第40講隨機抽樣、統(tǒng)計圖表、用樣本估計總體eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P398))1．【解析】A①總體較少，宜用抽簽法；②各層間差異明顯，宜用分層隨機抽樣．故選A.2．【解析】C由題意可得eq\f(20,N)＝20%，解得N＝100.故選C.3．【解析】C因為8×80%＝6.4，由圖可知8次成績由小到大排序，第7個位置的數(shù)是110，所以這8次成績的第80百分位數(shù)是110.故選C.4．【解析】C設(shè)數(shù)據(jù)x1，x2，x3，x4，x5的平均數(shù)是eq\o(x,\s\up3(－))＝2，方差是s2＝eq\f(1,3)，則新數(shù)據(jù)組的平均數(shù)為eq\f((3x1＋1)＋(3x2＋1)＋…＋(3x5＋1),5)＝3×eq\f(x1＋x2＋…＋x5,5)＋1＝3eq\o(x,\s\up3(－))＋1＝7，方差seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,5)[(3x1＋1－3eq\o(x,\s\up3(－))－1)2＋(3x2＋1－3eq\o(x,\s\up3(－))－1)2＋…＋(3x5＋1－3eq\o(x,\s\up3(－))－1)2]＝eq\f(9,5)[(x1－eq\o(x,\s\up3(－)))2＋(x2－eq\o(x,\s\up3(－)))2＋…＋(x5－eq\o(x,\s\up3(－)))2]＝9s2＝9×eq\f(1,3)＝3.故選C.5．【解析】D由題圖可知，快遞行業(yè)從業(yè)人員中，“90后”占總?cè)藬?shù)的56%，超過一半，A正確；快遞行業(yè)從業(yè)人員中，從事技術(shù)崗位的“90后”的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的百分比為56%×39.6%＝22.176%，超過20%，所以快遞行業(yè)從業(yè)人員中，從事技術(shù)崗位的“90”后的人數(shù)超過總?cè)藬?shù)的20%；B正確；快遞行業(yè)從業(yè)人員中，從事運營崗位的“90后”的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的百分比為56%×17%＝9.52%，超過“80前”的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的百分比，C正確；快遞行業(yè)從業(yè)人員中，從事技術(shù)崗位的“90后”的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的百分比為22.176%，小于“80后”的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的百分比，但“80后”從事技術(shù)崗位的人數(shù)占“80后”人數(shù)的比未知，D錯誤．故選D.6．【解析】AC數(shù)據(jù)從小到大排列為1，1，2，3，3，3，3，4，5，5.對于A，該組數(shù)據(jù)的極差為5－1＝4，A正確；對于B，眾數(shù)為3，平均數(shù)為eq\f(1×2＋2＋3×4＋4＋5×2,10)＝3，兩者相等，B錯誤；對于C，方差為eq\f(1,10)[(1－3)2×2＋(2－3)2×1＋(3－3)2×4＋(4－3)2×1＋(5－3)2×2]＝1.8，C正確；對于D，因為10×80%＝8，所以這組數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)為第8個數(shù)和第9個數(shù)的平均數(shù)4.5，D錯誤．故選AC.7．【解析】40設(shè)A，B，C三所學校高三歷史類學生人數(shù)分別為x，y，z.由題知x，y，z成等差數(shù)列，所以x＋z＝2y，又x＋y＋z＝1500，所以y＝500，故用分層隨機抽樣方法抽取B校學生人數(shù)為eq\f(120,1500)×500＝40.8．【解析】265依題意，eq\o(x,\s\up3(－))A＝130，seq\o\al(2,A)＝115，eq\o(x,\s\up3(－))B＝110，seq\o\al(2,B)＝215，所以eq\o(x,\s\up3(－))＝eq\f(10,10＋30)×130＋eq\f(30,10＋30)×110＝115(分)，所以全班學生的平均成績估計為115分，則全班學生成績的方差為s2＝eq\f(10,10＋30)[seq\o\al(2,A)＋(eq\o(x,\s\up3(－))A－eq\o(x,\s\up3(－)))2]＋eq\f(30,10＋30)[seq\o\al(2,B)＋(eq\o(x,\s\up3(－))B－eq\o(x,\s\up3(－)))2]＝eq\f(10,10＋30)×(115＋152)＋eq\f(30,10＋30)×(215＋52)＝85＋180＝265.9．