页,女生中A，B两个层次的频率之和为50%，所以女生的样本身高中位数为B，C层次的分界点，而男生A，B两个层次的频率之和为35%，A，B，C两个层次的频率之和为65%，显然中位数落在C层次内，所以样本中男生身高的中位数比女生身高的中位数大，B正确；故选：B.2.(2022·黑龙江·佳木斯一中三模(理))如图1为某省2019年1~4月份快递业务量统计图，图2为该省2019年1~4月份快递业务收入统计图，对统计图理解不正确的是()A.2019年1~4月份快递业务量3月份最高，2月份最低，差值接近2000万件B.从1~4月份来看，业务量与业务收入有波动，但整体保持高速增长C.从两图中看，增量与增长速度并不完全一致，但业务量与业务收入变化高度一致D.2019年1~4月份快递业务量同比增长率均超过50%，在3月份最高，和春节后网购迎来喷涨有关答案B【解析】从图(1)的柱形图可得2019年1~4月份快递业务量3月份最高，2月份最低，3月份比2月份高4397-2411=1986，差值接近2000万件，故A正确.从1~4月份来看，业务量与业务收入有波动，结合图(1)(2)中的柱形图可得业务量与业务收入在2月份和4月份均下降，故B错误.从两图中柱状图可得业务量与业务收入变化高度一致，但业务量2月份同比增长53%，而业务收入2月份同比增长30%，因此增量与增长速度并不完全一致，故C正确.从图(1)中可得2019年1~4月份快递业务量同比增长率均超过50%，在3月份最高，这的确和春节后网购迎来喷涨有关，故D正确.故选：B.第293页·共372页,3.(2022·湖北孝感·高三阶段练习)2021年7月至2022年7月，我国居民消费价格保持平稳，居民消费价格涨跌幅如图所示，则()当月消费价格-去年同期消费价格备注：同比增长率=×100%，去年同期消费价格当月消费价格-上月同期消费价格环比增长率=×100%，上月同期消费价格A.2022年1月全国居民消费价格比2021年1月全国居民消费价格有所下降B.2022年5月全国居民消费价格比2022年4月全国居民消费价格有所上升C.2021年7月至2022年7月全国居民消费价格同比增长率的40%分位数为1.0%D.2021年10月至2022年7月全国居民消费价格环比增长率的平均数为0.25%答案D【解析】对A，从图中可以看出2022年1月全国居民消费价格的同比增长率为0.9%>0，所以2022年1月全国居民消费价格有所上升，故A错误；对B，由图2022年5月全国居民消费价格环比增长率为-0.2%<0，所以2022年5月全国居民消费价格有所下降，故B错误；对C，将C选项中的数据由小到大排列得，0.7%,0.8%,0.9%0.9%,1%,1.5%,1.5%,1.5%,2.1%,2.1%,2.3%,2.5%,2.7%，因为13×40%=5.2，则同比增长率的40%分位数为第6个数1.5%，故C错误；对D，环比增长率的平均数为0.7%+0.4%-0.3%+0.4%+0.6%+0.4%-0.2%+0.5%=0.25%，故D正确.10故选：D第294页·共372页,1.(2022·山西大附中高三阶段练习(文))小王于2015年底贷款购置了一套房子，根据家庭收入情况，小王选择了10年期每月还款数额相同的还货方式，且截止2019年底，他没有再购买第二套房子.下图是2016年和2019年家庭收入用于各项支出的比例分配图，根据以上信息，判断下列结论中正确的是()A.小王一家2019年用于饮食支出费用与2016年相同B.小王一家2019年用于其他方面的支出费用是2016年的3倍C.小王一家2019年的家庭收入比2016年增加了一倍D.小王一家2019年的房贷支出比2016年减少了答案B【解析】对于A，小王一家2019年用于饮食的支出比例与跟2016年相同，但是由于2019年比2016年家庭收入多，&there4;小王一家2019年用于饮食的支出费用比2016年多，故A错误；对于B，设2016年收入为a，∵相同的还款数额在2016年占各项支出的60%，在2019年占各项支出的0.6a40%，&there4;2019年收入为：=1.5a，&there4;小王一家2019年用于其他方面的支出费用为1.5a×12%=0.40.18a，小王一家2016年用于其他方面的支出费用为0.06a，&there4;小王一家2019年用于其他方面的支出费用是2016年的3倍，故B正确；0.6a对于C，设2016年收入为a，则2019年收入为：=1.5a，故C错误；0.4对于D，小王一家2019年用于房贷的支出费用与2016年相同，故D错误．故选：B．第295页·共372页,2.某市政府为了节约生活用水，实施居民生活用水定额管理政策，即确定一个居民月用水量标准x(单位：吨)，用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费，并随机抽取部分居民进行调查，抽取的居民月均用水量的频率分布直方图如图所示．(同一组中的数据以该组区间的中点值为代表)(1)求频率分布直方图中a的值；(2)试估计该市居民月均用水量的众数、平均数；(3)如果希望85%的居民月均用水量不超过标准x，那么标准x定为多少比较合理？解析(1)由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，可得0.08×2+0.16+2a+0.4+0.52+0.12+0.04×0.5=1，解得a=0.3．2+2.5(2)由频率分布直方图可知，该市居民月均用水量的众数约为=2.25(吨)，2由频率分布直方图可知，平均数约为0.25×0.04+0.75×0.08+1.25×0.15+1.75×0.2+2.25×0.26+2.75×0.15+3.25×0.06+3.75×0.04+4.25×0.02=2.035(吨)(3)由频率分布直方图可知，月均用水量低于2.5吨的居民人数所占的百分比为0.5×0.08+0.16+0.3+0.4+0.52×100%=73%，月均用水量低于3吨的居民人数所占的百分比为73%+0.5×0.3×100%=88%，所以x∈2.5,3，由题意可得0.73+x-2.5×0.3=0.85，解得x=2.9．所以如果希望85%的居民月均用水量不超过标准x，那么x定为2.9吨比较合理．3.法国著名的数学家笛卡尔曾经说过：“阅读优秀的书籍，就是和过去时代中最杰出的人们(书籍的作者)一一进行交谈，也就是和他们传播的优秀思想进行交流，阅读会让精神世界闪光”.某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间(单位：分钟)进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示：(1)求a；(2)根据频率分布直方图，估计该地年轻人每天阅读时间的中位数(精确到0.1)(单位：分钟)；(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组[50,60)，[60,70)和[80,90)的年轻人中抽取5人，再从中任选3人进行调查，求其中恰好有2人每天阅读时间位于[80,90)的概率.解析(1)因为频率分布直方图的所有矩形面积之和为1，所以(0.010+a+0.045+a+0.005)×10=1，解得a=0.020.(2)因为(0.010+0.020)×10=0.3<0.5，(0.010+0.020+0.045)×10=0.75>0.5.则中位数位于区间[70,80)内，设中位数为x，第296页·共372页,则0.3+(x-70)×0.045=0.5，解得x≈74.4，所以估计该地年轻人阅读时间的中位数约为74.4分钟.(3)由题意，阅读时间位于[50,60)的人数为100×0.1=10，阅读时间位于[60,70)的人数为100×0.2=20，阅读时间位于[80,90)的人数为100×0.2=20，51所以在这三组中按照分层抽样抽取5人的抽样比例为=，5010则抽取的5人中位于区间[50,60)有1人，设为a，位于区间[60,70)有2人，设为b1，b2，位于区间[80,90)有2人，设为c1，c2.则从5人中任取3人，样本空间Ω=a,b1,b2,a,b1,c1,a,b1,c2,a,b2,c1,a,b2,c2,a,c1,c2,b1,b2,c1,b1,b2,c2,b1,c1,c2,b2,c1,c2.含有10个样本点.设事件A为“恰有2人每天阅读时间在[80,90)”，A=a,c1,c2,b1,c1,c2,b2,c1,c2，含有3个样本点.3所以P(A)=，103所以恰好有2人每天阅读时间位于[80,90)的概率为.10第297页·共372页,4.(2022·贵州遵义·三模(理))某中学在2021年高考分数公布后对高三年级各班的成绩进行分析．经统计，某班有50名同学，总分都在区间600,700内，将得分区间平均分成5组，统计频数、频率后，得到了如图所示的“频率分布”折线图．(1)请根据频率分布折线图，画出频率分布直方图，并根据频率分布直方图估计该班级的平均分；(2)经相关部门统计，高考分数≥680以上的考生获得高校T“强基计划”入围资格，并制作高校T录取政策和考生录取预测统计表(如表所示)第一轮笔试有2科，学生通过考试获得相应等级的事件相互独立且概率相同.高考分数680,690>690++第一轮笔试学科测试等级AABCAABC学生通过考试获得相应等级概率111121113464361212+第二轮面试入围条件至少有1科A，且2科均不低于B++录取条件全A在第一轮笔试中2科均获得A通过第二轮面试2考生通过概率为2考生通过概率为35若该班级考分前10名都已经报考了高校T的“强基计划”，且恰有2人成绩高于690分．求：①总分高于690分的某位同学没有进入第二轮的概率P1；②该班恰有两名同学通过“强基计划”被高校T录取的概率P2．解析(1)画出频率分布直方图如下图所示：第298页·共372页,平均分为：610×0.004+630×0.007+650×0.020+670×0.014+690×0.005×20=653.6.(2)总分大于等于680分的同学有50×0.005×20=5人，其中有3人小于等于690分，2人大于690分.++++22121121①P1=1-PAA+AA+AB=1-3-C2×3×6-C2×3×124212=1---=.9999②设高于690分的同学被高校T录取为事件M，不超过690分的同学被高校T录取为事件N，则++2++PM=PAA+PAA+AB32221211212=3+3C2×3×6+C2×3×12=3++2++PN=PAA+PAA+AB512211111112112=3+5C2×3×4+C2×3×6=9+56+9=9，22731227221122272P2=3×9+3×C3×9×9+C2×3×3×C3×9×913728411762632=++=.3838386561第299页·共372页,5.(2022·全国·高三专题练习(理))山西运城王过酥梨是国家农产品地理标志保护产品，王过酥梨含有多种对人体有益的钙、铁、磷等微量营养元素，食后清火润肺，止咳化痰，能起到祛病养生之效，一致被人们作为逢年过节走亲访友，馈赠待客及日常生活的必备佳品.某水果批发商小李从事酥梨批发多年，他把去年年底客户采购酥梨在[100,200]内的数量x(单位：箱)绘制成下表：采购数x(单位：箱)[100,120)[120,140)[140,160)[160,180)[180,200]客户数51015155(1)根据表中的数据，补充完整这些数据的频率分布直方图，并估计采购数在168箱以上(含168箱)的客户数；4(2)若去年年底采购在[100,200]内的酥梨数量约占小李去年年底酥梨总销售量的，估算小李去年年5底总销售量(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(3)在(2)的条件下，由于酥梨受到人们的青睐，小李做了一份市场调查以决定今年年底是否在网上出售酥梨，若没有在网上出售酥梨，则按去年的价格出售，每箱利润为14元，预计销售量与去年持平；若计划在网上出售酥梨，则需把每箱售价下调1至5元(网上、网下均下调)，且每下调m元(1≤m≤5,m∈Z)销售量可增加950m箱，试预计小李在今年年底销售酥梨总利润Y(单位：元)的最大值.解析(1)[100,120),[120,140),[140,160),[160,180),[180,200]对应的频率分别为0.1,0.2,0.3,0.3,0.1，则对应的频率/组距为0.005,0.01,0.015,0.015,0.005，故这些数据的频率分布直方图如下图所示：180-168由直方图可知，采购数在168箱以上(含168箱)的客户数为0.005+0.015×15×20×50=17(人)第300页·共372页,(2)由题意可知，去年年底客户采购酥梨在[100,200]内的数量为110×5+130×10+150×15+170×15+190×5=7600(箱)5则小李去年年底总销售量为7600×=9500(箱)42(3)由题意可得Y=(9500+950m)(14-m)=950-m+4m+140当m=2时，Ymax=950(-4+8+140)=136800(元)6.(2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习(文))随着新冠肺炎疫情的稳定，各地的经济均呈现缓慢的恢复趋势，为了更进一步做好疫情的防控工作，避免疫情的再度爆发，A地区规定居民出行或者出席公共场合均需佩戴口罩，现将A地区20000个居民一周的口罩使用个数统计如下表所示，其中每周的口罩使用个数在6以上(含6)的有14000人.口罩使用数量[2,4)[4,6)[6,8)[8,10)[10,12]频率0.2m0.3n0.1(1)求m，n的值；(2)根据表中数据，完善上面的频率分布直方图；(3)计算A地区居民一周口罩使用个数的平均数以及方差.140006000解析(1)由已知n=-0.3-0.1=0.3，m=-0.2=0.1；2000020000(2)频率分布直方图如下：(3)由频率分布直方图得一周内使用口罩的平均数为x=3×0.2+5×0.1+7×0.3+9×0.3+11×0.1=7，222222方差为s=0.2×(3-7)+0.1×(5-7)+0.3×(7-7)+0.3×(9-7)+0.1×(11-7)=6.4．第301页·共372页,7.已知A，B两家公司的员工月均工资(单位：万元)情况分别如图1，图2所示：(1)以每组数据的区间中点值为代表，根据图1估计A公司员工月均工资的平均数、中位数，你认为用哪个数据更能反映该公司普通员工的工资水平？请说明理由．(2)小明拟到A，B两家公司中的一家应聘，以公司普通员工的工资水平作为决策依据，他应该选哪个公司？解析(1)A公司员工月均工资的平均数为0.3×0.21+0.5×0.29+0.7×0.27+0.9×0.21+29×0.02=1.166(万元)由题图1可知A公司员工月均工资在0.6万元以下的比例为0.21+0.29=0.5，所以A公司员工月均工资的中位数约为0.6万元．用中位数更能反映该公司普通员工的工资水平，理由如下：因为平均数受每一个数据的影响，越离群的数据对平均数的影响越大，该公司少数员工的月收入很高，在这种情况下平均数并不能较好的反映普通员工的收入水平，而中位数不受少数极端数据的影响，可以较好的反映普通员工的收入水平．(2)B公司员工月均工资的平均数为0.3×0.375+0.5×0.750+0.7×2.750+0.9×1.000+1.1×0.125×0.2=0.69(万元)由题图2知，B公司员工月均工资在0.6万元以下的频率为0.375+0.75×0.2=0.225，在0.8万元以下的频率为0.375+0.75+2.75×0.2=0.775．设B公司员工月均工资的中位数为x万元，则x-0.6×2.75=0.5-0.225，得x=0.7．小明应选择B公司应聘，理由如下：B公司员工工资数据较为集中，月均工资的平均数和中位数均能反映该公司普通员工的平均收入水平，B公司员工月均工资平均数为0.69，中位数为0.7，均大于A公司员工月均工资的中位数0.62，所以以公司普通员工的工资水平作为决策依据，小明应该选B公司应聘．【方法技巧与总结】(1)利用频率分布直方图求频率、频数；(2)利用频率分布直方图估计总体．(3)频率分布直方图的纵坐标是，而不是频率．题型三:百分位数第302页·共372页,1.(2022·广东·高三阶段练习)为了养成良好的运动习惯，某人记录了自己一周内每天的运动时长(单位：分钟)，分别为53，57，45，61，79，49，x，若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则x=()A.58或64B.59或64C.58D.59答案A【解析】将已知的6个数从小到大排序为45，49，53，57，61，79．若x≤57，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为61和57，他们的差为4，不符合条件；若x≥79，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为79和61，它们的差为18，不符合条件；若57<x<79，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61(或61和x)，则x-61=3，解得x=58或x=64故选：a2.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是2，4，5，x，11，14，15，39，41，50，已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是9.5，则x的值是()a.6b.7c.8d.9答案cx+11【解析】依题意10⋅40%=4是整数，那么40%分位数9.5就是第4，第5位数的平均值，于是=29.5，解得x=8.故选：c3.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)中国青年志愿者协会成立于1994年12月5日，此后广大志愿者､志愿服务组织不断蓬勃发展，目前高校青年志愿者组织就有132个.为了解某大学学生参加志愿者工作的情况，随机抽取某高校志愿者协会的40名成员，就他们2022年第2季度参加志愿服务的次数进行了统计，数据如表所示.则这40名学生本季度参加志愿活动的第40百分数位为()次数7891011人数610987a.9b.8c.8.5d.9.5答案c【解析】∵40×0.4=16为整数8+9∴第40百分数位为第16位和第17位的平均数，即为=8.52故选：c.第303页·共372页,1.(2022·江苏南通·高三开学考试)“双减”政策实施后，学生的课外阅读增多.某班50名学生到图书馆借书数量统计如下：借书数量(单位：本)5678910频数(单位：人)58131194则这50名学生的借书数量的上四分位数(第75百分位数)是()a.8b.8.5c.9d.10答案c【解析】由50×75%=37.5，故第75百分位数在借书数量从小到大排序后的第38人，又5+8+13+11=37<38<5+8+13+11+9=46，故四分位数(第75百分位数)是9.故选：c2.(2022·重庆八中高三开学考试)某单位为了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下表所示：党史学习时间(小时)7891011党员人数610978则该单位党员一周学习党史时间的众数及第50百分位数分别是()a.8，8.5b.8，8c.9，8d.8，9答案d【解析】党员人数一共有6+10+9+7+8=40，学习党史事件为8小时的人数最多，故学习党史时间的众数为8，40×50%=20，那么第50百分位数是第20和21个数的平均数，第20，21个数分别为9，9，所以第50百9+9分位数是=9，2故选：d3.(2022·福建省漳州第一中学模拟预测)树人中学举办以“喜迎二十大､永远跟党走､奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人比赛的成绩为：85，86，88，88，89，90，92，94，98(单位：分)，则这9人成绩的第80百分位数是.答案94【解析】9×80%=7.2，所以从小到大选取第8个数作为80百分位数，即94.故答案为：944.已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，记这组数据的第60百分位数为a，众数为b，则a和b的大小关系是．(用“<”“>”或“=”连接)答案a=b【解析】因为8×60%=4.8，所以这组数据的第5个数：50为第60百分位数．观察易知这组数据的众数为50，所以a和b的大小关系是a=b．故答案为：a=b【方法技巧与总结】第304页·共372页,计算一组n个数据的的第p百分位数的步骤①按从小到大排列原始数据．②计算i=n×p00．③若i不是整数而大于i的比邻整数j，则第p百分位数为第j项数据；若i是整数，则第p百分位数为第i项与第i+1项数据的平均数．题型四:样本的数字特征°1.上海入夏的标准为：立夏之后，连续五天日平均气温不低于22C．立夏之后，测得连续五天的平均气温数据满足如下条件，其中能断定上海入夏的是()°°°°2A.总体均值为25C，中位数为23CB.总体均值为25C，总体方差大于0C°°°°2C.总体中位数为23C，众数为25CD.总体均值为25C，总体方差为1C答案D°°°【解析】对于A，总体均值为25C，中位数为23C，可能出现低于22C的情况，故A不正确；°2对于B，当总体方差大于0C，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小，故B不正确；对于C，中位数和众数也不能确定，故C不正确：°°22对于D，当总体均值为25C，总体方差为1C，根据方差公式S=122222°x1-x+x2-x+x3-x+x4-x+x5-x，因为方差为1，x=25，若存在有一天气温低于22512C，则方差定大于1，或者通过假设x2=x3=x4=x5=25，则1=x1-25，x1=25-5(另一值舍去)，此5°时即为五天最低温度为25-5度，大于22C，故D正确．故选：D．2.若某同学连续3次考试的名次(3次考试均没有出现并列名次的情况)不低于第3名，则称该同学为班级的尖子生．根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续3次考试名次的数据，推断一定是尖子生的是()A.甲同学：平均数为2，众数为1B.乙同学：平均数为2，方差小于1C.丙同学：中位数为2，众数为2D.丁同学：众数为2，方差大于1答案B【解析】对于A，甲同学：若平均数为2，众数为1，则有1次名次应为4，不符合题意；对于B，乙同学：平均数为2，设乙同学3次考试的名次分别为x1，x2，x3，21222则方差s=x1-2+x2-2+x3-2<1，3222则x1-2+x2-2+x3-2<3，所以x1，x2，x3均不大于3，符合题意；对于C，丙同学：中位数为2，众数为2，有可能是2，2，4，不符合题意；对于D，丁同学：众数为2，方差大于1，有可能是2，2，6，不符合题意．故选：B第305页·共372页,3.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)橙子辅导中学的高一､二､三这三个年级学生的平均身高分别为x，y，z，若按年级采用分层抽样的方法抽取了一个600人的样本，抽到高一､高二､高三的学生人数分别为100､200､300，则估计该高中学生的平均身高为()111x+y+z111x+y+zA.x+y+zB.C.x+y+zD.63222363答案A【解析】设橙子辅导中学的总人数为m，mmm由题意知，高一､高二､高三的学生总人数分别为：,,，632mmm⋅x+⋅y+⋅z632111所以估计该高中学生的平均身高为：=x+y+z.m632故选：A.1.(2022·广东佛山·高三阶段练习)已知一组数据x1,x2,x3,x4的平均数是3，方差是2，则由1,2x1-5,2x2-5,2x3-5,2x4-5这5个数据组成的新的一组数据的方差是()3236A.4B.6C.D.55答案C【解析】因为一组数据x1,x2,x3,x4的平均数是3，方差是2，112222所以(x1+x2+x3+x4)=3，[(x1-3)+(x2-3)+(x3-3)+(x4-3)]=2，442222所以x1+x2+x3+x4=12，(x1-3)+(x2-3)+(x3-3)+(x4-3)=8，所以1,2x1-5,2x2-5,2x3-5,2x4-5的平均数为11+(2x1-5)+(2x2-5)+(2x3-5)+(2x4-5)51=1+2(x1+x2+x3+x4)-2051=×(1+24-20)=1，5所以1,2x1-5,2x2-5,2x3-5,2x4-5的方差为122222(1-1)+(2x1-5-1)+(2x2-5-1)+(2x3-5-1)+(2x4-5-1)512222=(2x1-6)+(2x2-6)+(2x3-6)+(2x4-6)512222=4(x1-3)+4(x2-3)+4(x3-3)+4(x4-3)542222=(x1-3)+(x2-3)+(x3-3)+(x4-3)5432=×8=，55故选：C22222.(2022·全国·高三阶段练习(理))某组样本数据的平方和x1+x2+x3+⋯+x6=160，平均数x=5，则该2组数据的方差s=()35A.1B.C.2D.23答案D第306页·共372页,x-x2+x-x2+⋯+x-x222222126x1+x2+⋯+x6-2xx1+x2+⋯+x6+6x【解析】s==6622222222x1+x2+⋯+x6-2x×6x+6xx1+x2+⋯+x6-6x5===，663故选：D3.(多选题)(2022·福建·高三阶段练习)某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行3检查督导，若连续10天，每天空气质量指数(单位：μg/m)不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是()A.甲地区：平均数为80，方差为40B.乙地区：平均数为50，众数为40C.丙地区：中位数为50，极差为60D.丁地区：极差为10，80%分位数为90答案AD10212【解析】设每天的空气质量指数为xi(i=1,2,⋯,10)，则方差S=xi-x.10i=11010122对于A选项，由xi-80=40，得xi-80=400，10i=1i=1102如果这10天中有1天的空气质量指数超过100，则必有xi-80>400矛盾，i=1所以这10天每天的空气质量指数都不超过100，A正确.对于B选项，有8天为40，有1天为150，有1天为30，此时：平均数为50，众数为40，但该地区环境治理不达标，所以B选项错误.对于C选项，第1天为110，后面9天为50，此时中位数为50，极差为60，但该地区环境治理不达标，所以C选项错误.对于D选项，如果最大值超过100，根据极差为10，则最小值超过90，这与80%分位数为90矛盾，故最大值不超过100，D正确.故选：AD4.(多选题)(2022·广东·仲元中学高三阶段练习)已知一组样本数据x1,x2，...,x15，其中xi=2ii=1,2,⋯,15，由这组数据得到另一组新的样本数据y1，y2，⋯，y15，其中yi=xi-20，则()A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本方差相同C.y1，y2，⋯，y15样本数据的第30百分位数为-10D.将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5答案BC【解析】由题意可得：x=x8=1622∵yi=xi-20，则y=x-20=-4，sy=sx，故A错误，B正确．第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数．yi的排列为：-18，-16，-14，-12，-10，⋯⋯因此，第30百分位数为-10，C正确；15x+15y新样本的平均数为=6，D错误．30故选：BC.第307页·共372页,5.(2022·陕西·安康市教学研究室三模(理))从1，2，3，4，5，6中任取4个不同的数，则这4个数的中位数是3的概率为．2答案15【解析】中位数为3，则中间两个数为2，4，22&there4;符合条件的有1，2，4，5和1，2，4，6，故概率为=．C41562故答案为：156.(2022·上海市进才中学高三阶段练习)已知等差数列an的公差为3，则a1、a2、a3、⋯、a11这11个数2据的方差S=.答案90a1+a2+...+a11【解析】∵数列an为等差数列，则这11个数据的平均数：x==a611212221222&there4;这11个数据的方差S=a1-a6+a2-a6+...a11-a6=-5d+-4d+...+5d=1111210d=90故答案为：90.7.(2022·江苏·南京师大附中高三阶段练习)有一组样本数据x1,x2,x3,x4，该样本的平均数和方差均为m．在该组数据中加入一个数m，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为．4答案m5【解析】样本数据x1,x2,x3,x4，该样本的平均数和方差均为m，在该组数据中加入1个数m，则新样本数据1的平均数x=×(4×m+m)=m，52124方差为s=×4×m+(m-m)=m．554故答案为：m.58.已知一组数x1，x2，⋯，xn的方差是4，则2x1-1，2x2-1，⋯，2xn-1的标准差是．答案4【解析】数据x1,x2,x3,⋯,xn的方差为4，2所以数据2x1-1,2x2-1,2x3-1,⋯,2xn-1的方差为2×4=16，所以数据2x1-1,2x2-1,2x3-1,⋯,2xn-1的标准差为16=4，故答案为：4．【方法技巧与总结】(1)平均数、中位数、众数描述其集中趋势，方差和标准差描述波动大小．212222212222(2)方差的简化计算公式：s=x1+x2+⋅⋅⋅+xn-nx或写成s=x1+x2+⋅⋅⋅+xn-x，即方差等于nn原数据平方的平均数减去平均数的平方．l【过关测试】一、单选题第308页·共372页,1(2022·福建省福州延安中学高三开学考试)为检查某校学生心理健康情况，市教委从该校1400名学生中随机抽查400名学生，检查他们心理健康程度，则下列说法正确的是()A.1400名学生的心理健康情况是总体B.每个学生是个体C.400名学生是总体的一个样本D.400名学生为样本容量答案A【解析】对选项A：1400名学生的心理健康情况是总体，故A正确；对选项B，每个学生的心理健康情况是个体，故B错误；对选项C，400名学生的心理健康情况是总体的一个样本，故C错误；对选项D，400名学生的心理健康情况为样本容量，故D错.故选：A2(2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试)某市为了减少水资源的浪费，计划对居民生活用水费用实施阶梯式水价制度.为了确定一个比较合理的标准，通过简单随机抽样，获得了100户居民的月均用水量数据(单位：吨)，得到如图所示的频率分布直方图.估计该市居民月均用水量的中位数为()A.8.25B.8.45C.8.65D.8.85答案B【解析】由频率分布直方图，得月均用水量在5.2吨以下的居民用户所占的比例为4×0.06=0.24，月均用水量在9.2吨以下的居民用户所占的比例为4×0.06+0.08=0.56>0.5，故中位数落在区间5.2,9.2内.设样本的中位数为x，则0.24+x-5.2×0.08=0.5，0.5-0.24所以x=5.2+=8.45，即样本的中位数为8.45，0.08由样本估计总体的思想，估计该市居民月均用水量的中位数为8.45，故选：B.第309页·共372页,3(2022·黑龙江·佳木斯一中三模(文))新冠肺炎疫情防控中，测量体温是最简便、最快捷，也是筛查成本比较低、性价比很高的筛查方式，是更适用于大众的普通筛查手段．某班级体温检测员对某一周内甲、乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论不正确的是()A.甲同学的体温的极差为0.5℃B.甲同学的体温的众数为36.3℃C.乙同学的体温的中位数与平均数不相等D.乙同学的体温比甲同学的体温稳定答案C【解析】对于A：甲同学的体温的极差为36.6-36.1=0.5℃，故A选项正确；对于B：甲同学的体温从低到高依次为36.1℃，36.1℃，36.3℃，36.3℃，36.3℃，36.5℃，36.6℃，故众数为36.3℃，故B选项正确；对于C：乙同学的体温从低到高依次为36.2℃，36.3℃，36.3℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，36.6℃，故中位数为36.4℃，而平均数也是36.4℃，故C选项错误；对于D：从折线图上可以看出，乙同学的体温比甲同学的体温稳定，故D选项正确.故选：C4(2022·河北邯郸·高三开学考试)某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：下列结论正确的是()A.该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5B.该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7C.2022年该校本科达线人数增加了80%D.2022年该校不上线的人数有所减少答案C【解析】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为150.2021年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为9:5，本科达线人数增加了80%，故选项A不正确，选项C正确；2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为9:7，选项B错误；第310页·共372页,2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项D错误.故选：C5(2022·安徽·高三开学考试)某滑冰馆统计了2021年11月1日到30日某小区居民在该滑冰馆的锻炼天数，得到如图所示的频率分布直方图(将频率视为概率)，则下列说法正确的是()A.该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数在区间25,30内的最少B.估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的中位数为16C.估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的平均值大于14D.估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数超过15天的概率为0.456答案C【解析】频率分布直方图中，面积最小的矩形条所在的区间为20,25，即样本中区间20,25内的数据频率最小，频数也最小，故选项A错误，由频率分布直方图可得，前三个小矩形的面积之和为0.02+0.04+0.047×5=0.535>0.5，所以估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的中位数小于15，故选项B错误；由频率分布直方图可得，x=0.02×5×2.5+0.04×5×7.5+0.047×5×12.5+0.06×5×17.5+0.013×5×22.5+0.02×5×27.5=14.15>14，故选项C正确；由频率分布直方图可得，该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数超过15天的频率为0.06+0.013+0.02×5=0.465，故锻炼天数超过15天的概率为0.465，故选项D错误.故选：C.6(2022·广西·模拟预测(文))2022年6月6日是第27个“全国爱眼日”，为普及科学用眼知识，提高群众健康水平，预防眼疾，某区残联在残疾人综合服务中心开展“全国爱眼日”有奖答题竞赛活动.已知5位评委老师按百分制(只打整数分)分别给出某参赛小队评分，可以判断出一定有评委打满分的是()A.平均数为98，中位数为98B.中位数为96，众数为99C.中位数为97，极差为9D.平均数为98，极差为6答案D【解析】选项A：当打分结果为98,98,98,98,98时，满足平均数为98，中位数为98，所以A错误；选项B：当打分结果为99,99,96,95,94时，满足中位数为96，众数为99，所以B错误；选项C：当打分结果为89,97,97,97,98时，满足中位数为97，极差为9，所以C错误；选项D：假设没有评委打满分，结合极差为6可得总成绩S≤99-6+99×4=489，489则平均数x≤=97.8<98，与选项不符，故假设不成立，所以平均数为98，极差为6时，一定有评委5打满分，故选：D.第311页·共372页,7(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))比较甲、乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值(满分为5分，分值高者为优)，绘制了如图所示的六维能力雷达图，例如图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下面叙述错误的是()A.甲的逻辑推理能力指标值优于乙的逻辑推理能力指标值B.乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值C.乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平D.甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值答案D【解析】对于A选项，甲的逻辑推理能力指标值为4，乙的逻辑推理能力指标值为3，所以甲的逻辑推理能力指标值优于乙的逻辑推理能力指标值，故选项A正确；对于B选项，甲的数学建模能力指标值为3，乙的直观想象能力指标值为5，所以乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值，故选项B正确；123对于C选项，甲的六维能力指标值的平均值为×(4+3+4+5+3+4)=，66123乙的六维能力指标值的平均值为×(5+4+3+5+4+3)=4>，66所以乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平，所以选项C正确；对于D选项，甲的数学运算能力指标值为4，甲的直观想象能力指标值为5，所以甲的数学运算能力指标值不优于甲的直观想象能力指标值，所以选项D错误.故选：D8(2022·河南·高三阶段练习(理))已知甲、乙两班各50人，下表为某次数学考试的成绩情况：分数段80,9090,100100,110110,120120,130130,140140,150甲班人数139161074乙班人数325141187各分数段成绩视为均匀分布，有以下结论：①甲班平均成绩低于乙班；②甲班成绩的中位数与乙班相同；③甲班成绩的方差比乙班成绩的方差小．其中正确的序号是()A.①B.①③C.②③D.①②③答案B1【解析】由题可知，x甲=(85×1+95×3+105×9+115×16+125×10+135×7+145×4)=118.6，50第312页·共372页,1x乙=(85×3+95×2+105×5+115×14+125×11+135×8+145×7)=121，50所以甲班的平均成绩低于乙班的平均成绩，故①正确；因为甲班的中位数位于分数段110,120，乙班的中位数位于分数段120,130，所以甲班的中位数低于乙班的中位数，故②错误；212222222因为s甲=33.6×1+23.6×3+13.6×9+3.6×16+6.4×10+16.4×7+26.4×4=195.04，50212222222s乙=36×3+26×2+16×5+6×14+4×11+14×8+24×7=256，50所以甲班成绩的方差比乙班成绩的方差小，故③正确.综上，正确的序号是①③.故选：B.二、多选题9(2022·广东广州·高三阶段练习)某校为了解高中学生的身高情况，根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生50名和女生30名，测量他们的身高所得数据(单位：cm)如下：性别人数平均数方差男生5017218女生30164302根据以上数据，可计算出该校高中学生身高的总样本平均数x与总样本方差s分别是()22A.x=168B.x=169C.s=225D.s=37.5答案BD53【解析】设总样本量为n，由题意得男生样本量为n1=n，女生样本量为n2=n，假设男生的样本数据88为yii=1,2,⋯,n1，女生的样本数据为zii=1,2,⋯,n2，n1n21153则总样本平均数x=yi+zi=n1y+n2z=×172+×164=169，nn88i=1i=1n1n22122总样本方差s=nyi-x+zi-x，i=1i=1n1n1n1n1n1n122222∵yi-x=yi-y+y-x=yi-y+2y-xyi-y+y-x=yi-y+n1i=1i=1i=1i=1i=1i=1222y-x=n1s1+y-x，n2222同理zi-x=n2s2+z-x，i=1n1n22122n122n2225&there4;总样本方差s=nyi-x+zi-x=ns1+y-x+ns2+z-x=8×(18+9)+i=1i=13×(30+25)=37.5，8故选：BD第313页·共372页,10(2022·全国·模拟预测)最近几个月，新冠肺炎疫情又出现反复，各学校均加强了疫情防控要求，学生在进校时必须走测温通道，每天早中晚都要进行体温检测并将结果上报主管部门.某班级体温检测员对一周内甲乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论正确的是()A.甲同学体温的极差为0.4℃B.乙同学体温的众数为36.4℃，中位数与平均数相等C.乙同学的体温比甲同学的体温稳定D.甲同学体温的第60百分位数为36.4℃答案ABC【解析】观察折线图知，甲同学体温的极差为36.6-36.2=0.4℃，A正确；乙同学体温从小到大排成一列：36.3℃，36.3℃，36.4℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，1乙同学体温的众数为36.4℃，中位数为36.4℃，平均数x=36.3×2+36.4×3+36.5×2=46.4℃，7B正确；乙同学的体温波动较甲同学的小，极差为0.2℃，也比甲同学的小，因此乙同学的体温比甲同学的体温稳定，C正确；将甲同学的体温从小到大排成一列：36.2℃，36.2℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，36.6℃，因7×60%=4.2，则甲同学体温的第60百分位数为36.5℃，D不正确.故选：ABC11(2022·广东·开平市忠源纪念中学高三阶段练习)某中学组织三个年级的学生进行禁毒知识竞赛.经统计，得到成绩排在前200名学生分布的饼状图(图1)和其中的高一学生排名分布的频率条形图(图2).则下列命题正确的是()A.成绩排在前200名的200人中，高二人数比高三人数多10B.成绩排在第1&sim;50名的50人中，高一人数比高二的多1C.成绩排在第51&sim;150名的100人中，高三人数占比可能超过3D.成绩排在第51&sim;100名的50人中，高二人数肯定多于23答案AC【解析】由前200名学生分布的饼状图和高一学生排名分布的频率条形图知：对于A，成绩排在前200名的200人中，高二人数比高三人数多200×30%-25%=10，故A正确；对于B，成绩排在第1&sim;50名的50人中，高一人数为200×45%×20%=18，高二和高三在前200名中共有200×25%+30%=110，高二的具体人数不知道，故B错误；对于C，成绩排在第51&sim;150名的100人中，高一人数为90×0.3+0.4=63，高二和高三人数总和为1100-63=37，所以高三人数占比有可能超过，故C正确；3第314页·共372页,对于D，成绩排在第51&sim;100名的50人中，高一学生有90×0.3=27人，高二最多有50-27=23人，故D不正确；故选：AC.12(2022·广东茂名·高三阶段练习)下面是某省2016年至2021年乒乓球训练馆新增数量图和乒乓球训练馆类型统计表，则下列说法正确的是()2020-2021年乒乓球训练馆类型统计表类型2020年2021年A类型24%21%B类型36%38%C类型40%41%A.2021年该省乒乓球训练馆产业中C类型乒乓球训练馆占比量最高B.2016年至2021年该省乒乓球训练馆数量逐年上升C.2016年至2021年该省乒乓球训练馆新增数量逐年增加D.2021年B类型乒乓球训练馆比2020年B类型乒乓球训练馆数量多答案ABD【解析】由统计表可知，2021年该省乒乓球训练馆产业中C类型乒乒球训练馆占比最高，故A正确；由图可知，2016年至2021年该省乒乒球训练馆数量逐年上升，故B正确；由图可知，2020年比2019年下降了，故C错误；由图和统计表可知，2021年B类型乒乒球训练馆比2020年B类型乒乒球训练馆数量多，故D正确.故选：ABD.三、填空题13已知四个数1，2，4，a的平均数为4，则这四个数的中位数是．答案31+2+4+a【解析】由题意可得：x==4，解得：a=9，42+4则中位数为=3．2故答案为：3．14(2022·广东广州·高三阶段练习)请写出一组由6个不同的自然数从小到大排列的数据，这组数据要满足以下两个条件：①第70百分位数为6，②极差为6．．答案1,2,3,4,6,7(答案不唯一)第315页·共372页,【解析】因为6×0.7=4.2，所以第70百分位数为第5个数，因为第70百分位数为6，所以第5个数为6，由于极差为6，所以这组数可以为：1,2,3,4,6,7，故答案为：1,2,3,4,6,7(答案不唯一)15(2022·四川·高三开学考试(理))四川省将于2022年秋季启动实施新高考综合改革，某校开展“新高考”动员大会，参会的有100名教师，1500名学生，1000名家长，为了解大家对推行“新高考”的认可程度，现采用分层抽样调查，抽取了一个容量为n的样本，其中教师与家长共抽取了55名，则n=．答案130n55【解析】由=，得n=130.100+1500+1000100+1000故答案为：130．16(2022·云南·高三阶段练习)某市某次高中数学统测学生测试成绩频率分布直方图如图所示.现按测试成绩由高到低分成A，B，C，D四个等级，其中A等占25%,B等占40%,C等占30%,D等占5%的比例，规定达到C等级及以上才能通过考试，则要通过本次考试的学生分数至少为.答案24【解析】由图可知，分数在20分以下的比例为0.001×20=0.02，在40分以下的比例为0.001+0.00750.05-0.02×20=0.17，因此5%分位数位于20,40内，由20+20×=24，所以通过本次考试分数至少0.15为24.故答案为：24.四、解答题17(2022·全国·高三阶段练习(理))某企业在举行的安全知识竞答活动中，随机抽取了50名员工，统计了他们的成绩，全部介于70到95之间，将成绩按如下方式分成五组：第一组70,75，第二组75,80,⋯，第五组90,95，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图(1)请根据频率分布直方图，求样本数据的平均数和中位数(所有结果均保留两位小数)；(2)从第一组和第五组的员工中，随机抽取4名员工，记这4名员工中来自第五组的员工的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望.解析(1)样本数据的平均数x=72.5×0.06+77.5×0.16+82.5×0.38+87.5×0.32+92.5×0.08=83.50第一二组的频率为0.06+0.16=0.22<0.5第316页·共372页,第一二三组的频率为0.06+0.16+0.38=0.6>0.5所以中位数一定落在第三组，设中位数为x，则0.06+0.16+x-80×0.076=0.5解得x≈83.68(2)据题意，第一组有0.06×50=3人，第五组有0.08×50=4人，随机变量X的可能取值为1,2,3,41C44PX=1==C435722C3C418PX=2==C435713C3C412PX=3==C43574C41PX=4==C4357所以X的分布列是X1234P4181213535353516所以X的数学期望EX=718(2022·陕西·安康市教学研究室三模(理))某学校为了解高三尖子班数学成绩，随机抽查了60名尖子生的期中数学成绩，得到如下数据统计表：期中数学成绩(单位：分)频数频率若数学成绩超过135分的学生为“特别优秀”，超过120分120,12530.05而不超过135分的学生为“优秀”，已知数学成绩“优秀”的学生与“特别优秀”的学生人数比恰好为2:3．125,130xp(1)求x，y，p，q的值；130,13590.15(2)学校教务为进一步了解这60名学生的学习方法，从数135,140150.25学成绩“优秀”、“特别优秀”的学生中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查．设140,145180.30X为抽取的3人中数学成绩“优秀”的人数，求X的分布列145,150yq和数学期望．合计601.00解析(1)根据题意，得3+x+9+15+18+y=60x=123+x+92，解得，15+18+y=3y=3x12y3所以p===0.2,q===0.05，60606060故x=12,y=3，p=0.2,q=0.0532(2)用分层抽样的方法选取5人，则数学成绩“特别优秀”的有5×=3人，“优秀”的有5×=2人，55故X的可能取值为0，1，2，则31221C31C2C33C2C33P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，C310C35C310555所以X的分布列为：X012第317页·共372页,P133105101336故EX=0×+1×+2×=．10510519(2022·陕西·咸阳市高新一中高三开学考试(文))在实施“乡村振兴”的进程中，某地政府引领广大农户发展特色农业，种植优良品种柑橘．现在实验基地中种植了相同数量的A、B两种柑橘．为了比较A、B两个柑橘品种的优劣，在柑橘成熟后随机选取A、B两种柑橘各100株，并根据株产量X(单位：kg)绘制了如图所示的频率分布直方图(数据分组为：65,70、70,75、75,80、80,85、85,90、90,95)：(1)求a、b的值；(2)将频率当做概率，在所有柑橘中随机抽取一株，求其株产量不低于80kg的概率；(3)求两种柑橘株产量平均数的估计值(同一组数据中的平均数用该组区间的中点值代表)，并从产量角度分析，哪个品种的柑橘更好？说明理由．解析(1)由频率分布直方图可得0.01×2+0.03+0.05+0.06+a×5=1，解得a=0.04，0.01×2+0.03+b+0.05+0.06×5=1，解得b=0.04．(2)A品种柑橘株产量不低于80kg的频率为0.04+0.05+0.06×5=0.75，B品种柑橘株产量不低于80kg的频率为0.03+0.01+0.01×5=0.25，0.75×100+0.25×100故200株柑橘中产量不低于80kg的频率为=0.5，100+100所以在所有柑橘中随机抽取一株，其株产量不低于80kg的概率为0.5．(3)A品种柑橘株产量平均数的估计值为MA，MA=0.01×67.5+0.01×72.5+0.03×77.5+0.04×82.5+0.05×92.5+0.06×87.5×5=84.5，设B品种柑橘株产量平均数的估计值为MB，MB=0.01×92.5+0.01×87.5+0.03×82.5+0.04×77.5+0.05×67.5+0.06×72.5×5=75.5，A品种的柑橘更好．理由如下：方法一：A的平均产量大于B的平均产量．方法二：由频率分布直方图可知，A品种柑橘株产量在80kg及以上的占比为75%，B品种柑橘株产量在80kg及以上的占比为25%，故A品种的柑橘更好．第318页·共372页,20(2022·新疆·新和县实验中学高三阶段练习(理))教育部门去年出台了“双减”政策.即有效减轻义务教育阶段学生过重作业负担和校外培训负担，持续规范校外培训(包括线上培训和线下培训).“双减"政策的出合对校外的培训机构经济效益产生了严重影响.某大型校外培训机构为了规避风险，寻求发展制定科学方案，工作人员对2021年前200名报名学员的消费金额进行了统计整理，其中数据如表.消费金额(千元)3,55,77,99,1111,1313,15人数305060203010(1)结合题中给出数据，估计2021年前200名报名学员消费的平均数x(同一区间的花费用区间的中点值替代).(2)该大型校外培训机构转型方案之一是将文化科主阵地辅导培训向音体美等兴趣爱好培训转移，为了深入了解当前学生的兴趣爱好，工作人员利用分层抽样的方法在消费金额为9,11和11,13的学员中抽取了5人，再从这5人中选取3人进行有奖问卷调查，求抽取的3人中消费金额为11,13的人数X的分布列和数学期望.30506020解析(1)2021年前200名报名学员消费的平均数为x=4×+6×+8×+10×+122002002002003010×+14×=8；20020020(2)由分层抽样可得消费金额为[9,11)的人数为5×=2人，消费金额为[11,13)的人数为5×20+3030=3人，20+30抽取的3人中消费金额为11,13的人数为X，则X=1、2、3；211203C2C33C2C33C2C31PX=1==,PX=2==,PX=3==C310C35C310555所以X的分布列为：X123P331105103319所以E(X)=1×+2×+3×=.105105第319页·共372页,第11章统计案例【考点预测】知识点一、变量间的相关关系1、变量之间的相关关系当自变量取值一定时，因变量的取值带有一定的随机性，则这两个变量之间的关系叫相关关系．由于相关关系的不确定性，在寻找变量之间相关关系的过程中，统计发挥着非常重要的作用．我们可以通过收集大量的数据，在对数据进行统计分析的基础上，发现其中的规律，对它们的关系作出判断．注意：相关关系与函数关系是不同的，相关关系是一种非确定的关系，函数关系是一种确定的关系，而且函数关系是一种因果关系，但相关关系不一定是因果关系，也可能是伴随关系．2、散点图将样本中的n个数据点(xi,yi)(i=1,2,⋅⋅⋅,n)描在平面直角坐标系中，所得图形叫做散点图．根据散点图中点的分布可以直观地判断两个变量之间的关系．(1)如果散点图中的点散布在从左下角到右上角的区域内，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关，如图(1)所示；(2)如果散点图中的点散布在从左上角到右下角的区域内，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为负相关，如图(2)所示．3、相关系数若相应于变量x的取值xi，变量y的观测值为yi(1≤i≤n)，则变量x与y的相关系数r=nn(xi-x)(yi-y)xiyi-nxyi=1i=1=，通常用r来衡量x与y之间的线性关系的强弱，r的范nnnn222222(xi-x)(yi-y)xi-nxyi-nyi=1i=1i=1i=1围为-1≤r≤1．(1)当r>0时，表示两个变量正相关；当r<0时，表示两个变量负相关．(2)r越接近1，表示两个变量的线性相关性越强；r越接近0，表示两个变量间几乎不存在线性相关关系．当|r|=1时，所有数据点都在一条直线上．(3)通常当r>0.75时，认为两个变量具有很强的线性相关关系．知识点二、线性回归1、线性回归线性回归是研究不具备确定的函数关系的两个变量之间的关系(相关关系)的方法．对于一组具有线性相关关系的数据(x1，y1)，(x2，y2)，⋯，(xn，yn)，其回归方程y=bx+a的求法为第320页·共372页,nn(xi-x)(yi-y)xiyi-nxyi=1i=1b=n=n(x-x)2x2-nx2iii=1i=1a=y-bxnn11其中，x=xi，y=yi，(x，y)称为样本点的中心．nni=1i=12、残差分析对于预报变量y，通过观测得到的数据称为观测值yi，通过回归方程得到的y称为预测值，观测值减去预测值等于残差，ei称为相应于点(xi,yi)的残差，即有ei=yi-yi．残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面工作称为残差分析．(1)残差图通过残差分析，残差点xi,ei比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适，其中这样的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精确度越高；反之，不合适．n2(2)通过残差平方和Q=(yi-yi)分析，如果残差平方和越小，则说明选用的模型的拟合效果越好；反i=1之，不合适．(3)相关指数n2(yi-yi)2i=1用相关指数来刻画回归的效果，其计算公式是：R=1-n．2(yi-y)i=12R越接近于1，说明残差的平方和越小，也表示回归的效果越好．知识点三、非线性回归解答非线性拟合问题，要先根据散点图选择合适的函数类型，设出回归方程，通过换元将陌生的非线性回归方程化归转化为我们熟悉的线性回归方程．求出样本数据换元后的值，然后根据线性回归方程的计算方法计算变换后的线性回归方程系数，还原后即可求出非线性回归方程，再利用回归方程进行预报预测，注意计算要细心，避免计算错误．1、建立非线性回归模型的基本步骤：(1)确定研究对象，明确哪个是解释变量，哪个是预报变量；(2)画出确定好的解释变量和预报变量的散点图，观察它们之间的关系(是否存在非线性关系)；(3)由经验确定非线性回归方程的类型(如我们观察到数据呈非线性关系，一般选用反比例函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数模型等)；(4)通过换元，将非线性回归方程模型转化为线性回归方程模型；(5)按照公式计算线性回归方程中的参数(如最小二乘法)，得到线性回归方程；(6)消去新元，得到非线性回归方程；(7)得出结果后分析残差图是否有异常．若存在异常，则检查数据是否有误，或模型是否合适等．知识点四、独立性检验1、分类变量和列联表(1)分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量．第321页·共372页,(2)列联表：①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表．②2×2列联表．一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2×2列联表)为y1y2总计x1aba+bx2cdc+d总计a+cb+da+b+c+dac从2×2列表中，依据与的值可直观得出结论：两个变量是否有关系．a+bc+d2、等高条形图(1)等高条形图和表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高条形图表示列联表数据的频率特征．ac(2)观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之间有关系．a+bc+d3、独立性检验2(1)定义：利用独立性假设、随机变量K来确定是否有一定把握认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验．22n(ad-bc)(2)公式：K=，其中n=a+b+c+d为样本容量．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(3)独立性检验的具体步骤如下：2①计算随机变量K的观测值k，查下表确定临界值k0：2pK≥k00.50.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.8282②如果k≥k0，就推断“X与Y有关系”，这种推断犯错误的概率不超过pK≥k0；否则，就认为在犯错误2的概率不超过pK≥k0的前提下不能推断“X与Y有关系”．