專題四統計與概率第18講統計與概率激活思維1.eq\f(1,3)【解析】A，B，C三人在三天中值班的情況有(A，B，C)，(A，C，B)，(B，A，C)，(B，C，A)，(C，A，B)，(C，B，A)，共6種，其中A排在C后一天值班的情況有(B，C，A)，(C，A，B)，共2種．故所求概率P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).2.eq\f(2,3)【解析】設此射手每次射擊命中的概率為p，分析可得，至少命中一次的對立事件為射擊四次全都沒有命中，由題意可知一射手對同一目標獨立地射擊，四次全都沒有命中的概率為1－eq\f(80,81)＝eq\f(1,81)，則(1－p)4＝eq\f(1,81)，解得p＝eq\f(2,3).3.eq\f(3,13)【解析】事件A的選法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝26種，事件B的選法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝6種，所以P(A)＝eq\f(26,Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(26,36)＝eq\f(13,18)，P(AB)＝eq\f(6,Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(1,6)，P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(3,13).4.1200【解析】由題意可知，高二年級抽取60－15－20＝25(人)，所以抽樣比為eq\f(25,500)＝eq\f(1,20)，所以該校學生總數為60÷eq\f(1,20)＝1200人．5.93【解析】由頻率分布直方圖知，車速在區間[70，90)上的頻率為(0.010＋0.030)×10＝0.4，設中位數為x，則eq\f(x－90,10)＝eq\f(0.5－0.4,0.35)，解得x≈93.知識梳理1.eq\f(事件A包含的可能結果數,試驗的所有可能結果數)2.(1)eq\f(P（AB）,P（B）)3.(2)14.(2)①s2②a2s2課堂學·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)由題意知生物成績在[50，60)內的頻率為1－(0.010×10＋0.020×10＋0.030×10＋0.035×10)＝0.05，所以生物成績在[50，60)內的人數為0.05×1000＝50.答：生物成績在[50，60)內的人數為50.(2)由頻率分布直方圖，分數在[50，60)內的頻率為0.05，[60，70)內的頻率為0.35，[70，80)內的頻率為0.3，[80，90)內的頻率為0.2，[90，100]內的頻率為0.1，所以這1000名學生期中考試生物成績的平均分的估計值為55×0.05＋65×0.35＋75×0.3＋85×0.2＋95×0.1＝74.5.答：估計這1000名學生生物成績的平均分為74.5分.(3)設“這2名同學來自不同組”為事件A，設第三組的3名同學為a，b，c，第四組的2名同學為x，y，則樣本空間為Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，x)，(a，y)，(b，c)，(b，x)，(b，y)，(c，x)，(c，y)，(x，y)}，事件A＝{(a，x)，(a，y)，(b，x)，(b，y)，(c，x)，(c，y)}．所以P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).答：這2名同學來自不同組的概率為eq\f(3,5).eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)由(0.02＋0.02＋0.03＋0.08＋t＋0.01)×5＝1，得t＝0.04，由(0.02＋0.02＋0.03)×5＝0.35，eq\f(0.5－0.35,0.4)×5＝1.875，則中位數為20＋1.875＝21.875(千元)，平均數為(7.5×0.02＋12.5×0.02＋17.5×0.03＋22.5×0.08＋27.5×0.04＋32.5×0.01)×5＝20.75(千元)(2)由分層抽樣法可知在[10，15)中應抽取2人，記為1，2，在[15，20)中應抽取3人，記為a，b，c，則從這5人中抽取2人的所有情況有：(1，2)，(1，a)，(1，b)，(1，c)，(2，a)，(2，b)，(2，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10種情況，記其中2人收入都來自[15，20)為事件A，事件A包含的情況有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3種，故P(A)＝eq\f(3,10).eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【答案】BC【解析】由圖知2019年12月與2018年12月CPI同比漲幅為4.5%，故A錯誤；由圖知BC正確；由2020年1月，2月的環比漲跌幅大于0，知CPI上漲，3月份環比漲跌幅小于0，知CPI下降，故D錯誤．故選BC.eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【答案】(1)ABC(2)AD【解析】(1)樣本中女生人數為9＋24＋15＋9＋3＝60，男生人數為100－60＝40，故A正確；由直方圖知女生中B層次人數最多，由扇形圖知男生中B層次人數也最多，故樣本中B層次人數最多，故B正確；樣本中E層次男生人數為40×(1－30%－10%－25%－20%)＝6，故C正確；樣本中D層次男生有40×20%＝8<9，故D錯誤．故選ABC.(2)由圖表信息可知，1978年我國高中階段在校生數和毛入學率比建國初期大幅度提高，故A正確；從1990～2010年，我國高中階段在校生數逐年增高，而從2010～2016年，我國高中階段在校生數逐年下降，故B錯誤；2010年高中階段在校生數達到最高峰，而2018年毛入學率達到最高峰，故C錯誤；2018年高中階段在校生數比2017年下降了eq\f(3971－3935,3971)×100%≈0.91%，毛入學率提高了88.8%－88.3%＝0.5%，故D正確．故選AD.鞏固練·融匯貫通1.B【解析】設樣本容量為a，某男生被抽中的概率為eq\f(1,7)，所以eq\f(a,28＋21)＝eq\f(1,7)，得a＝7，所以抽取的女生人數為7×eq\f(21,28＋21)＝3人．