【解析】BCD對于A，在頻率分布直方圖中，所有直方圖的面積之和為1，則(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)×10＝200a＝1，解得a＝0.005，A錯誤；對于B，前兩個矩形的面積之和為(2a＋3a)×10＝50a＝0.25<0.5，前三個矩形的面積之和為(2a＋3a＋7a)×10＝120a＝0.6>0.5，設(shè)計該年級學生成績的中位數(shù)為m，則m∈(70，80)，根據(jù)中位數(shù)的定義可得0.25＋(m－70)×0.035＝0.5，解得m≈77.14，所以，估計該年級學生成績的中位數(shù)約為77.14，B正確；對于C，估計成績在80分以上的同學的成績的平均數(shù)為eq\f(6a,6a＋2a)×85＋eq\f(2a,6a＋2a)×95＝87.5，C正確；對于D，估計該年級成績在80分及以上的學生成績的方差為eq\f(3,4)[12＋(87.5－85)2]＋eq\f(1,4)[10＋(87.5－95)2]＝30.25，D正確．故選BCD.10．【解析】(1)由題得，eq\o(x,\s\up3(－))＝10×(45×0.010＋55×0.015＋65×0.015＋75×0.030＋85×0.025＋95×0.005)＝71，所以樣本的方差為seq\o\al(2,1)＝10×[(45－71)2×0.010＋(55－71)2×0.015＋(65－71)2×0.015＋(75－71)2×0.030＋(85－71)2×0.025＋(95－71)2×0.005]＝194.(2)由題得eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(y,\s\up3(－))＝71－65＝6，eq\r(\f(seq\o\al(2,1)＋seq\o\al(2,2),12))＝eq\r(\f(194＋178,12))＝eq\r(31)<6，所以eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(y,\s\up3(－))≥eq\r(\f(seq\o\al(2,1)＋seq\o\al(2,2),12))，所以有體驗區(qū)的參觀時長均值比沒有體驗區(qū)的參觀時長均值有顯著提高．(3)從(2)中可知展區(qū)應(yīng)該設(shè)置互動體驗展區(qū)，這樣可以吸引更多的參觀者進行觀看與體驗，使他們能更多地了解產(chǎn)品，并能更大程度地激發(fā)中小學生的興趣愛好．11．【解析】(1)樣本中，高一學生競賽平均成績?yōu)閑q\o(x,\s\up3(－))1＝eq\f(1,50)×(65×15＋75×5＋85×15＋95×15)＝81，方差seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,50)×[(65－81)2×15＋(75－81)2×5＋(85－81)2×15＋(95－81)2×15]＝144；樣本中，高二學生競賽平均成績?yōu)閑q\o(x,\s\up3(－))2＝eq\f(1,50)×(65×10＋75×10＋85×20＋95×10)＝81，方差seq\o\al(2,2)＝eq\f(1,50)×[(65－81)2×10＋(75－81)2×10＋(85－81)2×20＋(95－81)2×10]＝104.因為eq\o(x,\s\up3(－))1＝eq\o(x,\s\up3(－))2，seq\o\al(2,1)>seq\o\al(2,2)，所以樣本中平均成績一樣，但高二學生的成績更穩(wěn)定．所以利用樣本估計總體的思想可以認為，高二學生這次競賽成績更好．(2)設(shè)選擇方案一時一位學生獲得的獎金為X元，則X的可能取值為10，25，35，其對應(yīng)的頻率分別為0.3，0.4，0.3，所以獲得獎勵的平均數(shù)eq\o(X,\s\up6(－))＝10×0.3＋25×0.4＋35×0.3＝23.5(元)；設(shè)選擇方案二時一位學生獲得的獎勵為Y元，則獲得獎金的平均數(shù)eq\o(Y,\s\up6(－))＝10×0.5＋30×0.5＝20(元).因為eq\o(X,\s\up6(－))>eq\o(Y,\s\up6(－))，所以從統(tǒng)計角度看，高一年級組長應(yīng)該選擇方案一．12．【解析】(1)由題可知eq\o(x,\s\up3(－))＝30×0.06＋40×0.1＋50×0.16＋60×0.3＋70×0.2＋80×0.1＋90×0.08＝61.s2＝(30－61)2×0.06＋(40－61)2×0.1＋(50－61)2×0.16＋(60－61)2×0.3＋(70－61)2×0.2＋(80－61)2×0.1＋(90－61)2×0.08＝241.