(2)两个分类变量X和Y是否有关系的判断标准：统计学研究表明：2当K≤3.841时，认为X与Y无关；2当K>3.841时，有95∘∘的把握说X与Y有关；2当K>6.635时，有99∘∘的把握说X与Y有关；2当K>10.828时，有99.9∘∘的把握说X与Y有关．【方法技巧与总结】常见的非线性回归模型x(1)指数函数型y=ca(a>0且a≠1，c>0)x两边取自然对数，lny=lnca，即lny=lnc+xlna，y=lny令，原方程变为y=lnc+xlna，然后按线性回归模型求出lna，lnc．x=x第322页·共372页,(2)对数函数型y=blnx+ay=y令，原方程变为y=bx+a，然后按线性回归模型求出b，a．x=lnxn(3)幂函数型y=axn两边取常用对数，lgy=lgax，即lgy=nlgx+lga，y=lgy令，原方程变为y=nx+lga，然后按线性回归模型求出n，lga．x=lgx2(4)二次函数型y=bx+ay=y令2，原方程变为y=bx+a，然后按线性回归模型求出b，a．x=xb(5)反比例函数型y=a+型xy=y令1，原方程变为y=bx+a，然后按线性回归模型求出b，a．x=x【典例例题】题型一:变量间的相关关系1.(2022·上海嘉定·高三阶段练习)通过抽样调研发现，当地第三季度的医院心脑血管疾病的人数和便利店购买冷饮的人数的相关系数很高，甲认为这是巧合，两者其实没有关系：乙认为冷饮的某种摄入成分导致了疾病；丙认为病人对冷饮会有特别需求：丁认为两者的相关关系是存在的，但不能视为因果，请判断哪位成员的意见最可能成立()A.甲B.乙C.丙D.丁答案D【解析】当地第三季度的医院心脑血管疾病的人数和便利店购买冷饮的人数的相关系数很高，但相关关系是一种非确定性关系，相关关系不等于因果关系，丁的意见最可能成立.故选：D.第323页·共372页,2.(2022·四川·成都七中高三阶段练习(理))某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图．下面关于相关系数的比较，正确的是()A.r4<r2<r1<r3b.r2<r4<r1<r3c.r2<r4<r3<r1d.r4<r2<r3<r1答案c【解析】由图可知：r3，r1所对应的图中的散点呈现正相关，而且r1对应的相关性比r3对应的相关性要强，故0<r3<r1，r2，r4所对应的图中的散点呈现负相关，且根据散点的分布情况可知r2<r4<0,因此r2<r4<r3<r1，故选：c3.(2022·上海交大附中高三阶段练习)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据xi,yi(i=1,2,⋯,20)，其中xi和yi分别表示2020第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量(单位：头)，并计算得xi=60，yii=1i=120202022=1200，xi-x=80，yi-y=9000，xi-xyi-y=800.i=1i=1i=1(1)估计该地区这种野生动物的数量；(2)求样本xi,yi(i=1,2,⋯,20)的相关系数.(精确到0.01)2011解析(1)由已知得样本平均数y=yi=×1200=600，2020i=1从而该地区这种野生动物数量的估计值为20×600=12000.20202022(2)由xi-x=80，yi-y=9000，xi-xyi-y=800，i=1i=1i=1可得样本(xi,yi)(i=1，2，⋯，20)的相关系数为第324页·共372页,20(xi-x)(yi-y)i=180080022r====≈0.94.202080×90006002322(xi-x)(yi-y)i=1i=11.(2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试(理))对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r1=0.8995，对两个变量u，v进行线性相关检验，得线性相关系数r2=-0.9568，则下列判断正确的是()a.变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强b.变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强c.变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强d.变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强答案c【解析】依题意：r1=0.8995,r2=-0.9568，所以x,y正相关，u,v负相关，r2<r1<1，所以u,v的线性相关性较强.故选：c2.甲､乙､丙､丁四位同学各自对x,y两变量的线性相关性做试验，分别求得样本相关系数r，如下表：甲乙丙丁r0.20-0.95-0.120.85则试验结果中x,y两变量有更强线性相关性的是()a.甲b.乙c.丙d.丁答案b【解析】由已知，乙的相关系数的绝对值为r=0.95，是四人中最大的，因此乙同学有更强的相关性．故选：b．第325页·共372页,3.(2022·江苏·南京市第一中学高三阶段练习)某网络电视剧已开播一段时间，其每日播放量有如下统计表：开播天数x(单位：天)12345当天播放量y(单位：百万次)335910(1)请用线性回归模型拟合y与x的关系，并用相关系数加以说明；(2)假设开播后的两周内(除前5天)，当天播放量y与开播天数x服从(1)中的线性关系.若每百万播放量可为制作方带来0.7万元的收益，且每开播一天需支出1万元的广告费，估计制作方在该剧开播两周内获得的利润.nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1参考公式：r=nn，b=n，a=y-bx.222xi-xyi-yxi-xi=1i=1i=155522参考数据：∑xiyi=110，∑xi=55，∑yi=224，110≈10.5.i=1i=1i=1注：①一般地，相关系数r的绝对值在0.95以上(含0.95)认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱.②利润=收益-广告费.11解析(1)由题得x=(1+2+3+4+5)=3,y=(3+3+5+9+10)=6.55nxi-xyi-yi=16+3+3+8所以b=n=2222=2.2(1-3)+(2-3)+(4-3)+(5-3)xi-xi=1所以a=y-bx=6-2×3=0.所以线性回归方程为y=2x.nxi-xyi-yi=1201010相关系数r===≈≈0.952>0.95，nn10×4411010.522xi-xyi-yi=1i=1所以每日的播放量和开播天数线性相关性较强.(2)设利润为p，则p=[30+2(6+7+8+9+10+11+12+13+14)]×0.7-14=133所以估计制作方在该剧开播两周内获得的利润为133万元..答：估计制作方在该剧开播两周内获得的利润为133万元..题型二:线性回归第326页·共372页,1.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)重庆位于北半球亚热带内陆地区，其气候特征恰如几句俗谚：春早气温不稳定，夏长酷热多伏旱，秋凉绵绵阴雨天，冬暖少雪云雾多．尤其是10月份，昼夜温差很大，某数学兴趣小组欲研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们分别到气象局与某医院抄录了2021年10月某六天的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如下资料：日期第一日第三日第五日第四日第二日第六日昼夜温差x(℃)47891214就诊人数y(个)y1y2y3y4y5y66622其中：yi∈N*，i=1，2，3，4，5，6，参考数据：yi=2658，yi-y=258，258≈16．i=1i=1127(1)根据散点图可以认为x与y之间存在线性相关关系，且相关系数r=，请用最小二乘法求出线性128回归方程y=bx+a(a，b用分数表示)；(2)分析数据发现：第六日就诊人数y6=30，第一日就诊患者中有3个小孩，其他患者全是大人，现随机的8从第一日所有就诊患者中选出2人，若2人中至少有一个小孩的概率为；15①求y1的值；②若y2<y3<y4<y5，求y2，y3，y4，y5的值(只写结果，不要求过程)nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1(参考公式：b=n，a=y-b⋅x，r=nn)222xi-xxi-x⋅yi-yi=1i=1i=162解析(1)因为yi-y=258，i=12222所以y1+y2+⋅⋅⋅+y6-2(y1+y2+⋅⋅⋅+y6)y+6y=258，62因为yi=2658，y1+y2+⋅⋅⋅+y6=6y，i=122所以2658-12y+6y=258，得y=20，1因为x=×(4+7+8+9+12+14)=9，662222所以xi-x=4-9+9-9+⋯+14-9=64，i=1nxi-xyi-yi=1因为r=nn22xi-x⋅yi-yi=1i=1nn2xi-xyi-yxi-xi=1i=1=n⋅n22xi-xyi-yi=1i=1n2xi-xi=1127=b⋅，r=，n1282yi-yi=1第327页·共372页,1278所以=b，128258127127137所以b=，a=20-⋅9=，646464127137即线性回归方程y=x+6464112c3cy1-3+c382(2)①由题意可得：2人中至少有一个小孩的概率为p=2=，得：4y1-49y1+90=0cy1519所以y1=10或y1=(舍)4②由(1)得y=20，因为y1=10，y6=30，所以10+y2+y3+y4+y5+30=120，得y2+y3+y4+y5=80，62因为yi=2658，i=12222所以100+y2+y3+y4+y5+900=2658，2222所以y2+y3+y4+y5=1658，*因为y2,y3,y4,y5∈n，y2<y3<y4<y5，所以y2=15，y3=18，y4=22，y5=25.2.已知x，y的取值如表：x0134ya4.34.86.7若x，y具有线性相关关系，且回归方程为y=0.95x+2.6，则a=．答案2.20+1+3+4a+4.3+4.8+6.7a+15.8【解析】将x==2,y==代入回归方程为y=0.95x+2.6，可444a+15.8得=4.5⇒a=2.2，应填答案2.2．43.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn(n≥2，x1，x2，⋯，xn不相等)，若这组数据的样本相关系数为-1，则在这组样本数据的散点图中，所有样本点xi,yi(i=1，2，⋯，n)所在的曲线可能是()2a.y=-2x+3b.y=x+3c.y=-x+3d.y=x+3答案a【解析】样本相关系数r的绝对值越接近于1，样本数据的散点图越接近于一条直线．因为该组数据的样本相关系数r=-1，故样本数据呈负相关，所以所有样本点xi,yi(i=1，2，⋯，n)所在的曲线可能在直线y=-2x+3上，故选：a．第328页·共372页,1.(2022·全国·高三专题练习(文))给出下列说法：①回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x,y)，且至少过一个样本点；②两个变量相关性越强，则相关系数|r|就越接近1；③将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变；④在回归直线方程y=2-0.5x中，当解释变量x增加一个单位时，预报变量y平均减少0.5个单位.其中说法正确的是()a.①②④b.②③④c.①③④d.②④答案b【解析】对于①中，回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x,y)，但不一定过一个样本点，所以不正确；对于②中，根据相关系数的意义，可得两个变量相关性越强，则相关系数|r|就越接近1，所以是正确的；对于③中，根据方差的计算公式，可得将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差是不变的，所以是正确的；对于④中，根据回归系数的含义，可得在回归直线方程y=2-0.5x中，当解释变量x增加一个单位时，预报变量y平均减少0.5个单位，所以是正确的.故选：b.2.对于数据组xi,yii=1,2,3,...,n，如果由线性回归方程得到的对应于自变量xi的估计值是yi，那么将yi-yi称为相应于点xn,yi的残差．某工厂为研究某种产品产量x(吨)与所需某种原材料y吨)的相关性，在生产过程中收集4组对应数据x,y如下表所示：x3456y2.534m根据表中数据，得出y关于x的线性回归方程为y=0.7x+a，据此计算出样本点(4，3)处的残差为-0.15，则表中m的值为()a.3.3b.4.5c.5d.5.5答案b【解析】由题意可知，在样本(4，3)处的残差-0.15，则y=3.15，即3.15=0.7x+a，解得a=0.35，即y=0.7x+0.35，3+4+5+6又x==4.5，且线性方程过样本中心点(x，y)，42.5+3+4+m则y=0.7×4.5+0.35=3.5，则y==3.5，4解得m=4.5.故答案为：b3.已知两个变量x和y之间有线性相关关系，经调查得到如下样本数据，x34567y3.52.41.1-0.2-1.3根据表格中的数据求得同归方程y=bx+a，则下列说法正确的是()a.a>0，b>0B.a>0，b<0C.a<0，b>0D.a<0，b<0答案B【解析】由已知数据，可知y随着x的增大而减小，则变量x和变量y之间存在负相关的关系，&there4;b<0，第329页·共372页,当x=0时，则a=y>3.5>0，即：a>0，b<0．故选：B.4.为研究某种细菌在特定环境下，随时间变化的繁殖情况，得到如下实验数据：天数x(天)3456繁殖个数y(千个)2.5344.5由最小二乘法得y与x的线性回归方程为y=0.7x+a，则当x=7时，繁殖个数y的预测值为()A.4.9B.5.25C.5.95D.6.15答案B3+4+5+692.5+3+4+4.57【解析】由题意，根据表格中的数据，可得x==,y==，42429779即样本中心为2,2，代入回归直线方程y=0.7x+a，即2=0.7×2+a，解得a=0.35，即回归直线的方程为y=0.7x+0.35，当x=7时，y=0.7×7+0.35=5.25，故选B．5.(2022·北京师大附中高三阶段练习(文))为了规定工时定额，需要确定加工某种零件所需的时间，为此进行了5次试验，得到5组数据：x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4,x5,y5，由最小二乘法求得回归直线方程为y=0.67x+54.9．若已知x1+x2+x3+x4+x5=150，则y1+y2+y3+y4+y5=()A.75B.155.4C.375D.466.2答案C150【解析】由题意，可得x==30，代入回归直线的方程，可得y=0.67×30+54.9≈75，5所以y1+y2+y3+y4+y5=5×y=375，故选C．6.(2022·广东·顺德一中高三阶段练习)据一组样本数据(x1,y1),(x2,y2)，⋯，xn,yn，求得经验回归方程为y=1.5x+0.5，且x=3.现发现这组样本数据中有两个样本点1.2,2.2和4.8,7.8误差较大，去除后重新求得的经验回归直线l的斜率为1.2，则()A.去除两个误差较大的样本点后，y的估计值增加速度变快B.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程一定过点(3,4)C.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为y=1.2x+1.4D.去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点2,3.75的残差为0.05答案C【解析】对A，因为1.5>1.2，所以去除两个误差较大的样本点后y的估计值增加速度变慢，故A错误；对B，当x=3时，y=3×1.5+0.5=5，设去掉两个误差较大的样本点后，横坐标的平均值为x，纵坐标的平均值为y，x1+x2+⋅⋅⋅+xn-63n-6y1+y2+⋅⋅⋅+yn-105n-10则x===3，y===5，故B错误；n-2n-2n-2n-2对C，因为去除两个误差较大的样本点后，重新求得回归直线l的斜率为1.2，所以5=3×1.2+a，解得a=1.4，所以去除两个误差较大的样本点后的经验回归方程为y=1.2x+1.4，故C正确；第330页·共372页,对D，因为y=1.2×2+1.4=3.8，所以y-y=3.75-3.8=-0.05，故D错误.故选：C.7.新冠肺炎疫情发生以来，中医药全面参与疫情防控救治，做出了重要贡献．某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入x(亿元)与产品收益y(亿元)的数据统计如下：研发投入x(亿元)12345产品收益y(亿元)3791011(1)计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？(若0.3<|r|<0.75，则线性相关程度一般，若|r|>0.75，则线性相关程度较高)(2)求出y关于x的线性回归方程，并预测研发投入20(亿元)时产品的收益．55522参考数据：xi-x=10，yi-y=40，xi-xyi-y=19．i=1i=1i=1nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1附：相关系数公式：r=nn，回归直线方程的斜率b=n，截距a222xi-xyi-yxi-xi=1i=1i=1=y-bx．55522解析(1)∵xi-x=10，yi-y=40，xi-xyi-y=19，i=1i=1i=15xi-xyi-yi=11919&there4;r====0.95>0.75，5510×402022xi-xyi-yi=1i=1&there4;该中医药企业的研发投入x与产品收益y具有较高的线性相关程度．5xi-xyi-yi=119(2)∵b===1.9，5102xi-xi=111x=(1+2+3+4+5)=3,y=(3+7+9+10+11)=8，55&there4;a=8-1.9×3=2.3．&there4;y关于x的线性回归方程为y=1.9x+2.3，将x=20代入线性回归方程可得，y=1.9×20+2.3=40.3，&there4;预测研发投入20(亿元)时产品的收益为40.3(亿元)第331页·共372页,8.(2022·全国·模拟预测(文))2020年，国庆“遇上”中秋，中国人把这个“超长黄金周”过出了年味.假期期间，全国各大旅游景点、车站、机场人头攒动的景象也吸引了世界的目光.外国媒体、专家和网友“实名羡慕”，这一派热闹景象证明了抗疫的成功，也展示了中国经济复苏的劲头.抗疫的成功离不开国家强大的医疗卫生体系，下表是某省2013年至2019年医疗卫生机构数y(单位：万个)：年份2013201420152016201720182019年份代号t1234567医疗卫生机构数y4.24.34.54.74.84.84.9(1)求y关于t的线性回归方程y=bt+a(a，b保留两位小数)；(2)规定若某年的实际医疗卫生机构数与估计值的差的绝对值不超过500个，则称该年是“吻合”年.利用(1)的结果，假设2020年该省医疗卫生机构数的估计值为实际值，现从2013年至2020年这8年中任选3年，其中“吻合”年的个数为X，求X的分布列与数学期望.7参考数据：tiyi=132.2，y=4.6.i=1nti-tyi-yi=1参考公式：线性回归方程y=bt+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b=n，a2ti-ti=1=y-bt.72222222解析(1)由题意得t=4，ti-t=-3+-2+-1+0+1+2+3=28，i=177ti-tyi-ytiyi-7tyi=1i=1132.2-7×4×4.63.4b====≈0.1277282822ti-tti-ti=1i=1则a=y-bt≈4.6-0.12×4=4.12，所以y关于t的线性回归方程为y=0.12t+4.12.(2)2013年至2019年这7年该省医疗卫生机构数的估计值与实际值(单位：万个)如下表所示：年份2013201420152016201720182019实际值4.24.34.54.74.84.84.9估计值4.244.364.484.64.724.844.96则2013年至2020年这8年中“吻合”年有2013年，2015年，2018年，2020年，共4年，故X的所有可能取值为0,1,2,3，k3-kC4C4且PX=k=，k=0,1,2,3，3C8故X的分布列为X01231331P14771413313所以EX=0×+1×+2×+3×=.1477142第332页·共372页,9.在我国抗疫期间，素有“南抖音，北快手”之说的小视频除了给人们带来生活中的快乐外，更在于传递了一种正能量，为抗疫起到了积极的作用，但一个优秀的作品除了需要有很好的素材外，更要有制作上的技术要求，某同学学习利用“快影”软件将已拍摄的素材进行制作，每次制作分三个环节来进行，其中每342个环节制作合格的概率分别为，，，只有当每个环节制作都合格才认为一次成功制作，该小视频视453为合格作品.(1)求该同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率；(2)若该同学制作10次，其中合格作品数为X，求X的数学期望与方差；(3)该同学掌握技术后制作的小视频被某广告公司看中，聘其为公司做广告宣传，决定试用一段时间，每天制作小视频(注：每天可提供素材制作个数至多40个)，其中前7天制作合格作品数y与时间t如下表：(第t天用数字t表示)时间(t)1234567合格作品数(y)3434768其中合格作品数(y)与时间(t)具有线性相关关系，求y关于t的线性回归方程(精确到0.01)，并估算第14天能制作多少个合格作品(四舍五入取整)？nnxiyi-nxyxi-xyi-y7i=1i=1(参考公式b=n=n，a=y-bx，参考数据：tiyi=163.)222i=1xi-nxxi-xi=1i=13422解析(1)由题意知：制作一次视频成功的概率为P=××=，4535123254所以该同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率C3×5×5=125.2(2)根据题意可得：X&sim;B10，5，22312所以EX=np=10×=4，DX=np1-p=10××=，5555(3)根据表格数据可计算出：1+2+3+4+5+6+73+4+3+4+7+6+8t==4，y==5，77ntiyi-ntyi=1163-7×4×523所以b=n==≈0.821，22140-7×1628ti-nxi=1所以a=y-bt=5-0.821×4=1.72，所以y关于t的线性回归方程为y=0.82t+1.72，令t=14，得y=0.82×14+1.72=13.2≈13，即估计第14天能制作13个合格作品.题型三:非线性回归第333页·共372页,1.(2022·广东·顺德一中高三阶段练习)在国家大力发展新能源汽车产业的政策下，我国新能源汽车的产销量高速增长.已知某地区2014年底到2021年底新能源汽车保有量的数据统计表如下：年份(年)20142015201620172018201920202021年份代码x12345678保有量y/千辆1.952.924.386.589.8715.0022.5033.708882参考数据：y=12.1,t=2.1,xi=204，xiyi=613.7,xiti=92.4,，其中ti=lnyi,lg2≈0.30,1g3≈i=1i=1i=10.48,lge≈0.43.cx+d(1)根据统计表中的数据画出散点图(如图)，请判断y=bx+a与y=e哪一个更适合作为y关于x的经验回归方程(给出判断即可，不必说明理由)，并根据你的判断结果建立y关于x的经验回归方程：(2)假设每年新能源汽车保有量按(1)中求得的函数模型增长，且传统能源汽车保有量每年下降的百分比相同.若2021年底该地区传统能源汽车保有量为500千辆，预计到2026年底传统能源汽车保有量将下降10%.试估计到哪一年底新能源汽车保有量将超过传统能源汽车保有量.参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2,v2)，⋯，un,vn，其经验回归直线v=βu+a的斜率和截距的最小nn(ui-u)(vi-v)uivi-nu⋅vi=1i=1二乘估计公式分别为β=n=n，α=v-βu;；222(ui-u)ui-nui=1i=1cx+d解析(1)根据该地区新能源汽车保有量的增长趋势知，应选择的函数模型是y=e，令t=lny，则t=cx+d882因为x=4.5,xi=204,xiti=92.4,t=2.1，i=1i=18xiti-8x⋅ti=192.4-8×4.5×2.116.8所以，c=n=2==0.4，22204-8×4.542xi-8xi=10.4x+0.3d=t-cx=2.1-0.4×4.5=0.3，所以y=e；5(2)设传统能源汽车保有量每年下降的百分比为r，依题意得，5001-r=500(1-10%)，解得1-r=115x50.9,，设从2021年底起经过x年后的传统能源汽车保有量为y千辆，则有y=500(1-r)=5000.9x，设从2021年底起经过x年后新能源汽车的数量将超过传统能源汽车，则有1x0.4x+8+0.35e>5000.9，所以(0.4x+3.5)lge>3-lg2+0.2x(2lg3-1)，第334页·共372页,3-lg2-3.5lge解得x>≈6.64，故从2021年底起经过7年后，即2028年底新能源汽车的数量将0.2+0.41ge-0.41g3超过传统能源汽车.2.2020年的“金九银十”变成“铜九铁十”，全国各地房价“跳水”严重，但某地二手房交易却“逆市”而行．下图是该地某小区2019年11月至2020年11月间，当月在售二手房均价(单位：万元/平方米)的散点图．(图中月份代码1至13分别对应2019年11月至2020年11月)()根据散点图选择y=a+bx和y=c+dlnx两个模型进行拟合，经过数据处理得到的两个回归方程分别为y=0.9369+0.0285x和y=0.9554+0.0306lnx，并得到以下一些统计量的值：y=0.9369+0.0285xy=0.9554+0.0306lnx2R0.9230.973注：x是样本数据中x的平均数，y是样本数据中y的平均数，则于列说法不一定成立的是()A.当月在售二手房均价y与月份代码x呈正相关关系B.根据y=0.9369+0.0285x可以预测2021年2月在售二手房均价约为1.0509万元/平方米C.曲线y=0.9369+0.0285x与y=0.9554+0.0306lnx的图形经过点x,yD.y=0.9554+0.0306lnx回归曲线的拟合效果好于y=0.9369+0.0285x答案C【解析】对于A，散点从左下到右上分布，所以当月在售二手房均价y与月份代码x呈正相关关系,故A正确；对于B，令x=16，由y=0.9369+0.028516=1.0509，所以可以预测2021年2月在售二手房均价约为1.0509万元/平方米，故B正确；对于C，非线性回归方程不一定经过(x,y)，故C错误；2对于D，R越大，拟合效果越好，故D正确.故选：C.第335页·共372页,3.一只红铃虫的产卵数y和温度x有关，现收集了6组观测数据，y(单位：个)与温度x(单位：℃)得到样本数据xi,yi(i=1，2，3，4，5，6)，令zi=lnyi，并将xi,zi绘制成如图所示的散点图.若用方程ybx=ae对y与x的关系进行拟合，则()A.a>1，b>0B.a>1，b<0C.0<a<1，b>0D.0<a<1，b<0答案abx【解析】因为y=ae，令z=lny，则z与x的回归方程为z=bx+lna.根据散点图可知z与x正相关，所以b>0.由回归直线图象可知：回归直线的纵截距大于0，即lna>0，所以a>1，故选：A.bx+11.用模型y=aea>0拟合一组数据时，令z=lny，将其变换后得到回归直线方程z=2x+a，则b=()a11A.eB.C.D.2e2答案Dbx+1【解析】对y=aea>0两边同时取对数，则bx+1lny=lnae=lna+bx+1，令z=lny,b=2b=2则z=bx+lna+1，所以⇒，a=lna+1a=1b2所以=.a1故选：D.2.在一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，x7,y7的散点图中，若所有样本点xi,yi(i=1，2，⋯，7)都在777曲线y=aln(x-1895)+12.15附近波动，经计算xi-1895=210.77，yi=73.50，lnxi-1895i=1i=1i=1=23.10，则实数a=()A.-0.5B.0.5C.-1D.1答案A77123.10173.50【解析】因为lnxi-1895==3.3，yi==10.5，7777i=1i=1所以10.5=3.3a+12.15，解得a=-0.5.故选：A.第336页·共372页,3.如图是一组实验数据构成的散点图，以下函数中适合作为y与x的回归方程的类型是()2xA.y=ax+bB.y=ax+cC.y=blogax+cD.y=ba+c答案D【解析】由散点图中各点的变化趋势知，各点不在一条直线上，排除A.由散点图中各点呈单调递减趋势，排除B.又图中点的横坐标有正有负，故排除C.故选：D.4.如图是一组实验数据构成的散点图，以下函数中适合作为y与x的回归方程的类型是()2xA.y=ax+bB.y=ax+cC.y=blogax+cD.y=ba+c答案D【解析】由散点图中各点的变化趋势：非线性、且x∈R上单调递减，所以适合指数型模型.故选：D5.(多选题)在对具有相关关系的两个变量进行回归分析时，若两个变量不呈线性相关关系，可以建立含两个待定参数的非线性模型，并引入中间变量将其转化为线性关系，再利用最小二乘法进行线性回归分析.下列选项为四个同学根据自己所得数据的散点图建立的非线性模型，且散点图的样本点均位于第一象限，则其中可以根据上述方法进行回归分析的模型有()2x+c1x+c2A.y=c1x+c2xB.y=C.y=c1+lnx+c2D.y=c1ex+c2答案ABC2yy【解析】对于选项A：y=c1x+c2x⇒=c1x+c2，令u=则u=c1x+c2；xx对于选项B：x+c1c1-c2c1-c21x+c21c2y==1+⇒y-1=⇒==⋅x+x+c2x+c2x+c2y-1c1-c2c1-c2c1-c211c2令u=⇒u=⋅x+；y-1c1-c2c1-c2y-c1对于选项C：y=c1+lnx+c2⇒y-c1=lnx+c2⇒e=x+c2即ey=ec1⋅(x+c)令u=ey则u=ec1⋅(x+c)=ec1⋅x+c⋅ec1；222x+c2对于选项D：y=c1e⇒lny=lnc1+x+c2令u=lny则u=x+lnc1+c2第337页·共372页,此时斜率为1，与最小二乘法不符．故选：ABC6.我国为全面建设社会主义现代化国家，制定了从2021年到2025年的“十四五”规划．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备增加研发资金．现该企业为了了解年研发资金投入额x(单位：亿元)对年盈利额y(单位：亿元)的影响，研究了“十二五”和“十三五”规划发展期间近10年年研2发资金投入额xi和年盈利额yi的数据．通过对比分析，建立了两个函数模型：①y=α+βx；②y=λx+t2e，其中α、β、λ、t均为常数，e为自然对数的底数．令ui=xi，vi=lnyii=1,2,⋅⋅⋅,10，经计算得如下数据：101022xyxi-xyi-yui=1i=1262156526801010101022vui-uui-uyi-yvi-vxi-xvi-vi=1i=1i=1i=15.36112501302.612(1)请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？(2)根据(1)的选择及表中数据，建立y关于x的回归方程；(系数精确到0.01)(3)若希望2021年盈利额y为250亿元，请预测2021年的研发资金投入额x为多少亿元．(结果精确到0.01)解析(1)设ui和yi的相关系数为r1，xi和vi的相关系数为r2．10∑u1-uyi-yi=113013由题意，r1===≈0.87，101011250×21522∑ui-u∑yi-yi=1i=110xi-xvi-vi=11212r2===≈0.92，101065×2.61322xi-xvi-vi=1i=1λx+t则r1<r2，因此从相关系数的角度，模型y=e的拟合程度更好．λx+t(2)先建立v关于x的线性回归方程，由y=e，得lny=t+λx，即v=t+λx．10∑xi-xvi-vi=11212λ==≈0.18，t=v-λx=5.36-×26=0.56，1065652∑xi-xi=10.18x+0.56所以v关于x的线性回归方程为v=0.18x+0.56，所以lny=0.18x+0.56，则y=e．0.18x+0.56(3)2021年盈利额y=250(亿元)，所以250=e，则0.18x+0.56=ln250．因为ln250=3ln5+ln2≈3×1.609+0.693=5.52，5.52-0.56所以x≈≈27.56．所以2021年的研发资金投入量约为27.56亿元．0.18第338页·共372页,7.在疫情防控常态化的背景下，山东省政府各部门在保安全，保稳定的前提下有序恢复生产，生活和工作秩序，五一期间，文旅部门在落实防控举措的同时，推出了多款套票文旅产品，得到消费者的积极回应．下面是文旅部门在某地区推出六款不同价位的旅游套票，每款的套票价格x(单位：元)与购买人数y(单位：万人)的数据如下表：旅游类别城市展馆科技游乡村特色游齐鲁红色游登山套票游园套票观海套票套票价格x(元)394958677786购买数量y(万人)16.718.720.622.524.125.6在分析数据、描点绘图中，发现散点vi，ωi1≤i≤6集中在一条直线附近，其中vi=lnxi，ωi=lnyi66662附：①可能用到的数据：viωi=75.3，vi=24.6，ωi=18.3，vi=101.4．i=1i=1i=1i=1②对于一组数据v1，ω1，v2，ω2，⋅⋅⋅，vn，ωn，其回归直线ω=bv+a的斜率和截距的最小二乘估计值nviωi-nvωi=1分别为b=n，a=ω-bv22vi-nvi=1(1)根据所给数据，求y关于x的回归方程；(2)按照文旅部门的指标测定，当购买数量y与套票价格x的比在区间e，e97上时，该套票受消费者的欢迎程度更高，可以被认定为“热门套票”，现有三位同学从以上六款旅游套票中，购买不同的三款各自旅游．记三人中购买“热门套票”的人数为X，求随机变量X的分布列和期望．解析(1)∵散点vi，ωi1≤i≤6集中在一条直线附近，设回归直线方程为ω=bv+an66viωi-nvω11i=175.3-6×4.1×3.051由v=6vi=4.1，ω=6ωi=3.05，则b=n=2=2，a=ω-bv=i=1i=122101.4-6×4．1vi-nvi=113.05-×4.1=1，21&there4;变量ω关于v的回归方程为ω=v+1，2∵vi=lnxi，ωi=lnyi，112&there4;lny=lnx+1，&there4;y=ex，212综上，y关于x的回归方程为y=ex；1y2(2)由=ex=e∈e，exx197，解得49≤x≤81，2x&there4;x=49，58，67，77，&there4;乡村特色游，齐鲁红色游，登山套票，游园套票为“热门套票”，则三人中购买“热门套票”的人数X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，12213C4C21C4C23C41P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==C35C35C35666&there4;X的分布列为：X123P第339页·共372页,131555131E(X)=1×+2×+3×=2.5558.数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017-2021年中国在线直播用户规模(单位：亿人)，其中2017年-2021年对应的代码依次为1-5．年份代码x12345市场规模y3.984.565.045.866.365参考数据：y=5.16，v=1.68，viyi=45.10，其中vi=xi．i=1参考公式：对于一组数据v1，y1，v2，y2，⋯，vn，yn，其回归直线y=bv+a的斜率和截距的最小二nviyi-nvyi=1乘估计公式分别为b=n，a=y-bv．22vi-nvi=1(1)由上表数据可知，可用函数模型y=bx+a拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程(a，b的值精确到0.01)；(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从中国在线直播购物用户中随机抽取4人，记这4人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若PX=3=PX=4，求X的分布列与期望．552解析(1)设v=x，则y=bv+a，因为y=5.16，v=1.68，vi=xi=15，i=1i=15viyi-5vyi=145.10-5×1.68×5.161.756所以b===≈1.98．515-5×1.6820.88822vi-5vi=1把1.68，5.16代入y=bv+a，得a=5.16-1.98×1.68≈1.83．即y关于x的回归方程为y=1.98x+1.83；3334443(2)由题意知X~B4，p，PX=3=C4p1-p=4p1-p，PX=4=C4p=p，由4p1-p=44p得p=，504411443所以，X的取值依次为0，1，2，3，4，PX=0=C41-5=625，PX=1=C4⋅5⋅1-5=16，62524242963434256444256PX=2=C451-5=625，PX=3=C451-5=625，PX=4=C45=625，所以X的分布列为X0123411696256256P625625625625625416EX=4×=.55第340页·共372页,9.(2022·湖南·长沙市明德中学高三开学考试)近期国内疫情反复，对我们的学习生活以及对各个行业影响都比较大，某房地产开发公司为了回笼资金，提升销售业绩，让公司旗下的某个楼盘统一推出了为期10天的优惠活动，负责人记录了推出活动以后售楼部到访客户的情况，根据记录第一天到访了12人次，第二天到访了22人次，第三天到访了42人次，第四天到访了68人次，第五天到访了132人次，第六天到访了202人次，第七天到访了392人次，根据以上数据，用x表示活动推出的天数，y表示每天来访的人次，绘制了以下散点图．x(1)请根据散点图判断，以下两个函数模型y=a+bx与y=c⋅d(c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)；(2)根据(1)的判断结果及下表中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的71入次，参考数据：其中vi=lgyi，v=vi．7i=17nxv0.84vii10xiyi-nxyi=1i=1线性回归方程：y=bx+a，其中b=n，a=y-bx．221.8458.556.9xi-nxi=1(3)己知此楼盘第一天共有10套房源进行销售，其中6套正价房，4套特价房，设第一天卖出的4套房中特价房的数量为ξ，求ξ的分布列与数学期望．x解析(1)根据散点图可得y随x的增大，增长速度越来越快，不满足线性回归，故判断y=c⋅d适合作为人次y关于活动推出天数x的回归方程类型x(2)由(1)知，y=c⋅d，两边同时取对数得lgy=lgc+lgd⋅x，令lgy=v，lgc=m,lgd=n，则v=n⋅x+m，7由题意知vi=lgyi,v=1.84,xivi=58.55，i=17122222222又x=1+2+3+4+5+6+7=4，xi=1+2+3+4+5+6+7=140，7i=17xivi-7xvi=158.55-7×4×1.84所以n==≈0.25，7222140-7×4xi-7xi=1所以m=v-n⋅x=1.84-0.25×4=0.84,所以v=0.84+0.25x，0.84+0.25x0.25x则y关于x的回归方程为y=10=6.9×10，2当x=8时，y=6.9×10=690，故预测活动推出第8天售楼部到访人次为690；(3)由题意可知ξ的取值可能为0，1，2，3，4，4312213C61C6⋅C48C6⋅C43C6⋅C44P(ξ=0)==，P(ξ=1)==，P(ξ=2)==，P(ξ=3)==，P(ξC414C421C47C435101010104C41=4)==．C421010第341页·共372页,所以ξ的分布列为：ξ0123418341P142173521018341所以E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×=1.61421735210题型四:独立性检验1.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)某校为引导学生学习党史，校党委宣传组织了党史知识竞赛，对前来参赛的150名学生(男生100人，女生50人)，成绩不低于80分的学生为“党史达人”，成绩低于80分的学生为“非党史达人”，统计了他们的成绩情况，结果如下：男生中有60人被评为“党史达人”，女生中有40人被评为“党史达人”.(1)完善列联表，并判断：是否有99%的把握认为党史成绩优秀与否与性别有关？是否为党史达人党史达人非党史达人性别男生女生(2)如果用这150名学生中，男生和女生“党史达人”的频率分别代替该校男生和女生被评为“党史达人”的概率，且每位学生是否被评为“党史达人”相互独立，现从该校学生中随机抽取3人(2男1女)，设随机变量X表示“3人中党史达人”的人数，试求X的分布列和数学期望.22n(ad-bc)附：K=,n=a+b+c+d.a+bc+da+cb+d2PK≥k0.100.050.0250.010.005k2.7063.8415.0246.6357.879解析(1)根据已知数据，完善列联表如图，性别党史达人非党史达人是否为党史达人男生6040女生401022150×(60×10-40×40)K==6100×50×100×50因为6<6.635,所以没有99%的把握认为党史成绩优秀与否与性别有关.34(2)由已知得该校男生和女生被评为“党史达人”的概率分别，，55X的取值有0,1,2,32214P(X=0)=5×5=125第342页·共372页,132122428P(X=1)=C25×5×5+5×5=125321132457P(X=2)=5×5+C25×5×5=12532436P(X=3)=5×5=125所以，X的分布列为：X0123P42857361251251251254285736X的期望为EX=0×+1×+2×+3×=212512512512522.(2022·四川·树德中学高三阶段练习(文))根据分类变量x与y的观察数据，计算得到K=2.974．依据下面给出的临界值表，2PK≥k00.500.400.250.150.100.050.0250.0100.005k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.879可知下列判断中正确的是()A.有95%的把握认为变量x与y独立B.有95%的把握认为变量x与y不独立C.变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过10%D.变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%答案D2【解析】因为K=2.974>2.706，且2.974<3.841，所以依据表中给出的独立性检验知：变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%，故选：D第343页·共372页,3.(2022·浙江省苍南中学高三阶段练习)在新高考改革中，浙江省新高考实行的是7选3的3+3模式，即语数外三门为必考科目，然后从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术(含信息技术和通用技术)7门课中选考3门.某校高二学生选课情况如下列联表一和列联表二(单位:人)选物理不选物理总计男生340110450女生140210350总计480320800表一选生物不选生物总计男生150300450女生150200350总计300500800表二试根据小概率值α=0.005的独立性检验，分析物理和生物选课与性别是否有关()22n(ad-bc)2附:χ=，n=a+b+c+d.α=Pχ≥xα(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)α0.150.100.050.0250.010.0050.001xa2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828A.选物理与性别有关，选生物与性别有关B.选物理与性别无关，选生物与性别有关C.选物理与性别有关，选生物与性别无关D.选物理与性别无关，选生物与性别无关答案C【解析】由题意，先分析物理课是否与性别有关：根据表格数据，n=800,a=340,b=110,c=140,d=21022800×(340×210-110×140)&there4;χ==103.7(340+110)×(140+210)×(340+140)×(110+210)2结合题干表格数据，x0.005=7.879，&there4;χ>x0.005因此，有充分证据推断选择物理学科与性别有关再分析生物课是否与性别有关：根据表格数据，n=800,a=150,b=300,c=150,d=20022800×(150×200-300×150)&there4;χ==7.619(150+150)×(200+300)×(300+150)×(150+200)2结合题干表格数据，x0.005=7.879，&there4;χ<x0.005因此，没有充分证据推断选择生物学科与性别有关故选：c第344页·共372页,1.为考察一种新药预防疾病的效果，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2的2×2列联表中.由列联表中的数据计算得χ≈10.921.参照附表，下列结论正确的是()2pχ≥χ00.0250.0100.0050.001χ05.026.6357.87910.828a.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“药物有效”b.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“药物无效”c.有99.99%以上的把握认为“药物有效”d.有99.99%以上的把握认为“药物无效”答案a22【解析】因为χ≈10.921，即χ>10.828，所以在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“药物有效”或有99.9%以上的把握认为“药物有效”．故选：A．2.(2022·福建厦门·高三期末(文))某艺术馆为了研究学生性别和喜欢国画之间的联系，随机抽取80名学生进行调查(其中有男生50名，女生30名)，并绘制等高条形图，则这80名学生中喜欢国画的人数为()A.24B.32C.48D.58答案D【解析】由等高条形图可知，这80名学生中喜欢国画的人数为：0.8×50+0.6×30=58.故选：D第345页·共372页,3.观察下列各图，其中两个分类变量x，y之间关系最强的是()A.B.C.D.答案Dx1x2【解析】观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之量关系最强．x1+y1x2+y2故选：D4.(2022·广西·玉林高级中学一模(理))假设有两个分类变量X和Y的2×2列联表如下：yy1y2总计xx1a10a+10x2c30c+30总计604010022n(ad-bc)abac注：K的观测值k=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=na+c-b+da+b-c+d.对于同一样本，以下数据能说明X和Y有关系的可能性最大的一组是()A.a=45,c=15B.a=40,c=20C.a=35,c=25D.a=30,c=30答案Aac【解析】根据独立性检验的方法和2×2列联表可得，当与相差越大，则分类变量X和Y有a+10c+10ac关系的可能性越大，即a,c相差越大，与相差越大．由各选项可得A满足条件，选A．a+10c+10第346页·共372页,5.(2022·广东·高三阶段练习)某短视频平台为更好地了解用户喜好，将不同类别的视频精准推送给相应感兴趣的用户，增强用户使用短视频软件的体验感，该短视频平台会将某一类别的短视频随机投放给不同的用户群体，根据用户观看视频的时长判断该用户是否对这类视频感兴趣，进而推断此类视频适合的观看群体，达到精准推送的目的(该短视频平台规定观看时长在10秒以内的为对推送内容不感兴趣的用户，观看时长在10秒及以上的为对推送内容感兴趣的用户)为了解“萌宠类”短视频适合的用户群体，该平台将这一类别的视频随机推送给100名用户(其中男性50人，女性50人)，并得到用户的观看时长数据如表所示．观看时长(单位：秒)0,55,1010,1515,2020,+∞总计男性用户921l44250女性用户3121910650(1)根据上述表格，完成下面的列联表，并依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为该平台用户对“萌宠类”视频感兴趣与性别有关联？“萌宠类”视频感兴趣不感兴趣合计性别男女合计(2)从这100名用户里对“萌宠类”视频不感兴趣的用户中，按性别利用分层随机抽样的方法抽取6名用户，并在这6名用户中随机抽取3人，记抽取的男性用户人数为X，求X的分布列和数学期望．2nad-bc2参考公式和数据：x=，n=a+b+c+d.a+bc+da+cb+dα0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解析(1)由题可得，列联表完成如下：性别“萌宠类”视顿合计感兴趣不感兴趣男203050女351550合计5545100零假设为H0：该平台用户对“萌宠类”视领感兴趣与性别无关联．2100×20×15-30×352根据列联表的数据，经计算得到χ=≈9.091<10.828=x0.00150×50×55×45依据小概率值α=0.001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，即认为该平台用户对“萌宠类”视频感兴趣与性别无关联.30(2)由题可知，抽取的6名用户中男性用户人数为×6=4，则女性用户人数为2．30+15再从中抽取3人，则X的可能取值为1，2，3，第347页·共372页,122130C4C21C4C23C4C21PX=1==，PX=2==，PX=3==C35C35C35666则X的分布列为X123P131555131EX=1×+2×+3×=2．555第348页·共372页,6.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)伴随经济的飞速发展，中国全民健身赛事活动日益丰富，公共服务体系日趋完善.据相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上.健身之于个人是一种自然而然的习惯，之于国家与民族，则是全民健康的基础柱石之一，某市一健身连锁机构对去年的参与了该连锁机构健身的会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为该健身连锁机构会员年龄等级分布图，图2为一个月内会员到健身连锁机构频数分布扇形图若将会员按年龄分为“年轻人”(20岁-39岁)和“非年轻人”(19岁及以下或40岁及以上)两类，将一月内来健身房锻炼16次及以上的会员称为“健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在5“健身达人”中有是“年轻人”.6(1)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100人的样本，根据上图的数据，补全下方2×2列联表，并判断依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为是否为“健身达人”与年龄有关；类别年轻人非年轻人合计健身达人健身爱好者合计100临界值表：2ρK<k00.400.250.050.005k00.7081.3233.8417.87922n(ad-bc)k=a+bc+da+cb+d(2)将(1)中的频率作为概率，连锁机构随机选取会员进行回访，抽取3人回访.①若选到的3人中2人为“年轻人”，1人为“非年轻人”,再从这3人中随机选取的1人，了解到该会员是“健身达人”，求该人为非年轻人的概率；②设3人中既是“年轻人”又是“健身达人”的人数为随机变量x，求x的分布列和期望值.解析(1)根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，则年轻人人数为100⋅80%=80，则非年轻人为20人，根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为100⋅60%=60，根据其中年轻人占比55，所以健身达人中年轻人人数为60⋅=50，则非年轻人为10人；66健身爱好者人数为100-60=40，再通过总共年轻人合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为80-第349页·共372页,50=30，3根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为20-10=10，具体表格填写如下.列联表为类别年轻人非年轻人合计健身达人501060健身爱好者301040合计8020100零假设h0，是否为“健身达人”与年龄无关.22100×(50×10-30×10)k==1.0416<3.84180×20×60×40所以，依据α=0.05的独立性检验，不能认为“健身达人”与年龄有关；(2)①设事件a为：该人为年轻人，事件b为：该人为健身达人，故此人为“非年轻人”的概率为则p(a∣11⋅p(b∣a)⋅p(a)232b)===p(b∣a)⋅p(a)+p(b∣a)⋅p(a)1⋅1+5⋅27238311②由(1)知，既是年轻人又是健身达人的概率为2,x∼b3,2，x=0,1,2,3，0131px=0=c31-2=8111123px=1=c32⋅1-2=8212113px=2=c32⋅1-2=83131px=3=c32=8故x的分布列：x0123p13318888x的数学期望值3313ex=1×+2×+3×=.8882第350页·共372页,7.某种疾病可分为a，b两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性患a型疾病的人数占男性患者51的，女性患a型疾病的人数占女性患者的.632nad-bc2k=，a+bc+da+cb+d2pk≥k00.100.050.010.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828(1)若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型'与‘性别'有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？(2)某团队进行预防a型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为mm>0元.该团队研发的疫苗每次接种后产生抗体的概率为p0<p<1，2如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进人第二个周期.若p=，试验人3数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用.解析(1)设男性患者有x人，则女性患者有2x人，2×2列联表如下：a型病b型病合计男5xxx66女2x4x2x33合计3x3x3x22假设h0：患者所患疾病类型与性别之间无关联，5x4xx2x23x6⋅3-6⋅32x2根据列联表中的数据，经计算得到k==，3x3x3⋅⋅2x⋅x22要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，2x则>7.879，解得x>11.8185，3xx因为∈Z，∈Z，所以x的最小整数值为12，63因此，男性患者至少有12人.(2)设该试验每人的接种费用为ξ元，则ξ的可能取值为3m，6m.22332则Pξ=3m=C3p1-p+p=-2p+3p，32Pξ=6m=1+2p-3p，323232所以Eξ=3m⋅-2p+3p+6m⋅1+2p-3p=3m2p-3p+2，2因为p=，试验人数为1000人，3所以估计该试验用于接种疫苗的总费用为1000Eξ，232234000即1000×3m2×3-3×3+2=9m元.第351页·共372页,8.某校设置了篮球挑战项目，现在从本校学生中随机抽取了60名男生和40名女生共100人进行调查，统计出愿意接受挑战和不愿意接受挑战的男女生比例情况，具体数据如图表：愿意不愿意总计男生(1)根据条件完成下列2×2列联表：女生(2)判断是否在犯错误的概率不超过1%的情况下愿意接受挑战与性别总计有关；(3)挑战项目共有两关，规定：挑战过程依次进行，每一关都有两次机会挑战，通过第一关后才有资格参与第二关的挑战，若甲参加每一关的每一次挑战通过的概率均为0.5，记甲通过的关数为X，求X的分布列和数学期望.2nad-bc2参考公式与数据：K=a+bc+da+cb+d2PK≥k00.10.050.0250.01k02.7063.8415.0246.635解析(1)根据条件2×2列联表如下：愿意不愿意总计男生154560女生202040总计356510022100×15×20-20×45600(2)K==≈6.593<6.635，35×65×60×4091则不能认为犯错误的概率不超过1%的情况下愿意接受挑战与性别有关；(3)记甲第i次通过第一关为Aii=1,2，第i次通过第二关为Bii=1,2，1X的可能取值为0,1,2，PX=0=PA1⋅A2=，PX=2=PA1⋅B1+PA1⋅B1⋅B2+49PB1⋅A1⋅A2+PA1⋅A2⋅B1⋅B2=，16193PX=1=1--=，41616X的分布列X012P1394161613921数学期望EX=0×+1×+2×=.4161616第352页·共372页,题型五:误差分析11.在研究线性回归模型时，样本数据xi,yii=1,2,3,⋯,n所对应的点均在直线y=-x+3上，用222R表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，则R=()1A.-1B.-C.1D.22答案C12【解析】因为样本数据所对应的点都在直线y=-x+3上，所以R=1.2故选：C2.小华为了研究数学名次和物理名次的相关关系，记录了本班五名同学的数学和物理的名次，如图．后来发现第四名同学数据记录有误，那么去掉数据D3,10后，下列说法错误的是()A.样本线性相关系数r变大B.残差平方和变大C.变量x、y的相关程度变强D.线性相关系数r越趋近于1答案B【解析】由散点图知，去掉D3,10后，y与x的线性相关程度变强，且为正相关，所以r变大，且线性相关系数r越趋近于1，去掉D3,10后，散点分布更均匀，残差平方和变小.故ACD正确，B错误.