2.A【解析】由題意得P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(5,9)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(5,18)，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(5,18),\f(5,9))＝eq\f(1,2).3.B【解析】記事件A：至少有1人去廈門旅游，其對立事件為eq\x\to(A)：三人都不去廈門旅游，由獨立事件的概率公式可得P(eq\x\to(A))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＝eq\f(2,5)，由對立事件的概率公式可得P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，故選B.4.C【解析】分兩種情況：①后四球勝方依次為甲乙甲甲，概率為P1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,50)；②后四球勝方依次為乙甲甲甲，概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,25).所以所求事件概率為P1＋P2＝eq\f(1,10).故選C.5.ABD【解析】由題意知P(A)＝eq\f(2,4)×eq\f(2,4)＋eq\f(2,4)×eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，P(B)＝P(C)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，所以P(A)＝P(B)＝P(C)，則A正確；由已知有P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(1,4)，P(AC)＝eq\f(1,4)，P(BC)＝eq\f(1,4)，P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，則B正確；事件A，B，C不相互獨立，故P(ABC)＝eq\f(1,8)錯誤，即C錯誤；P(A)·P(B)·P(C)＝eq\f(1,8)，則D正確．故選ABD.6.ACD【解析】對于A，2019年第一季度居民人均每月消費支出為eq\f(441,9%)÷3≈1633(元)，故A正確；對于B，由餅圖可知，并沒有涉及人均收入，故B錯誤；對于C，餅圖中人均消費支出所占百分比最大的是食品煙酒，故C正確；對于D，第一季度居民在居住項目的人均消費支出為eq\f(441,9%)×21%＝1029(元)，故D正確．故選ACD.7.BC【解析】由題圖知A錯誤；由題圖知每日新增確診病例的中位數小于500，每日新增疑似病例的中位數約為1000，故B正確；由題圖知16天中新增確診、新增疑似、新增治愈病例的極差分別約為2100，2200，2300，故C正確；由題圖知2月20日不滿足題意，故D錯誤．故選BC.8.559.480【解析】根據題意，由分層抽樣方法得eq\f(80,592＋528＋563＋517＋520＋a)＝eq\f(27,563＋517)，解得a＝480.10.40【解析】由題可得(0.005＋0.020＋0.035＋a＋0.010)×10＝1，解得a＝0.030，故該100名學生中成績在80分(含80分)以上的人數為100×(0.030＋0.010)×10＝40人．11.【解答】(1)由題意知n＝eq\f(20,0.040×10)＝50，x＝eq\f(15,50×10)＝0.030，y＝0.1－0.016－0.030－0.040－0.010＝0.004.(2)由題知成績在[80，90)內有5人，其中男生3人，則女生2人，記3名男生為A，B，C，2名女生為a，b，從中隨機選出2人，選法為AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10種．其中至少有1名女生的有7種，故所求概率P＝eq\f(7,10).12.【解答】(1)依題意知(0.00015＋0.00020＋a＋0.00006)×2000＝1，解得a＝0.000090.(2)由圖可知，A地區200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失的眾數為3000，第一塊小矩形的面積S1＝0.3，第二塊小矩形的面積S2＝0.4，故所求中位數在[2000，4000)之間，所求中位數為2000＋eq\f(0.5－0.3,0.00020)＝3000.(3)直接根據頻率分布直方圖得到x<6000.第19講成對數據的統計分析激活思維1.18【解析】由題知x＝eq\f(2＋3＋4＋5＋6,5)＝4，y＝eq\f(1.5＋4.5＋5.5＋6.5＋7.0,5)＝5，則樣本中心點為(4，5)，代入回歸直線方程可得a∧＝5－1.3×4＝－0.2，故y∧＝1.3x－0.2.當x＝14時，y∧＝1.3×14－0.2＝18(萬元)，即估計使用14年時，維修費用是18萬元．2.2ln2＋2【解析】由z＝lny，則lny＝ln(2e2x＋1)，即z＝ln2＋lne2x＋1＝ln2＋2x＋1，則z＝2x＋ln2＋1，故m＝2，n＝ln2＋1，所以mn＝2ln2＋2.3.95%【解析】由題中數據可得：K2＝eq\f(100×（10×30－40×20）2,50×50×30×70)＝eq\f(100,21)≈4.762>3.841，根據臨界值表可得犯錯誤的概率不超過0.05，即有95%的把握認為“小白鼠是否感染與服用疫苗有關”．4.AC【解析】因為r2越大，說明隨機誤差平方和越小，模型的擬合效果越好，且第①個線性模型比第②個擬合效果好，所以req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＞req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，Q1＜Q2.知識梳理1.(1)距離的平方(2)y∧＝b∧x＋a∧斜率2.eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（a＋c）（b＋d）（c＋d）)a＋b＋c＋d課堂學·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)由題意得，x＝eq\f(2＋3＋4＋5＋6,5)＝4，y＝eq\f(22＋22＋17＋14＋10,5)＝17，b∧＝eq\f(\i\su(i＝1,5,)（xi－x）（yi－y）,\i\su(i＝1,5,)（xi－x）2)＝eq\f(（－2）×5＋（－1）×5＋0×0＋1×（－3）＋2×（－7）,（－2）2＋（－1）2＋02＋12＋22)＝－3.2，a∧＝y－b∧x＝17＋3.2×4＝29.8.故y關于x的線性回歸方程為y∧＝－3.2x＋29.8.(2)r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)（xi－x）（yi－y）,\r(\i\su(i＝1,n,)（xi－x）2·\i\su(i＝1,n,)（yi－y）2))＝eq\f(－32,\r(10×108))＝eq\f(－16,3\r(30))≈－0.97，所以r<0，說明x，y負相關．又|r|∈[0.75，1]，說明x，y相關性很強．因此可以認為該幼兒園去年春季患流感人數與年齡負相關很強．eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)因為x＝5，y＝50，回歸直線必過樣本中心點(x，y)，則a＝y－bx＝50－6.5×5＝17.5，故回歸直線方程為y＝6.5x＋17.5，當x＝1時，y＝6.5＋17.5＝24，即y的預報值為24.(2)因為1，3，5，7號井中x＝4，y＝46.25，eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2i－1))＝94，eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))x2i－1y2i－1＝945，所以b∧＝eq\f(\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))x2i－iy2i－1－4x·y,\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2i－1))－4x2)＝eq\f(945－4×4×46.25,94－4×42)≈6.83，a∧＝y－b∧x＝46.25－6.83×4＝18.93，即b∧＝6.83，a∧＝18.93，b＝6.5，a＝17.5.eq\f(b∧－b,b)≈5%，eq\f(a∧－a,a)≈8%，均不超過10%，因此可以使用位置最接近的已有舊井6(1，24).(3)易知原有的出油量不低于50L的井中，3、5、6這3口井是優質井，2、4這2口井為非優質井，由題意，從這5口井中隨機選取3口井的可能情況有：(2，3，4)，(2，3，5)，(2，3，6)，(2，4，5)，(2，4，6)，(2，5，6)，(3，4，5)，(3，4，6)，(3，5，6)，(4，5，6)，共10種，其中恰有2口是優質井的有6種，所以所求概率是P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【解答】2×2列聯表如下：有手機無手機合計有影響24832無影響121628合計362460K2＝eq\f(60×（24×16－12×8）2,36×24×32×28)＝eq\f(45,7)≈6.429>5.024.所以有97.5%的把握認為手機對學習有影響．eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)10a＝1－(0.005＋0.01＋0.015＋0.02)×10＝0.5，a＝0.05，n＝eq\f(20,10×0.05)＝40.(2)由頻率分布直方圖可知各組的頻率分別為0.05，0.2，0.5，0.15，0.1，所以x＝55×0.05＋65×0.2＋75×0.5＋85×0.15＋95×0.1＝75.5.設中位數為m，則(m－70)×0.05＝0.5－(0.05＋0.2)，得m＝75.(3)由題知優秀的男生有6人，女生有4人，不優秀的男生有10人，女生有20人．所以2×2列聯表如下：男生女生合計優秀6410不優秀102030合計162440所以K2＝eq\f(40×（6×20－4×10）2,16×24×10×30)≈2.222<3.841，所以沒有95%的把握認為物理成績優秀與性別有關.鞏固練·融匯貫通1.D【解析】由題設知，所有樣本點(xi，yi)(i＝1，2，…，n)都在直線y＝eq\f(1,2)x＋1上，所以這組樣本數據完全正相關，故其相關系數為1，故選D.2.C【解析】由隨機誤差平方和為120.55，知eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))(yi－y∧i)2＝120.55，由公式r2＝1－eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（yi－y∧i）2,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（yi－y）2)，可得eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))(yi－y)2＝2411.3.D【解析】根據題中數據可得，K2＝eq\f(50×（20×15－5×10）2,25×25×30×20)＝eq\f(25,3)≈8.333>7.879，所以有99.5%的把握認為“經常使用手機與數學學習成績有關”，即在犯錯誤的概率不超過0.5%的前提下，認為“經常使用手機與數學學習成績有關”．4.C【解析】根據題意可得x＝eq\f(2＋3＋4＋5,4)＝3.5，y＝eq\f(26＋a＋49＋54,4)＝eq\f(129＋a,4)，根據回歸方程過中心點(x，y)，得eq\f(129＋a,4)＝9.4×3.5＋9.1，解得a＝39.5.B【解析】依題意，設男、女生的人數都為5x，則男、女學生總數量為10x，建立2×2列聯表如下表所示：喜歡網絡課程不喜歡網絡課程合計男生4xx5x女生3x2x5x合計7x3x10x故K2＝eq\f(（8x2－3x2）2·10x,5x·5x·3x·7x)＝eq\f(10x,21)，由題可知6.635<eq\f(10x,21)<10.828，所以139.335<10x<227.388.只有B符合題意．6.BCD【解析】對于A，根據線性相關系數r的絕對值越接近1，兩個變量的線性相關性越強；反之，線性相關性越弱，故A錯誤；對于B，根據用相關系數r刻畫回歸的效果時，當|r|越接近1時，相關程度越高，越接近0時，相關程度越低，即r2的值越大，說明模型的擬合效果就越好，故B正確；對于C，根據2×2列聯表中的數據計算得出的K2越大，“X與Y有關系”可信程度越大，相關性就越大，故C正確；對于D，根據比較模型的擬合效果，可以比較隨機誤差平方和的大小，隨機誤差平方和越小的模型，擬合效果就越好，故D正確．7.AC【解析】由題意，設參加調查的男女生人數均為m人，建立2×2列聯表如下表所示．喜歡攀巖不喜歡攀巖合計男生0.8m0.2mm女生0.3m0.7mm合計1.1m0.9m2m所以參與調查的學生中喜歡攀巖的男生人數比喜歡攀巖的女生人數多，參與調查的女生中喜歡攀巖的人數比不喜歡攀巖的人數少，故A正確，B錯誤；K2＝eq\f(2m（0.56m2－0.06m2）2,1.1m·0.9m·m·m)＝eq\f(50m,99)，當m＝100時，K2＝eq\f(50m,99)＝eq\f(50×100,99)≈50.505>6.635，所以當參與調查的男女生人數均為100人時，有99%的把握認為喜歡攀巖和性別有關，故C正確；當m＝10時，K2<6.635，故D錯誤．8.AC【解析】對于線性回歸方程y∧＝b∧x＋a∧，直線必經過樣本中心點(x，y)，故A正確；有99%的把握認為吃地溝油與患胃腸癌有關系時，但并不代表若某一個人吃地溝油，他就有99%的可能患胃腸癌，故B錯誤；由相關系數的概念知兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數的絕對值越接近于1，故C正確；由方差的定義得將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，方差恒不變，故D錯誤．9.【解答】(1)應該選擇模型①，因為模型①殘差點一是整體上更接近y＝0，二是比較均勻地落在水平的帶狀區域中，說明該模型擬合精度越高，回歸方程的預報精度越高．