(2)由s2＝241知，s≈16，則a1＝5×{eq\f(61－16,5)}＝45，b1＝5×[eq\f(61＋16,5)]＝75，該抽樣數(shù)據(jù)落在[45，75]內(nèi)的頻率約為0.16＋0.3＋0.2＝66%>65%；又a2＝5×{eq\f(61－2×16,5)}＝30，b2＝5×[eq\f(61＋2×16,5)]＝90，該抽樣數(shù)據(jù)落在[30，90]內(nèi)的頻率約為1－0.03－0.04＝0.93＝93%<95%，所以可以判斷技術(shù)改造后的產(chǎn)品質(zhì)量初級穩(wěn)定，但不能判定生產(chǎn)線技術(shù)改造成功．13．【解析】(1)根據(jù)題意，得eq\o(z,\s\up3(－))＝＝eq\f(2×18＋3×36,5)＝28.8，因為(xi－eq\o(z,\s\up3(－)))2＝(xi－eq\o(x,\s\up3(－))＋eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2＝(xi－eq\o(x,\s\up3(－)))2＋(xi－eq\o(x,\s\up3(－)))(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))＋12(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2＝(xi－eq\o(x,\s\up3(－)))2＋2(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))(xi－12eq\o(x,\s\up3(－)))＋12(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2＝(xi－eq\o(x,\s\up3(－)))2＋12(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2，同理(yi－eq\o(z,\s\up3(－)))2＝(yi－eq\o(y,\s\up3(－)))2＋18(eq\o(y,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2，所以S2＝eq\f(1,30)[(xi－eq\o(z,\s\up3(－)))2＋(yi－eq\o(z,\s\up3(－)))2]＝eq\f(1,30)[12seq\o\al(2,1)＋12(eq\o(x,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2＋18seq\o\al(2,2)＋18(eq\o(y,\s\up3(－))－eq\o(z,\s\up3(－)))2]＝eq\f(1,30)×(12×19＋12×10.82＋18×70＋18×7.22)≈127.4.所以總樣本的平均數(shù)為eq\o(z,\s\up3(－))＝28.8，方差S2≈127.4.(2)依題意可知，X的所有可能取值為0，1，2.設(shè)“第i場比賽在甲區(qū)舉行，甲區(qū)代表隊獲勝”為事件Ai，“第i場比賽在乙區(qū)舉行，甲區(qū)代表隊獲勝”為事件Bi，i＝1，2，3，則P(Ai)＝eq\f(3,5)，P(Bi)＝eq\f(1,2)，所以P(X＝0)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2)＝(1－eq\f(3,5))2＝eq\f(4,25)，P(X＝1)＝P(A1eq\o(B,\s\up6(－))2eq\o(A,\s\up6(－))3＋eq\o(A,\s\up6(－))1A2eq\o(B,\s\up6(－))3)＝P(A1eq\o(B,\s\up6(－))2eq\o(A,\s\up6(－))3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2eq\o(B,\s\up6(－))3)＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(3,5))＋(1－eq\f(3,5))×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(6,25)，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝eq\f(3,5).

第41講變量間的相關(guān)性eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P402))1.【解析】D第一個散點圖中，當x的值增加時，y的值也增加，是正相關(guān)；第三個散點圖中，當x的值增加時，y的值減小，是負相關(guān)；第二個散點圖中，散點圖中的點的分布沒有什么規(guī)律，是不相關(guān)，所以應(yīng)該是①③②.故選D.2．【解析】A在兩個變量y與x的回歸模型中，它們的決定系數(shù)R2越接近1，模型擬合效果越好，在四個選項中A的決定系數(shù)最大，所以擬合效果最好的是模型1，故選A.3．