故选：B.3.下列说法错误的是()A.相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强B.在回归分析中，残差平方和越大，模型的拟合效果越好2C.相关指数R=0.64，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为64%D.在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高答案B【解析】r≤1，相关系数r的绝对值越接近1，两个变量的线性相关性越强，故A正确；在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故B错误；2相关指数R=0.64，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为64%，故C正确；第353页·共372页,在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，故D正确；故选：B.1.如下表，根据变量x与y之间的对应数据可求出y=-0.32x+b.其中y=8.现从这5个样本点对应的残差中任取一个值，则残差不大于0的概率为()x1015202530y1110861234A.B.C.D.5555答案C10+15+20+25+30【解析】由表中的数据可知，x==20，511+10+8+6+n设y的最后一个数据为n，则y==8，&there4;n=5，5将x，y代入y=-0.32x+b得b=14.4，这5个样本点对应的残差分别为：y1-y1=11--0.32×10+14.4=-0.2，y2-y2=10--0.32×15+14.4=0.4，y3-y3=8--0.32×20+14.4=0，y4-y4=6--0.32×25+14.4=-0.4，y5-y5=5--0.32×30+14.4=0.2，3所以残差不大于0的概率为.5故选：C.2.(2022·全国·高三专题练习(文))根据一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn的散点图分析x与y之间是否存在线性相关关系，求得其线性回归方程为y=0.85x-85.7，则在样本点165,57处的残差为()A.54.55B.2.45C.3.45D.111.55答案B【解析】把x=165代入y=0.85x-85.7，得y=0.85×165-85.7=54.55，所以在样本点165,57处的残差e=y-y=57-54.55=2.45.故选：B.第354页·共372页,*3.(2022·全国·高三开学考试)已知一系列样本点x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn，其中n∈N，n≥2．响应变量y关于x的线性回归方程为y=a+bx．对于响应变量y，通过观测得到的数据称为观测值，通过线性回归方程得到的y称为预测值，观测值减去预测值，称为残差，即ei=yi-yi=yi-bxi-ai=1,2,⋅⋅⋅,n，称为相应于点xi,yi的残差．nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1参考公式：r=nn，b=n，a=y-bx．222xi-xyi-yxi-xi=1i=1i=1n(1)证明：ei=0；i=1nn222(2)证明：ei=1-ryi-y，并说明r与线性回归模型拟合效果的关系．i=1i=1解析(1)因为ei=yi-yi，nnn所以ei=yi-yi，且yi=a+bxi，a=y-bx，i=1i=1i=1nn所以yi=a+bxi，y=a+bx，i=1i=1nn所以ei=ny-a+bxi=na+bx-na-nbx=0；i=1i=1(2)根据给出的相关系数公式，以及回归直线斜率和截距的最小二乘估计，nn22nneiyi-yi22i=1i=1可知xi-xyi-y=bxi-x，记R=1-n=1-n，i=1i=122yi-yyi-yi=1i=1nnn2222所以2bxi-xyi-y-bxi-x=bxi-x，i=1i=1i=1nnnn22且2bxi-xyi-y-bxi-x=bxi-x2yi-y-bxi-x=2yi-y-yiyi-y=i=1i=1i=1i=1nnn2222yi-y-yi-yi=Ryi-y，i=1i=1i=1n2nxi-xyi-ynn22i=12222又bxi-x=n=ryi-y=Ryi-y，i=12i=1i=1xi-xi=1n2ei2222i=1所以r=R，又R=r=1-n，2yi-yi=1nn222所以ei=1-ryi-y，i=1i=1n2且当ei越小时，相关性越强，线性回归模型拟合效果越好，i=1即r越大时，线性回归模型拟合效果越好．第355页·共372页,4.为了帮助移民人口尽快脱贫，党中央作出对口扶贫的战略部署，在对口扶贫政策的帮扶下，某移民村庄100位移民近5年以来的人均年收入统计如下表：年份20162017201820192020年份代码x12345人均年收入y(千元)1.32.85.78.913.8122现要建立y关于x的回归方程，有两个不同回归模型可以选择，模型一：y=bx+a，模型二：y=cx1+d.现用最小二乘法原理，已经求得模型一的方程为y=3.1x-2.8.(1)用最小二乘法原理，结合下面的参考数据及参考公式求出模型二的方程(结果最后保留到小数点后一位)；(2)若画出y关于x的散点图，无法确定上述哪个模型拟合效果更好，现计算出模型一的残差平方和为512yi-yi=3.7，请计算模型二的残差平方和，并用它来判断哪个模型拟合效果更好.i=1stiyi-5tyi=12附：参考数据：5≈0.52，其中ti=xi，i=1,2,3,4,5.参考公式：对于一组数据u1,v1,u2,v2,⋅⋅⋅,22ti-5ti=1nuivi-nuνi=1un,vn，其回归直线v=a+Bu的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为β=n，a=v-22ui-nui=1βu.____222222221+2+3+4+5解析(1)令ti=xi，则y=ct+d，所以t=x==11，51.3+2.8+5.7+8.9+13.8y==6.5，5stiyi-5tyi=1c=≈0.52≈0.5，d=y-ct=6.5-0.52×11=0.78≈0.8，522ti-5ti=122所以y=0.5x+0.8.(2)2当x=1时，y=0.5×1+0.8=1.3，2当x=2时，y=0.5×2+0.8=2.8，2当x=3时，y=0.5×3+0.8=5.3，第356页·共372页,2当x=4时，y=0.5×4+0.8=8.8，2当x=5时，y=0.5×5+0.8=13.3，5222222模型二的残差平方和yi-yi=1.3-1.3+2.8-2.8+5.7-5.3+8.9-8.8+13.8-13.3i=1=0.42，因为0.42<3.7，所以模型二拟合效果更好.5.(2022·山东师范大学附中模拟预测)某研究所为了研究某种昆虫的产卵数y与温度x之间的关系，现将收集到的温度xi和一组昆虫的产卵数yii=1,2,⋅⋅⋅,6的6组观测数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计数据．6666112经计算得到以下数据：x=xi=26,y=yi=33,xi-xyi-y=557，xi-x=84,66i=1i=1i=1i=16622yi-y=3930,yi-yi=236.64．i=1i=1(1)若用线性回归模型来拟合数据的变化关系，求y关于x的回归方程y=bx+a(结果精确到0.1)；0.2303x(2)若用非线性回归模型来拟合数据的变化关系，求得y关于x的回归方程y=0.06e，且相关指数2为R=0.9672．2①试与(1)中的回归模型相比，用R说明哪种模型的拟合效果更好；②用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该组昆虫的产卵数(结果四舍五入取整数)附参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据x1,y1,x2,y2，⋯⋯，xn,yn，其回归直线y=bx+a截nxi-xyi-yi=12距和斜率的最小二乘法估计公式分别为：b=n,a=y-bx，相关系数：R=1-2xi-xt=1n2yi-yii=18.0605n．参考数据：e≈3167．2yi-yi=16xi-xyi-yi=1557解析(1)由题意可知b==≈6.6，6842(xi-x)i=1a=y-bx=33-6.6×26=-138.6；&there4;y关于x的线性回归方程是y=6.6x-138.6；2(2)①用指数回归模型拟合y与x的关系，相关指数R≈0.9672，第357页·共372页,62yi-yi2i=1236.64线性回归模型拟合y与x的关系，相关指数R=1-=1-≈0.9398，639302yi-yi=1且0.9398<0.9672，0.2303x&there4;用y=0.06e比y=6.6x-138.6拟合效果更好．0.2303x②y=0.06e中，令x=35，0.2303×358.0605则y=0.06e=0.06e≈0.06×3167≈190，故预测温度为35℃时该昆虫产卵数约为190个．l【过关测试】一、单选题1(2022·四川·树德中学高三阶段练习(文))某工厂研究某种产品的产量x(单位：吨)与需求某种材料y(单位：吨)之间的相关关系，在生产过程中收集里组数据如表所示．根据表中数据可得回归直线方程为y=0.7x+a，则下列四个说法中正确的个数为()x3467y2.5345.9①变量x与y正相关；②y与x的相关系数r<0；③a=0.35；④产量为8吨时，预测所需材料约为5.95吨．A.4个B.3个C.2个D.1个答案B【解析】因为回归直线方程y=0.7x+a，所以产量x与材料y呈正相关，所以相关系数r>0，故①正确，②错误；3+4+6+72.5+3+4+5.9由表格可得x==5,y==3.85，44则0.7×5+a=3.85，解得a=0.35，故③正确；所以回归直线方程y=0.7x+0.35，当x=8时，y=0.7×8+0.35=5.95，即产量为8吨时预测所需材料约为5.95吨，故④正确；故选：Bkx2(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))以模型y=ce(c>0)去拟合一组数据，设z=lny，将其变换后得到线性回归方程z=2x-1，则原模型中k,c的值分别是()11A.k=-2，c=eB.k=2，c=C.k=-2，c=D.k=2，c=eee答案Bkx【解析】∵y=ce(c>0),kxkx&there4;两边取对数，可得lny=lnce=lnc+lne=lnc+kx，令z=lny,可得z=lnc+kx,∵线性回归方程z=2x-1,第358页·共372页,1&there4;lnc=-1,k=2，解得c=,k=2.e故选：B.3(2022·黑龙江·佳木斯一中三模(文))下列说法正确的序号是()①在回归直线方程y=0.8x-12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y平均增加0.8个单位；i=12②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得(yi-bxi-a)最小的原理；n2③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量K的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小；④在一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn(n≥2，x1，x2，⋯，xn不全相等)的散点图中，若所有样本11xi,yi(i=1,2,⋯n)都在直线y=-x+1上，则这组样本数据的线性相关系数为-.22A.①③B.①②C.②④D.③④答案B【解析】对于①，在回归直线方程y=0.8x-12中，当解释变量x每增加一个单位时,预报变量y平均增加0.8个单位，故①正确；nn22对于②，用离差的平方和，即:Q=yi-yi=yi-a-bxi作为总离差,并使之达到最小；这样回i=1i=1归直线就是所有直线中Q取最小值的那一条。由于平方又叫二乘方,所以这种使“离差平方和为最i=12小”的方法叫做最小二乘法；所以利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得(yi-bxi-a)最小的原n理；故②正确；2对于③，对分类变量X与Y,对它们的随机变量K的观测值k来说，k越小，则“X与Y有关系”的把握程度越小，故③错误；对于④，相关系数反映的是两变量之间线性相关程度的强弱，与回归直线斜率无关，题中样本数据的线性相关系数为-1,故④错误.故选：B.4(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))某医疗研究所为了检查新研发的疫苗对某种病毒的预防作用，把1000只已注射疫苗的小白鼠与另外1000只未注射疫苗的小白鼠的感染记录作比较，提2出原假设H0：“这种疫苗不能起到预防该病毒传染的作用.”并计算得Pχ≥6.635≈0.01，则下列说法正确的是()A.这种疫苗对预防该病毒传染的有效率为1%B.若某人未使用疫苗，则他有99%的可能性传染该病毒C.有99%的把握认为“这种疫苗能起到预防该病毒传染的作用”D.有1%的把握认为“这种疫苗能起到预防该病毒传染的作用”答案C2【解析】由已知，Pχ≥6.635≈0.01，说明假设不合理的程度为99%，即这种疫苗不能起到防范病毒的作用不合理的程度约为99%，所以有99%的把握认为这种疫苗能起到预防病毒的作用.故选：C.第359页·共372页,5(2022·四川省德阳市第三中学高三开学考试)在下列4组样本数据的散点图中，样本相关系数最小的是()A.r1B.r2C.r3D.r4答案B【解析】由散点图变化趋势可知，r1>0，r3>0，r2<0，r4<0，又第2组散点图中的散点更为集中，更接近于一条直线，所以r2<r4，故样本相关系数最小的是r2．故选：b．6针对时下的“短视频热”，某高校团委对学生性别和喜欢短视频是否有关联进行了一次调查，其中被调*4查的男生､女生人数均为5mm∈n人，男生中喜欢短视频的人数占男生人数的，女生中喜欢短视频53的人数占女生人数的.零假设为h0：喜欢短视频和性别相互独立.若依据α=0.05的独立性检验认为5喜欢短视频和性别不独立，则m的最小值为()2nad-bc2附：χ=，附表：a+bc+da+cb+dα0.050.01xα3.8416.635a.7b.8c.9d.10答案c2nad-bc2【解析】根据题意，不妨设a=4m,b=m,c=3m,d=2m，于是χ==a+bc+da+cb+d2210m⋅(5m)10m=，由于依据α=0.05的独立性检验认为喜欢短视频和性别不独立，根据表格可5m⋅5m⋅7m⋅3m2110m知≥3.841，解得m≥8.0661，于是m最小值为9.21故选：c第360页·共372页,7中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.茶的发现和利用已有四千七百多年的历史，且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了解每壶“金萱排骨茶”中所放茶1kx+c叶量x(单位：克)与食客的满意率y的关系，通过调查研究发现选择函数模型y=e来拟合y与x100的关系，根据以下数据：茶叶量x>0D.2021年的借阅量一定不少于6.12万册答案ABC11【解析】对于A，因为x=×(1+2+3+4+5)=3，y=×(4.9+5.1+5.5+5.7+5.8)=5.4，55所以5.4=0.24×3+a，得a=4.68，所以A正确，对于B，因为5×75%=3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确，对于C，因为0.24>0，所以y与x的线性相关系数r>0，所以C正确，对于D，由选项A可知线性回归方程为y=0.24x+4.68，当x=6时，y=0.24×6+4.68=6.12，所以2021年的借阅量约为6.12万册，所以D错误，故选：ABC10(2022·云南·昆明一中高三开学考试)下列说法正确的是()A.相关系数r的绝对值越大，变量的线性相关性越强2B.某人每次射击击中目标的概率为，若他射击6次，击中目标的次数为X，则EX=432C.若随机变量X满足X&sim;Nμ,σ，且P(X>6)=P(X<-2)=0.2，则P(2<x<6)=0.3d.若样本数据x1+5,x2+5,⋯,x10+5的方差是12，则数据x1,x2,⋯,x10的方差是7答案abc【解析】a：由相关系数的实际意义：绝对值越大，变量线性相关性越强，正确；22b：由题意，击中目标的次数x服从b6,3分布，故e(x)=6×3=4，正确；c：根据正态分布的对称性及已知条件知：μ=2，故p(2<x<6)=0.5-p(x>6)=0.3，正确；D：由D(X+5)=12，故数据x1,x2,⋯,x10的方差D(X)=12，错误.故选：ABC第362页·共372页,11已知由样本数据xi,yii=1,2,3,⋯,10组成的一个样本，得到回归直线方程为y=2x-0.4，且x=2，去除两个歧义点-2,1和2,-1后，得到新的回归直线的斜率为3．则下列说法正确的是()A.相关变量x，y具有正相关关系B.去除两个歧义点后的回归直线方程为y=3x-3C.去除两个歧义点后，样本(4，8.9)的残差为-0.1D.去除两个歧义点后，随x值增加相关变量y值增加速度变小答案ABC【解析】对A，因为回归直线的斜率大于0，即相关变量x，y具有正相关关系，故A正确；对B，将x=2代入y=2x-0.4得y=3.6，则去掉两个歧义点后，得到新的相关变量的平均值分别为X2×1053.6×10995==,Y==，a=-3×=-3，此时的回归直线方程为y=3x-3，故B正确；828222对C，x=4时，y=3×4-3=9，残差为8.9-9=-0.1，故C正确；对D，斜率3>1，此时随x值增加相关变量y值增加速度变大，D错误.故选：ABC.12(2022·全国·模拟预测)下列说法正确的是()2A.若随机变量ξ~N(1,σ)，P(ξ≤5)=0.75，则P(ξ≤-3)=0.251B.若随机变量X~B9,3，则D2X+1=5kxC.以模型y=e去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，将其变换后得到线性方程z=0.5x+1，则c，k的值分别是e，0.513C5C14D.从10名男生､5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的概率4C15答案AC2【解析】对于A：随机变量ξ~N1,σ，P(ξ≤5)=0.75，则P(ξ≤-3)=1-P(ξ≤5)=0.25，故A正确；112对于B：陏机变量X~B9,3，则D(X)=9×3×3=2，故D2X+1=4DX=8，故B错误；kxkx对于C：因为y=ce，所以两边取对数得lny=lnce=lnc+kx，令z=lny，可得z=lnc+kx，因为z=0.5x+1，所以lnc=1，k=0.5，所以c=e，故C正确；对于D：从10名男生､5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生分为：1名女生3名男生､2名女生2名男生､3名女生1名男生和4名都是女生四种情况.1322314共有C5C10+C5C10+C5C10+C5=1155种情况.13223141313C5C10+C5C10+C5C10+C5C5C14而C5C14=1820，所以其中至少有一名女生的概率为4≠4，故D错误.C15C15故选：AC.三、填空题第363页·共372页,13有甲、乙两个班级共计105人进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：优秀非优秀总计甲班10b乙班c302已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是．7①列联表中c的值为30，b的值为35；②列联表中c的值为20，b的值为45；③根据列联表中的数据，若按95%的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”；④根据列联表中的数据，若按95%的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”．答案②③2【解析】由题意得在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，72则成绩优秀的学生有105×=30人，甲班有10人，则乙班20人，即c=20,7成绩非优秀的学生有75人，乙班由30人，则甲班哟有45人，即b=45,故①错误，②正确；22105×(10×30-20×45)由列联表可得K=≈6.109>3.841，55×50×30×75故按95%的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”，③正确，④错误；故答案为：②③14为了增强学生的身体素质，提高适应自然环境、克服困难的能力，某校在课外活动中新增了一项登山活动，并对“学生喜欢登山和性别是否有关”做了一次调查，其中被调查的男女生人数相同，得到如图所示的等高条形统计图，则下列说法中正确的有．①被调查的学生中喜欢登山的男生人数比喜欢登山的女生人数多②被调查的女生中喜欢登山的人数比不喜欢登山的人数多③若被调查的男女生均为100人，则可以认为喜欢登山和性别有关④无论被调查的男女生人数为多少，都可以认为喜欢登山和性别有关答案①③【解析】因为被调查的男女生人数相同，由等高堆积条形统计图可知，喜欢登山的男生占80%，喜欢登山的女生占30%，所以A正确，B错误;设被调查的男女生人数均为n，则由等高堆积条形统计图可得列联表如下男女合计喜欢0.8n0.3n1.1n第364页·共372页,不喜欢0.2n0.7n0.9n合计nn2n222n×(0.8n×0.7n-0.3n×0.2n)50n由公式可得：χ==.1.ln×0.9n×n×n99250n50×100当n=100时，χ==>50，可以判断喜欢登山和性别有关，故C正确；9999250n2而χ=，所以χ的值与n的取值有关.故D错误.99故答案为：①③.15为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表：疾病未患病患病合计药物服用a50-a50未服用80-aa-3050合计8020100若在本次考察中得出“在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效”的结论，则a的最小值为*(其中a≥40且a∈N)(参考数据：6，635≈2.58，10.828≈3.29)22n(ad-bc)参考公式K=(a+b)(c+d(a+c)(b+d)临界值表2p(K≥k0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828答案4622100[a(a-30)-(50-a)(80-a)]【解析】由题意可得K=≥6.635，50×50×80×20222整理得：(100a-4000)≥50×4×6.635，所以100a-4000≥200×6.635≈200×2.58=516或100a-4000≤-200×6.635≈-200×2.58=-516,解得：a≥45.16或a≤34.84，*又因为a≥40且a∈N，所以a≥46，所以a的最小值为46.故答案为：46.c2x16一只红铃虫产卵数y和温度x有关，现测得一组数据xi,yii=1,2,⋅⋅⋅,10，可用模型y=c1e拟合，50设z=lny，其变换后的线性回归方程为z=bx-4，若x1+x2+⋅⋅⋅+x10=300，y1y2⋅⋅⋅y10=e，e为自然常数，则c1c2=.-4答案0.3ec2x-4【解析】y=c1e经过z=lny变换后，得到z=lny=c2x+lnc1，根据题意lnc1=-4，故c1=e，又x1+x250+⋅⋅⋅+x10=300，故x=30，y1y2⋅⋅⋅y10=e⇒lny1+lny2+⋅⋅⋅+lny10=50，故z=5，于是回归方程为z=bx--44一定经过(30,5)，故30b-4=5，解得b=0.3，即c2=0.3，于是c1c2=0.3e.第365页·共372页,-4故答案为：0.3e.四、解答题17(2022·四川·树德中学高三阶段练习(文))某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，A,B在实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗．为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．(1)求图中a的值，并求综合评分的中位数．(2)填写下面的列联表，并判断是否有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关．优质花苗非优质花苗合计甲培优法20乙培优法10合计附：下面的临界值表仅供参考．2p(K≥k0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.8282nad-bc2(参考公式：K=，其中n=a+b+c+a)a+bc+da+cb+d解析(1)由直方图的性质可知：0.005×10+0.010×10+0.025×10+10a+0.020×10=1，解得a=0.040，因为0.02+0.04×10=0.6>0.5，所以中位数位于80,90之间，设中位数为x，则有0.020×10+0.040×90-x=0.5，解得x=82.5，故综合评分的中位数为82.5；(2)根据第一问，优质花苗的频率为0.6，样本中优质花苗的数量为60，得如下列联表：优质花苗非优质花苗合计甲培优法203050乙培优法401050合计60401002100×20×10-30×402所以K=≈16.667>6.635，60×40×50×50第366页·共372页,所以有99%得到把握任务优质花苗与培育方法有关；18(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入y(单位：万)，得到以下数据：月份x34567旅游收入y1012111220(1)根据表中所给数据，用相关系数r加以判断，是否可用线性回归模型拟合y与x的关系？若可以，求出y关于x之间的线性回归方程；若不可以，请说明理由；(2)为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的2×2列联表，依据α=0.001的独立性检验，能否认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.喜欢不喜欢总计男100女60总计110nxi-xyi-yi=1参考公式：相关系数r=，参考数据：10≈3.162.线性回归方程：y=bx+a，其nn22xi-xyi-yi=1i=1nnxi-xyi-yxiyi-nxy2i=1i=12n(ad-bc)中b=n=n,a=y-bx，χ=.222a+bc+da+cb+dxi-xxi-nxi=1i=1临界值表：α0.0100.0050.001xα6.6357.87910.82855522解析(1)由已知得：x=5,y=13,xi-x=10,yi-y=64，xi-xyi-y=20i=1i=1i=120510r===≈0.791，因为r≈0.791∈0.75,1，10×642104说明y与x的线性相关关系很强.，可用线性回归模型拟合y与x的关系，20&there4;b==2,a=y-bx=13-10=3，10则y关于x的线性回归方程为：y=2x+3.(2)2×2列联表如下所示：喜欢不喜欢总计男7030100女4060100总计11090200零假设H0：游客是否喜欢该网红景点与性别无关联，第367页·共372页,22200×(70×60-40×30)根据列联表中数据，χ=≈18.182>10.828=x0.001，100×100×110×90依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即游客是否喜欢该网红景点与性别有关联.19随着科技进步，近来年，我国新能源汽车产业迅速发展．以下是中国汽车工业协会2022年2月公布的近六年我国新能源乘用车的年销售量数据：年份201620172018201920202021年份代码x123456新能源乘用车年销售y(万辆)5078126121137352(1)根据表中数据，求出y关于x的线性回归方程；(结果保留整数)nx3.63+0.33x(2)若用y=me模型拟合y与x的关系，可得回归方程为y=e，经计算该模型和第(1)问中模型22的R(R为相关指数)分别为0.87和0.71，请分别用这两个模型，求2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值；(3)你认为(2)中用哪个模型得到的预测值更可靠？请说明理由．参考数据：设u=lny，其中ui=lnyi．665.946.27yuxi-xyi-yxi-xui-ueei=1i=11444.788415.70380528参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据xi,yii=1,2,3,⋅⋅⋅,n，其回归直线y=bx+a的斜率和截nxi-xyi-yi=1距的最小二乘估计公式分别为b=n，a=y-bx．2xi-xi=161+2+3+4+5+62解析(1)∵x==3.50，&there4;xi-x=17.5，6i=16xi-xyi-yi=1841&there4;b==≈48，又y=144，617.52xi-xi=1&there4;a=y-bx=144-48×3.5=-24，&there4;y关于x的线性回归方程为y=48x-24；(2)若利用线性回归模型，可得2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值为y=48×7-24=312(万辆)3.63+0.33x3.63+0.33×75.94若利用模型y=e，可得2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值为y=e=e=380(万辆)；2(3)∵0.71<0.87，且R越大，反映残差平方和越小，模型的拟合效果越好，3.63+0.33x&there4;用模型y=e得到的预测值更可靠．第368页·共372页,202022年6月5日是世界环境日，十三届全国人大常委会第三十二次会议表决通过的《中华人民共和国噪声污染防治法》今起施行.噪声污染已经成为影响人们身体健康和生活质量的严重问题，为了解声音-2强度D(单位：dB)与声音能量I(单位：W⋅cm)之间的关系，将测量得到的声音强度D和声音能量I的数据作了初步处理，得到如图所示的散点图：(1)根据散点图判断，D=a1+b1I与D=a2+b2lgI哪一个适宜作为声音强度D关于声音能量I的回归模型？(能给出判断即可，不必说明理由)(2)求声音强度D关于声音能量I的非线性经验回归方程(请使用题后参考数据作答)；(3)假定当声音强度大于45dB时，会产生噪声污染，城市中某点P处共受到两个声源的影响，这两个声1910源的声音能量分别是Ia和Ib，且+=10.已知点P处的声音能量等于Ia与Ib之和，请根据(2)中的IaIb非线性经验回归方程，判断点P处是否受到噪声污染，并说明理由.10-111参考数据：I=1.04×10，D=36.7，令Wi=lgIi，有W=Wi，W=-11.4，10i=11010102-212(Ii-I)=1.38×10，(Wi-W)=1.48，Wi-W⋅Di-D=7.4，i=1i=1i=1n10Ii-IDi-D-11i=1Ii-IDi-D=6.9×10，b=n，a=D-bW，lg2≈0.3.i=1I-I2ii=1解析(1)散点图近似在一条曲线上，故D=a2+b2lgI更适合．10(Wi-W)(Di-D)i=17.4(2)令Wi=lgIi，W=lgI，则D=a2+b2W，b2=10=1.48=5，a2=D-b2W=36.7-2(Wi-W)i=15×(-11.4)=93.7，即D关于W的回归方程是D=93.7+5W，则D关于I的非线性经验回归方程是D=93.7+5lgI．(3)设点P处的声音能量为I1，则I1=Ia+Ib，1910因为Ia>0，Ib>0，+=10，IaIb-1019-10Ib9Ia-10Ib9Ia-10所以I1=Ia+Ib=10I+IIa+Ib=1010+I+I≥1010+2I⋅I=16×10，ababab412当且仅当Ib=3Ia，即Ia=10，Ib=10时等号成立，1010-10所以D=93.7+5lgI1≥93.7+5lg16×10=20lg2+43.7≈49.7>45，所以点P处会受到噪声污染．第369页·共372页,21(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))近年来，大学生就业压力日益严峻，伴随着政府政策的引导与社会观念的转变，大学生的创业意识及就业方向也悄然发生转变．在国家提供税收、担保贷款等多方面的政策扶持下，某大学生选择加盟某专营店自主创业，该专营店统计了近五年来的创收利润y(单位：万元)与时间基ti(单位：年)的相关数据，列表如下：ti12345yi2.42.74.16.47.9(1)依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合y与t的关系？请计算相关系数rty并加以说明(计算结果精确到0.01，若rxy>0.8，则认为y与t高度相关，可用线性回归模型拟合y与t的关系)nnti-tyi-ytiyi-ntyi=1i=1附：相关系数rty=nn=nn2222ti-tyi-yti-tyi-yi=1i=1i=1i=155522参考数据：56.95≈7.547，tiyi=85.2，ti-t=10，yi-y=22.78．i=1i=1i=1(2)专营店为吸引顾客，特推出两种促销方案：方案一：每消费满500元可减50元；2方案二：每消费满500元可拍奖一次，每次中奖的概率都为，中奖就可以获得100元现金奖励，假设顾5客每次抽奖的结果相互独立．某位顾客购买了2000元的产品．作为专营店老板，是希望该顾客选择直接返还现金，还是选择参加四次抽奖？请说明理由．11解析(1)由题知，t=×1+2+3+4+5=3，y=×2.4+2.7+4.1+6.4+7.9=4.7，5555522tiyi=85.2，ti-t=10，yi-y=22.78，i=1i=1i=15tiyi-5tyi=185.2-5×3×4.714.7则rty===5510×22.78227.822ti-tyi-yi=1i=114.714.7=≈≈0.97，∵0.97>0.8，256.9515.094&there4;y与t高度相关，可用线性回归模型拟合．(2)专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖．理由如下：用X表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，∵顾客每次抽奖的结果相互独立，22&there4;X~B4,5，&there4;EX=4×5=1.6．由于顾客每中一次奖就可获得100元现金奖励，因此顺客在四次抽奖中可获得的现金奖励的期望为1.6×100=160(元)∵160<4×50=200，&there4;专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖．第370页·共372页,22(2022·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习)一工厂为了提高生产效率，对某型号生产设备进行了技术改造，为了对比改造前后的效果，采集了20台该种型号的设备技术改造前后连续正常运行的时间长度(单位：天)数据，整理如下表：设备编号1234567891011121314151617181920改造前2226321728273427182320362624344025212524改造后2833392625353834432440352933353731413133(1)根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并判断能否有99%的把握认为技术改造前与技术改造后的连续正常运行时间有差异？设备连续正常运行天数超过30天设备连续正常运行天数未超过30天合计改造前改造后合计(2)若某台设备出现故障，则立即停工并申报维修，根据长期生产经验，每台设备停工n天的总损失额记2为y(单位：元)满足y=100n+2000n+1500n=1,2,3,4，现有两种维修方案(一天完成维修)可供选择：方案一：加急维修单，维修人员会在设备出现故障的当天上门维修，维修费用为4000元；方案二：常规维修单，维修人员会在设备出现故障当天或者之后3天中的任意一天上门维修，维修费用为1000元．现统计该工厂最近100份常规维修单，获得每台设备在第nn=1,2,3,4天得到维修的数据如下：n1234频数10304020将频率视为概率，若某台设备出现故障，以该设备维修所需费用与停工总损失额的和的期望值为决策依据，应选择哪种维修方案？2nad-bc2K=，a+bc+da+cb+d2PK≥k0.0500.0250.0100.0050.001k3.8415.0246.6357.87910.828解析(1)2×2列联表为：设备连续正常运行天数超过30天设备连续正常运行天数未超过30天合计改造前设备台数51520改造后设备台数15520合计202040240×5×5-15×152易知K==10>6.63520×20×20×20所以有99%的把握认为技术改造前与技术改造后的连续正常运行时间有差异．(2)当n=1时，设备的总损失额为y=3600元；当n=2时，设备的总损失额为y=5900元；第371页·共372页,当n=3时，设备的总损失额为y=8400元；当n=4时，设备的总损失额为y=11100元；设选择方案一、方案二的设备维修所需费用与设备停工总损失额分别为X、Y元，选择方案一，则EX=3600+4000=7600元，选择方案二，则Y的可能取值有：4600，6900，9400，12100，1342所以，PY=4600=，PY=6900=，PY=9400=，PY=12100=，10101010所以，随机变量Y的分布列如下表所示：Y46006900940012100P1342101010101342所以，EY=4600×+6900×+9400×+12100×=8710元，10101010所以，EX</x<6)=0.3d.若样本数据x1+5,x2+5,⋯,x10+5的方差是12，则数据x1,x2,⋯,x10的方差是7答案abc【解析】a：由相关系数的实际意义：绝对值越大，变量线性相关性越强，正确；22b：由题意，击中目标的次数x服从b6,3分布，故e(x)=6×3=4，正确；c：根据正态分布的对称性及已知条件知：μ=2，故p(2<x<6)=0.5-p(x></r4，故样本相关系数最小的是r2．故选：b．6针对时下的“短视频热”，某高校团委对学生性别和喜欢短视频是否有关联进行了一次调查，其中被调*4查的男生､女生人数均为5mm∈n人，男生中喜欢短视频的人数占男生人数的，女生中喜欢短视频53的人数占女生人数的.零假设为h0：喜欢短视频和性别相互独立.若依据α=0.05的独立性检验认为5喜欢短视频和性别不独立，则m的最小值为()2nad-bc2附：χ=，附表：a+bc+da+cb+dα0.050.01xα3.8416.635a.7b.8c.9d.10答案c2nad-bc2【解析】根据题意，不妨设a=4m,b=m,c=3m,d=2m，于是χ==a+bc+da+cb+d2210m⋅(5m)10m=，由于依据α=0.05的独立性检验认为喜欢短视频和性别不独立，根据表格可5m⋅5m⋅7m⋅3m2110m知≥3.841，解得m≥8.0661，于是m最小值为9.21故选：c第360页·共372页,7中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.茶的发现和利用已有四千七百多年的历史，且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了解每壶“金萱排骨茶”中所放茶1kx+c叶量x(单位：克)与食客的满意率y的关系，通过调查研究发现选择函数模型y=e来拟合y与x100的关系，根据以下数据：茶叶量x></p<1，2如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进人第二个周期.若p=，试验人3数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用.解析(1)设男性患者有x人，则女性患者有2x人，2×2列联表如下：a型病b型病合计男5xxx66女2x4x2x33合计3x3x3x22假设h0：患者所患疾病类型与性别之间无关联，5x4xx2x23x6⋅3-6⋅32x2根据列联表中的数据，经计算得到k==，3x3x3⋅⋅2x⋅x22要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，2x则></k00.400.250.050.005k00.7081.3233.8417.87922n(ad-bc)k=a+bc+da+cb+d(2)将(1)中的频率作为概率，连锁机构随机选取会员进行回访，抽取3人回访.①若选到的3人中2人为“年轻人”，1人为“非年轻人”,再从这3人中随机选取的1人，了解到该会员是“健身达人”，求该人为非年轻人的概率；②设3人中既是“年轻人”又是“健身达人”的人数为随机变量x，求x的分布列和期望值.解析(1)根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，则年轻人人数为100⋅80%=80，则非年轻人为20人，根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为100⋅60%=60，根据其中年轻人占比55，所以健身达人中年轻人人数为60⋅=50，则非年轻人为10人；66健身爱好者人数为100-60=40，再通过总共年轻人合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为80-第349页·共372页,50=30，3根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为20-10=10，具体表格填写如下.列联表为类别年轻人非年轻人合计健身达人501060健身爱好者301040合计8020100零假设h0，是否为“健身达人”与年龄无关.22100×(50×10-30×10)k==1.0416<3.84180×20×60×40所以，依据α=0.05的独立性检验，不能认为“健身达人”与年龄有关；(2)①设事件a为：该人为年轻人，事件b为：该人为健身达人，故此人为“非年轻人”的概率为则p(a∣11⋅p(b∣a)⋅p(a)232b)===p(b∣a)⋅p(a)+p(b∣a)⋅p(a)1⋅1+5⋅27238311②由(1)知，既是年轻人又是健身达人的概率为2,x∼b3,2，x=0,1,2,3，0131px=0=c31-2=8111123px=1=c32⋅1-2=8212113px=2=c32⋅1-2=83131px=3=c32=8故x的分布列：x0123p13318888x的数学期望值3313ex=1×+2×+3×=.8882第350页·共372页,7.某种疾病可分为a，b两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性患a型疾病的人数占男性患者51的，女性患a型疾病的人数占女性患者的.632nad-bc2k=，a+bc+da+cb+d2pk≥k00.100.050.010.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828(1)若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型'与‘性别'有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？(2)某团队进行预防a型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为mm></x0.005因此，没有充分证据推断选择生物学科与性别有关故选：c第344页·共372页,1.为考察一种新药预防疾病的效果，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2的2×2列联表中.由列联表中的数据计算得χ≈10.921.参照附表，下列结论正确的是()2pχ≥χ00.0250.0100.0050.001χ05.026.6357.87910.828a.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“药物有效”b.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“药物无效”c.有99.99%以上的把握认为“药物有效”d.有99.99%以上的把握认为“药物无效”答案a22【解析】因为χ≈10.921，即χ></a<1，b<0答案abx【解析】因为y=ae，令z=lny，则z与x的回归方程为z=bx+lna.根据散点图可知z与x正相关，所以b></a<1，b></y3<y4<y5，求y2，y3，y4，y5的值(只写结果，不要求过程)nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1(参考公式：b=n，a=y-b⋅x，r=nn)222xi-xxi-x⋅yi-yi=1i=1i=162解析(1)因为yi-y=258，i=12222所以y1+y2+⋅⋅⋅+y6-2(y1+y2+⋅⋅⋅+y6)y+6y=258，62因为yi=2658，y1+y2+⋅⋅⋅+y6=6y，i=122所以2658-12y+6y=258，得y=20，1因为x=×(4+7+8+9+12+14)=9，662222所以xi-x=4-9+9-9+⋯+14-9=64，i=1nxi-xyi-yi=1因为r=nn22xi-x⋅yi-yi=1i=1nn2xi-xyi-yxi-xi=1i=1=n⋅n22xi-xyi-yi=1i=1n2xi-xi=1127=b⋅，r=，n1282yi-yi=1第327页·共372页,1278所以=b，128258127127137所以b=，a=20-⋅9=，646464127137即线性回归方程y=x+6464112c3cy1-3+c382(2)①由题意可得：2人中至少有一个小孩的概率为p=2=，得：4y1-49y1+90=0cy1519所以y1=10或y1=(舍)4②由(1)得y=20，因为y1=10，y6=30，所以10+y2+y3+y4+y5+30=120，得y2+y3+y4+y5=80，62因为yi=2658，i=12222所以100+y2+y3+y4+y5+900=2658，2222所以y2+y3+y4+y5=1658，*因为y2,y3,y4,y5∈n，y2<y3<y4<y5，所以y2=15，y3=18，y4=22，y5=25.2.已知x，y的取值如表：x0134ya4.34.86.7若x，y具有线性相关关系，且回归方程为y=0.95x+2.6，则a=．答案2.20+1+3+4a+4.3+4.8+6.7a+15.8【解析】将x==2,y==代入回归方程为y=0.95x+2.6，可444a+15.8得=4.5⇒a=2.2，应填答案2.2．43.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn(n≥2，x1，x2，⋯，xn不相等)，若这组数据的样本相关系数为-1，则在这组样本数据的散点图中，所有样本点xi,yi(i=1，2，⋯，n)所在的曲线可能是()2a.y=-2x+3b.y=x+3c.y=-x+3d.y=x+3答案a【解析】样本相关系数r的绝对值越接近于1，样本数据的散点图越接近于一条直线．因为该组数据的样本相关系数r=-1，故样本数据呈负相关，所以所有样本点xi,yi(i=1，2，⋯，n)所在的曲线可能在直线y=-2x+3上，故选：a．第328页·共372页,1.(2022·全国·高三专题练习(文))给出下列说法：①回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x,y)，且至少过一个样本点；②两个变量相关性越强，则相关系数|r|就越接近1；③将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变；④在回归直线方程y=2-0.5x中，当解释变量x增加一个单位时，预报变量y平均减少0.5个单位.其中说法正确的是()a.①②④b.②③④c.①③④d.②④答案b【解析】对于①中，回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x,y)，但不一定过一个样本点，所以不正确；对于②中，根据相关系数的意义，可得两个变量相关性越强，则相关系数|r|就越接近1，所以是正确的；对于③中，根据方差的计算公式，可得将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差是不变的，所以是正确的；对于④中，根据回归系数的含义，可得在回归直线方程y=2-0.5x中，当解释变量x增加一个单位时，预报变量y平均减少0.5个单位，所以是正确的.故选：b.2.对于数据组xi,yii=1,2,3,...,n，如果由线性回归方程得到的对应于自变量xi的估计值是yi，那么将yi-yi称为相应于点xn,yi的残差．某工厂为研究某种产品产量x(吨)与所需某种原材料y吨)的相关性，在生产过程中收集4组对应数据x,y如下表所示：x3456y2.534m根据表中数据，得出y关于x的线性回归方程为y=0.7x+a，据此计算出样本点(4，3)处的残差为-0.15，则表中m的值为()a.3.3b.4.5c.5d.5.5答案b【解析】由题意可知，在样本(4，3)处的残差-0.15，则y=3.15，即3.15=0.7x+a，解得a=0.35，即y=0.7x+0.35，3+4+5+6又x==4.5，且线性方程过样本中心点(x，y)，42.5+3+4+m则y=0.7×4.5+0.35=3.5，则y==3.5，4解得m=4.5.故答案为：b3.已知两个变量x和y之间有线性相关关系，经调查得到如下样本数据，x34567y3.52.41.1-0.2-1.3根据表格中的数据求得同归方程y=bx+a，则下列说法正确的是()a.a></r2<r1<r3b.r2<r4<r1<r3c.r2<r4<r3<r1d.r4<r2<r3<r1答案c【解析】由图可知：r3，r1所对应的图中的散点呈现正相关，而且r1对应的相关性比r3对应的相关性要强，故0<r3<r1，r2，r4所对应的图中的散点呈现负相关，且根据散点的分布情况可知r2<r4<0,因此r2<r4<r3<r1，故选：c3.(2022·上海交大附中高三阶段练习)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据xi,yi(i=1,2,⋯,20)，其中xi和yi分别表示2020第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量(单位：头)，并计算得xi=60，yii=1i=120202022=1200，xi-x=80，yi-y=9000，xi-xyi-y=800.i=1i=1i=1(1)估计该地区这种野生动物的数量；(2)求样本xi,yi(i=1,2,⋯,20)的相关系数.(精确到0.01)2011解析(1)由已知得样本平均数y=yi=×1200=600，2020i=1从而该地区这种野生动物数量的估计值为20×600=12000.20202022(2)由xi-x=80，yi-y=9000，xi-xyi-y=800，i=1i=1i=1可得样本(xi,yi)(i=1，2，⋯，20)的相关系数为第324页·共372页,20(xi-x)(yi-y)i=180080022r====≈0.94.202080×90006002322(xi-x)(yi-y)i=1i=11.(2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试(理))对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r1=0.8995，对两个变量u，v进行线性相关检验，得线性相关系数r2=-0.9568，则下列判断正确的是()a.变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强b.变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强c.变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强d.变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强答案c【解析】依题意：r1=0.8995,r2=-0.9568，所以x,y正相关，u,v负相关，r2<r1<1，所以u,v的线性相关性较强.故选：c2.甲､乙､丙､丁四位同学各自对x,y两变量的线性相关性做试验，分别求得样本相关系数r，如下表：甲乙丙丁r0.20-0.95-0.120.85则试验结果中x,y两变量有更强线性相关性的是()a.甲b.乙c.丙d.丁答案b【解析】由已知，乙的相关系数的绝对值为r=0.95，是四人中最大的，因此乙同学有更强的相关性．故选：b．第325页·共372页,3.(2022·江苏·南京市第一中学高三阶段练习)某网络电视剧已开播一段时间，其每日播放量有如下统计表：开播天数x(单位：天)12345当天播放量y(单位：百万次)335910(1)请用线性回归模型拟合y与x的关系，并用相关系数加以说明；(2)假设开播后的两周内(除前5天)，当天播放量y与开播天数x服从(1)中的线性关系.若每百万播放量可为制作方带来0.7万元的收益，且每开播一天需支出1万元的广告费，估计制作方在该剧开播两周内获得的利润.nnxi-xyi-yxi-xyi-yi=1i=1参考公式：r=nn，b=n，a=y-bx.222xi-xyi-yxi-xi=1i=1i=155522参考数据：∑xiyi=110，∑xi=55，∑yi=224，110≈10.5.i=1i=1i=1注：①一般地，相关系数r的绝对值在0.95以上(含0.95)认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱.②利润=收益-广告费.11解析(1)由题得x=(1+2+3+4+5)=3,y=(3+3+5+9+10)=6.55nxi-xyi-yi=16+3+3+8所以b=n=2222=2.2(1-3)+(2-3)+(4-3)+(5-3)xi-xi=1所以a=y-bx=6-2×3=0.所以线性回归方程为y=2x.nxi-xyi-yi=1201010相关系数r===≈≈0.952></x<79，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61(或61和x)，则x-61=3，解得x=58或x=64故选：a2.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是2，4，5，x，11，14，15，39，41，50，已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是9.5，则x的值是()a.6b.7c.8d.9答案cx+11【解析】依题意10⋅40%=4是整数，那么40%分位数9.5就是第4，第5位数的平均值，于是=29.5，解得x=8.故选：c3.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)中国青年志愿者协会成立于1994年12月5日，此后广大志愿者､志愿服务组织不断蓬勃发展，目前高校青年志愿者组织就有132个.为了解某大学学生参加志愿者工作的情况，随机抽取某高校志愿者协会的40名成员，就他们2022年第2季度参加志愿服务的次数进行了统计，数据如表所示.则这40名学生本季度参加志愿活动的第40百分数位为()次数7891011人数610987a.9b.8c.8.5d.9.5答案c【解析】∵40×0.4=16为整数8+9∴第40百分数位为第16位和第17位的平均数，即为=8.52故选：c.第303页·共372页,1.(2022·江苏南通·高三开学考试)“双减”政策实施后，学生的课外阅读增多.某班50名学生到图书馆借书数量统计如下：借书数量(单位：本)5678910频数(单位：人)58131194则这50名学生的借书数量的上四分位数(第75百分位数)是()a.8b.8.5c.9d.10答案c【解析】由50×75%=37.5，故第75百分位数在借书数量从小到大排序后的第38人，又5+8+13+11=37<38<5+8+13+11+9=46，故四分位数(第75百分位数)是9.故选：c2.(2022·重庆八中高三开学考试)某单位为了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下表所示：党史学习时间(小时)7891011党员人数610978则该单位党员一周学习党史时间的众数及第50百分位数分别是()a.8，8.5b.8，8c.9，8d.8，9答案d【解析】党员人数一共有6+10+9+7+8=40，学习党史事件为8小时的人数最多，故学习党史时间的众数为8，40×50%=20，那么第50百分位数是第20和21个数的平均数，第20，21个数分别为9，9，所以第50百9+9分位数是=9，2故选：d3.(2022·福建省漳州第一中学模拟预测)树人中学举办以“喜迎二十大､永远跟党走､奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人比赛的成绩为：85，86，88，88，89，90，92，94，98(单位：分)，则这9人成绩的第80百分位数是.答案94【解析】9×80%=7.2，所以从小到大选取第8个数作为80百分位数，即94.故答案为：944.已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，记这组数据的第60百分位数为a，众数为b，则a和b的大小关系是．(用“<”“></x<μ+2σ)=0.9544，p(μ-3σ<x<μ+3σ)=0.9974，取40.9974=0.99．1解析(1)μ=×87+87+88+92+95+97+98+99+103+104=95，1021σ=×64+64+49+9+0+4+9+16+64+81=36，10则σ=6．(2)①∵z服从正态分布n95,36，0.9544∴pz></p1≤y≤3，故选项c正确；因为px≥2=1-pμ1-2σ1≤x≤μ1+2σ1=1-0.9545=0.0455，py≥3=1-pμ2-2σ2≤y≤μ2+2σ2+pμ2-σ2≤y≤μ2+σ20.6827+0.9545=1-=0.1814，22所以px≥2<py≥3，故选项d错误.故选：abc.12赵先生早上9：00上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行．赵先生从家到公交站或地铁站都要步行5min．公交车多且路程近一些，但乘坐公交路上经常拥堵，所需时间(单位：min)服从正态2分布n33,4，下车后从公交站步行到公司要12min；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，下地铁后从地铁站步行到公司要5min．从统计的角度，下列说法中正确的是()2参考数据：若z∼nμ,σ，则pμ-σ<z≤μ+σ≈0.6826，pμ-2σ<z≤μ+2σ≈0.9544，pμ-3σ<z≤μ+3σ≈0.9974．