(2)剔除異常數據，即2020年2月的數據后，得eq\x\to(x′)＝eq\f(1,5)×(6×6－5)＝6.2，eq\x\to(y′)＝eq\f(1,5)×(30×6－31.8)＝29.64，eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xiyi＝1284.24－5×31.8＝1125.24，eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))＝286－52＝261，b∧＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xiyi－nxy,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－nx2)＝eq\f(1125.24－5×6.2×29.64,261－5×6.22)＝eq\f(206.4,68.8)＝3，a∧＝y－b∧x＝29.64－3×6.2＝11.04，所以所求y關于x的線性回歸方程為y∧＝3x＋11.04.(3)(i)把x＝15代入回歸方程得y∧＝3×15＋11.04＝56.04，故下月銷售量y的預報值約為56.04(t).(ii)z＝eq\f(2,3)(5y－x2)＝eq\f(10,3)(3x＋11.04)－eq\f(2,3)x2＝－eq\f(2,3)(x－7.5)2＋74.3，所以當x＝7.5(千元)時，月利潤預報值最大．10.【解答】(1)由題意知，“采用促銷”中精英店的數量為50×(0.12＋0.02)×5＝35，“采用促銷”中非精英店的數量為50－35＝15；“沒有采用促銷”中精英店的數量為50×(0.06＋0.02)×5＝20，“沒有采用促銷”中非精英店的數量為50－20＝30，補全列聯表如下：采用促銷沒有采用促銷合計精英店352055非精英店153045合計5050100因為K2＝eq\f(100×（1050－300）2,50×50×55×45)≈9.091>6.635，所以有99%的把握認為“精英店與采用促銷活動有關”．(2)①由公式可得b＝eq\f(－7.2,21.6)＝－eq\f(1,3)，a＝y－bw＝395.5＋eq\f(1,3)×2413.5＝1200.②若售價為x，則單件利潤為x－15，由①得y∧＝－eq\f(1,3)x2＋1200，故日利潤z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋1200))(x－15)，則z′＝－(x＋30)(x－40)，令z′＝0，解得x＝40(負值舍去).當x∈(0，40)時，z′>0，z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋1200))(x－15)單調遞增；當x∈(40，＋∞)時，z′<0，z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋1200))(x－15)單調遞減．故當售價x＝40元時，日利潤達到最大為eq\f(50000,3)元．第20講一般離散變量的分布列、正態分布1.1.5【解析】X的可能取值為0，1，2，且P(X＝0)＝(1－0.8)×(1－0.7)＝0.06，P(X＝1)＝(1－0.8)×0.7＋0.8×(1－0.7)＝0.38，P(X＝2)＝0.8×0.7＝0.56，故E(X)＝0×0.06＋1×0.38＋2×0.56＝1.5.2.eq\f(5,6)【解析】因為P(X＝k)＝eq\f(c,k（k＋1）)，k＝1，2，3，4，所以eq\f(c,2)＋eq\f(c,6)＋eq\f(c,12)＋eq\f(c,20)＝1，所以c＝eq\f(5,4)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜X＜\f(5,2)))＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(5,8)＋eq\f(5,24)＝eq\f(5,6).3.eq\f(7,10)【解析】因為P(X＝i)＝eq\f(i,2a)(i＝1，2，3，4)，所以eq\f(1,2a)(1＋2＋3＋4)＝1，解得a＝5，則P(2<X≤4)＝P(3)＋P(4)＝eq\f(3,10)＋eq\f(4,10)＝eq\f(7,10).4.0.4【解析】因為隨機變量ξ～N(4，σ2)，所以其對稱軸方程為ξ＝μ＝4，又P(ξ<2)＝0.3，所以P(ξ>6)＝P(ξ<2)＝0.3，則P(2<ξ<6)＝1－2×0.3＝0.4.5.0.1【解析】因為隨機變量X～N(2，σ2)，故P(X≤－2)＝P(X≥6)＝1－P(X≤6)＝1－0.9＝0.1.知識梳理2.①x＝μ②x＝μ③1④越小越大3.①0.683②0.954③0.997課堂學·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)設服裝店該季度銷售M型號童褲獲得的利潤為X(單位：元).當需求量為30時，X＝15×30－5×(40－30)＝400，當需求量為40時，X＝15×40＝600，當需求量為50時，X＝15×40＝600，P(X＝400)＝eq\f(1,3)，P(X＝600)＝eq\f(2,3)，故X的分布列為X400600Peq\f(1,3)eq\f(2,3)則E(X)＝400×eq\f(1,3)＋600×eq\f(2,3)＝eq\f(1600,3)≈533.3(元).所以服裝店該季度銷售M型號童褲獲得的利潤的數學期望為533.3元．(2)設銷售M型號童褲獲得的利潤為Y.依題意，視頻率為概率，為追求更多的利潤，則服裝店每年該季度購進的M型號童褲的件數取值可能為30件，40件，50件．當購進M型號童褲30件時，E(Y)＝30×15＝450；當購進M型號童褲40件時，E(Y)＝[(30－15)×30－(15－10)×10]×eq\f(3,9)＋(30－15)×40×eq\f(4,9)＋(30－15)×40×eq\f(2,9)＝eq\f(1600,3)≈533.3；當購進M型號童褲50件時，E(Y)＝[(30－15)×30－(15－10)×20]×eq\f(3,9)＋[(30－15)×40－(15－10)×10]×eq\f(4,9)＋(30－15)×50×eq\f(2,9)＝eq\f(4750,9)≈527.8.所以服裝店每年該季度購進40件M型號童褲時所獲得的平均利潤最大．eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)由頻率分布直方圖可知，日銷售量不低于350公斤的概率為(0.0025＋0.0015)×100＝0.4，則未來連續三天內，有連續兩天的日銷售量不低于350公斤，而另一天日銷售量低于350公斤的概率P＝0.4×0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4×0.4＝0.192.(2)(i)X的可能取值為100，200，300，400，500，P(X＝100)＝0.0010×100＝0.1；P(X＝200)＝0.0020×100＝0.2；P(X＝300)＝0.0030×100＝0.3；P(X＝400)＝0.0025×100＝0.25；P(X＝500)＝0.0015×100＝0.15.