a.若8：00出门，则乘坐公交上班不会迟到b.若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大c.若8：06出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性更大d.若8：12出门，则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到答案cd【解析】对于a，若8：00出门，赵先生乘坐公交的时间z1不大于43min才不会迟到，因为乘坐公交所需时2间(单位：min)服从正态分布n33,4，所以pz1≤43<pz1≤45，且p33-12<z1≤33+12≈0.9974，所以pz1≤43<pz1≤45≈0.5+0.5×0.9974=0.9987，所以赵先生上班迟到还是有可能发生的，a不正确；对于b，若8：02出门，若乘坐地铁，则乘坐时间z2不大于48min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，所以p44-4<z2≤44+4≈0.9544，所以pz2≤48≈0.5+0.9544×0.5=0.9772，所以赵先生乘坐地铁上班不迟到的可能性为0.9772，若8：02出门，若乘坐公交，则乘坐时间z1不大于41min才不会迟到，因为乘坐公交所需时间(单位：第280页·共372页,2min)服从正态分布n33,4，所以p33-8<z1≤33+8≈0.9544，所以pz1≤41≈0.5+0.5×0.9544=0.9772，故二者的可能性一样，b不正确；对于c，若8：06出门，若乘坐公交，则乘坐时间z1不大于37min才不会迟到，因为乘坐公交所需时间(单2位：min)服从正态分布n33,4，所以p33-4<z1≤33+4≈0.6826，所以pz1≤37≈0.5+0.5×0.6826=0.8413，若8：06出门，若乘坐地铁，则乘坐时间z2不大于44min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单位：2min)服从正态分布n44,2，所以pz2≤44=0.5<0.8413，c正确；对于d，若8：12出门，赵先生乘坐地铁的时间z2不大于38min才不会迟到，因为乘坐地铁所需时间(单2位：min)服从正态分布n44,2，所以p44-6<z2≤44+6≈0.9974，所以pz2≤38≈1-0.9974×0.5=0.0013，所以乘坐地铁上班不迟到的可能性非常小，d正确．故选：cd.三、填空题113(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))记y=kx+b(k，b为实常数)，若x~n2,9，y~n(0,1)，则k+b=.答案-3或3112【解析】由题知，x~n2,9，则随机变量y=kx+b(k,b为实常数)，服从的分布为n2k+b,9k，而2k+b=0b=-6b=6又因为y~n(0,1)，所以有12，解得或，所以k+b=-3或3.k=1k=3k=-39故答案为-3或3.214(2022·福建省连城县第一中学高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布x∼n8,σ，p(x≥1810)=m，p(6≤x≤8)=n，则+的最小值为．2mn答案2521【解析】∵随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，∴p(x≥8)=，2由p(6≤x≤8)=n，得p(8≤x≤10)=n，又p(x≥10)=m，1∴m+n=，且m></p1≤y≤3d.px≥2></x<212.2的值为()(参考数据：150≈12.2，pμ-σ<x≤μ+σ≈0.6826，pμ-2σ<x≤μ+2σ≈0.9544)a.0.6826b.0.3174c.0.9544d.0.0456答案a【解析】由已知可得x~n200,150，则μ=200，σ=150≈12.2，则p187.8<x<212.2=p200-12.2<x<200+12.2≈0.6826.第277页·共372页,故选：a．26(2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试(理))已知随机变量ξ∼n2,σ，若p(2≤ξ<3)=0.3，则p(ξ<1)=()a.0.6b.0.5c.0.3d.0.2答案d2【解析】由随机变量ξ∼n2,σ及正态分布的对称性，知p(1≤ξ<2)=p(2≤ξ<3)=0.3，所以p(ξ<1)=0.5-p(1≤ξ<2)=0.2.故选：d.2127设随机变量m服从正态分布，且函数fx=x-6x+m没有零点的概率为，函数gx=2x-4x211+2m有两个零点的概率为，若pm></x≤160)=0.2，则随机抽取该地区1000名成年女性，其中身高不超过162cm的人数大约为()a.200b.400c.600d.700答案d【解析】因为p(158<x≤160)=0.2，所以p(x≤162)=0.2+0.5=0.7，则随机抽取该地区1000名成年女性，其中身高不超过162cm的人数服从y∼b(1000，0.7)，所以e(y)=np=700.故选:d．23(2022·江苏南京·高三阶段练习)已知随机变量x~n4，2，则p8<x<10的值约为()2附：若y~nμ，σ，则pμ-σ<y<μ+σ≈0.6827，pμ-2σ<y<μ+2σ≈0.9545，pμ-3σ<y<μ+3σ≈0.9974a.0.0215b.0.1359c.0.8186d.0.9760答案a2【解析】由题意知随机变量x~n4，2，故μ=4,σ=2，1故p8<x<10=pμ-3σ<x<μ+3σ-pμ-2σ<x<μ+2σ21≈(0.9974-0.9545)=0.02145≈0.0215,2故选：a4(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))某市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成2绩ξ服从正态分布n(90,σ)，已知p(80<ξ≤100)=0.4，若按成绩采用分层抽样的方式抽取100份试卷进行分析，则应从100分以上的试卷中抽取的份数为()a.60b.40c.30d.15答案c1【解析】pξ></a)已知下表σ为标准正态分布表(节选)，该表用于查询标准正态分布n(0,1)对应的概率值．例如当a=0.16时，由于0.16=0.1+0.06，则先在表的最左列找到数字0.1(位于第三行)，然后在表的最上行找到数字0.06(位于第八列)，则表中位于第三行第八列的数字0.5636便是φ(0.16)的值．a0.000.010.020.030.040.050.060.070.080.090.00.50000.50400.50800.51200.51600.51990.52390.52790.53190.53590.10.53980.54380.54780.55170.55570.55960.56360.56750.57140.57530.20.57930.58320.58710.59100.59480.59870.60260.60640.61030.61410.30.61790.62170.62550.62930.63310.63680.64040.64430.64800.65170.40.65540.65910.66280.66640.67000.67360.67720.6808，0.68440.68790.50.69150.69500.69850.70190.70540.70880.71230.7157'0.71900.7224①求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率；②若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于0.7，则至少需要添加多少个座位？解析(1)由题意可得，随机变量x服从二项分布，则ex=np=10000×0.1=1000，dx=np1-p=10000×0.1×0.9=900，(2)①由于(1)中二项分布的n值增大，故可以认为随机变量x服从二项分布，由(1)可得，μ=1000,σ=30，x-1000可得x∼n1000,900，则∼n0,1，30x-1000则px<994=p30<-0.2=φ-0.2，由标准正态分布性质可得，φ-0.2=1-φ0.2，故px<994=1-φ0.2，故px≥994=1-px<994=φ0.2=0.5793，在晚自习时间阅览室座位不够用的概率为0.5793；x-1000②查表可得，φ0.53=0.7019，则p30<0.53=0.7019，即px<1015.9=0.7019，x-1000又px<1015=p30<0.5=φ0.5=0.6915<0.7，第274页·共372页,故座位数至少要1016个，1016-994=22，故阅览室座位至少需要添加22个．1.(2022·陕西·西安中学模拟预测(理))“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求.“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用.某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300名职员，其中275个高薪职位和25个普薪职位.实际报名人数为2000名，考试满分为400分.本次招聘考试的命题和组考非常科学，是一次成功的考试，考试成绩服从正态分布.考试后考生成绩的部分统计结果如下：考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生30名.(1)求最低录取分数(结果保留为整数)；(2)考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位？请说明理由.2x-μ参考资料：(1)当x∼nμ,σ时，令y=，则y∼n0,1.(2)当y∼n0,1时，py≤2.17≈σ0.985，py≤1.28≈0.900，py≤1.09≈0.863，py≤1.04≈0.85.解析(1)设考生的成绩为x，则由题意可得x应服从正态分布，2x-180即x∼nμ,σ，令y=，则y∼n0,1.σ3030由360分及以上高分考生30名可得px≥360=，即px<360=1-=0.985，20002000360-180360-180即有px<σ=0.985，则σ≈2.17，可得σ≈83，2可得x∼n180,83，x0-180300设最低录取分数线为x0，则px≥x0=py≥=，832000x0-180300x0-180即有py<=1-=0.85，即有=1.04，83200083可得x0=266.32，即最低录取分数线为266；(2)考生甲的成绩286></x≤μ+σ)≈0.6827，p(μ-2σ<x≤μ+2σ)≈0.9545，p(μ-3σ<x≤μ+3σ)≈0.9973．(1)判断生产线是否正常工作，并说明理由；(2)用频率表示概率，若再随机从生产线上取3件产品复检，正品检测费10元></a)=1-p(x≥a)；②p(x<μ-a)=1-p(x≥μ+a)；1-p(μ-b<x<μ+b)③若b<μ，则p(x<b)=．2特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．题型五:正态分布的实际应用第264页·共372页,1.(2022·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试)某校高三年级有500名学生，一次考试的语文成绩服从正态分布n100,225，数学成绩的频率分布表如下：数学成绩50,7070,9090,110110,130130,150频率0.160.1680.480.160.032(1)如果成绩高于130分为特别优秀，则本次考试语文、数学成绩特别优秀的学生大约各多少人？(2)如果语文和数学两科成绩都特别优秀的共有6人，从(1)中的这些学生中随机抽取3人，设3人中两科成绩都特别优秀的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望.参考公式及数据：2若x~nμ,σ，则pμ-σ<x≤μ+σ=0.68，pμ-2σ<x≤μ+2σ=0.96，pμ-3σ<x≤μ+3σ=0.99.解析(1)因为语文成绩服从正态分布n100,225，1所以语文成绩特别优秀的概率p1=px≥130=1-0.96×=0.02.2由频率估计概率，得数学成绩特别优秀的概率p2=0.032，所以语文成绩特别优秀的学生大约有500×0.02=10(人)，数学成绩特别优秀的学生大约有500×0.032=16(人).(2)语文和数学成绩都特别优秀的有6人，则单科成绩特别优秀的有14人，ξ可取的值有0，1，2，3，3c1418291所以pξ=0===，c35702852012c6c1491pξ=1==，c31902021c6c14357pξ=2===，c319038203c61pξ=3==，c35720故ξ的分布列为ξ0123p919171285190385718291719eξ=0×+1×+2×+3×=570190385710第265页·共372页,2.为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”.某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：硫排放量x[2.55.5)[5.5，8.5)[8.5，115)[115，14.5)[14.5.175)[175，20.5)[20.523.5)频数5691286422(1)假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布nμ,σ，其中μ近似为样本平均值x，σ近2似为样本方差s，经计算得x≈12.8，s≈5.2.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；(2)通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求y的分布列与数学期望.2(参考数据：若x~x∼nμ,σ，则pμ-σ≤x≤μ+σ=0.6827，pμ-2σ≤x≤μ+2σ=0.9545，pμ-3σ≤x≤μ+3σ=0.9973.)解析(1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2，1-0.6827所以p(x></x<12=0.1，则px<8+p10<x<11=．答案0.4【解析】由题可知：p8<x<9=p11<x<12=0.1，p10<x<11=p9<x<10，所以px<8+p10<x<11=px<8+p9<x<10)=0.5-p8<x<9=0.4．故答案为：0.423.设随机变量x~nμ,σ，若px<0=px></x<120)=，31131∴p(100<x<120)=3，∴3位同学的数学成绩都在(100,120)的概率为p=3=27．1故答案为：27【方法技巧与总结】1、正态分布下两类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ对称，曲线与x轴之间的面积为1．(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ-σ，μ+σ)，(μ-2σ，μ+2σ)，(μ-3σ，μ+3σ)中的哪一个．2、正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．(2)熟记p(μ-σ<x≤μ+σ)，p(μ-2σ<x≤μ+2σ)，p(μ-3σ<x≤μ+3σ)的值．题型四:根据正态曲线的对称性求参数第262页·共372页,24a+b1.已知随机变量ξ~n(1,σ),a></x<6)=[p(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)-p(μ-σ<ξ≤μ+σ)]21=(0.9544-0.6826)=0.1359．2故选：bc23.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，p(x≥10)=m，p(6≤x14≤8)=n，则+的最小值为．2mn答案9+422【解析】∵随机变量x服从正态分布x~n(8,σ)，1∴p(x≥8)=，由p(x≥10)=m，p(6≤x≤8)=p(8≤x≤10)=n，21∴m+n=，且m></x<μ+σ)=0.6826,p(μ-2σ<x<μ+2σ)=0.9544,p(μ-3σ<x<μ+3σ)=0.9974.a.26b.52c.456d.13答案a2【解析】考试成绩x(满分150分)服从正态分布n110,100，所以μ=110,σ=100，则σ=10，1-p(80<x<140)1-0.9974px≥140===0.0013，22所以可进入决赛的人数大约为20000×0.0013=26人.故选：a．23.(2022·江苏镇江·高三开学考试)某物理量的测量结果服从正态分布n10,σ，下列结论中不正确的是()a.σ越大，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大b.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5c.σ越大，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等d.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,10.1)的概率相等答案a2【解析】σ为数据的方差，所以σ越大，数据在均值附近越分散，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越小，故a错误;由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故b正确；由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故c正确；由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,10.1)的概率相等，故d正确.故选：a.第258页·共372页,1.(多选题)(2022·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习)某产品的质量指标值服从正态分布250,σ，则下列结论正确的是()a.σ越大，则产品的质量指标值落在49.9,50.1内的概率越大b.该产品的质量指标值大于50的概率为0.5c.该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等d.该产品的质量指标值落在49.9,50.2内的概率与落在50,50.3内的概率相等答案bc【解析】对于a，σ越大，则数据越分散，所以产品的质量指标值落在49.9,50.1内的概率越小，所以a错误，2对于b，因为产品的质量指标值服从正态分布50,σ，所以正态分布的图象关于直线x=50对称，所以该产品的质量指标值大于50的概率为0.5，所以b正确，对于c，由选项b可知正态分布的图象关于直线x=50对称，所以该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等，所以c正确，对于d，由选项b可知正态分布的图象关于直线x=50对称，所以由正态分布的图象可知该产品的质量指标值落在49.9,50.2内的概率大于落在50,50.3内的概率，所以d错误，故选：bc【方法技巧与总结】(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；(2)曲线是单峰的，它关于直线x=μ对称；1(3)曲线在x=μ处达到峰值(最大值)；2πσ(4)曲线与x轴之间的面积为1；题型三:正态曲线概率的计算21.(2022·浙江邵外高三阶段练习)在某次数学考试中，学生成绩x服从正态分布100,δ.若x在85,115内的概率是0.5，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是()27939a.b.c.d.6464416答案a2【解析】因为学生成绩服从正态分布100,δ，且p85<x<115=0.5，所以p85<x<100=0.25，3px<85=0.25，px≥85=0.75=，43所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学4232127生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是c34×4=64.故选：a.第259页·共372页,22.某物理量的测量结果服从正态分布n10,σ，下列结论中不正确的是()a.σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大b.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5c.σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等d.σ越小，该物理量在一次测量中落在9.9,10.2与落在(10,10.3)的概率相等答案d2【解析】对于a，σ为数据的方差，所以σ越小，数据在μ=10附近越集中，所以测量结果落在9.9,10.1内的概率越大，故a正确；对于b，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故b正确；对于c，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故c正确；对于d，因为该物理量一次测量结果落在9.9,10.0的概率与落在10.2,10.3的概率不同，所以一次测量结果落在9.9,10.2的概率与落在10,10.3的概率不同，故d错误，故选：d．x-12-12σ23.随机变量x的概率分布密度函数fx=ex∈r，其图象如图所示，设px≥2=p，σ2π则图中阴影部分的面积为()1a.pb.2pc.-pd.1-2p2答案c2【解析】由题意可知x~n1,σ，则px≤0=px≥2=p，1故图中阴影部分的面积为-p.2故选：c.1.(多选题)(2022·重庆一中高三阶段练习)已知随机变量x服从正态分布n0,1，定义函数fx为x取值不超过x的概率，即fx=px≤x.若x></p(y≤38)d.p(x≤34)<p(y≤34)答案c2【解析】对于a中，随机变量x服从正态分布，且x~nμ1,6，22可得随机变量x的方差为σ=6，即d(x)=36，所以a错误；对于b中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量μ1=30,μ2=34，第257页·共372页,所以μ1<μ2，所以b错误；对于c中，根据正态分布密度曲线图像，可得x≤38时，随机变量x对应的曲线与x围成的面积小于y≤38时随机变量y对应的曲线与x围成的面积，所以p(x≤38)<p(y≤38)，所以c正确；11对于d中，根据正态分布密度曲线图像，可得p(x≤34)></p(x2≤μ3)d.p(μi-2σi≤xi≤μi+2σi)=p(μi+1-2σi+1≤xi+1≤μi+1+2σi+1)(i=1，2)答案d【解析】对于a：p(x1≤μ2)是第一条正态分布密度函数图象在第二条虚线左侧与x轴围成的部分，p(x2≤μ1)是第二条正态分布密度函数图象在第一条虚线左侧与x轴围成的部分，故由图象可知p(x1≤μ2)></x≤μ+a)=φμ,σ(x)dx为下图中阴影部分的面μ-a积，对于固定的μ和a而言，该面积随着σ的减小而变大．这说明σ越小，x落在区间(μ-a,μ+a]的概率越大，即x集中在μ周围的概率越大特别地，有p(μ-σ<x≤μ+σ)=0.6826；p(μ-2σ<x≤μ+2σ)=0.9544；p(μ-3σ<x≤μ+3σ)=0.9974．由p(μ-3σ<x≤μ+3σ)=0.9974，知正态总体几乎总取值于区间(μ-3σ，μ+3σ)之内．而在此区间以外取值的概率只有0.0026，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，即为小概率事件．在实际应2用中，通常认为服从于正态分布n(μ，σ)的随机变量x只取(μ-3σ，μ+3σ)之间的值，并简称之为3σ原则．【方法技巧与总结】21、在解决有关问题时，通常认为服从正态分布n(μ,σ)的随机变量x只取(μ-3σ，μ+3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．2、求正态变量x在某区间内取值的概率的基本方法：(1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．(2)将待求问题向(μ-σ，μ+σ]，(μ-2σ，μ+2σ]，(μ-3σ，μ+3σ]这三个区间进行转化；(3)利用x在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果．3、假设检验的思想(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．2(2)若随机变量ξ服从正态分布n(μ,σ)，则ξ落在区间(μ-3σ，μ+3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ-3σ，μ+3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布．(3)对于小概率事件要有一个正确的理解：小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．【典例例题】题型一:正态密度函数x+321-41.设随机变量x的正态分布密度函数为fx=⋅e，x∈-∞,+∞，则参数μ，σ的值分别2π是()a.μ=3，σ=2b.μ=-3，σ=2c.μ=3，σ=2d.μ=-3，σ=2第255页·共372页,答案d【解析】由正态分布密度函数表达式知μ=-3，σ=2.故选：d.22.(2022·甘肃·天水市第一中学模拟预测(理))已知连续型随机变量xi~n(ui，σi)(i=1，2，3)，其正态曲线如图所示，则下列结论正确的是()a.p(x1≤μ2)<p(x2≤μ1)b.p(x2≥μ2)></x≤b)=φμ,σ(x)dx，即由正态曲线，过点(a，0)和点(b，0)a的两条x轴的垂线，及x轴所围成的平面图形的面积，如下图中阴影部分所示，就是x落在区间(a，b]的概率的近似值．b一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量x满足p(a<x≤b)=φμ,σ(x)dx，则称随机变量xa2服从正态分布．正态分布完全由参数μ，σ确定，因此正态分布常记作n(μ，σ)如果随机变量x服从正态分2布，则记为x∼n(μ，σ)其中，参数μ是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本的均值去估计；σ是衡量随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本的标准差去估计．2、3σ原则第254页·共372页,μ+a2若x∼n(μ，σ)，则对于任意的实数a></ey，故c错；21052105z的取值为4,5，6,7,8，且pz=4=px=0，pz=5=px=1，pz=6=px=2，pz=7=px=3，pz=8=px=4，15×4+8×5+90×6+24×7+1×8117628所以ez===，故d正确；2102105故选：bd.11某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工a从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工b从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工a抽取到的3件产品中次品数量为x，员工b抽取到的3件产品中次品数量为y，k=0，1，2，3．则下列判断正确的是()a.随机变量x服从二项分布b.随机变量y服从超几何分布c.px=k<py=kd.ex=ey答案abd【解析】对于a，b选项，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；33-kk33-kk515kcm-5c5kcm-5c5对于d选项，该批产品有m件，则ex=3⋅m=m，e(y)=3=3=k=0cmk=1cm15m-1m-215=，因此d正确；mm-1m-2m对于c选项，假若c正确可得ex<ey，则d错误，矛盾！故c错误．故选：abd.12(2022·湖北·高三阶段练习)一口袋中有大小和质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是()3a.从中任取3球，恰有一个白球的概率是580b.从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为243c.从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为2526d.从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为27答案abd12c2c4123【解析】对选项a,从中任取3球，恰有一个白球的概率是==，故a正确；c32056对选项b，从中有放回的取球6次，每次任取一球，1则取到白球的个数x~b6,3，第246页·共372页,2122480故恰好有两个白球的概率为c633=243；对选项c，从中不放回的取球2次，每次任取1球，记a为“第一次取到红球”，2pab53b为“第二次取到红球”，则所求概率为p(b|a)===，故c错误。pa2532对选项d，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则取到红球的个数y~b3,3，0201326至少有一次取到红球的概率为1-c333=27，故d正确。故选：abd三、填空题1213如果随机变量x服从二项分布b20,3，y服从二项分布b20,3，那么当x,y变化时，关于px=xk=py=yk成立的xk,yk的个数为．答案21xk1xk120-xkyk2yk220-yk【解析】由px=xk=py=yk得：c20⋅3⋅1-3=c20⋅3⋅1-3，xk1xk220-xkyk2yk120-yk即c20⋅3⋅3=c20⋅3⋅3，∴xk+yk=20，又0≤xk≤20，0≤yk≤20，xk,yk∈z，则xk,yk的个数有21个.故答案为：21.14将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具)先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是.91答案2161k【解析】根据题意，该实验为独立重复实验，记6点向上的次数为x，则n=3，p=，故px=k=c361k53-k66，0105312591因此至少出现一次6点向上的概率为px≥1=1-px=0=1-c366=1-216=216.91故答案为：.216115若随机变量x服从二项分布b15,4，则使px=k取得最大值时，k=．答案3或4【解析】依题意0≤k≤15,k∈n，15-kk1k115-kk131k15-k依题意px=k=c15⋅4⋅1-4=c15⋅k⋅15-k=15⋅c15⋅3，44410153151114315px=0=15⋅c15⋅3=4,px=1=15⋅c15⋅3=5×4，44115px=15=4，px=15<px=0<px=1，所以px=0、px=15不是px=k的最大项，1⋅ck⋅315-k≥1⋅ck-1⋅316-k1515151544当1≤k≤14时，由11，k15-kk+114-k15⋅c15⋅3≥15⋅c15⋅344第247页·共372页,15!≥3×15!kk-1c15≥3c15k!×15-k!k-1!×16-k!整理得，即，3ck≥ck+115!15!15153×≥k!×15-k!k+1!×14-k!13≥k16-k16-k≥3k整理得，⇒3≤k≤4，3≥13k+3≥15-k15-kk+1所以当k为3或4时，px=k取得最大值.故答案为：3或416把半圆弧分成4等份，以这些分点(包括直径的两端点)为顶点，作出三角形，从中任取3个不同的三角形，则这3个不同的三角形中钝角三角形的个数x不少于2的概率为．49答案60【解析】如下图所示，设ab为半圆弧的直径，c、d、e为半圆弧另外的三个四等分点，3从a、b、c、d、e这5个点任取3个点构成三角形，一共能组成三角形的个数为c5=10.其中直角三角形有：△abc、△abd、△abe，共3个，钝角三角形的个数为10-3=7，213c7c363c735由题意可知x∈0,1,2,3，px=2==，px=3==，c3120c3120101063+3549因此，所求概率为p==.1206049故答案为：.6017盒中有2个白球，3个黑球，从中任取3个球，以x表示取到白球的个数，η表示取到黑球的个数．给出下列各项：69229①ex=，eη=；②ex=eη；③eη=ex；④dx=dη=.5525其中正确的是．(填上所有正确项的序号)答案①②④【解析】由题意可知x服从超几何分布，η也服从超几何分布．2×363×39∴e(x)==，e(η)==.5555又x的分布列x012p1331051022123239∴e(x)=0×+1×+2×=，105105229629d(x)=e(x)-[e(x)]=5-5=25.第248页·共372页,η的分布列为η123p33110510223232118∴e(η)=1×+2×+3×=，1051052218929d(η)=e(η)-[e(η)]=5-5=25.2∴e(x)=e(η)，d(x)=d(η)，∴①②④正确．故答案为：①②④.四、解答题18(2022·陕西·模拟预测(理))疫情过后，某商场为了应对销售窘境，清明节前后特对1000台笔记本电脑推出促销活动，其中高配400台，低配600台.(1)若高配笔记本4月1日到4月6日的销量分别为：9､m､12､10､n､10(单位：台)，把这些数据看作一个总体，其均值为10，方差为3，求m-n的值；(2)现欲从这批笔记本电脑中分层抽取一个容量为25的样本，将此部分样本看成一个总体，再从中任取3台笔记本电脑，求至少有1台为高配的概率(用最简分数表示).解析(1)由题知：9+m+12+10+n+10=60，即m+n=19，2122222222s=9-10+m-10+12-10+10-10+n-10+10-10=3，即m+n=193，6m+n2-m2+n2219-193所以mn===842222所以m-n=m+n-4mn=19-4×84=5(2)因为1000台笔记本电脑中，高配400台，低配600台，400600所以，按照分层抽样得容量为25的样本，高配电脑有25×=10台，低配电脑有25×=15台.100010003c1591所以，从中任取3台笔记本电脑，没有高配电脑的概率为p1=3=，c2546091369所以，从中任取3台笔记本电脑，求至少有1台为高配的概率p=1-p1=1-=.460460第249页·共372页,19(2022·北京东城·二模)某部门为了解青少年视力发展状况，从全市体检数据中，随机抽取了100名男生和100名女生的视力数据．分别计算出男生和女生从小学一年级(2010年)到高中三年级(2021年)每年的视力平均值，如图所示．(1)从2011年到2021年中随机选取1年，求该年男生的视力平均值高于上一年男生的视力平均值的概率；(2)从2010年到2021年这12年中随机选取2年，设其中恰有x年女生的视力平均值不低于当年男生的视力平均值．求x的分布列和数学期望：(3)由图判断，这200名学生的视力平均值从哪年开始连续三年的方差最小？(结论不要求证明)解析(1)由折线图可知：从2011年到2021年中，该年男生的视力平均值高于上一年男生的视力平均值的共有3个；3∴所求概率p=.11(2)从2010年到2021年这12年中，女生的视力平均值不低于当年男生的视力平均值的年份有4个；∴x所有可能的取值为0,1,2，2112c814c8c416c41∴px=0==；px=1==；px=2==；c233c233c211121212则x的分布列为：x012p14161333311141612∴x的数学期望ex=0×+1×+2×=.3333113(3)由折线图知：自2017年开始的连续三年视力平均值接近且连续三年数据相差不大，∴自2017年开始的连续三年，200名学生的视力平均值波动幅度最小，则自2017年开始的连续三年，200名学生的视力平均值方差最小.第250页·共372页,20(2022·北京市第二十二中学高三开学考试)2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚､王亚平､叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成任务，平安返回.为普及航天知识，某市组织中学生参加“探索太空”知识竞赛，竞赛分为理论､操作两个部分，两部分的得分均为三档，分别为100分､200分､300分.现从参加活动的学生中随机选择20位，统计其两部分成绩，成绩统计人数如下表：理论操作100分200分300分100分021200分3b1300分23a例如，表中理论成绩为200分且操作成绩为100分的学生有2人.(1)若从这20位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到理论或操作至少一项成绩为300分的学生概率为1.求a,b的值；2(2)在(1)的前提下，用样本估计总体，从全市理论成绩为300分的学生中，随机抽取2人，求至少有一个人操作的成绩为300分的概率；(3)若要使参赛学生理论成绩的方差最小，写出b的值.(直接写出答案)解析(1)由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生7+a1共有2+3+a+1+1=7+a人，则=，202得a=3，又3+2+2+b+3+1+1+3=20，得b=5(2)由(1)知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，3操作成绩也为300分的概率为，所以从全市理论成绩为300分的学生中，53221随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为p=1-1-5=25(3)由题意，a=8-b0≤b≤8，设理论竞赛的分数为x，则x取值为100,200,300，对应的人数分别为5,b+5,10-b0≤b≤8，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为5b+510-bex=100×+200×+300×=225-5b，202020所以参赛学生理论成绩的方差为252b+5210-b2dx=100-225+5b×+200-225+5b×+300-225+5b×=-25b-250b202020+6875因为0≤b≤8，所以当b=8时，dx最小.21(2022·福建·福州市第十中学高三开学考试)盒中装有6个零件，其中2个是使用过的，另外4个未经使用，(1)从盒中随机一次抽取3个零件，求抽取到的3个零件中恰有1个是使用过的概率；(2)从盒中每次随机抽取1个零件，观察后都将零件放回盒中，记3次抽取中抽到使用过的零件的次数为x，求x的分布列和数学期望.解析(1)记事件a为“抽取到3个零件中恰有一个是使用过的”，第251页·共372页,12c2c43则pa==.c3561(2)依题有x~b3,3，23811224px=0=3=27,px=1=c3⋅3⋅3=921222131px=2=c3⋅3⋅3=9,px=3=3=27所以x的分布列如下x0123p84212799271所以x的期望是ex=3×=1322某产品年末搞促销活动，由顾客投掷4枚相同的、质地均匀的硬币，若正面向上的硬币多于反面向上的硬币，则称该次投掷“顾客胜利”．顾客每买一件产品可以参加3次投掷活动，并且在投掷硬币之前，可以选择以下两种促销方案之一，获得一定数目的代金券．1方案一：顾客每投掷一次，若该次投掷“顾客胜利”，则顾客获得代金券万元，否则该次投掷不获奖；32方案二：顾客获得的代金券金额和参加的3次投掷活动中“顾客胜利”次数关系如表：获得代金券金额(万元)011155115“顾客胜利”次数0123(1)求顾客投掷一次硬币，该次投掷“顾客胜利”的概率；(2)若某公司采购员小翁为公司采购很多件该产品，请从统计的角度来分析，小翁该采取哪种奖励方案？解析(1)设“顾客投掷一次硬币，该次投掷‘顾客胜利'”为事件a，34c4+c45则pa==．24165所以顾客投掷一次硬币，该次投掷“顾客胜利”的概率为．16(2)方案一：设顾客参加的3次投掷活动中“顾客胜利”次数为x，获得代金券数目为y，51111515则x∼b3,，y=x，ey=ex=ex=×3×=．1632323232162×162方案二：设顾客每买一件产品获得的代金券金额为ξ，1131331则pξ=0=16=4096，21151123×5×111815pξ=55=c3⋅1616=3=4096，161252113×11×25825pξ=11=c3⋅1616=3=4096，16313535125pξ=5=c3⋅16=3=4096，162311313×5×1113×11×2515133eξ=0×+×+×+×=165516311163516316315120∵ey==<eξ232×1616∴统计的角度来分析，小翁该采取方案二．第252页·共372页,23(2022·山西·高三阶段练习)高中生的数学阅读水平与其数学阅读认知、阅读习惯和方法等密切相关．为了解高中生的数学阅读现状，调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷，在问卷中对于学生每周数学阅读时间统计如下：时间(x小时></d(y)，所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大.2.某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“ai作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试．经过一个阶段的试用，为了解“ai作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们“向量数量积”知识点掌握情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用ai作业不使用ai作业使用ai作业不使用ai作业基本掌握32285030没有掌握8141226用样本频率估计概率，并假设每位学生是否掌据“向量数量积”知识点相互独立．(1)从两校高一学生中随机抽取1人，估计该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率；(2)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，以ξ表示这2人中使用ai作业的人数，求ξ的分布列和数学期望；(3)从甲校高一学生中抽取一名使用“al作业”的学生和一名不使用“ai作业”的学生，用“x=1”表示该使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“x=0”表示该使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“y=1”表示该不使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“y=0”表示该不使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”．直接写出方差dx和dy的大小关系．(结论不要求证明)解析(1)在两所学校被调查的200名学生中，对“向量数量积”知识点基本掌握的学生有140人，所以估计从两校高一学生中随机抽取1人．140该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率为=0.720002c20c4026(2)依题意，ξ=0，1，2，且pξ=0==，c259601120c20c4080c20c4019pξ=1==，pξ=2==，c2177c21776060所以ξ的分布列为：ξ012p2680195917717780192故eξ=1×+2×=1771773第241页·共372页,44(3)由题意，易知x服从二项分布x∼b1,5，dx=p1-p=25，22y服从二项分布y~b1,3，dy=p1-p=9，故dx<dy.3.(2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习(理))国庆节期间，某大型服装团购会举办了一次“你消费我促销”活动，顾客消费满300元(含300元)可抽奖一次，抽奖方案有两种(顾客只能选择其中的一种).方案一:从装有5个形状、大小完全相同的小球(其中红球1个，黑球4个)的抽奖盒中，有放回地摸出3个球，每摸出1次红球，立减100元.方案二:从装有10个形状，大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，不放回地摸出3个球，中多规则为:若摸出2个红球，1个白球，享受免单优惠;若摸出2个红球和1个黑球则打5折;若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折;其余情况不打折.(1)某顾客恰好消费300元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望;(2)若顾客消费500元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理?解析(1)设实付金额为x元，x可能的取值为0，100，200，300，131212412则p(x=0)=5=125,p(x=100)=c35×5=125，1142484364p(x=200)=c35×5=125,p(x=300)=5=125，故x的分布列为x0100200300p11248641251251251251124864所以e(x)=0×+100×+200×+300×=240(元).125125125125(2)若选择方案一，设摸到红球的个数为y，实付金额为φ，则φ=500-100y，113由题意可得y~b3,5，故e(y)=3×5=5，所以e(φ)=e(500-100y)=500-100e(y)=500-60=440(元)；若选择方案二，设实付金额为η元，η可能的取值为0，250，375，500，2121c2c11c2c77则p(η=0)==,p(η=250)==，c3120c31201010111c2c1c7717749p(η=375)==,p(η=500)=1---=,c360120120606010故η的分布列为η0250375500p17749120120606017749所以e(η)=0×+250×+375×+500×≈466.67(元).1201206060因为e(φ)<e(η)，故从实付金额的期望值分析顾客选择方案一更合理.【方法技巧与总结】超几何分布和二项分布的区别(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；第242页·共372页,(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.l【过关测试】一、单选题1设某项试验的成功率是失败率的3倍，用随机变量x去描述1次试验的成功次数，则px=1=()123a.0b.c.d.434答案d【解析】由已知得x的所有可能取值为0，1，且px=1=3px=0，1代入px=1+px=0=1，得px=1+px=1=1，33所以px=1=，4故选:d．2有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这些零件中任取3个，那么至少有1个是一等品的概率是()12212133c16c4c16c4c16c4+c16c4a.b.c.d.1-3333c20c20c20c20答案d33c4c4【解析】全部都是二等品的概率为，故至少有1个是一等品的概率为1-.33c20c20故选：d.3(2022·广东·鹤山市鹤华中学高三开学考试)新冠肺炎疫情期间，某公司采用网络远程面试招聘新员工，其面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的应聘者才可通过面试．已知应聘者小王在6道备选题中有4道题能正确完成，2道题不能完成，则小王正确完成面试题数的均值为()a.1b.2c.3d.4答案b【解析】设小王正确完成的面试题数为x，则x的可能取值为1，2，3．21c2⋅c441p(x=1)===；c3205612c2⋅c4123p(x=2)===；c3205603c2⋅c441p(x=3)===．c32056131∴e(x)=1×+2×+3×=2．555故选：b．第243页·共372页,3×4另设小王正确完成的面试题数为x，则x~h(3,4,6)，∴e(x)==2．6故选：b．24(2022·浙江邵外高三阶段练习)在某次数学考试中，学生成绩x服从正态分布100,δ.若x在85,115内的概率是0.5，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是()27939a.b.c.d.6464416答案a2【解析】因为学生成绩服从正态分布100,δ，且p85<x<115=0.5，所以p85<x<100=0.25，3px<85=0.25，px≥85=0.75=，43所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学4232127生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是c34×4=64.故选：a.5(2022·广东广州·一模)已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是()a.0.92b.0.93c.0.94d.0.95答案b【解析】由甲乙两厂所占比例及对应的合格率可得p=60%×95%+40%×90%=0.93，故选：b6(2022·河南·宝丰县第一高级中学高三开学考试(理))将10个不同的数字分成4组，第1组1个数，第2组2个数，第3组3个数，第4组4个数，记xi是第i组中最大的数i=1,2,3,4，则x1<x2<x3<x4的概率为()2424a.b.c.d.151599答案a42【解析】最大的数在第4组的概率p4==，10531在前3组中，最大的数在第3组的概率p3==，622在前2组中，最大的数在第2组的概率p2=，32122x1<x2<x3<x4的概率p=p4×p3×p2=××=.52315故选：a.7(2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测)已知盒中装有1个黑球与2个白球，每次从盒子中随机摸出1个球，并换入一个黑球.设三次摸球后盒子中所剩黑球的个数为x，则e(x)为()405565a.b.2c.d.272727答案d【解析】x可能的取值有1，2，3第244页·共372页,1111p(x=1)=××=3332722212211284214p(x=2)=××+××+××=++=3333333332727272721221121124p(x=3)=×+××+××==33333333279114121+28+3665e(x)=×1+×2+×3==.2727272727故选：d8为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员1工休假的概率均为，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家店铺无人休假，则从3无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日能正常营业的概率为()1458a.b.c.d.9999答案d【解析】设两家店铺都不能正常营业为事件a，141由题意可知有4人休假的概率为3=81，313218有3人休假的概率为c433=81，所以两家店铺都不能正常营业的概率181pa=+=，818198所以两家店铺该节假日能正常营业的概率为1-pa=.9故选：d二、多选题9下列选项中的随机变量服从两点分布的是()a.抛掷一枚骰子，所得点数xb.某射击手射击一次，击中目标的次数x1,取出白球c.从装有除颜色外其余均相同的5个红球､3个白球的袋中任取1个球，设x=0,取出红球d.某医生做一次手术，手术成功的次数x答案bcd【解析】由题意可知b，c，d中的随机事件只有两种结果，随机变量均服从两点分布，而抛掷一枚骰子，所得点数x的取值为1，2，3，4，5，6，所以a中的随机变量不服从两点分布.故选:bcd10一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量x为取出白球的个数，随机变量y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是()128a.px=1=b.x+y=4c.ex></p(x=3)，则p=()a.0.7b.0.6c.0.4d.0.3答案b【解析】由已知x服从与参数为5，p的二项分布，223332∴d(x)=5×p×(1-p)，p(x=2)=c5p(1-p)，p(x=3)=c5p(1-p)，又d(x)=1.2，p(x=2)<p(x=3)，∴p(1-p)=0.24，1-p<p，∴p=0.6，故选：b.*3.(2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习)某种植户对一块地上的n(n∈n)个坑进行播种，每个坑1播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.如果每个坑内至少有两粒种子2发芽，则不需要进行补种，否则需要补种.(1)当n取何值时，有3个坑要补种的概率最大？最大概率为多少？(2)当n=4时，用x表示要补种的坑的个数，求x的分布列.01311121解析(1)由题意可知每个坑要补种的概率p=c3×2+c3×2×2=2，则n个坑中有3个坑要31n补种的概率为cn2.31n31n-11ncn2≥cn-123欲使cn2最大，只需31n31n+1cn2≥cn+12∗解得5≤n≤6.因为n∈n，所以n=5，6.3155当n=5时，c52=16，3165当n=6时，c62=16，5所以当n=5或n=6时，有3个坑要补种的概率最大，最大概率.161(2)易知x的取值范围为0,1,2,3,4，且x∼b4,2，010141因此p(x=0)=c422=16，第229页·共372页,111131p(x=1)=c422=4，212123p(x=2)=c422=8，313111p(x=3)=c422=4，414101p(x=4)=c422=16，所以x的分布列为x01234p1131116484164.(2022·江苏常州·高三阶段练习)金坛区主城区全新投放一批共享电动自行车．本次投放的电动自行车分红、绿两种，投放比例是3∶1．监管部门为了了解这两种颜色电动自行车的性能，决定从中随机抽取4辆电动自行车进行骑行体验，假设每辆电动自行车被抽取的可能性相等．(1)求抽取的4辆电动自行车中至少有3辆是绿色的概率；(2)在骑行体验中，发现红色电动自行车的综合评分较高，监管部门决定从该次投放的这批电动自行车中随机地抽取一辆绿色电动自行车，送技术部门做进一步性能检测，并规定，若抽到的是绿色电动自行车，则抽样结束：若抽取的是红色电动自行车，则将其放回后，继续从中随机地抽取下一辆电动自行车，且规∗定抽取的次数最多不超过nn∈n次在抽样结束时，设已抽到的红色电动自行车的数量用ξ表示，问：ξ的数学期望能否超过3？1解析(1)∵抽取一辆电动车为绿色的概率为431334133113∴4辆电动车至少有3辆是绿色的概率p=c4⋅4×4+c4×4=16+256=256．(2)ξ的所有可能取值为0，1，2⋯，n1313213n-113p(ξ=0)=4,p(ξ=1)=4×4,p(ξ=2)=4×4,⋅⋅⋅，p(ξ=n-1)=4×4,p(ξ=n)=4n，∴ξ的分布列如下：ξ012⋯n-1np1332⋯3n-1344×4×4⋅4111n44413323n-13ne(ξ)=44+2⋅4+⋯+(n-1)⋅4+n⋅43323n-1记sn=4+2⋅4+⋯+(n-1)⋅4①3323n-13n∴4sn=4+⋯+(n-2)⋅4+(n-1)⋅4②13323n-13n①-②得：4sn=4+4+⋯+4-(n-1)⋅433n-141-43n3n-13n3n=3-(n-1)⋅4=3-3⋅4-(n-1)⋅4=3-n+341-43n∴e(ξ)=3-3⋅4<3，第230页·共372页,∴ξ的数学期望不能超过3．5.(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.36.(2022·江苏·新淮高中三模)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形铁钉(如图)，并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央.从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球.(ⅰ)理论上，小球落入4号容器的概率是多少？(ⅱ)一数学兴趣小组取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为x，求x的分布列与数学期望.解析(ⅰ)记“小球落入4号容器”为事件a，若要小球落入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层向左，3141∴理论上，小球落入4号容器的概率p(a)=c42=4.(ⅱ)落入4号容器的小球个数x的可能取值为0，1，2，3，第231页·共372页,01327111227∴p(x=0)=c3×1-4=64，p(x=1)=c3×4×1-4=64，212193131p(x=2)=c3×4×1-4=64，p(x=3)=c3×4=64，∴x的分布列为：x0123p272791646464642727913∴ex=0×+1×+2×+3×=.646464644【方法技巧与总结】1、二项分布求解随机变量涉及“至少”“至多”问题的取值概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率．2、二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件a恰好发生k次的概率．解题的一般思路是：(1)根据题意设出随机变量；(2)分析出随机变量服从二项分布；(3)找到参数n，p；(4)写出二项分布的分布列；(5)将k值代入求解概率．题型四:超几何分布1.一批产品共有20件，其中2件次品，18件合格品，从这批产品中任意抽取2件，则至少有1件是次品的概率是()11837189a.b.c.d.19095190190答案c2c1837【解析】至少有1件是次品的概率是1-=.c219020故选：c.2.从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则e(5ξ+1)=()a.2b.1c.3d.4答案c【解析】ξ的可能取值为0,1,2.31221c1322c2c1312c2c131pξ=0==，pξ=1==，pξ=2==.c335c335c335151515∴ξ的分布列为：ξ012第232页·共372页,p22121353535221212于是eξ=0×+1×+2×=，35353552故e5ξ+1=5eξ+1=5×+1=3.5故选：c.3.(2022·北京·高三专题练习)为了解顺义区某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的(1)班-(8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下：(x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数)(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从以上统计的高一(4)班的10名学生中抽出2人，设x表示2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求x的分布列及其数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“ξk=1”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“ξk=0”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀k=1,2,⋅⋅⋅,8．写出方差dξ1,dξ2,dξ3,dξ4的大小关系(不必写出证明过程)解析(1)抽取的80人中，身体素质监测成绩达到优秀有8+6+9+4+7+5+9+8=56人，567∴从高一年级学生中任意抽测1人，该生身体素质监测成绩达到优秀的概率p==.8010(2)由散点图可知：高一(4)班的10名学生中，身体素质监测成绩达到优秀的人数为4人，∴x所有可能的取值为0,1,2，2112c6151c6c4248c462∴px=0===；px=1===；px=2===；c2453c24515c24515101010则x的分布列为：x012p182315151824∴数学期望ex=0×+1×+2×=.315155第233页·共372页,8421414(3)由散点图知：pξ1=1==，pξ1=0==，∴dξ1=×=；10510555256342326pξ2=1==，pξ2=0==，∴dξ2=×=；105105552591919pξ3=1=，pξ3=0=，∴dξ3=×=；101010101004263236pξ4=1==，pξ4=0==，∴dξ4=×=；1051055525∴dξ2=dξ4></p<1-时，选择方案二；551当1-<p<1时，选择方案一；551当p=1-时，选择两种方案检查次数一样.55第219页·共372页,3.2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为p=0.003，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．核酸检测通常有两种分组方式可以选择：方案一：10人一组；方案二：8人一组．(1)分别求出采用方案一和方案二中每组的化验次数的分布列和数学期望；(2)若该社区约有2000人，请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由．810(参考数据：0.997=0.976，0.997=0.970)解析(1)设方案一中每组的化验次数为ξ，则ξ的取值为1，11，1010∴p(ξ=1)=0.997=0.970，p(ξ=11)=1-0.997=0.030，∴ξ的分布列为：ξ111p0.9700.030e(ξ)=1×0.970+11×0.030=1.300．设方案二中每组的化验次数为η，则η的取值为1，9，88p(η=1)=0.997=0.976，p(η=9)=1-0.997=0.024，∴η的分布列为：η19p0.9760.024∴e(η)=1×0.976+9×0.024=1.192．(2)根据方案一，该社区化验分组数为200，方案一的化验总次数的期望值为：200e(x)=200×1.3=260次．根据方案二，该社区化验分组数为250，方案二的化验总次数的期望为250e(η)=250×1.192=298次．∵260<298，∴方案一工作量更少．故选择方案一．第220页·共372页,1.某保险公司针对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每位职工每年只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金．保险公司把企业的所有岗位分为a、b、c三类工种，从事三类工种的人数分布比例如图所示，根据历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表所示(并以此估计赔付概率)工种类别abc赔付频率121554101010a、b、c工种职工每人每年的保费分别为a元，a元，b元，出险后获得的赔偿金额分别为100万元，200万元，50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元．(1)若保险公司要求利润的期望不低于保费的20%，试确定保费a，b所要满足的条件．(2)现有如下两个方案供企业选择：方案一、企业不与保险公司合作，企业自行拿出与保险公司赔付金额相同的赔偿金付给出险职工；方案二、企业与保险公司合作，企业负责职工保费的60%，职工个人负责保费的40%，出险后赔偿金由保险公司赔付．若企业选择方案二的支出期望(不包括职工支出)低于选择方案一的，求a，b所要满足的条件，并判断企业是否与保险公司合作(若企业选择方案二的支出期望低于方案一，且与(1)中保险公司所提条件不矛盾，则企业与保险公司合作)解析(1)设工种为a,b,c职工的每份保单保险公司的收益分别为随机变量x,y,z，则随机变量的分布列如下：4xaa-100×10p111-5510104yaa-100×10p221-5510104zbb-50×10p111-551010141e(x)=a1-+(a-100×10)×=a-10，105105242e(y)=a1-+(a-100×10)×=a-20，105105141e(z)=b1-+(b-50×10)×=b-50，1051054由题意(a-10)×20000×0.6+(a-20)×20000×0.3+(c-50)×20000×0.1-10×10≥(a×20000×0.6+a×20000×0.3+b×20000×0.1)×0.2，化简得9a+b≥275．所以每张保单的保费需要满足9a+b≥275；(2)若企业不与保险公司合作，则安全支出即赔偿金的期望值为14241420000×0.6××100×10+0.3××100×10+0.1××50×10=17×20000，105105104若企业与保险公司合作，则安全支出即赔偿金的期望值为20000×(0.6×a+0.3×a+0.1×b)×0.6=(9a+b)×0.06×20000，第221页·共372页,由(9a+b)×0.06×20000<17×20000，得9a+b<283.33，结果与(1)不冲突，所以企业有可能与保险公司合作．2.(2022·黑龙江实验中学模拟预测(理))为考察本科生基本学术规范和基本学术素养，某大学决定对各学院本科毕业论文进行抽检，初步方案是本科毕业论文抽检每年进行一次，抽检对象为上一学年度授予学士学位的论文，初评阶段，每篇论文送3位同行专家进行评审，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的毕业论文，将认定为“存在问题毕业论文”.3位专家中有1位专家评议意见为“不合格”，将再送2位同行专家(不同于前3位)进行复评.复评阶段，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”，将认定为“存在问题毕业论文”.每位专家，判定每篇论文“不合格”的概率均为p0<p<1，且各篇毕业论文是否被判定为“不合格”相互独立.1(1)若p=，求每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”的概率是多少；2(2)学校拟定每篇论文需要复评的评审费用为180元，不需要复评的评审费用为90元，则每篇论文平均评审费用的最大值是多少？解析(1)设每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”为事件a，322122则pa=p+c3p1-p+c3p1-p1-1-p，125∵p=，∴pa=；232(2)设每篇文章的评审费用为x元，则x的可能取值为90，180，1212则px=180=c3p1-p，px=90=1-c3p1-p；12122∴ex=90×1-c3p1-p+180×c3p1-p=270p1-p+90.22令gp=p1-p，p∈0,1，则gp=1-p-2p1-p=3p-1p-1.11当p∈0,3时，gp></p<1，则称离散型随机变量x服从参数为p的两点分布．其中p(x=1)称为成功概率．注意：(1)两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为1；(2)两点分布又称0-1分布、伯努利分布，其应用十分广泛．2、两点分布的均值与方差：若随机变量x服从参数为p的两点分布，则e(x)=1×p+0×(1-p)=p，d(x)=p(1-p)知识点二．n次独立重复试验1、定义一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．注意：独立重复试验的条件：①每次试验在同样条件下进行；②各次试验是相互独立的；③每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．2、特点(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的；(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．知识点三．二项分布1、定义一般地，在n次独立重复试验中，用x表示事件a发生的次数，设每次试验中事件a发生的概率为p，不kkn-k发生的概率q=1-p，那么事件a恰好发生k次的概率是px=k=cnpq(k=0，1，2，⋯，n)于是得到x的分布列x01⋯k⋯n00n11n-1kkn-knn0pcnpqcnpq⋯cnpq⋯cnpq由于表中第二行恰好是二项式展开式n00n11n-1kkn-knn0q+p=cnpq+cnpq+⋯+cnpq+⋯+cnpq各对应项的值，称这样的离散型随机变量x服从参数为n，p的二项分布，记作x~b(n，p)，并称p为成功概率．注意：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n=1时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式．2、二项分布的适用范围及本质(1)适用范围：①各次试验中的事件是相互独立的；②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；第217页·共372页,③随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．(2)本质：二项分布是放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．3、二项分布的期望、方差若x~b(n,p)，则e(x)=np，d(x)=np(1-p)知识点四．超几何分布1、定义在含有m件次品的n件产品中，任取n件，其中恰有x件次品，则事件x=k发生的概率为p(x=k)kn-kcmcn-m*=n，k=0，1，2，⋯，m，其中m=minm，n，且n≤n，m≤n，n，m，n∈n，称分布列为超几何cn分布列．如果随机变量x的分布列为超几何分布列，则称随机变量x服从超几何分布．x01⋯m0n-01n-1mn-mpcmcn-mcmcn-m⋯cmcn-mnnncncncn2、超几何分布的适用范围件及本质(1)适用范围：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数y的概率分布．(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的．【方法技巧与总结】超几何分布和二项分布的区别(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.【典例例题】题型一:两点分布1..若随机变量ξ的分布列为，其中m∈0,1，则下列结果中正确的是()3a.eξ=m,dξ=nξ012b.eξ=m,dξ=npmn2c.eξ=1-m,dξ=m-m2d.eξ=1-m,dξ=m答案c【解析】由离散型随机变量的概率关系可知：n=1-m.则eξ=0×m+1×n=n=1-m;.222dξ=0-1-mm+1-1-m1-m=m-m第218页·共372页,2.(2022·河北·高三阶段练习)新型冠状病毒肺炎(coronavirusdisease2019，covid-19)，简称“新冠肺炎”，是指2019新型冠状病毒感染导致的肺炎.2019年12月以来，部分医院陆续发现了多例不明原因肺炎病例，证实为2019新型冠状病毒感染引起的急性呼吸道传染病，为防止该病症的扩散与传染，某检测机构在某地区进行新冠病毒疾病调查，需要对其居民血液进行抽样化验，若结果呈阳性，则+患有该疾病；若结果为阴性，则未患有该疾病.现有nn∈n,n≥2个人，每人一份血液待检验，有如下两种方案：方案一：逐份检验，需要检验n次；方案二：混合检验，将n份血液分别取样，混合在一起检验，若检验结果呈阴性，则n个人都未患有该疾病；若检验结果呈阳性，再对n份血液逐份检验，此时共需要检验n+1次.(1)若n=10，且其中两人患有该疾病，①采用方案一，求恰好检验3次就能确定患病两人的概率；②将这10人平均分成两组，则这两患者分在同一组的概率；(2)已知每个人患该疾病的概率为p0<p<1.(i)采用方案二，记检验次数为x，求检验次数x的期望ex；(ii)若n=5，判断方案一与方案二哪种方案检查的次数更少？并说明理由.2818212解析(1)①根据题意可得：p=××+××=；10981098453c84②根据题意可得：p==；159c102(2)(i)根据题意：x的取值为1，n+1，nnpx=1=1-p，px=n+1=1-1-p，nn所以ex=1-p+n+11-1-p；(ii)当n=5时，方案一：检验的次数为5次，55方案二：检查的次数期望为ex=1-p+61-1-p，55ex-5=6-51-p-5=1-51-p，5记gp=1-51-p，因为0<1-p<1，所以gp单调递增，1当p=1-时，gp=0，551所以当0<p<1-时，gp<0，则ex<5，551当1-<p<1时，gp></x<4=px=3=，故c正确；px<0=px=-1=，故d错误．510故选：ac三、填空题13离散型随机变量x的分布为：x01245pq0.30.20.20.1若离散型随机变量y满足y=2x+1，则下列结果正确的为．①ex=2；②ey=4；③dx=2.8；④dy=14．答案①③【解析】由离散型随机变量x的分布列的性质，可得q=1-0.3-0.2-0.2-0.1=0.2，第210页·共372页,则ex=0×0.2+1×0.3+2×0.2+4×0.2+5×0.1=2，22222dx=0-2×0.2+1-2×0.3+2-2×0.2+4-2×0.2+5-2×0.1=2.8，所以①③正确；又由离散型随机变量y满足y=2x+1，所以ey=2ex+1=4+1=5，2dy=2dx=4×2.8=11.2，所以②④错误，故答案为：①③．14袋中有1个白球，2个黄球，2个红球，这5个小球除颜色外完全相同，每次不放回地从中取出1个球，取出白球即停，记x为取出的球中黄球数与红球数之差，则e(x)=.答案0122121218【解析】px=0=+×××2+××××6=，55435432152121211px=1=px=-1=×+××××3=，54543252111px=2=px=-2=××=，5433081111故e(x)=0×+1×+-1×+2×+-2×=0.15553030故答案为：015(2022·上海市进才中学高三阶段练习)一袋中装有大小与质地相同的5个红球和3个黑球，任取3球，记其中黑球数为x，则ex=．9答案8【解析】x的取值为0，1，2，3，321123c55c5c315c5c315c31p(x=0)==，p(x=1)==，p(x=2)==，p(x=3)==，c328c328c356c3568888∴随机变量x的概率分布为：x0123p515151282856565151519数学期望为e(x)=0×+1×+2×+3×=．2828565689故答案为：8k1716设随机变量ξ的分布为pξ=5=akk=1,2,3,4,5，则p10<ξ<10=．2答案512341【解析】由题意知，ξ的分布为5555，a2a3a4a5a1所以a+2a+3a+4a+5a=1，解得a=，15171231232所以p10<ξ<10=pξ=5+pξ=5+pξ=5=15+15+15=5，2故答案为：．5四、解答题第211页·共372页,17某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“ai作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试.经过一个阶段的试用，为了解“ai作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用ai作业不使用ai作业使用ai作业不使用ai作业基本掌握32285030没有掌握8141226假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立.(1)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用ξ表示抽取的2名学生中使用“ai作业”的人数，求ξ的分布列和数学期望；(2)用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“ai作业”的学生和一名不使用“ai作业”的学生，用“x=1”表示该名使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“x=0”表示该名使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“y=1”表示该名不使用“ai作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“y=0”表示该名不使用“ai作业”的学生没有掌握“向量数量积”.比较方差dx和dy的大小关系.解析(1)依题意，没有掌握“向量数量积”知识点的学生有60人，其中，使用“ai作业”的人数为20人，不使用“ai作业”的人数为40，02c20c4026所以ξ=0，1，2，且pξ=0==，c259601120c20c4080c20c4019pξ=1==，pξ=2==，c2177c21776060所以ξ的分布列为：ξ012p2680195917717780192故eξ=1×+2×=177177344(2)由题意，易知x服从二项分布x∼b1,5，dx=p1-p=25，22y服从二项分布y~b1,3，dy=p1-p=9，故dx<dy.第212页·共372页,18(2022·全国·模拟预测)台湾是中国固有领土，台海局势牵动每个人的心．某次海军对抗演习中，红方飞行员甲负责攻击蓝方舰队．假设甲距离蓝方舰队100海里，且未被发现，若此时发射导弹，命中蓝方战舰概率是0.2，并可安全返回．若甲继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，有0.5的概率被敌方发现，若被发现将失去攻击机会，且此时自身被击落的概率是0.6．若没被发现，则发射导弹击中蓝方战舰概率是0.8，并可安全返回．命中战舰红方得10分，蓝方不得分；击落战机蓝方得6分，红方不得分．(1)从期望角度分析，甲是否应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内？(2)若甲在返回途中发现敌方两架轰炸机，此时甲弹舱中还剩6枚导弹，每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5．(i)若甲同时向每架轰炸机各发射三枚导弹，求恰有一架轰炸机被命中的概率；(ii)若甲随机向一架轰炸机发射一枚导弹，若命中，则向另一架轰炸机发射一枚导弹，若不命中，则继续向该轰炸机发射一枚导弹，直到两架轰炸机均被命中或导弹用完为止，求最终剩余导弹数量x的分布列．解析(1)由题可知，若不进入50海里，甲相对得分的期望为0.2×10=2，若进入50海里，甲相对得分的期望为0.5×0.8×10+0.5×0.6×(-6)=2.2，所以甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内；(2)(i)因为每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5，37所以一架轰炸机被命中的概率为1-1-0.5=，81777所以恰有一架轰炸机被命中的概率为c2⋅8⋅1-8=32；(ii)由题可知x的可能取值为0,1,2,3,4，因为p(x=4)=0.5×0.5=0.25，p(x=3)=1-0.5×0.5×0.5+0.5×1-0.5×0.5=0.25，222p(x=2)=c31-0.5⋅0.5=0.1875，332p(x=1)=c41-0.5⋅0.5=0.125，445p(x=0)=c51-0.5⋅0.5+1-0.5=0.1875.所以x的分布列为：x01234p0.18750.1250.18750.250.25.第213页·共372页,19(2022·广东佛山·高三阶段练习)2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识擂台赛．该市a县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表a县参加市赛．已知a县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的4555概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响．581216(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；(2)设这3人中参加市赛的人数为ξ，求ξ的分布列；(3)某品牌商赞助了a县的这次共青团史知识擂台赛，提供了两种奖励方案：2方案1：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影3响，中奖一次奖1000元；方案2：参加了选拔赛未进市赛的选手一律奖600元，进入了市赛的选手奖1200元．若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．431解析(1)3人都没通过初赛的概率为p0=1-5=125，124所以这三人中至少有1人通过初赛的概率p1=1-p0=．125(2)依题意ξ可能取值为0，1，2，3．设事件a表示“甲参加市赛”，事件b表示“乙参加市赛”，事件c表示“丙参加市赛”，451451451则p(a)=×=,p(b)=×=,p(c)=×=，582512351641231则p(ξ=0)=p(abc)=××=，234412311312111p(ξ=1)=p(abc+abc+abc)=××+××+××=，234234234241131111211p(ξ=2)=p(abc+abc+abc)=××+××+××=，23423423441111p(ξ=3)=p(abc)=××=，23424所以ξ的分布列为：ξ0123p11111424424(3)方案1：设三人中奖人数为x，所获奖金总额为y元，则y=1000x，22且x∼b3,3，所以e(y)=1000e(x)=1000×3×3=2000元，方案2：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为z元，方法1：则z的所有可能取值为1800，2400，3000，3600，由(2)知，z的分布列为：z1800240030003600p1111142442411111则e(z)=1800×+2400×+3000×+3600×=2450，424424因为e(z)></x<4=d.px<0=510答案ac19【解析】由概率分布列可得px=1.5=0，故a正确；px></a≤500时，选择乙平台.【方法技巧与总结】均值与方差在决策中的应用(1)随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是实际生产中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．(2)两种应用策略①当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．②若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策.l【过关测试】一、单选题1(2022·全国·高三专题练习(理))某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元.在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元.在使用期间，每台设备需更换的零件个数x的分布列为：x678p0.40.50.1若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为()a.1716.8元b.206.5元c.168.6元d.156.8元答案d【解析】记y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则y的可能取值为12，13，14，15，16，2py=12=0.4=0.16，py=13=2×0.4×0.5=0.4，2py=14=0.5+2×0.4×0.1=0.33，py=15=2×0.5×0.1=0.1，2py=16=0.1=0.01.若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为z元，则z的可能取值为0，280，560，840，pz=0=py≤13=0.16+0.4=0.56，pz=280=py=14=0.33，pz=560=py=15=0.1，pz=840=py=16=0.01，ez=280×0.33+560×0.1+840×0.01=156.8.故选：d.第206页·共372页,2(2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习(理))已知随机变量x的分布列如表(其中a为常数)：x012345p0.10.1a0.30.20.1则p1≤x≤3等于()a.0.4b.0.5c.0.6d.0.7答案c【解析】因为0.1+0.1+a+0.3+0.2+0.1=1，所以a=0.2，所以p1≤x≤3=px=1+px=2+px=3=0.1+0.2+0.3=0.6.故选：c.3(2022·河南·高三开学考试(理))某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元．在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元．在使用期间，每台设备需更换的零件个数x的分布列为x678p0.40.50.1若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为()a.1716.8元b.206.5元c.168.6元d.156.8元答案d【解析】记y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则y的可能取值为12，13，14，15，16，2py=12=0.4=0.16，py=13=2×0.4×0.5=0.4，2py=14=0.5+2×0.4×0.1=0.33，py=15=2×0.5×0.1=0.1，2py=16=0.1=0.01．若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为z元，则z的可能取值为0，280，560，840，pz=0=py≤13=0.16+0.4=0.56，pz=280=py=14=0.33，pz=560=py=15=0.1，pz=840=py=16=0.01，ez=280×0.33+560×0.1+840×0.01=156.8．故选：d4一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产一件次品，要赔20元，已知这台机器生产出甲等、乙等和次品的概率分别为0.6、0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品，平均预期可获利()a.36元b.37元c.38元d.39元答案b【解析】由题意可得：设这台机器每生产一件产品可获利x，则x可能取的数值为50，30，-20，所以x的分布列为：px=50=0.6，px=30=0.3，px=-20=0.1，所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利为：50×0.6+30×0.3-20×0.1=37(元)故选：b第207页·共372页,5设10件同类型的零件中有2件是不合格品，从其中任取3件，以x表示取出的3件中的不合格的件数，则p(x=1)=()7771a.b.c.d.1510142答案a12c2c87【解析】由题意，p(x=1)==c31510故选：a6已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为x，则ex=()42a.2b.1c.d.33答案a【解析】x可能取1，2，3，其对应的概率为21c2c41p(x=1)==，c35612c2c43p(x=2)==，c3563c41p(x=3)==，c356131∴e(x)=1×+2×+3×=2．555故选：a7设ξ是一个离散型随机变量，其分布列如图，则q等于()ξ-1012p0.51-2qq122a.b.2-1c.1-d.222答案c20.5+1-2q+q=12【解析】由题知0<1-2q<1，解得q=1-.20<q2<1故选：c8(2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三开学考试(理))盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中3随机地抽取4个，那么概率是的事件为()10a.恰有1个是坏的b.4个全是好的c.恰有2个是好的d.至多有2个是坏的答案c【解析】∵盒中有10个螺丝钉，4∴从盒中随机地抽取4个的总数为：c10=210，∵其中有3个是坏的，∴恰有1个坏的，恰有2个好的，4个全是好的，至多2个坏的取法数分别为：第208页·共372页,1322441322c3c7=105，c3c7=63，c7=35，c7+c3c7+c3c7=203，1051∴恰有1个坏的概率分别为：=，2102633恰有2个好的概率为=，210103514个全是好的概率为=，210620329至多2个坏的概率为=；21030故选：c．二、多选题9(2022·吉林·东北师大附中高三开学考试)已知随机变量ξ的分布列如下表；ξ-101pm1n4x+ξ记“函数fx=3sinπx∈r是偶函数”为事件a，则下列结论正确的有()23331a.eξ=-mb.m+n=c.pa=d.pa=4444答案bc13【解析】由随机变量的分布列知m++n=1，所以m+n=，故b正确；44133e(ξ)=-1×m+0×+1×n=-m+n=-m+-m=-2m，故a错误，444x+ξ∵函数fx=3sinπx∈r是偶函数为事件a，2∴满足条件的事件a的ξ的可能取值为-1或1，3∴pa=m+n=，故c正确，d错误；4故选：bc．10已知随机变量x的分布列如下表：x-1012pmn116121若px≠1=，则()21151a.m=b.m=c.n=d.n=36123答案ac11m+n++=161215【解析】依题意，解得m=，n=.n+1=1312122故选：ac.第209页·共372页,11(2022·江苏·苏州市第六中学校三模)已知投资a,b两种项目获得的收益分别为x,y，分布列如下表，则()x></n<1．1(1)若n=，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；3(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n的范围．11224解析(1)设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件a，则pa=c3⋅3⋅3=9；13252253该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件b，则pb=××+××+×65365365141×=．390(2)该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为x，11依题意，x~b3,3，则ex=3×3=1，该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为y，随机变量y的可能取值为：0，1，2，3．531-n13525313+2npy=0=×1-n=,py=1=×1-n+×1-n+×n=，652656565305213122+11n122nnpy=2=×n+×n+×(1-n)=，py=3=×n==，65656530653015随机变量y的分布列：y0123p1-n13+2n2+11nn23030151-n13+2n2+11nn17+30ney=0×+1×+2×+3×=，23030153017+30n13因为该考生更希望进入甲大学的面试，则ey<ex，即<1，解得0<n<，303013所以n的范围为：0<n<.302.(2022·贵州贵阳·二模(理))2021年7月24日，在奥运会女子个人重剑决赛中，中国选手孙一文在最后关头一剑封喉，斩获金牌，掀起了新一轮“击剑热潮”．甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每111局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为．因为543甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者(甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛)，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束．(1)若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；(2)请帮助甲进行第一局的决策(甲乙、甲丙或乙丙比赛)，使得甲最终获得冠军的概率最大．第203页·共372页,解析(1)若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：2111①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为××=；354301111②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为××=．34560111所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为+=．306020(2)若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，11132141111所以甲能获得冠军的概率为×+×××+×××=．5454355345121114113211若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为×+×××+×××=454534435411．1201若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，则甲获得冠军的概率即第(1)问的结果．201111因为></a<1，n∈r，随机变量x的分布列是xnn+1p1-aa则方差d(x)()a.既与n有关，也与a有关b.与a有关，但与n无关c.与n有关，但与a无关d.既与n无关，也与a无关答案b【解析】由分布列可得e(x)=n(1-a)+(n+1)a=n+a，222故d(x)=(1-a)[n-(n+a)]+a[n+1-(n+a)]=a-a.故选：b3.(2022·浙江·高三专题练习)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等．记x为分配后所剩空盒的个数，y为分配后不空盒子的个数，则()a.ex=ey，dx=dyb.ex=ey，dx≠dy236c.ex≠ey，dx=dyp11ad.ex≠ey，dx≠dy23答案c【解析】因为一共有3个盒子，所以x+y=3，2因此e(x)=e(3-y)=3-e(y)，d(x)=d(3-y)=(-1)d(y)=d(y)，由题意可知：x=0,1,2，31a362a331p(x=0)===，p(x=2)===，3×3×32793×3×3279212p(x=1)=1-p(x=0)-p(x=2)=1--=，9932128819e(x)=×0+×2+×1=，所以e(y)=3-e(x)=3-=，993999故选：c4.已知随机变量x的分布列如下：则d(3x+2)的值为()a.2b.6c.8d.18答案d111【解析】根据分布列可知++a=1，解得a=，236111ex=2×+3×+6×=3，236121212dx=×2-3+×3-3+×6-3=2，236所以d(3x+2)=9dx=18.故选：d.第197页·共372页,c5.(2022·河南洛阳·模拟预测(理))随机变量ξ的概率分布列为pξ=k=，k=1，2，3，其中c是2k+k常数，则d9ξ-3的值为()a.10b.117c.38d.35答案cc【解析】∵pξ=k=，k=1，2，3，2k+kccc4∴++=1，解得c=，2612322113∴e(ξ)=1×+2×+3×=，399913221322132138∴d(ξ)=1-9×3+2-9×9+3-9×9=81，2∴d9ξ-3=9dξ=81dξ=38.故选：c6.(2022·浙江温州·高三开学考试)已知随机变量x的分布列是：若ex=0，则dx=()x-101a.0b.1c.2d.1pa1b333答案c1a+b+=11【解析】由已知可得3，解得a=b=，ex=-a+b=0312222因此，dx=-1-0+0-0+1-0=.33故选：c.27.已知随机变量x的分布列如表所示，且e(x)=．3(1)求d(x)的值；x01x(2)若y=x+4，求d(y)的值；p11p(3)若z=2-3x，求d(z)的值．23111解析(1)由题意可知++p=1，解得p=，2361112又∵e(x)=0×+1×+x×=，解得x=2．23632212212215∴d(x)=0-3×2+1-3×3+2-3×6=9．(2)∵y=x+4，5∴d(y)=d(x)=．9(3)∵z=2-3x，5∴d(z)=d2-3x=9d(x)=9×=5．9第198页·共372页,8.已知投资甲､乙两个项目的利润率分别为随机变量x1和x2.经统计分析，x1和x2的分布列分别为表1：x10.30.180.1表2：(1)若在甲､乙两个项目上各投资100万元，y1和y2分别表示投资甲､乙两项p0.20.50.3目所获得的利润，求y1和y2的数学期望和方差，并由此分析投资甲､乙两项目的利弊；x20.250.15(2)若在甲､乙两个项目总共投资100万元，求在甲､乙两个项目上分别投资多p0.20.8利润少万元时，可使所获利润的方差和最小？注：利润率=.投资额解析(1)由题意，得ex1=0.3×0.2+0.18×0.5+0.1×0.3=0.18，222dx1=(0.3-0.18)×0.2+(0.18-0.18)×0.5+(0.1-0.18)×0.3=0.0048，ex2=0.25×0.2+0.15×0.8=0.17，22dx2=(0.25-0.17)×0.2+(0.15-0.17)×0.8=0.0016，2由eax+b=aex+b,dax+b=adx，2又y1=100x1,y2=100x2，得ey1=100×0.18=18，dy1=100×0.0048=482ey2=100×0.17=17，dy2=100×0.0016=16因此投资甲的平均利润18万元大于投资乙的平均利润17万元，但投资甲的方差48也远大于投资乙的方差16.所以投资甲的平均利润大，方差也大，相对不稳定，而投资乙的平均利润小，方差也小，相对稳定.若长期投资可选择投资甲，若短期投资可选投资乙.(2)设x万元投资甲，则100-x万元投资了乙，则投资甲的利润z1=xx1，投资乙的利润z2=100-xx2设fx为投资甲所获利润的方差与投资乙所获利润的方差和，22则fx=dz1+dz2=xdx1+(100-x)dx2222=0.0048x+0.0016(100-x)=0.00164x-200x+10000-200当x=-=25时，fx的值最小.2×4故此时甲项目投资25万元，乙项目投资75万元，可使所获利润的方差和最小.9.今年3月份以来，随着疫情在深圳、上海等地爆发，国内消费受到影响，为了促进消费回暖，全国超过19个省份都派发了消费券，合计金额高达50亿元通过发放消费券的形式，可以有效补贴中低收入阶层，带动消费，从而增加企业生产产能，最终拉动经济增长，除此之外，消费券还能在假期留住本市居民，减少节日期间在各个城市之间的往来，客观上能够达到降低传播新冠疫情的效果，佛山市某单位响应政策号召，组织本单位员工参加抽奖得消费优惠券活动，抽奖规则是：从装有质地均匀、大小相同的2个黄球、3个红球的箱子中随机摸出2个球，若恰有1个红球可获得20元优惠券，2个都是红球可获得50元优惠券，其它情况无优惠券，则在一次抽奖中：(1)求摸出2个红球的概率；(2)设获得优惠券金额为x，求x的方差．2c33解析(1)记事件a：摸出2个红球.则pa==.c2105211c21c2⋅c36(2)由题意可得：x的可能取值为：0，20，50.则：px=0==；px=20==；c210c210552c33163px=50==.所以数学期望ex=0×+20×+50×=27，方差dx=0-27c2101010105第199页·共372页,212623×+20-27×+50-27×=261.101010【方法技巧与总结】均值与方差性质的应用若x是随机变量，则η=f(x)一般仍是随机变量，在求η的期望和方差时，熟练应用期望和方差的性质，可以避免再求η的分布列带来的繁琐运算．题型六:决策问题1.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策.(1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中a种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼.用ξ表示其中a种鱼的条数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望eξ;(2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条.(ⅰ)请从分层抽样的角度估计池塘乙中的鱼数.(ⅱ)统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法─最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的系统发生树，即在什么情况下最有可能发生已知的事件.请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数.解析(1)ξ=0,1,2,2112c43129c43⋅c743c73p(ξ=0)==,p(ξ=1)==,p(ξ=2)==,c2175c2175c2175505050故分布列为：ξ012p1294331751751751294337eξ=0×+1×+2×=.17517517525505(2)(i)设池塘乙中鱼数为m,则=,解得m=200,故池塘乙中的鱼数为200.m20(ii)设池塘乙中鱼数为n,令事件b=“再捉20条鱼,5条有记号”,事件c=“池塘乙中鱼数为n”515c50⋅cn-50则pn=p(b∣c)=20,由最大似然估计法,即求pn最大时n的值,其中n≥65,cnpn+1(n-49)(n-19)∴=pn(n-64)(n+1)pn+1当n=65,......198时></dξ2答案c2112c21c2c33c33【解析】根据题意ξ1=4，5，6，pξ1=4=2=10,pξ1=5=2=5,pξ1=6=2=10，分布c5c5c5列如下：ξ1456p133105102112c33c2c33c21根据题意ξ2=4，5，6，pξ2=4=2=10,pξ2=5=2=5,pξ2=6=2=10，分布列如下：c5c5c5ξ2456p3311051016326262126262623eξ1=4×10+5×10+6×10=5，dξ1=4-5×10+5-5×10+6-5×10621123423=5×10+5×5+5×10，36124242324262421eξ2=4×10+5×10+6×10=5，dξ2=4-5×10+5-5×10+6-5×10423123621=5×10+5×5+5×10，可得eξ1></eξ2，dξ1=dξ2b.eξ1<eξ2，dξ1<dξ2c.eξ1></x≤5等于()24117213a.b.c.d.2412324答案a【解析】由题意得：2+4+511p1<x≤5=px=2+px=4+px=5==．2424故选:a第185页·共372页,1.一袋中装有5个球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3个，以ξ表示取出的三个球中的最小号码，则随机变量ξ的分布列为()a.b.c.d.ξ123p111333ξ1234p1132105105ξ123p33151010ξ123p13310105答案c【解析】随机变量ξ的可能取值为1，2，3222c43c33c21p(ξ=1)==,p(ξ=2)==,p(ξ=3)==c35c310c310555故选：c.2.(2022·浙江省苍南中学高三阶段练习)甲，乙两位同学组队去参加答题拿小豆的游戏，规则如下：甲同学先答2道题，至少答对一题后，乙同学才有机会答题，同样也是两次机会.每答对一道题得10粒小豆.21已知甲每题答对的概率均为p，乙第一题答对的概率为，第二题答对的概率为.若乙有机会答题的3215概率为.16(1)求p;(2)求甲，乙共同拿到小豆数量x的分布列及期望.解析(1)由已知得，当甲至少答对1题后，乙才有机会答题.215所以乙有机会答题的概率为p=1-(1-p)=，163解得p=；4(2)x的可能取值为0，10，20，30，40；121p(x=0)=4=16131111px=10=c2××××=443216321113121119p(x=20)=4×3×2+c24×4×3×2+3×2=323221111312113p(x=30)=43×2+3×2+c24×4×3×2=3232213p(x=40)=4×3×2=16第186页·共372页,所以x的分布列为：x010203040p1191331616323216119133415e(x)=0×+10×+20×+30×+40×=.1616323216160,两球全红,3.已知袋内有5个白球和6个红球，从中摸出2个球，记x=，求x的分布列.1,两球非全红,解析由题意得，x的可能取值为0，1，2c63px=0==，c21111211c5+c5c68px=1==.c21111可得x的分布列如表所示：x01p3811114.甲､乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，计分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得-1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概率为0.6，乙赢机器人的概率为0.5.求：(1)在一轮比赛中，甲的得分x的分布列；(2)在两轮比赛中，甲的得分y的分布列及期望.解析(1)依题意可得x的可能取值为-1，0，1，所以p(x=-1)=(1-0.6)×0.5=0.2，p(x=0)=0.6×0.5+(1-0.6)×(1-0.5)=0.5，p(x=1)=0.6×(1-0.5)=0.3，所以x的分布列为x-101p0.20.50.3(2)依题意可得y的可能取值为-2，-1，0，1，2，2所以p(y=-2)=p(x=-1)×p(x=-1)=0.2=0.04，p(y=-1)=p(x=-1)×p(x=0)×2=2×20.2×0.5=0.2，p(y=0)=p(x=-1)×p(x=1)×2+p(x=0)×p(x=0)=2×0.3×0.2+0.5=0.37，p(y=1)=p(x=0)×p(x=1)×2=0.3×0.5×2=0.3，2p(y=2)=p(x=1)×p(x=1)=0.3=0.09，所以y的分布列为y-2-1012p0.00.0.30.0.042739所以e(y)=-2×0.04-1×0.2+0×0.37+1×0.3+2×0.09=0.2．第187页·共372页,【方法技巧与总结】求解离散型随机变量分布列的步骤：(1)审题(2)计算计算随机变量取每一个值的概率(3)列表列出分布列，并检验概率之和是否为1.(4)求解根据均值、方差公式求解其值.题型三:离散型随机变量的分布列的性质1.设离散型随机变量x的分布列为：x-101p121-2qq2则q=()1222a.b.1-c.1+d.1±2222答案b1222【解析】由题意，有+1-2q+q=1，且1-2q∈(0,1)，q∈(0,1)，解得q=1-，22故选：b.2.随机变量x的分布列为xx1x2x3pp1p2p3若p1，p2，p3成等差数列，则公差d的取值范围是．答案-1,133【解析】由题意知p2=p1+d，p3=p1+2d，1∴p1+p2+p3=3p1+3d=1，∴p1=-d．3121又0≤p1≤1，∴0≤-d≤1，∴-≤d≤．333112同理，由0≤p3≤1，p3=d+，∴-≤d≤，333∴-1≤d≤1，即公差d的取值范围是-1,13333故答案为：-1,133第188页·共372页,3.若随机变量x的分布列如下表所示：x0123p1a1b4422则a+b的最小值为．1答案8111【解析】由分布列的性质，知+a++b=1，即a+b=.442222a+b11因为a+b≥=，当且仅当a=b=时取等号.284221所以a+b的最小值为.81故答案为：81.(2022·江苏·高三专题练习)设随机变量x的概率分布列如下表所示：x012若f(x)=p(x≤x)，则当x的取值范围是[1,2)时，f(x)等于5pa11答案63611【解析】由分布列的性质，得a++=1，361∴a=，而x∈[1,2)，2115∴f(x)=p(x≤x)=p(x≤1)=+=．2365故答案为：62.随机变量x的概率分布列如下：x0123456p1111213141516ac6c6c6c5c6c6aaaaaa则a=.答案641111213141516【解析】根据概率分布列的概率性质可知+c6+c6+c6+c6+c6+c6=1，aaaaaaa1012345616所以c6+c6+c6+c6+c6+c6+c6=1，即×2=1，解得a=64.aa故答案为：64【方法技巧与总结】离散型随机变量的分布列性质的应用(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；(2)利用“随机变量在某一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求特定事件的概率；(3)可以根据性质p1+p2+⋯+pn=1及pi≥0，i=1,2,⋯,n判断所求的分布列是否正确．第189页·共372页,题型四:离散型随机变量的均值1.已知随机变量x的分布列为x-2-1012p111m143520若y=-2x，则ey=.17答案15【解析】由随机变量分布列的性质，11111得+++m+=1，解得m=，4352061111117∴ex=-2×+-1×+0×+1×+2×=-.435620301717由y=-2x，得ey=-2ex，即ey=-2×-30=15.17故答案为：.152.(2022·河南·濮阳一高高三阶段练习(理))随机变量x的分布列如下表所示，则e(2x-1)=．x-2-11p1a163答案-21111111【解析】因为+a+=1，所以a=，故ex=-2×+-1×+1×=-，6326232所以e(2x-1)=2ex-1=-2．故答案为：-2．3.(2022·江苏常州·高三阶段练习)甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比2赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的31概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数x的期望e(x)为()317266256670a.b.c.d.28181243答案b22【解析】由题意，随机变量x的可能取值是2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为3125+3=9，若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得1分，此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响，第190页·共372页,5所以px=2=，94520px=4=×=,99814216px=6=9=81，52016266所以期望为e(x)=2×+4×+6×=．9818181故选：b．1.(2022·湖北·高三开学考试)一个袋子中装有形状大小完全相同的4个小球，其中2个黑球，2个白球.第一步：从袋子里随机取出2个球，将取出的白球涂黑后放回袋中，取出的黑球直接放回袋中；第二步：再从袋子里随机取出2个球，计第二步取出的2个球中白球的个数为x，则e(x)=()5321a.b.c.d.6432答案d2c21【解析】①计第一步取出2个白球为事件a，即第二步袋子有4个黑球，则pa==,px=0∣ac264=1,px=1∣a=px=2∣a=011c2c22②计第一步取出两球为1黑1白为事件b，即第二步袋子有3个黑球1个白球，则pb==,c234211c31c3c11px=0∣b==,px=1∣b==,px=2∣b=0c22c22442c21③计第一步取出两个黑球为事件c，即第二步袋子有2个黑球2个白球，则pc==,c2642112c21c2c22c21px=0∣c==,px=1∣c==,px=2∣c==c26c23c264441故由全概率公式，px=0=papx=0∣a+pbpx=0∣b+pcpx=0∣c=×1+6211119×+×=，326636161同理px=1=,px=2=，3636191611∴ex=0×+1×+2×=3636362故选：d2.已知随机变量x满足e2-2x=4，d2-2x=4，下列说法正确的是()a.ex=-1,dx=-1b.ex=1,dx=1c.ex=-1,dx=4d.ex=-1,dx=1答案d【解析】根据方差和期望的性质可得：e2-2x=-2ex+2=4⇒ex=-1,d2-2x=4dx=4⇒dx=1,故选：d第191页·共372页,3.已知数据x1，x2，x3，⋯，xn的平均数为4，方差为2，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的平均数与方差的和为()a.6b.15c.19d.22答案c【解析】由题e(x)=4,d(x)=2，2则e(2x+3)=2e(x)+3=11，d2x+3=2d(x)=8，所以11+8=19.故选：c.4.已知随机变量x的分布列为：x124p0.40.30.3则e5x+4等于()a.15b.11c.2.2d.2.3答案a【解析】由随机变量x的分布列，可得期望ex=1×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2，所以e5x+4=5ex+4=11+4=15.故选：a.5.(2022·山西长治·模拟预测(理))从装有3个白球m个红球n个黄球(这些小球除颜色外完全相同)的31布袋中任取两个球，记取出的白球的个数为x，若e(x)=，取出一白一红的概率为，则取出一红一53黄的概率为()2141a.b.c.d.93155答案a211cm+nc3cm+n【解析】依题意，x的可能值为0，1，2，则有p(x=0)=，p(x=1)=，p(x=2)=22cm+n+3cm+n+32c3，2cm+n+3112c3cm+nc36(m+n)+1263于是得e(x)=1⋅+2⋅===，解得m+n=7，c2c2(m+n+3)(m+n+2)m+n+35m+n+3m+n+3袋中共有10个球，11c3cm3mm1因此，取出一白一红的概率为===，解得m=5，则n=2，c2451531011c5c2102所以取出一红一黄的概率为==.c245910故选：a第192页·共372页,6.(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.37.(2022·四川·树德中学高三阶段练习(理))2022年9月30日至10月9日，第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都市高新区体育中心举行．某学校统计了全校学生在国庆期间观看世乒赛中国队比赛直播的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的中位数；(2)采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取出6人．现从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，记抽取出的3人中观赛时长在[200，240)的人数为x，求x的分布列和数学期望．解析(1)由题意(0.0005+0.002+a+0.006+0.0065+a+0.002)×40=1，解得a=0.004，由频率分布直方图知时长不大于160分钟的频率为(0.0005+0.002+0.004+0.006)×40=0.5，所以中位数是160；第193页·共372页,(2)用分层随机抽样方式从观看时长在[200，280]的学生中抽取出6人，则[200,240)和[240,280]上的人数比为0.004:0.002=2:1，因此[200,240)上有4人，[240,280]上有2人，x的取值可能为1，2，3，1213c41c4c23c41p(x=1)==，p(x=2)==，p(x=3)==，c35c35c35666x的分布为x123p131555131期望为e(x)=×1+×2+×3=2．5558.(2022·江西·临川一中高三阶段练习(理))某企业开发的新产品已经进入到样品试制阶段，需要对a1、a2、a3、a4、a5这5个样品进行性能测试，现有甲、乙两种不同的测试方案，每个样品随机选择其中的21一种进行测试，选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每次测试的结果32互不影响．(1)若样品a1、a2、a3选择甲方案，a4、a5样品选择乙方案．