所以X的分布列為X100200300400500P0.10.20.30.250.15(ii)當每日進貨300公斤時，利潤Y1可?。?00，700，1500，Y1的分布列為Y1－1007001500P0.10.20.7此時利潤的期望值E(Y1)＝－100×0.1＋700×0.2＋1500×0.7＝1180；當每日進貨400公斤時，利潤Y2可?。?00，400，1200，2000，Y2的分布列為Y2－40040012002000P0.10.20.30.4此時利潤的期望值E(Y2)＝－400×0.1＋400×0.2＋1200×0.3＋2000×0.4＝1200.因為E(Y1)＜E(Y2)，所以該經銷商應該選擇每日進貨400公斤．eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【解答】(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.(2)依題意，得μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8<X<212.2)＝P(200－12.2<X<200＋12.2)≈0.6827.故測量數據落在(187.8，212.2)內的概率約為0.6827.(3)根據題意得y＝0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，故生產該疫苗的平均成本為75.04.eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))(1)x＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.40千元，故估計50位農民的年平均收入x為17.40千元．(2)由題意知X～N(17.40，6.92).(ⅰ)因為P(X>μ－σ)＝0.5＋eq\f(0.6827,2)≈0.8414，所以μ－σ＝17.40－2.63＝14.77時，滿足題意，即最低年收入大約為14.77千元．(ⅱ)由P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)＝0.5＋eq\f(0.9545,2)≈0.9773，故每個農民的年收入不少于12.14千元的事件的概率為0.9773.記1000位農民的年收入不少于12.14千元的人數為ξ，則ξ～B(1000，p)，其中p＝0.9773，于是恰好有k個農民的年收入不少于12.14千元的事件概率為P(ξ＝k)＝Ck103pk(1－p)103－k，由eq\f(P（ξ＝k）,P（ξ＝k－1）)＝eq\f(（1001－k）×p,k×（1－p）)>1，得k<1001p.而1001p＝978.2773，所以當0≤k≤978時，P(ξ＝k－1)<P(ξ＝k)；當979≤k≤1000時，P(ξ＝k－1)>P(ξ＝k)，由此可知，在所走訪的1000位農民中，年收入不少于12.14千元的人數最有可能是978人．鞏固練·融匯貫通1.D【解析】因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝eq\f(1,3)，所以P(|X|＝1)＝a＋c＝eq\f(2,3)，故選D.2.A【解析】因為ξ服從正態分布N(1，σ2)(σ>0)，所以曲線的對稱軸是直線x＝1.又ξ在(0，2)內取值的概率為0.8,根據正態曲線的性質，知在(0，＋∞)內取值的概率為0.8＋0.1＝0.9.3.C【解析】由分布列的性質可得eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,3)＋m＝1，解得m＝eq\f(1,3)，所以E(ξ)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,3)＝eq\f(17,6).因為η＝2ξ－5，所以E(η)＝2E(ξ)－5＝2×eq\f(17,6)－5＝eq\f(2,3).4.D【解析】因為ξ服從正態分布N(4，3)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，所以2a－3＋a＋2＝4×2，解得a＝3.5.BD【解析】由概率的性質可得q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，解得q＝0.1，E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，E(Y)＝2E(X)－1＝2×2－1＝3，D(Y)＝22×D(X)＝4×1.8＝7.2.故選BD.6.ABC【解析】因為隨機變量ξ的分布列為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(1,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(2,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(3,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(4,5)))＋P(ξ＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1,解得a＝eq\f(1,15)，所以P(0.5<ξ<0.8)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(3,5)))＝3×eq\f(1,15)＝0.2，故A，B正確；所以P(0.1<ξ<0.5)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(1,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(2,5)))＝eq\f(1,15)＋2×eq\f(1,15)＝0.2，故C正確；所以P(ξ＝1)＝5×eq\f(1,15)＝eq\f(1,3)≠0.3，故D錯誤．7.AB【解析】因為由圖象可知，甲圖象關于直線x＝0.4對稱，乙圖象關于直線x＝0.8對稱，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A正確，C錯誤；因為甲圖象比乙圖象更“高瘦”，所以甲類水果的質量比乙類水果的質量更集中于平均值左右，故B正確；因為乙圖象的最大值為1.99，即eq\f(1,\r(2π)σ2)＝1.99，所以σ2≠1.99，故D錯誤，故選AB.8.eq\f(2,3)【解析】因為離散型隨機變量X服從兩點分布，且P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以P(X＝1)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).9.eq\f(5,12)【解析】由題意知eq\f(1,3)＋m＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝1，解得m＝eq\f(1,4).