求5个样品全部测试合格的概率；(2)若5个样品全选择甲方案，其样品测试合格个数记为x，求x的分布列及其期望：(3)若测试合格的样品个数的期望不小于3，求选择甲方案进行测试的样品个数，解析(1)因为样品a1、a2、a3选择甲方案，a4、a5样品选择乙方案，由已知样品a1、a2、a3测试合格的21概率为，样品a4、a5测试合格的概率为，3223122所以5个样品全部测试合格的概率为p=3×2=27；(2)由已知随机变量x的取值有0,1,2,3,4,5，0202511212410px=0=c531-3=243，px=1=c531-3=243，22223403232280px=2=c531-3=243，px=3=c531-3=243，42421805252032px=4=c531-3=243，px=1=c531-3=243，所以x的分布列为：x012345p110408080322432432432432432431104080803210∴e(x)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=；2432432432432432433(3)设选择甲方案测试的样品个数为n，n=0,1,2,3,4,5则选择乙方案测试的样品个数为5-n，并设通过甲方案测试合格的样品个数为ξ，通过乙方案测试合格的样品个数为η，1当n=0时，此时所有样品均选邦方案乙测试，则η∼b5,2，15所以e(ξ+η)=e(η)=5×=<3，不符合题意；222当n=5时，此时所有样品均选择方案甲测试，则ξ∼b5,3，210所以e(ξ+η)=e(ξ)=5×=></pai<1，i=1，2，⋯，n．则对ω中的任意概率非零的事件b，都有b=ba1+ba2+⋯+ban，p(aj)p(b|aj)p(aj)p(b|aj)且pajb==np(b)p(ai)p(b|ai)i=1注意：(1)在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是使用贝叶斯公式．贝叶斯公式的意义是导致事件b发生的各种原因可能性的大小，称之为后验概率．(2)贝叶斯公式充分体现了p(a|b)，p(a)，p(b)，p(b|a)，p(b|a)，p(ab)之间的转关系，即p(a|b)=p(ab)，p(ab)=p(a|b)p(b)=p(b|a)p(a)，p(b)=p(a)p(b|a)+p(a)p(b|a)之间的内在联系．p(b)【典例例题】题型一:条件概率第152页·共372页,1.(2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习)甲､乙两人到一商店购买饮料，他们准备分别从加多宝､农夫山泉､雪碧这3种饮品中随机选择一种，且两人的选择结果互不影响.记事件a=“甲选择农夫山泉”，事件b=“甲和乙选择的饮品不同”，则pb|a=()1112a.b.c.d.4233答案d1【解析】事件a=“甲选择农夫山泉”，则p(a)=3事件b=“甲和乙选择的饮品不同”，则事件ab=“甲选择农夫山泉，乙选择的是加多宝或者雪碧”122所以p(ab)=×=339p(ab)2所以pb|a==，p(a)3故选：d2.(2022·全国·高三专题练习(理))若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示()a.事件a发生的概率b.事件b发生的概率c.事件b不发生条件下事件a发生的概率d.事件a、b同时发生的概率答案a【解析】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为p(a|b)p(b)+[1-p(b)]p(a|b)=p(ab)+p(b)p(a|b)=p(ab)+p(ab)=p(a),故选：a3.端午节这天人们会悬菖蒲、吃粽子、赛龙舟、喝雄黄酒．现有9个粽子，其中2个为蜜枣馅，3个为腊肉馅，4个为豆沙馅，小明随机取两个，设事件a为“取到的两个为同一种馅”，事件b为“取到的两个均为豆沙馅”，则pba=()1332a.b.c.d.2453答案c【解析】由题意不妨设2个蜜枣馅为：a，b，3个为腊肉馅为：a,b,c，4个为豆沙馅：1，2，3，4，则事件a为“取到的两个为同一种馅”，对应的事件为:ab,ab,ac,bc,12,13,14,23,24,34,所以n(a)=10，事件ab为“取到的两个为同一种馅，均为豆沙馅”，对应的事件为：12,13,14,23,24,34,所以n(ab)=6，第153页·共372页,p(ab)n(ab)63所以pba===10=5，p(a)n(a)故选：c∗1.如果an不是等差数列，但若∃k∈n，使得ak+ak+2=2ak+1，那么称an为“局部等差”数列.已知数列xn的项数为4，记事件a：集合x1,x2,x3,x4⊆1,2,3,4,5，事件b：xn为“局部等差”数列，则条件概率pb|a=()4711a.b.c.d.153056答案c44【解析】由题意知，事件a共有c5∙a4=120个基本事件，事件b：“局部等差”数列共有以下24个基本事件，(1)其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述(1)相同，也有6个.含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个，含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个，含5，3，1的也有上述4个，共24个，241∴pb|a==.1205故选c.2.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件a为“4个人去的景点各不相同”，事件b为“只有甲去了中山陵”，则p(a|b)=.2答案94【解析】甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，共有4=256种不同的方案，4事件a，“4个人去的景点各不相同”的方案有：a4=24种，3事件b，“只有甲去了中山陵”的方案有3=27种，3事件ab同时发生的方案有：a3=6种，6327pab==，pb=256128256pab62所以pa|b===pb2792故答案为：91183.已知事件a和b是互斥事件，pc=，pb∩c=，pa∪bc=，则pac=6189．5答案9第154页·共372页,18pb∩c181【解析】由题意知，pa∪bc=pac+pbc=，pbc===，9pc136815则pac=pa∪bc-pbc=-=．9395故答案为：．94.(2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为p=0.003，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．(1)若该社区约有2000人，有两种分组方式可以选择：方案一是：10人一组；方案二：8人一组．请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由；(2)我们知道核酸检测呈阳性，必须由专家二次确认，因为有假阳性的可能；已知该社区人员中被感染的概率为0.29%，且已知被感染的人员核酸检测呈阳性的概率为99.9%，若检测中有一人核酸检测呈阳性，810求其被感染的概率．(参考数据：(0.997=0.976,0.997=0.970，)解析(1)设方案一中每组的化验次数为ξ，则ξ的取值为1，11，10∴pξ=1=0.997=0.970，10pξ=11=1-0.997=0.03，∴ξ的分布列为：ξ111p0.9700.030eξ=1×0.97+11×0.33=1.300．故方案一的化验总次数的期望值为：200ex=200×1.3=260次．设方案二中每组的化验次数为η，则η的取值为1，988pη=1=0.997=0.976，pη=9=1-0.997=0.0238，∴η的分布列为：η12p0.9760.024∴eη=1×0.976+9×0.024=1.192．∴方案二的化验总次数的期望为250×eη=250×1.192=298次．∵260<298，∴方案一工作量更少．故选择方案一.(2)设事件a：核酸检测呈阳性，事件b：被感染，则由题意得pa=0.003,pb=0.0029,pa|b=0.999，pab由条件概率公式pa|b=可得pab=pbpa|b=0.0029×0.999，papab0.0029×0.999∴该人被感染的概率为pb|a===0.9657.pa0.003【方法技巧与总结】第155页·共372页,用定义法求条件概率pba的步骤(1)分析题意，弄清概率模型；(2)计算p(a)，p(a∩b)；p(a∩b)(3)代入公式求p(b|a)=．p(a)题型二:相互独立事件的判断1.(2022·山东·潍坊七中高三阶段练习)已知a，b是一次随机试验中的两个事件，若满足p(a)=p2(b)=，则()3a.事件a，b互斥b.事件a.b相互独立c.事件a，b不互斥d.事件a，b不相互独立答案c4【解析】若事件a，b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)=></p(a)<1且p(b)></a2<a3<a4，则称该验证码为递增型验证码，某人收到一个验证码，那么是首位为2的递增型验证码的概率为．第146页·共372页,7答案2000【解析】∵a1=2，2<a2<a3<a4，∴a2,a3,a4从3,4,5,6,7,8,9中选，3只要选出3个数，让其按照从小到大的顺序排有c7=35种，又验证码共有10×10×10×10=10000种，357所以首位为2的递增型验证码的概率为=，1000020007故答案为：200013现有5名师范大学毕业生主动要求到西部某地的甲、乙、丙三校支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配到甲校的概率为．2答案5223c5c310×3【解析】将5名学生按1:1:3和1:2:2分成3组的不同分法有c5+2=10+=25(种)，a223因此5名学生按每个学校至少去1人，分配到甲、乙、丙三校的不同分法数为25a3=150，222恰好有2名学生分配到甲校的不同分法数为c5c3a2=60，602所以恰好有2名大学生分配到甲校的概率p==.15052故答案为：514(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)某个班级周一上午准备安排语文､数学､英语､物理､生物等5节课，则数学和物理排课不相邻的概率为.3答案553【解析】古典概型，样本空间样本点总数为a5=120，先安排好语文，英语，生物，有a3种排法，232723再插入数学和物理，有a4种排法，事件所占样本个数为a3a4=72，p==；12053故答案为：.515(2022·云南大理·模拟预测)某校为落实“双减政策．在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲、乙、丙三名同学拟参加篮球、足球、乒乓球三项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为．2答案33211【解析】每人有3种选择，三人共有3种选择，其中恰有两人参加同一项活动共有c3c3c2种选择，211c3c3c22所以三人中恰有两人参加同一项活动的概率为=．3332故答案为：3四、解答题16(2022·广东·金山中学高三阶段练习)某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式1对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过21电视收看的约占，其他为未收看者：3(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用x表示通过电视收看的人数，求x的分布列和期望．第147页·共372页,解析(1)记事件a为至少有1人通过手机收看，11由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为1-，22137则pa=1-1-2=8；1(2)由题意知：x∼b3,3，则x的可能取值为0，1，2，3，010238px=0=c33×3=27；1112212px=1=c33×3=27；212216px=2=c33×3=27；313201px=3=c33×3=27；所以x的分布列为：x0123p81261272727271所以ex=3×=1.317(2022·江西·赣源中学高三阶段练习(文))客家文化是指客家人共同创造的物质文化与精神文化的总和，包括客家方言、客家民俗、客家民居、客家山歌、客家艺术、客家人物、客家山水、客家诗文、客家历史、客家饮食、海内外客家分布等多方面.石城，是客家先民迁徙的重要中转站、客家民系的重要发源地、中华客家文化的重要发祥地，素有客家摇篮之美称.为弘扬和发展客家文化，石城县开展了丰富多彩的客家文化活动，引起了广大中学生对于客家文化的极大兴趣，某校从甲、乙两个班级所有学生中分别随机抽取8名，对他们的客家文化知识了解程度进行评分调查(满分100分)，被抽取的学生的评分结果如下茎叶图所示：(1)分别计算甲、乙两个班级被抽取的8名学生得分的平均值和方差，并估计两个班级学生对客家文化知识了解的整体水平差异；(2)若从得分不低于85分的学生中随机抽取2人参观客家文化摄影展，求这两名学生均来自乙班级的概率.1解析(1)甲的平均数x1=(76+79+80+82+84+88+90+93)=84，81乙的平均数x2=(71+80+81+82+85+89+90+94)=84.821甲的方差s1=(64+25+16+4+0+16+36+81)=30.25，821乙的方差s2=(169+16+9+4+1+25+36+100)=45.8因为两个班级学生得分的平均值相同，所以我们估计两个班级客家文化知识整体水平相差不大，又由于乙班级学生得分的方差比甲班大，所以我们估计甲班级学生客家文化知识水平更加均衡一些，乙班级学生客家文化知识水平差异略大.(2)甲班级得分不低于85分的有3名同学，记为a,b,c,乙班级得分不低于85分的有4名同学，记为a,b,第148页·共372页,c,d，从这7名同学中选取2人共有(a,b)，(a,c)，(a,a)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,a)，(b,b)，(b,c)，(b,d)，(c,a)，(c,b)，(c,c)，(c,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共21个基本事件.其中两名学生均来自于乙班级的有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)共6个基本事件.62所以所求事件的概率p==.21718(2022·浙江省杭州第二中学高三阶段练习)有3名志愿者在2022年10月1号至10月5号期间参加核酸检测工作．(1)若每名志愿者在这5天中任选一天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，求3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作的概率；(2)若每名志愿者在这5天中任选两天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，记ξ表示这3名志愿者在10月1号参加核酸检测工作的人数，求随机变量ξ的分布列及数学期望eξ．3解析(1)3名志愿者每人任选一天参加核酸检测，共有5种不同的结果，这些结果出现的可能性都相等．设“3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作”为事件a，3则该事件共包括3a3不同的结果．33a318所以pa==．53125(2)ξ的可能取值为0、1、2、3，231122c427c3c4c454pξ=0==，pξ=1==，c23125c2312555c2⋅42233⋅c43648pξ=2==，pξ=3==，c23125c2312555ξ0123p275436812512512512527543686eξ=0×+1×+3×+3×=.125125125125519(2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习)现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三个盒子中各装有六个小球．(1)若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取出一个球，求小明取出两个白球的概率；(2)若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取出一个白球后停止取球，且每次取球均不放回．若小明在第x次取球时取到白球，求x的概率分布和数学期望．解析(1)因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，1从一个盒中取出一个球是白球的概率为，6111所以小明取出两个白球的概率为×=；6636(2)由题可知x可取1,4,7,10，1则px=1=，23×33px=4==，6×510第149页·共372页,3×2×33px=7==，6×5×4203×2×1×31px=10==，6×5×4×320所以x的概率分布为：x14710p13312102020133113所以ex=1×+4×+7×+10×=.21020204第150页·共372页,第6章事件的相互独立性、条件概率与全概率公式【考点预测】知识点1、条件概率(一)定义p(ab)一般地，设a，b为两个事件，且p(a)></p(a)+p(b)，c可能；而不可能出现p(a+b)></p(a)<10<2-a<154依题意及概率的性质得0<p(b)<1，即0<4a-5<1，解得<a≤，0<p(a+b)≤10<3a-3≤14354所以实数a的取值范围是4,3.故选：c3.抛掷一枚质地均匀的骰子，事件a表示“向上的点数是奇数”，事件b表示“向上的点数不超过3”，则p(a∪b)=()125a.b.c.d.1236答案b【解析】a包含向上的点数是1，3，5的情况，b包含向上的点数是1，2，3的情况，所以a∪b包含了向上42的点数是1，2，3，5的情况.故p(a∪b)==.63故选：b．4.若p(ξ≤x2)=1-β，p(ξ≥x1)=1-α，其中x1<x2，则p(x1≤ξ≤x2)等于()a.(1-α)(1-β)b.1-(α+β)c.1-α(1-β)d.1-β(1-α)答案b【解析】由随机事件概率的性质得p(x1≤ξ≤x2)=p(ξ≤x2)+p(ξ≥x1)-1=(1-β)+(1-α)-1=1-(α+β).故选：b5.下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；②若a、b为两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)；③若事件a、b、c两两互斥p(a)+p(b)+p(c)=1；④若a、b满足p(a)+p(b)=1且p(ab)=0，则a、b是对立事件.其中错误的命题个数是()a.0b.1c.2d.3答案d【解析】对于①：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；故①正确；对于②：若a、b为两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)-p(a∩b)；故②不正确；对于③：若事件a、b、c两两互斥，若a∪b∪c≠ω，则p(a)+p(b)+p(c)<1，故③不正确；对于④：对于几何概型而言，若事件a、b满足p(a)+p(b)=1，p(ab)=0，则a、b不一定是对立事件，故④错误.所以错误的命题有3个，故选：dl【过关测试】一、单选题第142页·共372页,1(2022·江西·高三阶段练习(文))下图是国家统计局7月发布的2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的月度走势，其中2022年1~2月看作1个月，现有如下说法：①2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势；②2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为5.9；5③从这12个增速中随机抽取1个，增速超过10的概率为．12则说法正确的个数为()a.0b.1c.2d.3答案d【解析】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，故①正确；4.6+7.22021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的的中位数为=5.9，故②正确；25从这12个增速中随机抽取1个，超过10的概率为，故③正确.12故选：d．2(2022·福建·福州十八中高三开学考试)将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为()3523a.b.c.d.7755答案b2【解析】依题意总的排列方法有c7=21种，2利用挡板法，5个1有6个位置可以放0，故2个0不相邻的排列方法有c6=15种，155所以所求概率为=．217故选：b．3(2022·四川成都·高三开学考试(文))从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为()2371a.b.c.d.55102答案c【解析】将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，这个实验的样本空间可记为ω=a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，共包含10个样本点，记事件a为至少有1名女医生参加，第143页·共372页,则a=a,d,a,e,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，7则a包含的样本点个数为7，∴pa=，10故选：c．4(2022·上海交大附中高三开学考试)分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长(单位：h)，得如图所示茎叶图，则下列结论中错误的是()a.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4b.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数约为8.60(按四舍五入精确到0.01)c.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值小于0.4d.乙同学周课外体育运动时长的方差约为0.80(按四舍五入精确到0.01)答案b7.3+7.5【解析】a：甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为=7.4，正确.2b：乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1≈8.51，错16误.6c：甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值=0.375<0.4，正确.16d：乙同学周课外体育运动时长的方差约为：11622222226.3-8.51+7.4-8.51+7.6-8.51+8.1-8.51+8.2-8.51×2+8.5-8.51+8.6-8.51×4+9.0-≈0.80，正确.故选：b5(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(理))20名学生，任意分成甲、乙两组，每组10人，其中2名学生干部恰好被分在不同组内的概率是()19181818c2c182c2c182c2c19c2c18a.b.c.d.10101010c20c20c20c20答案a1010【解析】20名学生，任意分成甲、乙两组，每组10人，共有c20c10种分法；19考虑学生干部a，其所在的组有c2种可能，该组中余下9人有c18种可能性；19c2c18故所求概率为p=．10c20故选：a．第144页·共372页,6(2022·四川·模拟预测(文))从集合{x∈n∣10≤x≤20}中任取2个不同的质数a,b，则|a-b|≥4的概率为()2312a.b.c.d.3535答案a【解析】集合{x∈n∣10≤x≤20}中的质数有11，13，17，19，共4个数，任取2个不同的质数a，b，记作a,b的情况有11,13，11,17，11,19，13,17，13,19，17,19，13,11，17,11，19,11，17,13，19,13，19,17，共12种；符合a-b≥4的有11,17，11,19，13,17，13,19，17,11，19,11，8217,13，19,13，共8种，所以概率为=.123故选：a.7(2022·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试(理))为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举”的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育、美育、书法三门选修课程，该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一位同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为()5177a.b.c.d.3663618答案d222c6c4c241233【解析】6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一位同学选修，共有3+c6+c6c5c3.a3=a3540种.2221c4c22恰有2名同学选修传统体育的情况：c6⋅c4+2⋅a2=210种.a22107∴p==.54018故选：d二、多选题8记p(a),p(b)分别为事件a，b发生的概率，则下列结论中可能成立的有()a.p(ab)=p(a)p(b)b.p(a+b)=p(a)+p(b)c.p(a+b)<p(a)+p(b)d.p(a+b)></a2b-3a<-ab<2a因为数列an为单调递增数列，则，即，即，a></x2时都有fx1≤fx2，则称函数fx为“不严格单调增函数”，若函数fx的定义域d=1,2,3,4,5，值域为a=6,7,8，则函数fx为“不严格单调增函数”的概率是．第124页·共372页,2213c5⋅c3答案【解析】基本事件总数为：把d中的5个数分成三堆：①1，1，3：c5=10，②1，2，2：2=25a215,3则总共有(10+15)⋅a3=150种，求函数f(x)是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1，2，3，4，5中间有4个空，插入2块板分成3组，2分别从小到大对应6,7,8共有c4=6种情况，61∴函数f(x)是“不严格单调增函数”的概率是=150251故答案为：.251.已知四条直线l1:y=x，l2:y=3x-2，l3:y=3x+2，从这三条直线中任取两条，这两条直线都与函数3fx=x的图象相切的概率为()1112a.b.c.d.6323答案b2【解析】由题设，f(x)=3x，当f(x)=3，得x=±1，若x=1，则f(1)=1，即切点为(1,1)的切线为l2:y=33x-2；若x=-1，则f(-1)=-1，即切点为(-1,-1)的切线为l3:y=3x+2，当f(x)=1，得x=±，若333323333x=，则切点为，，切线方程为：y=x-，若x=-，则切点为-，-，切线3399339233方程为：y=x+，故直线y=x与f(x)=x的图象不相切，所以从已知三条直线中任取两条共有931l1,l2,l3,l2,l1,l3三种情况，与f(x)=x的图象相切只有l3,l2，故概率为．3故选：ba322.(2022·河北·唐山市海港高级中学高三开学考试)已知函数fx=x+bx+x+2．若a，b分别是从31，2，3中任取的一个数，则函数fx有两个极值点的概率为()1125a.b.c.d.6336答案c222【解析】由题意得fx=ax+2bx+1=0有两个根,则有δ=4b-4a></x≤9)=p(7≤x<7.5)=p(x<7.5)-p(x<7)=0.2-0.05=0.15；238(2)①由题可得甲3:0获胜的概率为p1=3=27，222128甲3:1获胜的概率为p2=c3⋅3⋅3⋅3=27，22212216甲3:2获胜的概率为p3=c4⋅3⋅3⋅3=81，64所以，甲代表学校出战省运会的概率为p=p1+p2+p3=；81(2)由题可得丁获得奖金的期望值为：88161740×-100+×-50+×-10+×200=-<0，272781819所以如果我是丁，我不会和他打赌.19(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)为了让羽毛球运动在世界范围内更好的发展，世界羽联将每年的7月5日定为“世界羽毛球日”.在今年的“世界羽毛球日”里，某主办方打算一办有关羽毛球的知识竞答比赛.比赛规则如下；比赛一共进行4轮，每轮回答1道题.第1轮奖金为100元，第2轮奖金为200元，第3轮奖金为300元，第4轮奖金为400元.每一轮答对则可以拿走该轮奖金，答错则失去该轮奖金，奖金采用累计制，即参赛者最高可以拿到1000元奖金.若累计答错2题，则比赛结束且参赛者奖金清零.此外，参赛者在每一轮结束后都可主动选择停止作答､结束比赛并拿走已累计获得的所有奖金，小陈同学去1参加比赛，每一轮答对题目的概率都是，并且小陈同学在没有损失奖金风险时会一直选择继续作答，31在有损失奖金风险时选择继续作答的可能性为.2(1)求小陈同学前3轮比赛答对至少2题的概率；(2)求小陈同学用参加比赛获得的奖金能够购买一只价值499元的羽毛球拍的概率.解析(1)记“小陈同学前3轮比赛答对至少2题”为事件a，第1轮答错时没有损失奖金风险，故前2轮必答；前3轮比赛答对至少2题包含两种情况：前2轮全对或前2轮1对1错且小陈同学选择参加第三轮作答且答对，12111115故pa=3+c2×3×1-3×2×3=27.(2)记小陈同学参加比赛获得的奖金为x(单位：元)，1在有损失奖金风险时：小陈同学选择继续作答且答对的可能性为，选择继续作答且答错的可能性为6第113页·共372页,11，选择停止作答的可能性为，3221111px=500=×××=，336254131px=600+px=1000=3=27，12211px=700=3×3×6=8112121px=800=3×3×6=162，21121px=900=3×3×6=162，1111113故px≥499=++++=.542781162162162第114页·共372页,第5章古典概型与概率的基本性质【考点预测】知识点1、随机事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件a的概率用p(a)表示.知识点2、古典概型(1)定义一般地，若试验e具有以下特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.称试验e为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.(2)古典概型的概率公式一般地，设试验e是古典概型，样本空间ω包含n个样本点，事件a包含其中的k个样本点，则定义事kna件a的概率pa==.nnω知识点3、概率的基本性质(1)对于任意事件a都有：0≤p(a)≤1．(2)必然事件的概率为1，即p(ω)=1；不可能事概率为0，即p(∅)=0．(3)概率的加法公式：若事件a与事件b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)推广：一般地，若事件a1，a2，⋯，an彼此互斥，则事件发生(即a1，a2，⋯，an中有一个发生)的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即：p(a1+a2+...+an)=p(a1)+p(a2)+...+p(an)(4)对立事件的概率：若事件a与事件b互为对立事件，则p(a)=1-p(b)，p(b)=1-p(a)，且p(a∪b)=p(a)+p(b)=1．(5)概率的单调性：若a⊆b，则p(a)≤p(b)(6)若a，b是一次随机实验中的两个事件，则p(a∪b)=p(a)+p(b)-p(a∩b)【方法技巧与总结】1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数n与事件a中所包含的基本事件数．因此要注意清楚以下三个方面：(1)本试验是否具有等可能性；(2)本试验的基本事件有多少个；(3)事件a是什么．2、解题实现步骤：(1)仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；(2)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件a；(3)分别求出基本事件的个数n与所求事件a中所包含的基本事件个数m；a包含的基本事件的个数(4)利用公式p(a)=求出事件a的概率．基本事件的总数3、解题方法技巧：(1)利用对立事件、加法公式求古典概型的概率第115页·共372页,(2)利用分析法求解古典概型．①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．②求试验的基本事件数及事件a包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．【典例例题】题型一:简单的古典概型问题1.(2022·全国·高三专题练习(理))池州九华山是著名的旅游胜地．天气预报8月1日后连续四天，每天下雨的概率为0.6，现用随机模拟的方法估计四天中恰有三天下雨的概率：在0~9十个整数值中，假定0，1，2，3，4，5表示当天下雨，6，7，8，9表示当天不下雨．在随机数表中从某位置按从左到右的顺序读取如下20组四位随机数：95339522001874720018387958693281789026928280842539908460798024365987388207538935据此估计四天中恰有三天下雨的概率为()3279a.b.c.d.1052020答案b【解析】由表中数据可得四天中恰有三天下雨的有9533，9522，0018，0018，3281，8425，2436，0753，共8组，82所以估计四天中恰有三天下雨的概率为=.205故选：b.2.(2022·全国·高三专题练习(理))假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：9328124585696834312573930275564887301135据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次正中靶心的概率为()a.0.50b.0.45c.0.40d.0.35答案a【解析】解析：两次掷镖恰有一次正中靶心表示随机数中有且只有一个数为1，2，3，4中的之一.它们分别是93，28，45，25，73，93，02，48，30，35共10个，10因此所求的概率为=0.50.20故选：a.第116页·共372页,3.(2022·河北·武安市第一中学高三阶段练习)一袋中装有除颜色外完全相同的4个白球和5个黑球，从中有放回的摸球3次，每次摸一个球．用模拟实验的方法，让计算机产生1~9的随机数，若1~4代表白球，5~9代表黑球，每三个为一组，产生如下20组随机数：917966191925271932735458569683431257393627556488812184537989则三次摸出的球中恰好有两次是白球的概率近似为()7311a.b.c.d.201045答案b【解析】20组随机数恰好有两个是1,2,3,4的有191，271，932，393，812，184共6个，63因此概率为p==．2010故选：b．1.(2022·全国·高三专题练习(文))从3名男生和2名女生中随机选取3人参加书法展览会，则选取的3人中至少有2名男生的概率为()3749a.b.c.d.510510答案b【解析】记3名男生分别为a1，a2，a3，2名女生分别为b1，b2，从5人中随机选取3人，所有的可能结果为a1,a2,a3，a1,a2,b1，a1,a2,b2，a1,a3,b1，a1,a3,b2，a2,a3,b1，a2,a3,b2，a1,b1,b2，a2,b1,b2，a3,b1,b2，共10种，7“其中至少有2名男生”对应的结果有7种，故所求概率为.10故选：b.2.(2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习)我们的祖先创造了一种十分重要的计算方法：筹算.筹算用的算筹是竹制的小棍，也有骨制的.据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，如图所示，例如：表示62，表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数(算筹不剩余且个位不为0)，则这个两位数大于40的概率为()1123a.b.c.d.3235答案b【解析】根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为4+1，3+2，2+3，1+4共四类情况；第一类：4+1，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；第117页·共372页,第二类：3+2，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32，36，72，76；第三类：2+3，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23，27，63，67；第四类：1+4，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，综上可知：所有的两位数有14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计12个，其中大于40的有41，63，67，72，76，81共计6个，61故这个两位数大于40的概率为=，122故选：b.3.(2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习)在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息．在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是()5111515a.b.c.d.16323264答案d6【解析】每个位置可排0或1，故有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为2=64，恰好有2个12的排列的个数共有c6=15，15故概率为：，64故选：d4.(2022·全国·模拟预测)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为()4824a.b.c.d.272799答案a13【解析】根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有a3a3=18种，23当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有a3a3=36种，故满足回答者的所有情况共18+36=54种.其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，22当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有a2a2=4种；22当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有a2a2=4种，所以，最终丙和丁获得前两名的情况有4+4=8种，84所以，最终丙和丁获得前两名的概率为p==5427故选：a第118页·共372页,5.(2022·全国·成都七中高三开学考试(理))已知某校高三年级共1400人，按照顺序从1到1400编学号.为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”，设计如下调查方案：先从装有2个黑球和3个白球的不透明盒子中随机取出1个球，如果是白球，回答问题一；否则回答问题二.问题如下：一、你的学号的末位数字是奇数吗？二、你是否有带智能手机进入校园的行为？现在高三年级1400人全部参与调查，经统计：有972人回答“否”，其余人回答“是”.则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数大概为()a.8b.20c.148d.247答案b32【解析】根据题意，1400人分为1400×=840(人)和1400×=560(人)，55840人中将有420人回答“否”，则560人中有972-420=552(人)回答“否”，8人回答“是”，1则问是否带手机的回答是人数约占，701该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为1400×=20(人).70故选：b题型二:古典概型与向量的交汇问题1.已知a,b∈{-2,-1,1,2}，若向量m=(a,b)，n=(1,1)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是()3137a.b.c.d.164816答案b【解析】向量m与n所成的角为锐角等价于m⋅n></p<1时，f(p)></p<1)且相互独立，该家庭至少检测了3个人才能确定为“感染高危户”的概率为f(p)，当p=p0时，f(p)最大，则p0=.2答案1-2【解析】设事件a为：检测了3个人确定为“感染高危户”，事件b为：检测了4个人确定为“感染高危户”；23∴p(a)=p(1-p)，p(b)=p(1-p)232即f(p)=p(1-p)+p(1-p)=p(1-p)(2-p)，2f(p)=2(1-p)2p-4p+1，220<p<1-时，f(p)></m<99，方程rm==0.7无整数解，故c错误；m对d，如果不存在m，使得rm=0.8，则前5次投篮中至少有2次不中，前10次投篮中至少有3次不中，前15次投篮中至少有4次不中，依此类推，前70次投篮中至少有15次不中，即前75次投篮中恰有15次不中，60从而r75==0.8，矛盾，故d正确．75故选：ad.1.(2022·全国·模拟预测)甲、乙两人玩掷骰子游戏，规定：甲、乙两人同时掷骰子，若甲掷两次骰子的点数之和小于6，则甲得一分；若乙掷两次骰子的点数之和大于m，则乙得一分，最先得到10分者获胜.为确保游戏的公平性，正整数m的值应为()a.6b.7c.8d.9第101页·共372页,答案c【解析】对于甲，掷两次骰子的点数之和为2,3,4,5时，甲能够得一分，则由对称性可知，掷两次的骰子的点数之和为12,11,10,9分别与掷两次骰子的点数之和为2,3,4,5对应的概率相等，∴为确保游戏的公平性，需m=8，此时甲乙得分概率相等.故选：c.2.某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题：问题一：你的父亲阳历生日日期是不是奇数？问题二：你是否经常吸烟？调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋子中摸取1个球(摸出的球再放回袋子中)，摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，如果一年按365天计算，且最后盒子中有60个小石子，则可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为()a.7%b.8%c.9%d.30%答案c【解析】因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸1到白球和红球的概率都为，因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人，而一年365天中，阳历为2186奇数的有186天，所以对第一个问题回答“是”的概率为≈0.51，所以这100个回答第一个问题的学365生中，约有51人回答了“是”，从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有9人回答了“是”，所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为9%．故选：c【方法技巧与总结】概率和频率的关系：概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．题型四:互斥事件与对立事件1.“黑匣子”是飞机专用的电子记录设备之一，黑匣子有两个，为驾驶舱语音记录器和飞行数据记录器.某兴趣小组对黑匣子内部构造进行相关课题研究，记事件a为“只研究驾驶舱语音记录器”，事件b为“至少研究一个黑厘子”，事件c为“至多研究一个黑厘子”，事件d为“两个黑厘子都研究”.则()a.a与c是互斥事件b.b与d是对立事件c.b与c是对立事件d.c与d是互斥事件答案d【解析】事件a为“只研究驾驶舱语音记录器”；事件b为“至少研究一个黑厘子”，包含“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”，或“研究第102页·共372页,驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；事件c为“至多研究一个黑厘子”，包含“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”，或两个黑匣子都不研究；事件d为“两个黑厘子都研究”.即“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；所以对于a，事件a与事件c不是互斥事件，故a不正确；对于b，事件b与事件d不是对立事件，故b不正确；对于c，事件b与事件c不是对立事件，故c不正确；对于d，事件c和事件d不能同时发生，故c与d是互斥事件.故选：d.2.设靶子上的环数取1~10这10个正整数，脱靶计为0环．某人射击一次，设事件a=“中靶”，事件b=“击中环数大于5”，事件c=“击中环数大于1且小于6”，事件d=“击中环数大于0且小于6”，则下列关系正确的是()a.b与c互斥b.b与c互为对立c.a与d互为对立d.a与d互斥答案a【解析】对于ab，事件b和c不可能同时发生，但一次射击中有可能击中环数为1，所以b与c互斥，不对立，所以a正确，b错误，对于cd，事件a与d有可能同时发生，所以a与d既不互斥，也不对立，所以cd错误，故选：a3.从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是()a.“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”b.“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”c.“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”d.“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”答案c【解析】从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故a错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故b错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故d错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故c正确；故选：c第103页·共372页,1.命题“事件a与事件b对立”是命题“事件a与事件b互斥”的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充要条件d.既不充分也不必要条件答案a【解析】若事件a与事件b是对立事件，则事件a与事件b一定是互斥事件；若事件a与事件b是互斥事件，不一定得到事件a与事件b对立，故命题“事件a与事件b对立”是命题“事件a与事件b互斥”的充分不必要条件；故选：a【方法技巧与总结】1、准确把握互斥事件与对立事件的概念：①互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，既有且仅有一个发生．2、判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．题型五:利用互斥事件与对立事件计算概率1.(2022·广东广州·高三阶段练习)采购员要购买某种电器元件一包(10个)他的采购方法是：从一包中随机抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包．假定含有4个次品的包数占30%，其余包中各含1个次品，则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为()a.0.46b.0.49c.0.51d.0.54答案a12c1c9【解析】抽到含有1个次品，且抽到的3个元件中含有这一个次品的概率为p1=1-3000×3=c100.21，抽到含有4个次品，且随机抽查的3个元件中含有次品，则拒绝购买，03c4c6故概率为p=3000×1-3=0.25，c10所以采购员随机挑选一包拒绝购买的概率为0.21+0.25=0.46.故选：a432.(2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习)甲､乙两人参加歌唱比赛，晋级概率分别为和，55且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为()113223a.b.c.d.255525答案a【解析】依题意两人中恰有一人晋级，则甲晋级、乙未晋级或甲未晋级、乙晋级，434311所以概率p=5×1-5+1-5×5=25；故选：a第104页·共372页,33.(2022·河南河南·模拟预测(理))某士兵进行射击训练，每次命中目标的概率均为，且每次命中与4否相互独立，则他连续射击3次，至少命中两次的概率为()279279a.b.c.d.32166432答案a3【解析】因为每次命中目标的概率均为，且每次命中与否相互独立，433232327所以连续射击3次，至少命中两次的概率p=4+c341-4=32，故选：a.1.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)重庆的8月份是一段让人难忘的时光，我们遭遇了高温与山火，断电和疫情．疫情的肆虐，让我们再次居家隔离．为了保障民生，政府极力保障各类粮食和生活用品的供应，在政府的主导与支持下，各大电商平台也纷纷上线，开辟了一种无接触式送货服务，用户在平台上选择自己生活所需要的货物并下单，平台进行配备打包，再由快递小哥送货上门．已知沙坪坝某小区在隔离期间主要使用的电商平台有：某东到家，海马生鲜，咚咚买菜．由于交通、配送等多方面原因，各电商234平台并不能准时送达，根据统计三家平台的准点率分别为，，，各平台送货相互独立，互不影响，某345小哥分别在三家电商各点了一份配送货，则至少有两家准点送到的概率为()975953a.b.c.d.12061060答案b【解析】因为各平台送货相互独立，互不影响，所以23121413413有两家准点送到的概率为××+××+××=,345345345302342有三家准点送到的概率为××=，34551325则至少有两家准点送到的概率为+=.3056故选：b.2.甲､乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，下列说法错误的是()a.两人都做对的概率是0.72b.恰好有一人做对的概率是0.26c.两人都做错的概率是0.15d.至少有一人做对的概率是0.98答案c【解析】由于甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，故两人都做对的概率是0.8×0.9=0.72，所以a正确；恰好有一人做对的概率是0.8×(1-0.9)+(1-0.8)×0.9=0.26，故b正确；两人都做错的概率是(1-0.8)×(1-0.9)=0.02，故c错误；至少有一人做对的概率是1-(1-0.8)×(1-0.9)=0.98，故d正确，故选：c第105页·共372页,3.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)从属于区间2,8的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为()65911a.b.c.d.771414答案a【解析】区间2,8的整数共有7个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有3个；设事件a：从属于区间2,8的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，2c316由p(a)==⇒p(a)=1-p(a)=，c2777故选：a4.(2022·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习(理))小吴、小张两名同学均打算暑期选择学校的舞蹈、画画、篮球三个兴趣班中的一个兴趣班学习，小吴、小张选择舞蹈、画画、篮球三个兴趣班学习的概率分别如下表，则小吴、小张选择不同兴趣班学习的概率为()舞蹈画画篮球小吴0.30.4小张0.50.3a.0.68b.0.66c.0.64d.0.62答案a【解析】由题可得，小吴、小张选择舞蹈、画画、篮球三个兴趣班学习的概率分别如下表：舞蹈画画篮球小吴0.30.30.4小张0.50.30.2故小吴、小张选择相同兴趣班学习的概率为0.3×0.5+0.3×0.3+0.4×0.2=0.32，故小吴、小张选择不同兴趣班学习的概率为1-0.32=0.68．故选：a．5.(2022·河北衡水·高三阶段练习)一个电路如图所示，a，b，c，d，e，f，g为7个开关，其闭合的概2率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是()35511235a.1-b.1-c.d.77753333答案a225【解析】电路由上到下有3个分支并联，开关a,b所在的分支不通的概率为1-×=，339111开关c,d所在的分支不通的概率为×=，339第106页·共372页,21111开关e，f，g所在的分支不通的概率为1-3×1-3×3=27，511155所以灯亮的概率是1-××=1-.992737故选：a.【方法技巧与总结】求复杂的互斥事件的概率的两种方法(1)直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．(2)间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式p(a)=1-p(a)，即运用逆向思维(正难则反)特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解就显得较简便．l【过关测试】一、单选题1(2022·山东·潍坊七中高三阶段练习)已知a，b是一次随机试验中的两个事件，若满足p(a)=p(b)2=，则()3a.事件a，b互斥b.事件a.b相瓦独立c.事件a，b不互斥d.事件a，b不相互独立答案c4【解析】若事件a，b互斥，则p(a∪b)=p(a)+p(b)=></pb，即乙参赛的概率大，所以该选取规则不公平.故选：bd.第100页·共372页,2.(多选题)(2022·山东·高三专题练习)下列说法正确的是()a.一个人打靶，打了10发子弹，有6发子弹中靶，因此这个人中靶的概率为0.6b.某地发行福利彩票，其回报率为47%，有个人花了100元钱买彩票，一定会有47元回报c.5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，则乙与甲中奖的可能性相同d.大量试验后，可以用频率近似估计概率.答案cd【解析】a、某人打靶，射击10次，击中6次，那么此人中靶的频率为0.6，故a错误；b、买这种彩票是一个随机事件，中奖或者不中奖都有可能，但事先无法预料，故b错误；c、根据古典概型的概率公式可知c正确；d、大量试验后，可以用频率近似估计概率，故d正确．故选：cd．3.(多选题)(2022·江苏·金陵中学二模)某人投了100次篮，设投完前n次的命中率为rm．其中n=1,2，⋯.100．已知r1=0,r100=0.85，则一定存在0<m<100使得()a.rm=0.5b.rm=0.6c.rm=0.7d.rm=0.8答案adk【解析】根据题意得：rm=，其中k为不超过85的自然数，且k≤m-1；m对a，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为ak，则a1=-1<0，a100=85-15></sss257792n-12n+1=252n+134n1．10题型十五:杨辉三角第84页·共372页,1.(2022·山东·高三开学考试)杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表．123456⋯35791113⋯81216202428⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯该数表的第一行是数列{n}，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，⋯，则该数列的前n项和sn=．n-1答案52n⋅2n-1【解析】由数表规律可知，第4行的第1个数为8+12=20，第n行是公差为2的等差数列，4-1所以第4行的公差d=2=8，则第4行的第5个数为52；n-1记各行的第一个数组成的数列为an，则a1=1，an+1=2an+2，n+1an+1an1两边同除以2，得=+，n+1n422ana11故是首项为，公差为的等差数列，2n24ana11n+1n+1nn-2则n=+(n-1)=，则an=×2=(n+1)×2，2244401n-212n-2n-1则sn=1+3×2+4×2+⋯+(n+1)×2，2sn=2+3×2+4×2+⋯+n×2+(n+1)×2，012n-2n-1两式相减得-sn=1+2+2+2+⋯+2-(n+1)×2n-11-2n-1=1+-(n+1)×21-2n-1n-1n-1=2-(n+1)×2=-n×2，n-1所以sn=n×2．n-1故答案为：52；n⋅22.(2022·浙江省杭州学军中学模拟预测)“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数∗在三角形中的一种几何排列．如图所示，第nn∈n,n≥2行的数字之和为，去除所有1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯,则此数列的前28项和为．n-1答案2494n-1【解析】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为2，n+1去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为2-2，而28=1+2+3+4+5+6+7，23892所以数列的前28项和s28=2-2+2-2+⋯+2-2=2-2-14=494.n-1故答案为：2；494第85页·共372页,3.