由|X－3|＝1，得X＝4或2，則P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).10.0.8413【解析】由題意知，X～N(34.3，4.32)，從而P(X≥30)＝P(X≥34.3－4.3)＝P(X≥μ－σ)＝1－eq\f(1,2)×(1－0.6826)＝0.8413.11.【解答】(1)當n≥16時，y＝16×(10－5)＝80；當n≤15時，y＝5n－5(16－n)＝10n－80，所以y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10n－80，n≤15，,80，n≥16))(n∈N).(2)(i)X的可能取值為60，70，80，且P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7，故X的分布列為X607080P0.10.20.7E(X)＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76，D(X)＝162×0.1＋62×0.2＋42×0.7＝44.(ii)購進17枝玫瑰花時，當天的利潤為y＝(14×5－3×5)×0.1＋(15×5－2×5)×0.2＋(16×5－1×5)×0.16＋17×5×0.54＝76.4.因為76.4>76，所以應購進17枝玫瑰花．12.【解答】(1)由題意可知，μ＝30×0.05＋50×0.1＋70×0.2＋90×0.3＋110×0.15＋130×0.12＋150×0.08＝91.6，因為σ＝eq\r(,958)≈31，所以60.6＝μ－σ，153.6＝μ＋2σ，故P(60.6<Z<153.6)＝P(μ－σ<Z<μ＋2σ)＝eq\f(0.6827,2)＋eq\f(0.9545,2)＝0.8186.(2)因為每位用戶每天使用流量上網時間不低于60.6min的概率為P(Z≥60.6)＝P(Z≥μ－σ)＝0.5＋eq\f(0.6827,2)＝0.84135，所以X～B(106，0.84135)，因此E(X)＝106×0.84135＝841350.(3)由題意可知，P(Z<μ)＝P(Z≥μ)＝eq\f(1,2)，ξ的所有可能取值為100，200，300，400，則P(ξ＝100)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝200)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(7,18)，P(ξ＝300)＝eq\f(1,2)×2×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，P(ξ＝400)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18)，所以ξ的分布列為ξ100200300400Peq\f(1,3)eq\f(7,18)eq\f(2,9)eq\f(1,18)所以E(ξ)＝100×eq\f(1,3)＋200×eq\f(7,18)＋300×eq\f(2,9)＋400×eq\f(1,18)＝200.第21講二項分布和超幾何分布激活思維1.C【解析】易知拋擲一顆骰子點數不小于5的概率為eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，故可得拋擲4顆骰子，恰有3顆點數不小于5的概率為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)·eq\f(2,3)＝eq\f(8,81).故選C.2.eq\f(1,9)【解析】因為E(ξ)＝2p＝eq\f(2,3)，所以p＝eq\f(1,3)，所以η～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以P(η≥3)＝P(η＝3)＋P(η＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(1,9).3.eq\f(2,3)【解析】設所選3題中李明能答對的題數為X，則X服從參數為N＝10，M＝6，n＝3的超幾何分布，且P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(3－k),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)))(k＝0，1，2，3)，故所求概率為P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)))＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)))＝eq\f(60,120)＋eq\f(20,120)＝eq\f(2,3).4.eq\f(7,10)【解析】由題意，選出的2名醫生中至少有1名男醫生分為恰有1名男醫生和全部都是男醫生兩種情況，則所求概率為P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(6＋1,10)＝eq\f(7,10).知識梳理1.eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(M))Ceq\o\al(\s\up1(n－r),\s\do1(N－M)),Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(N)))2.Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk·(1－p)n－k二項分布X～B(n，p)3.(1)pp(1－p)(2)npnp(1－p)課堂學·通法悟道eq\o(\s\up7(),\s\do5(例1))【解答】(1)由頻率分布直方圖可得各組頻率依次為0.08，0.18，0.4，0.22，0.12，則這批零件長度的平均值為x＝12.5×0.08＋17.5×0.18＋22.5×0.4＋27.5×0.22＋32.5×0.12＝23.1.(2)由題意可得，抽到一個優等品的概率為5×(0.036＋0.080＋0.044)＝0.8，X的可能取值為0，1，2，3，因此X～B(3，0.8)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))×0.80×0.23＝0.008，P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×0.81×0.22＝0.096，P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×0.82×0.2＝0.384，P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×0.83×0.20＝0.512，故X的分布列為X0123P0.0080.0960.3840.512故E(X)＝0×0.008＋1×0.096＋2×0.384＋3×0.512＝2.4.(或者E(X)＝3×0.8＝2.4)eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)由題知一次拿到奇數的概率P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，所以拿2次得分為0分的概率為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，所以拿2次得分不小于1分的概率為1－Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)ξ的可能取值為0，1，2，3，4，且P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(1,16)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(1,4)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝4))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,16)，所以ξ的分布列為ξ01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)又ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)))，所以E(ξ)＝4×eq\f(1,2)＝2.eq\o(\s\up7(),\s\do5(例2))【解答】(1)根據甲班的統計數據可知，甲班每天學習時間在5h以上的學生頻率為0.5＋0.25＋0.05＝0.8,所以估計高三年級每天學習時間達到5h以上的學生人數為600×0.8＝480人．(2)甲班級自主學習時長不足4h的人數為40×0.05＝2人，乙班級自主學習時長不足4h的人數為40×0.1＝4人，則X的可能取值為0，1，2，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)))＝eq\f(1,5)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)))＝eq\f(1,5)，所以X的分布列為X012Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)E(X)＝0×eq\f(1,5)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(1,5)＝1.(3)D1<D2.eq\o(\s\up7(),\s\do5(變式))【解答】(1)記選派的4人中至少有2名醫生為事件A，記4人中有2名醫生、2名護士為事件A1，記4人中有3名醫生、1名護士為事件A2，且A1與A2互斥，則當事件A發生時，有A1或A2發生，所以P(A)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2).又P(A1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(3,7)，P(A2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14)，所以P(A)＝eq\f(3,7)＋eq\f(1,14)＝eq\f(1,2).故選派的4人中至少有2名醫生的概率為eq\f(1,2).(2)由題意知，選派的醫生人數X可能是0，1，2，3，則P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝P(A1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝P(A2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14).所以隨機變量X的分布列為X0123Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)故隨機變量X的數學期望為E(X)＝0×eq\f(1,14)＋1×eq\f(3,7)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(1,14)＝eq\f(3,2).鞏固練·融匯貫通1.D【解析】由已知可得三枚錢幣全部正面或反面向上的概率p＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,4)，得到六爻實際為六次獨立重復試驗，所以P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＝eq\f(1215,4096)，故選D.2.A【解析】因為ξ～B(10，0.4)，所以E(ξ)＝10×0.4＝4，D(ξ)＝10×0.4×0.6＝2.4.因為η＝8－ξ，所以E(η)＝E(8－ξ)＝4，D(η)＝D(8－ξ)＝2.4，故選A.3.D【解析】“從10名醫生中抽選5名醫生”的事件總數為n＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))，“從10名醫生中抽選5名醫生，其中有3名男醫生”包含的基本事件數為m＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，所以P(X＝3)＝eq\f(m,n)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10)))＝eq\f(5,12).4.C【解析】對于選項A，概率為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(1,2).對于選項B，概率為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(1,6).對于選項C，概率為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(3,10).對于選項D，包括沒有壞的，有1個壞的和2個壞的三種情況．根據A選項，恰好有一個壞的概率為eq\f(1,2)，又eq\f(1,2)>eq\f(3,10)，故D選項不正確．綜上所述，故選C.5.A6.eq\f(135,512)【解析】根據二項分布的概率計算公式，可得事件恰好發生2次的概率為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(135,512).7.eq\f(15,128)【解析】搶答完七道題后甲成為擂主，則第7題甲得1分，前6題甲得4分，乙得2分，甲最后以5∶2獲勝，概率為P＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))0.54×0.52×0.5＝eq\f(15,128).8.