(2022·安徽·合肥市第五中学模拟预测(理))杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解n九章算法》一书中，画了一个由二项式a+bn=1,2,3,⋅⋅⋅展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个*数值都是它上面的两个数值之和，每一行第kk≤n,k∈n个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，k的值为()a.1009b.1010c.1011d.1012答案ck-1k-1k-1k-1kk-1k-1k-1k【解析】当k≥2时，第k斜列各项之和为ck-1+ck+ck+1+⋅⋅⋅+c2022=ck+ck+ck+1+⋅⋅⋅+c2022=c2023，k+1kk+1k+1同理，第k+1斜列各项之和为c2023，所以c2023+c2023=c2024，所以第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，k+1=1012，则k=1011.故选：c．4.(多选题)在1261年，我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为an，如：a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,⋯,an的前n项和记为sn，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，记为bn，bn的前n项和记为tn，则下列说法正确的有()4an1a.s9=1022b.s⋅s的前n项和为1-a-1nn+1n+1c.b56=66d.t56=4084答案abdnnn【解析】从第一行开始，每一行的数依次对应a+b的二项式系数，所以an=1+1=2，n21-2n+110an为等比数列，sn==2-2，所以s9=2-2=1022，故a正确；1-24an11=2-，s⋅s2n+1-22n+2-2nn+1第86页·共372页,4an111111所以的前n项和为2-+2-+...+2-s⋅s22-223-223-242n+1-22n+2-2nn+12-2111=2-=1-，故b正确；22n+2-2an+1-1依次去掉每一行中所有的1后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3⋯⋯构成一个等差数列，项数之和为nn+1≤56，n的最大整数为10，杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，在bn中去掉，b56取的21就是第12行的第2项，b56=c12=12≠66，故c错误；12s11=2-2，这11行中共去掉了22个1，所以t56=s11-22+b56=4094-22+12=4084，故d正确.故选：abd.l【过关测试】一、单选题8361(2022·江苏·金陵中学高三阶段练习)x-yx+y的展开式中xy的系数为()a.28b.-28c.56d.-56答案b【解析】由二项式定理：8(x-y)(x+y)080171808=(x-y)(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)080171808080171808=x(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)-y(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)090181818081172809=(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)-(c8xy+c8xy+⋯+c8xy)3665238×78×7×6观察可知xy的系数为c8-c8=c8-c8=-=-28.2×13×2×1故选：b.2542(2022·福建师大附中高三阶段练习)在2+x-x的展开式中，含x的项的系数为()a.-120b.-40c.-30d.200答案c2525r5-r2r【解析】(2+x-x)=(2+x)-x，其展开式为：tr+1=c5(2+x)-x,r=0,1,...,5根据题意可得：r=0,1,255k5-kk当r=0时，则t1=(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c52x,k=0,1,...,544∴k=4，则x的项的系数为2c5=10142244k4-kk当r=1时，则t2=c5(2+x)-x=-5x(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c42x,k=0,1,...,4422∴k=2，则x的项的系数为-5×2×c4=-1202322433k3-kk当k=2时，则t3=c5(2+x)-x=10x(2+x)，(2+x)展开式为：tk+1=c32x,k=0,1,2,3430∴k=0，则x的项的系数为10×2×c3=804综上所述：含x的项的系数为10-120+80=-30故选：c．第87页·共372页,11023(2022·福建泉州·模拟预测)x-x的展开式中，x的系数等于()a.-45b.-10c.10d.45答案d110110-r3r-10rrrr2【解析】x-x的通项为tr+1=c10x(-x)=(-1)c10x，3令r-10=2，解得r=8，2288所以x项的系数为：(-1)c10=45.故选：d5264(2022·湖南益阳·模拟预测)若1+2x(1-2x)=a0+a1x+a2x+⋯+a6x，x∈r，则a2的值为()a.-20b.20c.40d.60答案b555【解析】∵1+2x(1-2x)=(1-2x)+2x(1-2x)，22211故展开式中x的系数a2=c5(-2)+2×c5(-2)=40-20=20.故选：b.2255(2022·湖南·高三开学考试)已知x+ax-x的展开式中各项系数的和为-3，则该展开式中x的系数为()a.0b.-120c.120d.-160答案a225【解析】因为x+ax-x的展开式中各项系数的和为-3，所以令x=1，得-a+1=-3，解得a=2，25r5-r2r∵x-x的展开式为tr+1=c5x-x,r=0,1,2,3,4,5232232322则展开式中含x的项为x×c5x-x+2×c5x-x=0，故x的系数为0.故选：a．44326(2022·北京房山·高三开学考试)若(2x-1)=a4x+a3x+a2x+a1x+a0，则a2=()a.6b.24c.-6d.-24答案b4r4-rrr4-rr4-r【解析】由二项式(2x-1)的展开式的通项为tr+1=c4(2x)(-1)=(-1)⋅2c4x，令4-r=2，可得r=2，22222将r=2代入，可得t3=(-1)⋅2c4x=24x，2所以x的系数a2=24.故选：b.第88页·共372页,*nn7(2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习)设n∈n，x=a0+a1(x-1)+⋯+an(x-1)=b0+b1(x-2)+n⋯+bn(x-2)，则()nna.b0-a0+b1-a1+⋯+bn-an=3-2b0b1bnb.++⋯+=2(a0+a1+⋯+an)a0a1an111c.a0+a1+⋯+an=(a0+a1+⋯+an)2n+1n+12n(n+1)d.b1+4b2+⋯+nbn=(a0+a1+⋯+an)4答案a【解析】由二项式定理知：nn0122nnx=x-1+1=cn+cnx-1+cnx-1+⋯+cnx-1，in∴ai=cni=0,1,2,⋯,n，令x=2，则有a0+a1+⋯an=2；nn0n1n-12n-22nnx=x-2+2=cn2+cn2x-2+cn2x-2+⋯+cnx-2，in-in∴bi=cn∙2i=0,1,2,⋯,n，令x=3，则有b0+b1+⋯+bn=3；nn故有b0-a0+b1-a1+⋯+bn-an=3-2，a正确；令n=2，则有a0=1,a1=2,a2=1,b0=4,b1=4,b2=1，分别代入b，c，d选项：b0b1b2441++=++=7,2a0+a1+a2=21+2+1=8，b错误；a0a1a21211117114a0+a1+a2=1+1+=,a0+a1+a2=1+2+1=，c错误；23332+1332×2+16b1+4b2=4+4×1=8,a0+a1+a2=1+2+1=6，d错误；44故选：a.2828(2022·河北·高三阶段练习)关于二项式1+ax+x(1-x)，若展开式中含x的项的系数为21，则a=()a.3b.2c.1d.-1答案c22210【解析】由题意得x的系数为1×c8×(-1)+a×c8×(-1)+1×c8=21，解得a=1，故选：c.729(2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测(理))已知2x-3=a0+a1x-1+a2x-1+⋯+a7x-17，则a3=()a.280b.35c.-35d.-280答案a727【解析】∵2x-3=a0+a1x-1+a2x-1+⋯+a7x-1，令x-1=t，则x=t+1727∴2t-1=a0+a1t+a2t+⋯+a7t，7r7-rr2t-1展开式的通项为：tr+1=c7(2t)-1，433令r=4，可得c72t=280t，所以a3=280.故选：a.二、多选题第89页·共372页,66i10(2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习)已知(x+2)=aix，则()i=0a.a1+a2+a3+a4+a5+a6=666b.a3=20c.a1+a3+a5></x<12，结合2≤x≤8，可得：x=8117(2)-=，则0≤m≤5，mmmc5c610c7m!5-m!m!6-m!7m!7-m!即-=×，5!6!107!解得：m=21(舍去)或2故方程的解为：m=229739.(1)计算：c100+c101÷a101；333(2)计算：c3+c4+⋯+c10；75an-an(3)解方程：=89.5an323333a101311解析(1)原式=c100+c100÷a101=c101÷a101=3÷a101=3=6；a3a34333433433434(2)原式=c4+c4+c5+⋅⋅⋅+c10=c5+c5+⋅⋅⋅+c10=c6+c6+⋅⋅⋅+c10=⋅⋅⋅=c10+c10=c11=330；nn-1n-2⋅⋅⋅n-6-nn-1n-2⋅⋅⋅n-4(3)原方程可化为=89，整理得n-5n-6nn-1n-2⋅⋅⋅n-4-1=89，22即n-11n+29=89，化简得n-11n-60=0，解得n=15或n=-4(舍去)，所以原方程的解是n=15.m+1mm+110.利用组合数公式证明cn+cn=cn+1．m+1(n+1)!解析因为cn+1=，m+1!(n-m)!m+1mn!n!n!n-m+m+1n+1!cn+cn=+==，(n-m-1)!(m+1)!m!(n-m)!(m+1)!(n-m)!(m+1)!(n-m)!m+1mm+1所以cn+cn=cn+1．题型二:直接法第18页·共372页,1.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有()种()a.54b.72c.96d.120答案a【解析】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，分2种情况讨论：①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，3剩下的三人安排在其他三个名次，有a3=6种情况，此时有3×6=18种名次排列情况；2②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有a3=6种情况，3剩下的三人安排在其他三个名次，有a3=6种情况，此时有6×6=36种名次排列情况；则一共有36+18=54种不同的名次情况，故选：a．2.某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出a,b,c,d,e,f共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次(没有并列名次)，a和b去询问成绩，回答者对a说“很遗㙳，你和b都末拿到冠军；对b说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有()a.720种b.600种c.480种d.384种答案d【解析】由题意，a,b不是第一名且b不是最后一名，b的限制最多，故先排b，有4种情况，4再排a，也有4种情况，余下4人有a4=4×3×2×1=24种情况，利用分步相乘计数原理知有4×4×24=384种情况．故选：d.3.甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有()a.24种b.6种c.4种d.12种答案b【解析】甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则只需对剩下3人全排即可，3则不同的排法共有a3=3×2×1=6，故选：b．4.某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为()a.10b.30c.40d.46第19页·共372页,答案c【解析】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人30若女教师为0人，则男教师有3人，有c5c3=10种选择；12若女教师为1人，则男教师2人，有c5c3=30种选择；故女教师最多为1人的选法种数为10+30=40种故选：c题型三:间接法1.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有()a.1860种b.3696种c.3600种d.3648种答案d735【解析】7个人从左到右排成一排，共有a7=5040种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有a3a5=720624种不同的站法，甲站在最右端有a6=720种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有a2a4=48种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有5040-720-720+48=3648种不同的站法.故选：d2.某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有()a.21种b.231种c.238种d.252种答案b55【解析】10人中选5人有c10=252种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有c7=21种，55则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有c10-c7=231种.故选：b3.中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有()a.408种b.240种c.1092种.d.120种答案a15【解析】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为a5a5，142其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为a4a4a2，15142于是得a5a5-a4a4a2=5×120-4×24×2=408，所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.故选：a第20页·共372页,4.红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是()a.96b.326c.336d.360答案c6【解析】所有演出方案有a6=720种，25歌舞类相邻有a2a5=240种，25小品类相邻有a2a5=240种，224歌舞与小品均相邻有a2a2a4=96种，62525224所以总数有a6-a2a5+a2a5-a2a2a4=720-384=336种.故选：c.题型四:捆绑法1.(2022·四川·树德怀远中学高三开学考试(理))甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有()a.12种b.24种c.48种d.120种答案b42【解析】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有a4a2种排法，132其中甲、乙相邻且在两端的有c2a3a2种，42132故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有a4a2-c2a3a2=24(种)故选:b．2.(2022·四川成都·高三开学考试(理))某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有不同的排法()种a.24b.144c.48d.96答案d【解析】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，24与语文、英语、生物三门课程进行排序，有a2a4=48种排法.由分步乘法计数原理可知，共有2×48=96种不同的排法.故选：d.3.甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有()a.72种b.60种c.48种d.36种答案c2【解析】甲、乙相邻共有a2=2种.第21页·共372页,4将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有a4=4×3×2×1=24种.则共有2×24=48种.故选：c.4.3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，共有站法()种a.144b.360c.480d.720答案d【解析】因为3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，35所以共有a3⋅a5=720种站法，故选：d5.某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为()a.72b.96c.120d.144答案d2【解析】第一步：全排列2个语言类的节目，共有a2种情况，2第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有a4种情况，第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列，3223共有a3种情况，所以n=a2a4a3=144.故选：d题型五:插空法1.2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？()a.24b.48c.144d.244答案c【解析】根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、“谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，232所以不同的放置方式有a2a3a4=144种.故选：c2.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是()a.72b.144c.48d.36第22页·共372页,答案a3【解析】先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有a3=6种方法，2再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有a4=12种方法，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：6×12=72.故选：a.3.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有()a.18种b.24种c.36种d.72种答案c3a3【解析】先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有=3，再将商、角插入4个空中，共有223a4=36种．故选：c．4.(2022·全国·高三专题练习(理))马路上有编号为1，2，3⋯，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有()种a.15b.20c.10d.9答案c【解析】根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻，则需要用插空法分析：先将亮的6盏灯排成一列，除去2端，有5个符合条件的空位，3在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有c5=10种情况，即有10种关灯方法.故选：c5.(2022·全国·模拟预测)某等候区有7个座位(连成一排)，甲、乙、丙三人随机就坐，因受新冠疫情影响，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有()a.4种b.10种c.20种d.60种答案d【解析】甲、乙、丙每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相邻，相当于有四个空位放置成一排，形成5个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入，3所以有a5=60(种)不同的坐法，故选：d．第23页·共372页,6.为迎接新年到来，某中学2022作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行.校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为()a.36b.45c.72d.90答案d【解析】采用插空法即可：第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法；第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，故共有9×10=90种排法.故选：d.题型六:定序问题(先选后排)*1.满足xi∈n(i=1,2,3,4)，且x1<x2<x3<x4<10的有序数组x1,x2,x3,x4共有()个4444a.c9b.p9c.c10d.p10答案a4【解析】∵数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为c9．故选：a．2.a,b,c,d,e五人并排站成一排，如果b必须站在a的右边，(a,b可以不相邻)那么不同的排法有()a.120种b.90种c.60种d.24种答案c5【解析】所有人排成一排共有：a5=120种排法∵b站在a右边与a站在b右边的情况一样多120∴所求排法共有：=60种排法2本题正确选项：c第24页·共372页,3.dna是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在dna中只有4种类型的碱基，分别用a、c、g和t表示，dna中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是a-t，或者是c-g，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条dna单链模型示意图，现在某同学想在碱基t和碱基c之间插入3个碱基a，2个碱基c和1个碱基t，则不同的插入方式的种数为()a.20b.40c.60d.120答案c6a6720【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为==60.a3a2a16×2×1321故选：c4.某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有()a.120种b.80种c.20种d.48种答案c2【解析】在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、乙、丙，方法数为a5=20．故选：c．5.某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法()a.36b.90c.360d.720答案b【解析】6个高矮互不相同的人站成两排，222c6c4c23后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为3⋅a3=90，a3故选：b6.花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为()a.2520b.5040c.7560d.10080答案a第25页·共372页,【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，8先对8盏不同的花灯进行全排列，共有a8种方法，因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，8a8故一共有=2520种，2222a2a2a2a2故选：a7.如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是()a.6b.10c.12d.24答案b【解析】将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论:若先取1,则有12345,12453,14523,14235,14523,12435,共6种情况;若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种情况,故共有6+4=10种情况.题型七:列举法1.三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有()a.6种b.8种c.10种d.16种答案c【解析】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，第26页·共372页,故选：c.2.三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有()a.4种b.5种c.6种d.12种答案c【解析】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.答案：c．3223.设x1，x2，x3∈-1,0,1,2，那么满足0≤x1+x2+x3≤8的所有有序数组x1,x2,x3的组数为()a.45b.46c.47d.48答案c22【解析】①当x1=2时，x2+x3=0，则x2=x3=0，共1组；22112②当x1=1时，-1≤x2+x3≤7，则x2，x3不同时为2，共c4⋅c4-1=4-1=15组；22112③当x1=0时，0≤x2+x3≤8，则x2，x3为-1,0,1,2中任一元素，共c4⋅c4=4=16组；22112④当x1=-1时，1≤x2+x3≤9，则x2，x3不同时为0，共c4⋅c4-1=4-1=15组．故满足题意的有序数组共有47组．故选：c.第27页·共372页,4.从集合1,2,3,4,⋯,15中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有()个()a.98b.56c.84d.49答案a【解析】当公差为1时，数列可以是：1,2,3，2,3,4，3,4,5，⋯⋯13,14,15，共13种情况.当公差为2时，数列可以是：1,3,5，2,4,6，3,5,7，⋯⋯11,13,15，共11种情况.当公差为3时，数列可以是：1,4,7，2,5,8，3,6,9，⋯⋯9,12,15，共9种情况.当公差为4时，数列可以是：1,5,9，2,6,10，3,7,11，⋯⋯7,11,15，共7种情况.当公差为5时，数列可以是：1,6,11，2,7,12，3,8,13，4,9,14，5,10,15，共5种情况.当公差为6时，数列可以是：1,7,13，2,8,14，3,9,15，共3种情况.当公差为7时，数列可以是：1,8,15，共1种情况.总的情况是13+11+9+7+5+3+1=49.又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，所以这样的等差数列共有98个.故选：a5.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是．答案60【解析】根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有10×6=60种方法，故答案是60.题型八:多面手问题1.我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有几种不同的选法()a.675b.575c.512d.545答案a【解析】分析：根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．详根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理．33第一类2个只会左边的都不选，有c5⋅c5=100种；123第二类2个只会左边的有1人入选，有c2c5⋅c6=400种；第28页·共372页,213第三类2个只会左边的全入选，有c2c5⋅c7=175种，所以共有675种不同的选法，故选a．2.某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有()种不同的选法()a.225b.185c.145d.110答案b【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．44①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有c5c4种；②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，134413因此有c2c5c4+c5c2c4种；③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，2244221313因此有c2c5c4+c5c2c4+c2c5c1c4种．441344132244221313综上分析，共可开出c5c4+c2c5c4+c5c2c4+c2c5c4+c5c2c4+c2c5c1c4=185种．故选：b．3.“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有()a.26种b.30种c.37种d.42种答案c【解析】根据题意，设a={只会划左桨的3人}，b={只会划右桨的3人}，c={既会划左桨又会划右桨的2人}，据此分3种情况讨论：3①从a中选3人划左桨，划右桨的在(b∪c)中剩下的人中选取，有c5=10种选法，213②从a中选2人划左桨，c中选1人划左桨，划右桨的在(b∪c)中选取，有c3c2c4=24种选法，1③从a中选1人划左桨，c中2人划左桨，b中3人划右桨，有c3=3种选法，则有10+24+3=37种不同的选法．故选：c．4.某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有()a.56种b.68种c.74种d.92种答案d33【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有c3c6种，123133312有一个“多面手”的选派方法有c2c3c5种，有两个“多面手”的选派方法有c3c4种，即共有c3c6+c2c3313c5+c3c4=92(种)不同的选派方法．故选：d第29页·共372页,题型九:错位排列1.编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有()a.10种b.20种c.30种d.60种答案b2【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有c5=10，另外三个人编号与座位号不一致，方法数有2，所以不同的坐法有10×2=20种.故选：b2.将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为()a.90b.135c.270d.360答案b【解析】根据题意，分以下两步进行：2(1)在6个小球中任选2个放入相同编号的盒子里，有c6=15种选法，假设选出的2个小球的编号为5、6；(2)剩下的4个小球要放入与其编号不一致的盒子里，对于编号为1的小球，有3个盒子可以放入，假设放入的是2号盒子.则对于编号为2的小球，有3个盒子可以放入，对于编号为3、4的小球，只有1种放法.综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为15×3×3=135种.故选：b.3.若5个人各写一张卡片(每张卡片的形状、大小均相同)，现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有()a.20b.90c.15d.45答案d【解析】根据题意，分2步分析：1①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有c5种选法，②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，111所以不同的拿卡片的方法有c5⋅c3⋅c3=45种.故选：d.题型十:涂色问题第30页·共372页,1.(2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试(理))某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有()种a.36b.48c.54d.72答案d【解析】如图：将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤，则满足条件的涂色方案可分为两类，第一类区域②，④涂色相同的涂色方案，第二类区域②，④涂色不相同的涂色方案，其中区域②，④涂色相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色相同的涂色方案有4×3×2×1×2种方案，即48种方案；区域②，④涂色不相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色不相同的涂色方案有4×3×2×1×1种方案，即24种方案；所以符合条件的涂色方案共有72种，故选：d.第31页·共372页,2.随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为()642464256a.b.c.d.125125625625答案a【解析】随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色供选择，4每个三角形均有5种涂法，故基本事件总数n=5，有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，33其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有4种涂法，这一共有5×4种涂法，335×4464∴所求概率为p===．5453125故选：a．3.无盖正方体容器的五个面上分别标有a、b、c、d、e五个字母，现需要给容器的5个表面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的染色方案有()种a.420b.340c.300d.120答案a【解析】如图，正方体的左侧面为a，右侧面为c，前侧面为d，后侧面为b，底面为e.55个面如果用完五种颜色，则不同的染法为a5=120.5个面如果有四种颜色，则必有a、c同色或b、d同色，414则不同的染法为c5c2a4=240.第32页·共372页,5个面如果有三种颜色，则必有a、c同色且b、d同色，33则不同的染法为c5a3=60.故不同的染法种数为420，故选：a.4.(2022·全国·高三专题练习(文))埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为()a.180b.240c.420d.480答案c【解析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥s-abcd的顶点s,a,b所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法；当s,a,b染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若c染2，则d可染3或4或5，有3种染法；若c染4,则d可染3或5，有2种染法；若c染5，则d可染3或4，有2种染法,即当s,a,b染好时，c,d还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.故选：c5.在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有()a.720种b.2160种c.4100种d.4400种答案c第33页·共372页,3【解析】考虑a、c、e三个区域用同一种颜色，共有方法数为5×4=320种；考虑a、c、e三个区域用2种颜色，共有方法数为5×4×3×4×3×3=2160种；33考虑a、c、e三个区域用3种颜色，共有方法数为a5×3=1620种．所以共有方法数为320+2160+1620=4100种．故选：c．6.(2022·全国·高三专题练习(理))用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种()a.14400b.28800c.38880d.43200答案c4【解析】从p点出发的4条侧棱一定要用4种不同的颜色，有a6=360种不同的方案，接下来底面的染色根据是否使用剩下的2种颜色分类计数．不使用新的颜色，有2种颜色分类方案；使用1种新的颜色，分为2类；第一类，染一条边，有2•4•4=32种方案；第二类，染两条对边，有2•2•4=16种方案．使用2种新的颜色，分为4类；第一类，染两条邻边，有4•2•3=24种方案；第二类，染两条对边，有2•2•4=16种方案；第三类，染三条边，有4•2•2=16种方案；第四类，染四条边，有2种方案．因此不同的染色方案总数为360×[2+(32+16)+(24+16+16+2)]=38880,选c.7.(2022·全国·高三专题练习(理))用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2,⋯,9的9个小正方形(如图1)，使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有()123456789a.108种b.60种c.48种d.36种答案a【解析】首先1、5、9颜色确定，有三种可能，于是2、6就只有两种可能．如果2、6颜色相同的两种情况下，3就有4种可能．若2、6颜色不同，则只有一种可能，加之2、6排列不同，2种．于是右上角三个数有6种排法．同理左下角三个数有6种排法．有3×6×6=108种可能．题型十一:分组问题第34页·共372页,1.为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有()a.18种b.36种c.68种d.84种答案b【解析】根据题意，分派方案可分为两种情况：23若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：c3×a3=18种方法；13若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：c3×a3=18种方法；故一共有：36种分派方法故选：b2.2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为()a.91b.101c.111d.121答案b2【解析】(1)若编号为1+2+2+2+3=10，则有c5×2=20种，21(2)若编号为1+1+2+3+3=10，则有c5×c3=30种，22(3)若编号为1+1+2+2+4=10，则有c5×c3=30种，31(4)若编号为1+1+1+3+4=10，则有c5×c2=20种，(5)若编号为2+2+2+2+2=10，则有1种，所以不同的指派方法种数为20+30+30+20+1=101种.故选：b.3.2019年实验中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一堆4个，另两堆每堆2个，一共有多少种不同分堆方法()4242242212c8c4c8c4c2a.c8c4c2b.c3c8c.2d.3a2a3答案c422c8c4c2【解析】由条件可知，8套教具，分成4,2,2，共有种分法.2a2故选：c4.有12本不同的书.(1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人3本，有几种分法？(2)若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有几种分法？(3)若平均分成3堆，有几种方法(只要求列出算式)？第35页·共372页,解析(1)根据题意，分4步分析：3①在12本书中取出3本，分给甲，有c12种取法，3②在剩下的9本书中取出3本，分给乙，有c9种取法，3③在剩下的6本书中取出3本，分给丙，有c6种取法，3④将最后的3本书交给丁，有c3种情况，3333则一共有c12c9c6c3种分法.(2)根据题意，分3步分析：1①在12本书中取出1本，作为第一堆，有c12种取法，3②在剩下的11本书中取出3本，作为第二堆，有c11种取法，14③在剩下的8本书中取出4本，作为第三堆，剩下的4本作为第四堆，有c8种分法；21134则一共有c12c11c8种分法；2(3)根据题意，将12本不同的书，平均分成3堆，每堆有4本，444c12c8c4则有种不同的分法.3a35.已知有6本不同的书.(1)分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？(2)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？222c6c4c2解析(1)6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为=15.3a3(2)从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆123方法的种数为c6c5c3=60.题型十二:分配问题1.2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是()a.18b.27c.36d.48答案c【解析】因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，23所以共有c4a3=6×6=36种方案.故选：c.2.现将5名志愿者全部分派到a、b、c三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，志愿者甲安排到a小区，则不同的安排方法种数为()a.56b.50c.62d.36第36页·共372页,答案b【解析】依题意三个居民小区的志愿者人数有(1、1、3)和(1、2、2)两种情况，2232对于(1、1、3)，①当a小区安排3人，则有c4a2=12种方法；②当a小区安排1人，则有c4a2=8种方法；2112对于(1、2、2)，①当a小区安排1人，则有c4=6种方法，②当a小区安排2人，则有c4c3a2=24种方法，综上，一共有12+8+6+24=50种方法；故选：b3.将4名志愿者分配到3个不同的北京冬奥场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为．(用数字作答)答案36【解析】将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，211c4c2c13可先将4人分为2、1、1的三组，有2=6种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有a3=6种a2方法，则共有6×6=36种分配方案.故答案为：364.设有99本不同的书(用排列数、组合数作答).(1)分给甲、乙、丙3人，甲得96本，乙得2本，丙得1本，共有多少种不同的分法？(2)分给甲、乙、丙3人，甲得93本，乙、丙各得3本，共有多少种不同的分法？(3)平均分给甲、乙、丙3人，共有多少种不同的分法？(4)分给甲、乙、丙3人，一人得96本，一人得2本，一人得1本，共有多少种不同的分法？(5)分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，共有多少种不同的分法？(6)分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？(7)平均分成3份，共有多少种不同的分法？(8)分成3份，一份93本，另两份各3本，共有多少种不同的分法？962解析(1)甲得96本，有方法c99种；乙得2本，有方法c3种；丙得1本.有方法1种，962不同的分法共有c99c3(种)；9333(2)与(1)类似，不同的分法共有c93c6c3(种)；333333c99c66c33(3)先平均分为3组，种分组方式，再分配给3个人，3a3333333得到不同的分法共有c99c66c33种；(4)先把99本不同的书分成3份，一份96本，一份2本，一份1本；再将甲、乙、丙3人全排列，这是因为3人中谁都有得到96本、2本、1本的可能，9623不同的分法共有(c99c3)a3(种)；(5)99本不同的书，分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，3人中，谁都有得到93本的可能，9333c99c6c33不同的分法共有2⋅a3(种).a2第37页·共372页,96(6)99本不同的书，分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，3份的数量互不相同，不同的分法共有c992c3(种)；(7)99本不同的书，平均分成3份，每份33本.本问题是典型的平均分组问题，要排除重复，不同的分法共3333333有(c99c66c33)÷a3(种)9333(8)99本不同的书，分成3份，一份93本，另两份各3本，两份3本的有重复，不同的分法共有c99(c6c3)÷2a2(种)5.(1)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，一共有多少种不同的放法？(2)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法共有多少种？解析(1)根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，每个小球均有4种放法，则4个小球有4×4×4×4=256种不同的放法；(2)4个不同的小球放入编号为1，2，3,4的4个盒子中，恰有1个空盒,说明恰有一个盒子有2个小球，2①、从4个小球分为3组，有c4=6种分组方法；13②、在4个盒子中任选3个，放入3组小球，有c4a3=24种情况；则有6×24=144种不同的放法.6.将4封信全部投入3个邮筒：(1)不加任何限制，有多少种不同的投法？(2)每个邮筒至少投一封信，有多少种不同的投法？解析(1)解：不加任何限制，每封信均有3种投法，4由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为3=81种.11c4c3(2)解：将4封信分为三组，每组的信的数量分别为1、1、2，共有=6种分组方法，2a23由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为6a3=36种.题型十三:隔板法1.将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是()a.16b.18c.27d.282答案“每校至少一个名额的分法”的方法数是c8=28,"至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有1,1,7;2,2,5,;4,4,1三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为3×3+1=10种.所以，满足条件的分配方法共有28-10=18种.故选：b112.x+2y+z展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后的项数一共有()a.12项b.24项c.39项d.78项第38页·共372页,11abc答案x+2y+z展开之后必有形如mxyz的式子出现，其中m∈r,a,b,c∈n，且a+b+c=11.2构造14个完全一样的小球模型，分成3组，每组至少一个，利用隔板法，共有分法c13种；11每组去掉一个小球的数目分别为x+2y+z的展开式中x,y,z各字母的次数；112小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故x+2y+z的展开式中，合并同类项之后的项数为c13=13×12=78项.2故选：d3.7个相同的小球放入a，b，c三个盒子，每个盒子至少放一球，共有()种不同的放法()a.60种b.36种c.30种d.15种2答案将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有c6=15种不同的方法.故选：d.4.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为()a.720种b.420种c.120种d.15种答案先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，2再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为c6=15，故选:d5.方程x+y+z=18的非负整数解有()17a.2组b.136组c.190组d.68组答案根据题意，对于方程x+y+z=18，将“18”看成18个“1”，18个“1”共有19个空，从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为x,y,z的数值，212则有c19+c19=c20=190.方程x+y+z=18的非负整数解有190组.故选：c6.若方程x1+x2+x3+x4=8，其中x2=2，则方程的正整数解的个数为()a.10b.15c.20d.30答案∵方程x1+x2+x3+x4=8，其中x2=2，则x1+x3+x4=6将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为x1第二组小球数目为x3第三组小球数目为x4第39页·共372页,2共有c5=10种方法故方程的正整数解的个数为10故选a题型十四:数字排列1.(2022·重庆南开中学模拟预测)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：3.1415926<π<3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有()个．a.600b.300c.360d.180答案b5【解析】当最后一位为1时，共有a5=120种；1当最后一位不为1时，在3、4、5任选一个放最后有c3种，3把余下2个数字与9全排有a3种，21将两个1插入4个空中的2个有c4种，或两个1捆绑插入4个空中的1个有c4种，1321共有c3a3(c4+c4)=180种；综上，共有300种.故选：b2.(2022·河北·青龙满族自治县实验中学高三开学考试)用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为()a.6b.12c.16d.18答案b2【解析】先排个位，有2种选法，再排百位和十位，有a3=6种排法，因此共有2×6=12种排法，故选：b3.(2022·山西省长治市第二中学校高三阶段练习(理))若从1，2，3，⋯，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，则使得a×b×c+d为奇数的不同排列方法有()a.1224b.1800c.1560d.840答案b【解析】当d为奇数时，a×b×c为偶数：31131、a,b,c一偶两奇，此时不同排列方法为c5c4c3a3=720种；22132、a,b,c两偶一奇，此时不同排列方法为c5c4c2a3=720种；1333、a,b,c三个偶数，此时不同排列方法为c5c4a3=120种；313当d为偶数时，a×b×c为奇数，此时a,b,c三个奇数，不同排列方法为c5c4a3=240种；综上，不同排列方法有1800种.第40页·共372页,故选：b4.数字“2016”中，各位数字相加和为9，称该数为“长久四位数”，则用数字0,1,2,3,4,5,6组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”有()个a.39b.40c.41d.42答案c【解析】卡片上的四位数字之和等于9，四个数字为0,1,2,6组成的无重复数字且大于2016的“长久四位33数”共有：5+a3=11，0,1,3,5组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有2a3=12个；0,2,3,43组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有3a3=18个，故共11+12+18=41(个).故选：c．5.用数字1、2、3组成五位数，且数字1、2、3至少都出现一次，这样的五位数共有()个a.120b.150c.210d.240答案b5【解析】首先考虑全部的情况，即每个数位均有3种选择，共有3=243个，其中包含数字全部相同只有3种情况，25还有只含有2个数字的共有c3×2-2=90个，因此，满足条件的五位数的个数为243-3-90=150个.故选：b.6.由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有()a.210个b.300个c.464个d.600个答案b【解析】由题意得，个位数字小于十位数字，所以个位数字只能是0,1,2,3,4共5种类型，511311311313每种类型分别有a5、a4a3a3、a3a3a3、a2a3a3、a3a3个，511311311313共有a5+a4a3a3+a3a3a3+a2a3a3+a3a3=300故选：b题型十五:几何问题1.(2022·河南·鹤壁高中高三阶段练习(理))若一个正方体绕着某直线l旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线l的条数为()a.3b.4c.6d.13答案d【解析】若正方体绕着直线l旋转不到一周能与自身重合，则l必过正方体中心，否则，正方体绕着直线l旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；第41页·共372页,2π当l过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有4条；3当l过正方体两相对棱中点时，把正方体绕l旋转π，正方体回到原来的位置，此时直线共有6条；π当l过正方体对面中心时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有3条；2综上，符合条件的直线l有4+6+3=13条.故选：d.2.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为()a.70b.64c.60d.58答案d【解析】由题意知：要使正方体的顶点为顶点构成三棱锥，则4个顶点不共面，41、8个顶点任选4个，有c8种，2、8个顶点任选4个，共面的有12种，4∴以正方体的顶点为顶点的三棱锥有c8-12=58个.故选：d3.从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为()4444a.c8-12b.c8-8c.c8-6d.c8-4答案a4【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有c8种，正方体表面四点共面不能构成四面体有6种，正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有6种，44所以可得到的四面体的个数为c8-6-6=c8-12种，故选：a4.在正方体的8个顶点中，以任意4个顶点为顶点的三棱锥，共有()a.52个b.54个c.58个d.62个答案c48×7×6×5【解析】从正方体的8个顶点中任取四个顶点，共有c8==70种，4×3×2×1其中有6个表面和6个对角面中的四个顶点共面，不能构成三棱锥，所以共有70-6-6=58个三棱锥.第42页·共372页,故选：c.5.正方体abcd-a1b1c1d1，pii=1,2,⋯,12是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面a1c1b平行的直线有几条()a.36b.21c.12d.6答案b【解析】考虑与平面a1c1b平行的平面p1p4p8，平面p10p11p6，平面p9p5p2p3p7p12，222共有c3+c3+c6=21，故选：b.题型十六:分解法模型与最短路径问题1.5400的正约数有()个a.48b.46c.36d.38答案a332【解析】5400=2×3×5，5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，所以正约数个数为(3+1)×(3+1)×(2+1)=48．故选：a．2.有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？()a.6b.8c.10d.12答案b第43页·共372页,【解析】试题分析：如图，①从入口-1-3-5-6-0-出口，②从入口-1-3-4-6-0-出口，③从入口-1-3-4-7-8-9-10-6-0-出口，④从入口-1-3-4-9-10-6-0-出口，⑤从入口-2-3-4-6-0-出口，⑥从入口-2-3-5-6-0-出口，⑦从入口-2-3-4-7-8-9-10-6-0-出口，⑧从入口-2-3-4-9-10-6-0-出口，共有8种，故选b．3.如图，某城市中，m、n两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从m到n不同的走法共有()a.10b.13c.15d.25答案c【解析】因为只能向东或向北两个方向向北走的路有5条，向东走的路有3条走路时向北走的路有5种结果，向东走的路有3种结果根据分步计数原理知共有3×5=15种结果，选c4.如图，蚂蚁从a沿着长方体的棱以的方向行走至b，不同的行走路线有()a.6条b.7条c.8条d.9条第44页·共372页,答案a【解析】共有3个顶点与a点相邻，经过每个相邻顶点，按规定方向都有2条路径到达b点，所以，蚂蚁从a沿着长方体的棱以规定的方向行走至b，不同的行走路线有：3×2=6(条)，故选a.5.如图，一只蚂蚁从点a出发沿着水平面的线条爬行到点c，再由点c沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点b，则它可以爬行的不同的最短路径有()条a.40b.60c.80d.120答案b2【解析】试题分析：蚂蚁从a到c需要走五段路，其中三纵二竖，共有c5=10条路径，从c到b共有3×2=6条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从a到b可以爬行的不同的最短路径有10×6=60条，故选b.