【解答】(1)補全2×2列聯表如下：托運免費行李托運超額行李合計頭等艙乘客人數53255經濟艙乘客人數37845合計9010100因為K2＝eq\f(100×（53×8－2×37）2,90×10×55×45)＝eq\f(4900,891)≈5.499>3.841，所以在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下，認為托運超額行為與乘客乘坐座位的等級有關．(2)根據題意可得，托運行李超出免費行李額且不超過10kg的旅客有7人，從中隨機抽取4人，則其中女性旅客的人數可能為1，2，3，4，所以補助券總金額X的所有可能取值為100元，200元，300元，400元，P(X＝100)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)))＝eq\f(4,35)，P(X＝200)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)))＝eq\f(18,35)，P(X＝300)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)))＝eq\f(12,35)，P(X＝400)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)))＝eq\f(1,35)，則X的分布列為X100200300400Peq\f(4,35)eq\f(18,35)eq\f(12,35)eq\f(1,35)E(X)＝100×eq\f(4,35)＋200×eq\f(18,35)＋300×eq\f(12,35)＋400×eq\f(1,35)＝eq\f(1600,7)(元).9.【解答】(1)補全2×2列聯表如下：不少于60元少于60元合計年齡大于50124052年齡小于50182038合計306090K2＝eq\f(90×（12×20－40×18）2,30×60×52×38)＝eq\f(1440,247)>5>3.841，所以能在犯錯誤的概率不超過0.05的情況下認為購買金額是否少于60元與年齡有關．(2)X的可能取值為65，70，75，80，且P＝eq\f(10＋20,90)＝eq\f(1,3).故P(X＝65)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，P(X＝70)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)，P(X＝75)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)，P(X＝80)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27).所以X的分布列為X65707580Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)所以E(X)＝65×eq\f(1,27)＋70×eq\f(2,9)＋75×eq\f(4,9)＋80×eq\f(8,27)＝75.10.【解答】(1)由題意知共有n＋8個集團，取出2個集團的方法總數是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋8))，其中全是小集團的情況有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))種，故全是小集團的概率是eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋8)))＝eq\f(56,（n＋8）（n＋7）)＝eq\f(4,15)，整理得(n＋7)(n＋8)＝210，即n2＋15n－154＝0，解得n＝7(負值舍去).(2)若取出的2個全是大集團，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝21種情況，若取出的2個全是小集團，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28種情況，故全為大集團的概率為eq\f(21,21＋28)＝eq\f(3,7).(3)由題意知，隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，4，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(15)))＝eq\f(1,39)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(15)))＝eq\f(8,39)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(15)))＝eq\f(28,65)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(15)))＝eq\f(56,195)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(7)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(15)))＝eq\f(2,39).故X的分布列為X01234Peq\f(1,39)eq\f(8,39)eq\f(28,65)eq\f(56,195)eq\f(2,39)數學期望為E(X)＝0×eq\f(1,39)＋1×eq\f(8,39)＋2×eq\f(28,65)＋3×eq\f(56,195)＋4×eq\f(2,39)＝eq\f(32,15).專題五不等式、函數與導數第22講不等式激活思維1.C2.A【解析】當a>0，b>0時，a＋b≥2eq\r(,ab)，當且僅當a＝b時取等號，則當a＋b≤4時，有2eq\r(,ab)≤a＋b≤4，解得ab≤4，充分性成立；當a＝1，b＝4時，滿足ab≤4，但此時a＋b＝5>4，必要性不成立．綜上所述，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要條件．3.A【解析】因為eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)))＝10＋eq\f(16y,x)＋eq\f(x,y)≥10＋2eq\r(\f(16y,x)·\f(x,y))＝18，當且僅當eq\f(16y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝12，y＝3時，x＋2y取得最小值18，故選A.4.BD【解析】根據a＞b，取a＝1，b＝－1，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立，故A錯誤；因為a＞b，所以由不等式的基本性質知ac2≥bc2成立，故B正確；由a＞0＞b，取a＝1，b＝－1，則a2＜－ab不成立，故C錯誤；因為c＞a＞b＞0，所以(a－b)c＞0，所以ac－ab＞bc－ab，即a(c－b)＞b(c－a).因為c－a＞0，c－b＞0，所以