考点：分步计数乘法原理.6.如图所示为某市各旅游景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从a到h可走的不同的旅游路线的条数为()a.14b.15c.16d.17答案d【解析】要到h点，需从f、e、g走过来，f、e、g各点又可由哪些点走过来，这样一步步倒推，最后归结到a，然后再反推过去得到如下的计算方法：a至b、c、d的路数记在b、c、d的圆圈内，b、c、d分别到f、e、g的路数亦记在圈内，最后f、e、g各路数之和，即得到至h的总路数，如下图所示，易得到17条路线，故选d．第45页·共372页,7.如图，在某城市中，m，n两地之间有整齐的方格形道路网，其中a1，a2，a3，a4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网m，n处的甲､乙两人分别要到n，m处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达n，m处为止，则下列说法正确的有()a.甲从m到达n处的走法种数为120b.甲从m必须经过a3到达n处的走法种数为9c.甲，两人能在a3处相遇的走法种数为36d.甲，乙两人能相遇的走法种数为164答案bd3【解析】对于a，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从m到达n处的走法种数为c6=20，故a错误.1对于b，甲从m到达a3，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有c3=3种走法，从a3到达n，需要走31格，其中向上2格，向右1格，有c3=3种走法，所以甲从m必须经过a3到达n处的走法种数为3×3=9，故b正确.1111对于c，甲经过a3的走法种数为c3×c3=9，乙经过a3的走法种数为c3×c3=9，所以甲，乙两人能在a3处相遇的走法种数为9×9=81，故c错误.对于d，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在a1，a2，a3，a4处相遇，若甲，乙两人在a1处相遇，甲经过a1处，必须向上走3格，乙经过a1处，必须向左走3格，两人在a1处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在a2或a3处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在a4处相遇，甲经过a4处，必须向右走3格，乙经过a4处，必须向下走3格，则两人在a4处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为1+81+81+1=164，故d正确.故选：bd.题型十七:排队问题第46页·共372页,1.4个男同学，3个女同学站成一排．(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？(4)其中甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，则有多少种不同的排法？(5)若3个女同学身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？3解析(1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有a3种排法．我们可视排好的女同学为一整体，5再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有a5种排法．由分步乘法计数原理，得共35有a3a5=720(种)不同的排法；4(2)先将男同学排好，共有a4种排法，再在这4个男同学之间及两头的5个空当中插入3个女343同学有a5种方案，故符合条件的不同的排法共有a4a5=1440(种)；34(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有a3⋅a4=144(种)；4(4)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有a4种排法；2由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有a2种排法；2最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中有a5种排法．422故总共有a4a2a5=960(种)不同的排法；4(5)从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有a7种排法．再在余下的3个空位置中排女4生，由于女生要按身高排列，故仅有1种排法．故总共有a7=840(种)不同的排法．2.在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：(写出必要的数学式，结果用数字作答)(1)三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？(2)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(3)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)(4)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？解析(1)根据题意，分2步进行分析：4①将4名男生全排列，有a4=24种情况，排好后有5个空位.3②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有a5=60种情况，则三名女生不能相邻的排法有24×60=1440种；(2)根据题意，分2种情况讨论：6①女生甲站在右端，其余6人全排列，有a6=720种情况，5②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有a5=120种站法，则此时有5×5×120=3000种站法，则一共有720+3000=3720种站法；7(3)根据题意，首先把7名同学全排列，共有a7种结果，3甲乙丙三人内部的排列共有a3=6种结果，7a7要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有=840；3a322(4)根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有c4⋅c3=18种情况，4其次4人分四个不同角色，有a4=24种情况，共有18×24=432种选派方法.第47页·共372页,3.在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：(写出必要的数学式，结果用数字作答)(1)三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？(2)四名男生相邻有多少种不同的排法？(3)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(4)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)(5)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？(6)现在有7个座位连成一排，仅安排4个男生就坐，恰好有两个空座位相邻的不同坐法共有多少种？解析(1)根据题意，分2步进行分析：4①，将4名男生全排列，有a4=24种情况，排好后有5个空位，3②，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有a5=60种情况，43则三名女生不能相邻的排法有a4×a5=24×60=1440种；(2)根据题意，分2步进行分析：4①，将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有a4=24种情况，4②，将这个整体与三名女生全排列，有a4=24种情况，44则四名男生相邻的排法有a4×a4=24×24=576种；(3)根据题意，分2种情况讨论：6①，女生甲站在右端，其余6人全排列，有a6=720种情况，②，女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有5a5=120种站法，则此时有5×5×120=3000种站法，65则一共有a6+5×5×a5=720+3000=3720种站法；7(4)根据题意，首先把7名同学全排列，共有a7种结果，3甲乙丙三人内部的排列共有a3=6种结果，7a7要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有=840种．3a3(5)根据题意，分2步进行分析：22①，在4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，有c4c3种选取方法，4②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有a4种情况，224则有c3c4a4=432种不同的安排方法；(6)根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个男生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：4①，将4名男生全排列，有a4种情况，排好后有5个空位，2②，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有a5种情况，42则有a4a5=480种排法．题型十八:构造法模型和递推模型1.贾同学、王同学、文同学三人在操场踢球,每次传球,传球者将球随机将传给另外两位同学之一,足球最开始在文同学脚下,则:①n次传球之后,共有种可能的传球方法;②n次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法有种.第48页·共372页,n1n2n答案2×2+×(-1)33n【解析】每次传球有两种方法，所以n次传球之后,共有2种可能的传球方法;设n次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法为an种.nan11an-11an1a111n-1则2an+2an-1=2(n≥2)，即n-3=-2n-1-3(n≥2)∴n-3=2-3-2(n≥2)222n22n因为a1=0∴an=+(-1).332.一只蚂蚁从一个正四面体abcd的顶点a出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点a的爬行方法种数是．答案60【解析】解法一：第一次爬行可以到b、c、d的任何一点，第二次爬行分到a与不到a，对于第二次不到a的第三次爬行再分到a与不到a．爬行方法总数为3×[1×3×2+2×(1×3+2×2)]=60(种)n-1解法二：设从点a出发爬行n次仍在点a的爬行方法种数为an(n≥2)，则a2=3，3-an-1=an(n≥3)，aan-1aaaaann-13n-1nnn-1n-1n-2-==-(-3)，=-+-+⋯nn-1nnnn-1n-1n-2(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)(-1)a3a2a2+-+322(-1)(-1)(-1)n-1n-1n-22-3[(-3)-1]3n-1=-(-3)-(-3)-⋯-(-3)+3=-=-[(-3)-1]，-3-14a534∴5=-[(-3)-1]=-60，a5=60．(亦可由递推式从第二项递推出第五项的值)(-1)4故答案为：60.3.把圆分成10个不相等的扇形，并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色，但不允许相邻的扇形有相同的颜色，问共有多少种染色法？解析设将圆分成n个不相等的扇形时，满足题设的染法有an种．依次记n个扇形为s1、s2、⋯、sn，显然a1=3，当n=2时，先对s1染色，有3种方法；s1染色后再对s2染色，有2种方法，故a2=6．当n≥2时，我们依次对s1、s2、⋯、sn染色．对s1染色，有3种方法，对s1染色后再对s2染色有2种方法，n-1同样的对s3、s4、⋯、sn分别有2种方法，由乘法原理共有3⋅2种染色方法．n-1但这样做，sn与s1有可能同色．即在3⋅2种染色方法中包含了sn与s1同色的染色方法．对于sn与s1同色的情形，拆去sn与s1的边界使sn与s1合并，便得到将圆分为n-1个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有an-1种．n-1故an=-an-1+3⋅2n≥3，且a3=6，nn-1n-1设an+λ⋅2=-an-1+λ⋅2，可得an=-an-1-3λ⋅2，则-3λ=3，即λ=-1，nn-12故an-2=-an-1-2，且a2-2=2，n所以，数列an-2是从第二项开始成以-1为公比的等比数列，108210因此，a10-2=-1a2-2=2，因此，a10=2+2=1026.第49页·共372页,4.(1)求方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数；(2)某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数．解析(1)设yi=xi+1(i=1，2，3，4)，则方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数等于方程y1+y2+y3+y4=9的正整数解的组数，3利用隔板法得方程y1+y2+y3+y4=9的正整数解的组数是c8=56，所以方程x1+x2+x3+x4=5的非负整数解的组数是56；(2)设4名乘客中分别有z1，z2，z3，z4个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过，则z1+z2+z3+z4=4，3即问题转化为求方程z1+z2+z3+z4=4的非负整数解的组数，共有c7种情况，4每一种进站情况的4个位置由4个人去站有a4种方法，43由分步乘法计数原理得不同的进站方案有a4c7=840种，所以一个4人小组进站的不同方案种数是840种．题型十九:环排问题1.21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为a.19b.38c.51d.57答案d【解析】根据题意21人报数21人次，其中有7人次报数为3，则此7人出列，剩下13人；13人报数15人次，其中有5人报数为3，则此5人出列，剩下8人；8人报数9人次，其中有3人报数为3，则此3人出列，剩下5人；5人报数6人次，其中有2人报数为3，则此2人出列，剩下3人；3人报数3人次，其中有1人次报数为3，则此1人出列，剩下2人；2人报数3人次，其中1人次报数为3，则此人出列,剩下1人．在这个过程中一共报数：21+15+9+6+3+3=57人次．应选答案d．2.a，b，c，d，e，f六人围坐在一张圆桌周围开会，a是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，b，c二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()a.60种b.48种c.30种d.24种答案b【解析】首先，a是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，考虑b、c两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，2根据排列数的计算公式，得到，4a2，接下来，考虑其余三人的情况，323其余位置可以互换，可得a3种，最后根据分步计数原理，得到4×a2×a3=48种，故选b.第50页·共372页,3.现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有()a.6种b.8种c.12种d.16种答案b1【解析】先安排甲，其选座方法有c4种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另212两个位置的坐法有a2种，所以共有坐法种数为c4⋅a2=4×2=8种．故选：b．4.5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有种(填数字)答案86400【解析】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，5!先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有=5-1!=4!(种)，52把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有c6种分法，最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有5!种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，2所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有4!×c6×5!×2=86400(种).故答案为：86400l【过关测试】一、单选题1(2022·甘肃白银·高三开学考试(理))6名志愿者要到a，b，c三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去a社区，则不同的安排方法共有()a.105种b.144种c.150种d.210种答案d2【解析】先选出2名志愿者安排到a社区，有c6种方法，22c4c2再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，2a213另一种是1组1人，另一组3人，有c4c3种分法，再分配到其他两个社区，222c4c2132则不同的安排方法共有c62+c4c3a2=210种.a2故选：d2(2022·江西·南昌二中高三开学考试(理))2022年3月中旬，新冠肺炎疫情突袭南昌，南昌市统一指挥，多方携手、众志成城，构筑起抗击疫情的坚固堡垒．某小区有小王、小张等5位中学生积极参加社区志愿者，他们被分派到测温和扫码两个小组，若小王和小张不同组，且他们所在的两个组都至少需要2名中学生志愿者，则不同的分配方案种数有()a.8b.10c.12d.14第51页·共372页,答案c222【解析】先分配其他3名中学生有c3a2种方法，再分配小王和小张有a2种方法，222由分步计数原理可得，不同的分配方案种数有c3a2a2=12.故选：c.3用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为()a.24b.30c.36d.42答案b【解析】分2类(先涂前3个圆，再涂后3个圆．)：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有31111a3c2c2=24种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有c3c2=6种涂法．综上，不同的涂法和数为24+6=30．故选：b．4甲乙丙丁四个同学星期天选择到东湖公园，西湖茶经楼，历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有()种.a.24b.96c.174d.175答案d【解析】若4人均去茶经楼，则有1种参观方式，若有3人去茶经楼，则从4人中选择3人，另1人从另外3处景点选择一处，31有c4a3=12种参观方式；若有2人去茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点任意选择一处，211有c4a3a3=54种参观方式；若有1人去茶经楼，则从4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点任意选择一处，1111有c4a3a3a3=108种参观方式，综上：共有1+12+54+108=175种参观方式.故选：d5若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是()1515a.b.c.d.46312答案b212【解析】甲单独去分配的社区，有将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有c3c1a2=6种方法；12甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有c3a2=6种方法；2其中甲乙分配到同一社区的方法有a2=2种，则乙与甲分配到不同社区的方法有6+6-2=10种，105所以乙与甲分配到不同社区的概率是=6+66故选：b第52页·共372页,6近日，各地有序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派5名医务工作者参加登记､接种､留观3项工作，每人参加1项，接种工作至少需要2人参加，登记､留观至少1人参加，则不同的安排方式有()a.50b.80c.140d.180答案b【解析】不同的安排方式有两类办法，32有3人参加接种工作的安排方式有c5a2种，222有2人参加接种工作的安排方式有c5c3a2种，32222由分类加法计数原理得不同的安排方式有：c5a2+c5c3a2=80种.故选：b.7将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个，则不同的放法有()a.82种b.62种c.112种d.84种答案b1213【解析】先将6个不同的乒乓球分为两组，可分1和5，2和4，3和3三种情况，共有c6+c6+c6=31种，22再将分好的两组放入不同的球袋，则共有31×a2=62种放法故选：b．8(2022·四川省成都市第八中学校高三阶段练习(理))甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为()a.240b.192c.96d.48答案b【解析】丙在正中间(4号位)；甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，2考虑到甲､乙的顺序有a2种情况；4剩下的4个位置其余4人坐有a4种情况；24故不同的坐法的种数为4a2a4=192.故选：b.9(2022·安徽·合肥一中模拟预测(理))某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有()a.48b.54c.60d.72答案c【解析】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，221c5•c3•c1共有=15种方法；2a2由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，2所以由2a2=4种方法；按照分步乘法原理，共有4×15=60种方法；故选：c.二、多选题第53页·共372页,10为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则()a.某学生从中选3门，共有30种选法b.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法c.课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法d.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法答案cd【解析】根据题意，依次分析选项：3对于a，某学生从中选3门，6门中选3门共有c6=20种，故a错误；对于b，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，42在其中任选2个，安排“射”“御”，共有a4a5=480种排法，故b错误；对于c，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，34与其他3门课程全排列，共有a3a4=144种排法，故c正确；对于d，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，5若课程“乐”排在最后一周，有a5a5种排法，114若课程“乐”不排在最后一周，有c4c4a4种排法，5114所以共有a5+c4c4a4=504种排法，故d正确．故选：cd．11如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为()312221212222a.a4×a2b.a4×a4c.a4×a2d.c4×a3+c4×a2答案acd3【解析】选项a：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有a4个方法，上面一格，从与中间两131格不同的颜色中取出一个，有a2个方法，故共有a4a2=48个不同方法.正确；22选项b：a4×a4=144,方法总数不对.错误；2选项c：表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色取2种，共有a4个方法，上下两格都是从与中间两格不同1212的颜色中取出一个，有a2个方法.故共有a4a2=48个不同方法.正确；12选项d：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有c4⋅a3个不同方222法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有c4a2a2个不同方法.综合①②可知12222方法总数为：c4a3+c4a2=48个不同方法.正确.故选：acd12将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有()111123122a.c3c2c1c3b.c4a3c.c3c4a2d.18第54页·共372页,答案bc【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：(1)分2步进行分析：2①、先将四个不同的小球分成3组，有c4种分组方法；3②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有a3种放法；23则没有空盒的放法有c4a3种；(2)分2步进行分析：12①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有c3c4种情况；2②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有a2种放法；122则没有空盒的放法有c3c4a2种；故选：bc．13为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴a，b，c三地参加防控工作，则下列说法正确的是()a.不同的安排方法共有64种b.若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种c.若甲､乙两人都不能去a地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有44种d.若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车(救护车相同)，且每地至少安排一辆，则不同的安排方法共有171种答案bd【解析】对于a中，安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴a，b，c三地参加防控工作，每人都有3种安排方4法，则不同的安排方法共有3=81(种)，所以a错误；对于b中，若恰有一地无人去，则需先在三地中选出两地，再将4人安排到这两个地方，不同的安排方法24有c32-2=42(种)，所以b正确.对于c中，根据题意，需将4人分为3组，若甲､乙在同一组，有1种分组方法，又甲､乙两人不能去a地，所以安排甲､乙一组到b地或c地，有2种情况，22剩余2组安排到其余2地，有a2种情况，此时不同的安排方法有2a2=4(种)；2若甲､乙不在同一组，有c4-1=5种分组方法，又甲､乙两人不能去a地，2所以安排没有甲､乙的一组去a地，甲､乙所在的两组安排到b，c两地，有a2种情况，2此时不同的安排方法有5a2=10(种)，则不同的安排方法共有4+10=14(种)，所以c错误；对于d中，只需将20辆救护车排成一排，在形成的19个间隙中插入挡板，将20辆救护车分为3组，依次2对应a，b，c三地即可，此时不同的安排方法有c19=171(种)，所以d正确.故选：bd.第55页·共372页,14现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是()4a.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为541b.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为a5c4c.每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，12323则不同安排方案的种数是c3c4a3+c3a3d.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为31223c5c2+c5c3a3答案abd【解析】根据题意，依次分析选项：5对于a，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有4种安排方法，故a错误；24对于b，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有c5a4种安排方法，故b错误；对于c，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有12323c3c4a3+c3a3种安排方法，c正确；3122c5c2c5c3对于d，分2步分析：需要先将5人分为3组，有+种分组方法，将分好的三组安排翻译、a2a22231223c5c2c5c33导游、礼仪三项工作，有a3种情况，则有2+2a3种安排方法，d错误；a2a2故选：abd．三、填空题15(2022·湖北孝感·高三阶段练习)甲、乙、丙三名志愿者需要完成a，b，c，d，e五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且e工作只有乙能完成，则不同的安排方式有种．答案50【解析】由题意可分为两类2213c4c22(1)若乙只完成e工作，即甲、丙二人完成a，b，c，d，四项工作，则一共有c4c3+2a2=14种安a2排方式(2)若乙不止完成e工作，即甲、乙、丙三人完成a，b，c，d，四项工作，则一共有211c4c2c132a3=36种安排方式a2综上共有14+36=50种安排方式故答案为：5016(2022·全国·高三专题练习(理))志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远．他们共有多少种不同的安排方法答案14【解析】根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：3①丁扶贫点最先去，有a3种安排方法；112②丁扶贫点安排在中间位置去，有c2c2a2种安排方法，第56页·共372页,3112综合①②知共有a3+c2c2a2=14种安排方法．故答案为：14．17(2022·河南·模拟预测(理))将中国古代四大名著--《红楼梦》《西游记》《水浒传》《三国演义》，以及《诗经》等12本书按照如图所示的方式摆放，其中四大名著要求放在一起，且必须竖放，《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》要求横放，若这12本书中7本竖放5本横放，则不同的摆放方法共有种.答案691200【解析】除了四大名著和《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》这7本书以外，从其余5本书中选取3本和四大名著一3445起竖放，四大名著要求放在一起，则竖放的7本书有c5a4a4种方法，还剩5本书横放，有a5种方法，34452故不同的摆放方法种数为c5a4a4a5=10×24×120=691200.故答案为：69120018用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有个．(用数字作答)答案5044【解析】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有a4=24种，当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排134列即可，所以有c5c4a4=5×4×24=480种，所以由分类加法原理可得共有24+480=504种，故答案为：50419(2022·四川省仁寿县铧强中学高三开学考试(理))5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，每个志愿点至少分配一位学生，其中甲乙不能分配到同一个志愿点，则共有种不同的分配方式(用数字作答).答案114【解析】由题意可知5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，，223c5c33共有c5+2⋅a3=150种.a2123甲、乙分配到同一个志愿点，有c3+c3⋅a3=36种所以不同的分配方案有150-36=114种故答案为：114.20(2022·四川·成都七中三模(理))有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生，现有2男2女共4名学生承担这三项任务，不同的安排方法种数是．(用具体数字作答)答案10111【解析】①丙选择一名男生和一名女生：c2c2a2=8.22②丙选择两名男子：c2a2=2.第57页·共372页,所以不同的安排方法种数是：10种.故答案为：10.第58页·共372页,第3章二项式定理【考点预测】知识点1、二项式展开式的特定项、特定项的系数问题(1)二项式定理n0n1n-1rn-rrnn∗一般地，对于任意正整数，都有：(a+b)=cna+cnab+⋯+cnab+⋯+cnb(n∈n)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．rn-rrrn-rr式中的cnab做二项展开式的通项，用tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：tr+1=cnab，r其中的系数cn(r=0，1，2，⋯，n)叫做二项式系数，n(2)二项式(a+b)的展开式的特点：①项数：共有n+1项，比二项式的次数大1；r②二项式系数：第r+1项的二项式系数为cn，最大二项式系数项居中；③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n；012rn④项的系数：二项式系数依次是cn，cn，cn，⋅⋅⋅，cn，⋅⋅⋅，cn，项的系数是a与b的系数(包括二项式系数)(3)两个常用的二项展开式：n0n1n-1rrn-rrnnn①(a-b)=cna-cnab+⋯+(-1)⋅cnab+⋯+(-1)⋅cnb()n122rrn②(1+x)=1+cnx+cnx+⋯+cnx+⋯+x(4)二项展开式的通项公式rn-rr二项展开式的通项：tr+1=cnabr=0,1,2,3,⋯,n公式特点：①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是；②字母b的次数和组合数的上标相同；③a与b的次数之和为n．注意：①二项式nrn-rrnr(a+b)的二项展开式的第r+1项cnab和(b+a)的二项展开式的第r+1项cnn-rrba是有区别的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随便交换位置的．②通项是针对在nnrr(a+b)这个标准形式下而言的，如(a-b)的二项展开式的通项是tr+1=(-1)cnn-rrab(只需把-b看成b代入二项式定理)2、二项式展开式中的最值问题(1)二项式系数的性质0nmm-1m①每一行两端都是1，即cn=cn；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即cn+1=cn+cn．mn-m②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即cn=cn．012rnn12③二项式系数和令a=b=1，则二项式系数的和为cn+cn+cn+⋯+cn+⋯+cn=2，变形式cn+cnrnn+⋯+cn+⋯+cn=2-1．④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令a=1，b=-1，0123nnn则cn-cn+cn-cn+⋯+(-1)cn=(1-1)=0，0242r132r+11nn-1从而得到：cn+cn+cn⋅⋅⋅+cn+⋅⋅⋅=cn+cn+⋯+cn+⋅⋅⋅=⋅2=2．2第59页·共372页,⑤最大值：n2如果二项式的幂指数n是偶数，则中间一项tn的二项式系数cn最大；+12n-1n+122如果二项式的幂指数n是奇数，则中间两项tn+1，tn+1的二项式系数cn，cn相等且最大．+122(2)系数的最大项n求(a+bx)展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为a1，a2，⋅⋅⋅，an+1，设ar+1≥ar第r+1项系数最大，应有，从而解出r来．ar+1≥ar+2知识点3、二项式展开式中系数和有关问题常用赋值举例：n0n1n-12n-22rn-rrnn(1)设a+b=cna+cnab+cnab+⋯+cnab+⋯+cnb，二项式定理是一个恒等式，即对a，b的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取a，b的值．n01n①令a=b=1，可得：2=cn+cn+⋯+cn0123nn②令a=1，b=1，可得：0=cn-cn+cn-cn⋯+-1cn，即：02n13n-1cn+cn+⋯+cn=cn+cn+⋯+cn(假设n为偶数)，再结合①可得：02n13n-1n-1cn+cn+⋯+cn=cn+cn+⋯+cn=2．nn-1n-2(2)若f(x)=anx+an-1x+an-2x+⋯+a1x+a0，则①常数项：令x=0，得a0=f(0)②各项系数和：令x=1，得f(1)=a0+a1+a2+⋯+an-1+an．③奇数项的系数和与偶数项的系数和f(1)+f(-1)(i)当n为偶数时，奇数项的系数和为a0+a2+a4+⋯=；2f(1)-f(-1)偶数项的系数和为a1+a3+a5+⋯=．2(可简记为：n为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配)f(1)-f(-1)(ii)当n为奇数时，奇数项的系数和为a0+a2+a4+⋯=；2f(1)+f(-1)偶数项的系数和为a1+a3+a5+⋯=．2(可简记为：n为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配)12n-1n若f(x)=a0+a1x+a2x+⋯+an-1x+anx，同理可得．注意：常见的赋值为令x=0，x=1或x=-1，然后通过加减运算即可得到相应的结果．【典例例题】题型一:求二项展开式中的参数a61.(2022·湖南·模拟预测)已知x+x的展开式中的常数项为-160，则实数a=()a.2b.-2c.8d.-8答案b第60页·共372页,a6r6-rarr6-2rr【解析】x+x展开式的通项为：tr+1=c6⋅x⋅x=c6⋅x⋅a，333取r=3得到常数项为c6⋅a=20a=-160，解得a=-2.故选：b262.ax-x展开式中的常数项为-160，则a=()a.-1b.1c.±1d.2答案b26r6-r2rr6-rr6-2r【解析】ax-x的展开式通项为tr+1=c6(ax)-x=(-2)ac6x(0≤r≤6,r∈n)，∴令6-2r=0，解得r=3，2636-336-63∴ax-x的展开式的常数项为t4=(-2)ac6x=-160a=-160，3∴a=1∴a=1故选：b.2a543.已知二项式x+x的展开式中，x项的系数为40，则a=()a.2b.-2c.2或-2d.4答案cr25-rarrr10-3r4222【解析】由tr+1=c5x⋅x=c5ax，令10-3r=4，解得r=2，所以x项的系数为c5a=10a=40，解得a=±2．故选：cn34.(2022·湖北·高三阶段练习)若(2x+1)的展开式中x项的系数为160，则正整数n的值为()a.4b.5c.6d.7答案cn∙n-1∙n-2333n-33【解析】由二项式定理知：含x项为cn2x∙1=8×∙x，3×2×14由题意×nn-1n-2=160，nn-1n-2=120，3解得n=6；故选：c.5325.(2022·四川·乐山市教育科学研究所三模(理))m-x展开式中x的系数为-20，则m=()a.2b.1c.3d.2答案a5kk5-kk3322【解析】m-x的展开式通项公式为tk+1=-1c5mx，故-1c5m=-20，记得m=2，故选：a第61页·共372页,【方法技巧与总结】mnntnm-t在形如(ax+bx)的展开式中求x的系数，关键是利用通项求r，则r=．m-n题型二:求二项展开式中的常数项161.(2022·全国·高三阶段练习(理))2x+x展开式中的常数项为()a.160b.120c.90d.60答案a16r6-r1rr6-r6-2r【解析】2x+x展开式通项为tr+1=c6⋅2xx=c6⋅2⋅x，令6-2r=0，解得r=3，33因此，展开式中常数项为c6⋅2=160.故选：a.162.(2022·浙江·慈溪中学高三开学考试)2x-的展开式中的常数项为()xa.-60b.60c.64d.120答案b161r6-3r3r6-rr6-rr2【解析】2x-x展开式的通项为tr+1=c62x-x=c6×2×-1×x，令6-2r=0424解得r=4，所以常数项c6×2×(-1)=60.故选：b.52xn*3.(2022·全国·高三专题练习(理))二项式x-x3n∈n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于()a.2b.3c.4d.5答案b52xn*【解析】二项式x-x3n∈n的展开式为2xr5n-15rr5n-rrr2tr+1=cn(x)-x3=(-2)cnx，15*令5n-r=0,r=0,1,2,⋅⋅⋅,n，n∈n，23则n=r，2*因为n∈n所以当r=2时，n取得最小值3，故选：b1104.(2022·全国·模拟预测)二项式x-的展开式中的常数项为()3xa.210b.-210c.252d.-252第62页·共372页,答案a1101k30-5kk10-kkk6【解析】二项式x-3x的展开式的通项为tk+1=c10x-3x=-1c10x,k=0,1,2,⋯10，30-5k66令=0可得k=6，所以常数项为t7=-1c10=210，6故选：a【方法技巧与总结】写出通项，令指数为零，确定r，代入．题型三:求二项展开式中的有理项111.在二项式2+x的展开式中，系数为有理数的项的个数是.答案6r11-rr【解析】二项展开式的通项公式为tr+1=c112x,r=0,1,2,⋯,11，r11-r第r+1项的系数为c112，当11-r=0,2,4,6,8,10即r=1,3,5,7,9,11时，系数为有理数，这样的项的个数为6，故答案为：6n2.(2022·湖南·长郡中学模拟预测)已知3-x展开式的二项式系数之和为64，则展开式中系数为有理数的项的个数是．答案4n6【解析】依题意，知2=64=2，n=6，6-kk6-kkkk2k则展开式的第k+1项为tk+1=c63-x=-1c63xk=0，1，⋯，6，当k=0，2，4，6时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为4.故答案为：4.3n*3.(2022·湖南长沙·模拟预测)已知3+2xn∈n,1≤n≤12的展开式中有且仅有两项的系数为有理数，试写出符合题意的一个n的值．答案n取6，8，9，10，11中任意一个值均可．3nr3n-rrr【解析】3+2x的展开式的通项为tr+1=cn⋅3⋅2x，r≤n，r∈n．rn-r若系数为有理数，则∈z，且∈z．当n=3时，r=0；23n=4时r=4；n=5时r=2；n=6时r=0，6；n=7时r无解；n=8时r=2，8；第63页·共372页,n=9时r=0，6；n=10时r=4，10；n=11时r=2，8，n=12时r=0，6，12．所以n可取6，8，9，10，11中的任意一个值．故答案为：n取6，8，9，10，11中任意一个值均可．31004.(3x+2)的展开式中系数为有理数项的共有项.答案17100-rr3100r100-r3rr100-r23【解析】(3x+2)的展开式的通项为：tr+1=c1003x2=c100x×3×2，即r既是3的倍数，又是2的倍数，则是6的倍数，r=0，6，12，.......，96，共17项.故答案为：17.3505.(2022·上海·格致中学高三阶段练习)在2-3的展开式中有项为有理数．答案9．25-rrr50-r3rrr23【解析】通项公式：tr+1=c502-3=-1c50×2×3．rrr当与都为整数且25-为整数时，tr+1为有理数，则r=0,6,12,18,24,30,36,42,48．232∴展开式中有9项为有理数．故答案为：9．【方法技巧与总结】先写出通项，再根据数的整除性确定有理项．题型四:求二项展开式中的特定项系数421.(2022·北京海淀·一模)在(x-x)的展开式中，x的系数为()a.-1b.1c.-4d.4答案b2+r4r4-rrrr2【解析】(x-x)的展开式的通项公式为tr+1=c4x-x=-1c4x，r200令2+=2，则r=0，故x的系数为-1c4=1，2故选：b.2162.(2022·云南·高三阶段练习(理))在x-x的二项展开式中，第4项的二项式系数是()a.20b.-20c.15d.-15答案a第64页·共372页,36×5×4【解析】第4项的二项式系数为c6==20.3×2×1故选:an3.若x-2y的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则n=()a.9b.10c.11d.12答案bn37【解析】由题意，二项式x-2y的展开式中第4项与第8项的二项式系数分别为cn，cn，37可得cn=cn，解得n=3+7=10.故选：b.154.(2022·甘肃·武威第八中学高三阶段练习)在x-x的展开式中，x的系数为()a.-10b.-5c.5d.10答案d15r5-r1rrr5-2r【解析】x-x的通项为tr+1=c5⋅x⋅-x=c5⋅-1⋅x，22令5-2r=1，即r=2，t3=c5⋅-1⋅x=10x，故选：d.【方法技巧与总结】写出通项，确定r，代入．题型五:求三项展开式中的指定项21021.(2022·广东·高三阶段练习)3x+2x+1的展开式中，x项的系数为．答案210【解析】因为2103x+2x+1210=3x+2x+10210129228292191010=c103x+c103x2x+1+c103x2x+1+...+c103x2x+1+c102x+129299108282所以含有x项的为c103x⋅c91+c10c102x1=210x.2102所以3x+2x+1的展开式中，含x项的系数为210.故答案为：210.25522.(2022·广东·仲元中学高三阶段练习)(x+x+y)的展开式中，xy的系数为.答案30252【解析】(x+x+y)表示5个因式x+x+y的乘积，25在这5个因式中，有2个因式选y，其余的3个因式中有一个选x，剩下的两个因式选x，即可得到含x第65页·共372页,2y的项，52212故含xy的项系数是c5⋅c3⋅c2=30故答案为：302153.(2022·山西大附中高三阶段练习(理))x+x-2的展开式中常数项为.答案882151221225【解析】x+x-2中的常数项为c5c4xx(-2)+(-2)=88,故答案为:88264.(2022·广东·广州市庆丰实验学校一模)2x+-1的展开式中的常数项为．x2(用数字填写正确答案)答案48126r26-rr【解析】∵2x+x2-1的通项公式为tr+1=c6⋅2x+x2⋅(-1)，0≤r≤6，26-rk6-r6-r-3k对于2x+x2，它的通项公式为tk+1=c6-r⋅2⋅x，0≤k≤6-r，r=0r=3r=6令6-r-3k=0，可得，或，或．k=2k=1k=026026313故2x+x2-1的展开式中的常数项为c6⋅c6⋅2+c6(-1)⋅c3⋅2+1=481，故答案为：481．155.(x1+x2+x3+x4)的展开式合并前的项数为()444415a.c15b.a15c.a15⋅a4d.4答案d【解析】从15个因式(x1+x2+x3+x4)中，每一次都要选一个x1、x2、x3、x4相乘，1515∴(x1+x2+x3+x4)展开式中共有4项.故选：d.1146.(2022·河北邢台·高三期末(理))x+y--的展开式的常数项为()xya.36b.-36c.48d.-48答案a114x+y4414【解析】∵x+y--=x+y-=(x+y)1-，xyxyxy11422221∴x+y-x-y的展开式中的常数项为(c4xy)×c422=36.xy故选：a.第66页·共372页,2527.(2022·四川绵阳·三模(理))在1+x-x的展开式中，x项的系数为()a.-50b.-30c.30d.50答案b252【解析】1+x-x表示5个因式1+x-x的乘积，在这5个因式中，2有2个因式都选-x，其余的3个因式都选1，相乘可得含x的项；12或者有3个因式选-x，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含x的项，x2231故x项的系数为c5+-c5⋅c2⋅2=-30，故选b．5228.x+y-2z的展开式中，xyz的系数是()a.120b.-120c.60d.30答案a55【解析】x+y-2z=x+y-2z，展开式的r5-rr第r+1项为c5x+y-2z，2232令r=2，可得第3项为-2c5x+yz，3m3-mmx+y的展开式的第m+1项为c3xy，令m=2，22可得第3项为c3xy，5所以x+y-2z的展开式中，22222xyz的系数是-2c5c3=120．故选：a．【方法技巧与总结】n三项式(a+b+c)(n∈n)的展开式：nnrn-rrrqn-r-qqr(a+b+c)=[(a+b)+c]=⋯+cna+bc+⋯=⋯+cn⋯+cn-rab+⋯c+⋯rqn-r-qqr=⋯+cncn-rabc+⋯n若令n-r-q=p，便得到三项式(a+b+c)(n∈n)展开式通项公式：rqpqrcncn-rabc(p，q，r∈n，p+q+r=n)，rqn!(n-r)!n!其中cncn-r==叫三项式系数．r!(n-r)!q!(n-r-q)!p!q!r!题型六:几个二(多)项式的和(积)的展开式中条件项系数y6421.(2022·江苏江苏·高三阶段练习)1-x+y的展开式中xy的系数为()xa.6b.-9c.-6d.9答案dy66y6【解析】1-x+y=x+y-x+y；xx第67页·共372页,6422y6421∵x+y展开式中xy的系数为c6=15；x+y展开式中xy的系数为c6=6；xy642∴1-x+y展开式中xy的系数为15-6=9.x故选：d.3162.(2022·四川·高三开学考试(理))x+1⋅2x-的展开式中的常数项为()x2a.240b.-240c.400d.80答案d16r6-r1rrr6-r6-3r【解析】2x-x2的展开式的通项为tr+1=c62x-x2=-1c6⋅2⋅x，令6-3r=0，得r=2，16226-2则2x-x2的展开式中的常数项为-1c6⋅2=15×16=240，令6-3r=-3，得r=3，16-3336-3则2x-x2的展开式中含x的项的系数为-1c6⋅2=-20×8=-160，316所以x+1⋅2x-的展开式中的常数项为240×1+-160×1=80.x2故选：d．1633.(2022·云南师大附中高三阶段练习)1-(x+2)的展开式中x的系数为()x2a.160b.-160c.148d.-148答案c163331【解析】1-x2(x+2)的展开式中x的系数为c6⋅2-c6⋅2=160-12=148．故选：c.m154.(2022·新疆克拉玛依·三模(理))已知x+xx-x的展开式中常数项为-40，则m=()11a.-3b.3c.d.-33答案a15r5-r1rrr5-2r【解析】x-x展开式中第r+1项tr+1=c5x-x=(-1)c5x2310当r=2时，t3=c5x=10x，r=3时，t4=-c5x=-，xm15m10所以x+xx-x的展开式中常数项为x×10x-x×x=10m-10，所以10m-10=-40，得m=-3.故选：a第68页·共372页,45.(2022·江苏南京·三模)(1+x)(1+2y)a(a∈n*)的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)若f(0，1)+f(1，0)=8，则a的值为()a.0b.1c.2d.3答案c04110a【解析】∵展开式中含y的项为c4⋅1ca⋅2y=2ay，含x的项为c4⋅x⋅ca⋅1=4x，∴f0,1+f1,0=2a+4=8，∴a=2，故选：c2y215326.在x+xx-x的展开式中，含xy的项的系数是()a.10b.12c.15d.20答案a215r25-r1rrr10-3r【解析】因为x-x的展开式为c5x-x=c5-1x，22y215rr10-3ryrr10-3rx+xx-x的展开式为xc5-1x和xc5-1x的和，rr10-3rrr11-3rrr9-3r2xc5-1x=c5-1x；c5-1xy，rr9-3r23222所以在c5-1xy中令r=2，即可得到xy的项的系数，是c5-1=10，故选：a.【方法技巧与总结】分配系数法题型七:求二项式系数最值n*1.在x+1(n∈n)的展开式中，若第5项为二项式系数最大的项，则n的值不可能是()a.7b.8c.9d.10答案d7734【解析】当n=7时，(a+b)的展开式有8项，(a+b)的展开式中二项式系数c7，c7，最大，即第四项和第五项的二项式系数最大；884当n=8时，(a+b)的展开式有9项，(a+b)的展开式中二项式系数c8最大，即第五项的二项式系数最大；9945当n=9时，(a+b)的展开式有10项，(a+b)的展开式中二项式系数c9，c9最大，即第五项和第六项的二项式系数最大.10105当n=10时，(a+b)的展开式有11项，(a+b)的展开式中二项式系数c10最大，即第六项的二项式系数最大.故选：d．第69页·共372页,72.(1+2x)展开式中二项式系数最大的项是()343454a.280xb.560xc.280x和560xd.672x和560x答案c7rrrrr【解析】(1+2x)展开式的通项公式为tr+1=c7(2x)=c7⋅2x，7因为(1+2x)展开式共有8项，所以第4项和第5项的二项式系数最大，7333444所以(1+2x)展开式中二项式系数最大的项为c7⋅2x和c7⋅2x，34即为280x和560x，故选：c2m3.(2022·湖南·高三阶段练习)设m为正整数，(x+y)的展开式中二项式系数的最大值为a，(x+2m+1y)的展开式中的二项式系数的最大值为b.若15a=8b，则m的值为()a.5b.6c.7d.8答案c2mmm2m+1【解析】(x+y)的展开式中二项式系数的最大值为c2m，故a=c2m，(x+y)的展开式中的二项式系mm+1mmm数的最大值为c2m+1或c2m+1，两者相等，不妨令b=c2m+1，则有15c2m=8c2m+1，解得：m=7.故选：ca54.x+x的展开式中x的系数等于其二项式系数的最大值，则a的值为()a.2b.3c.4d.-2答案a5-3ra5r5-rarrr25-3r【解析】因为x+x的展开式的通项公式为tr+1=c5xx=c5ax，令2=1，即r=21时，x的系数为5a，而二项式系数最大值为c5=10，所以5a=10，即a=2．故选：a．1n5.(2022·安徽·高三阶段练习(理))在x-2x的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开6式中x的系数为()453535a.b.-c.d.7488答案c【解析】依题意，第五项二项式系数最大，一共是9项，所以n=8，1r8-r1r4+rr2rr2二项式展开项的通项公式为：tr+1=c8-2∙x∙x=c8-2∙x，r4+=6,r=4，2641435∴x的系数为c8-2=8故选：c.第70页·共372页,【方法技巧与总结】利用二项式系数性质中的最大值求解即可．题型八:求项的系数最值n1.已知(1-3x)的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为．4答案1215xnn6【解析】令x=1，则(1-3x)的展开式各项系数之和为-2=64=2，则n=6；nrrr由(1-3x)的展开式通项公式tr+1=c6(-3)x知二项展开式的系数最大项在奇数项，设二项展开式中第r+1项的系数最大，rrr+2r+2c6(-3)≥c6(-3)r+2r+1≥6-r5-r×9则rrr-2r-2，化简可得：c6(-3)≥c6(-3)8-r7-r×9≥rr-1经验证可得r=4，4444则该展开式中系数最大的项为t5=c6(-3)x=1215x.4故答案为:1215x.92.(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)x-1的展开式中系数最小项为第项．答案69r9-rr【解析】x-1的展开式的通项公式为tr+1=c9x-1，其中系数与二项式系数只有符号差异，又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，则第6项系数最小.故答案为：5.23.若x+n展开式中前三项的系数和为163，则展开式中系数最大的项为．4x答案53762n-3kkk400122【解析】展开式的通项公式为tk+1=2cnx，由题意可得，2cn+2cn+2cn=163，解得n=9，18-3k2kck≥2k+1ck+1kk499设展开式中tk+1=2c9x项的系数最大，则kkk-1k-12c9≥2c91720解得≤k≤，33又∵k∈n，∴k=6，66故展开式中系数最大的项为t7=2c9=5376.故答案为：5376.12n*4.(2022·江苏·姜堰中学高三阶段练习)x+3xn∈n展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为.答案21012n*5【解析】由己知x+3xn∈n展开式中只有第6项系数为c2n最大，所以展开式有11项，第71页·共372页,1r5-5rr10-rr6所以2n=10，即n=5，又展开式的通项为tr+1=c10(x)⋅3x=c10x，564令5-r=0，解得r=6，所以展开式的常数项为c10=c10=210.6故答案为：210.1n31n5.(2022·上海·高三开学考试)假如x-x的二项展开式中x项的系数是-84，则x-x二项展开式中系数最小的项是.126答案-xrn-r1rrrn-2r3【解析】由二项式知：tr+1=cnx-x=(-1)cnx，而x项的系数是-84，r39!9×8×...×1∴n-2r=3时，有c2r+3=84且r为奇数(r>

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