【解析】C由散點圖可知，圖一兩個變量成正相關(guān)，且線性相關(guān)性較強，故r1>0，圖二、圖三兩個變量都成負相關(guān)，且圖二的線性相關(guān)性更強，故r2<0，r3<0，|r2|>|r3|，故0>r3>r2，所以r1>r3>r2.故選C.4．【解析】D因為＝eq\f(1,5)(20＋25＋30＋35＋40)＝30，＝eq\f(1,5)(5＋7＋8＋9＋11)＝8，所以回歸直線＝0.28x＋過點(30，8)，故8＝0.28×30＋，解得＝－0.4，所以＝0.28x－0.4，將x＝45代入＝0.28x－0.4中，得＝0.28×45－0.4＝12.2，即當售價為45元時，該商品的銷售量件數(shù)大約為12.2百件．故選D.5．【解析】ACD對于A，根據(jù)相關(guān)關(guān)系的定義，即可判斷自變量取值一定時，因變量的取值帶有一定隨機性的兩個變量之間的關(guān)系叫做相關(guān)關(guān)系，正確；對于B，線性回歸分析中，樣本相關(guān)系數(shù)r的絕對值越接近1，兩個變量的線性相關(guān)性越強，錯誤；對于C，殘差圖中，對于一組數(shù)據(jù)擬合程度的好壞評價，是殘差點分布的帶狀區(qū)域?qū)挾仍姜M窄，其模型擬合的精度越高，正確；對于D，在回歸分析中，用決定系數(shù)R2刻畫回歸效果時，R2的值越大，說明模型的擬合效果越好，R2為0.98的模型比R2為0.80的模型擬合的效果好，正確．故選ACD.6．【解析】C因為觀測值減去預測值稱為殘差，所以當x＝9時，＝－30.4＋13.5×9＝91.1，所以殘差為53－91.1＝－38.1.故選C.7．【解析】AC身高的平均數(shù)為eq\f(1,10)(165＋168＋170＋172＋173＋174＋175＋177＋179＋182)＝173.5，因為離群點(168，89)的橫坐標168小于平均值173.5，縱坐標89相對過大，所以去掉離群點后經(jīng)驗回歸直線的截距變小而斜率變大，所以1>2，1<2，A正確，B錯誤；去掉離群點后成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關(guān)程度更強，擬合效果會更好，所以r1<r2，Req\o\al(2,1)<Req\o\al(2,2)，C正確，D錯誤．故選AC.8．【解析】(1)由表中數(shù)據(jù)計算得，＝25，＝382，(xi－)(yi－)＝1438，(xi－)2=244，=≈5.983，=-≈382-5.893×25=234.675.所以經(jīng)驗回歸方程為=5.893x+234.675.當x=40時，=5.893×40+234.675=470.395.故預測x=40kg時的玉米產(chǎn)量約為470.395kg.9.【解析】因為Q(a，b)＝(yi－bxi)2＝(y－2bxiyi＋b2x)＝b2x－2bxiyi＋y，上式是關(guān)于b的二次函數(shù)，因此要使Q取得最小值，b的取值為.10．【解析】(1)計算得＝eq\f(1,8)(0.4＋1＋1.6＋2.4＋2.8＋3.4＋4.4)＝2，＝eq\f(1,8)(8＋7.8＋7.2＋6.2＋5.6＋4.8＋4.4＋4)＝6，由公式知，r＝＝≈eq\f(79.68－8×2×6,16.56)≈－0.99，所以二者之間具有很強的線性相關(guān)性．(2)設(shè)輪胎凹槽深度h與行駛里程x的線性回歸方程為＝＋x，則＝＝＝－eq\f(16.32,16.24)≈－1，＝－x＝6＋1×2＝8，所以線性回歸方程為h＝8－x，令h＝1.6，得x＝6.4.即更換新輪胎后繼續(xù)行駛約6.4萬千米需要對輪胎再次更換．11.【解析】(1)設(shè)模型①和②的相關(guān)系數(shù)分別為r1，r2.由題意可得r1＝＝eq\f(220,\r(31250×2))＝eq\f(220,250)＝eq\f(22,25)＝0.88，r2＝＝eq\f(14,\r(77×3.08))＝eq\f(14,77×0.2)＝eq\f(10,11)≈0.91，所以|r1|<|r2|，由相關(guān)系數(shù)的相關(guān)性質(zhì)可得，模型②的擬合程度更好．(2)因為＝e，可得ln＝x＋，即＝x＋，可得＝=，＝eq\o(v,\s\up3(－))－eq\o(x,\s\up3(－))＝5－eq\f(2,11)×22＝1，所以v關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程為＝eq\f(2,11)x＋1，即y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程為＝e.12．【解析】(1)=＝＝eq\f(603－8×\f(161,8)×\f(29,8),109－8×(\f(29,8))2)＝5，＝eq\o(y,\s\up3(－))－·＝eq\f(161,8)－5×eq\f(29,8)＝2.所以經(jīng)驗回歸方程為＝5lnx＋2.(2)2024年設(shè)該企業(yè)投入食品淀粉生產(chǎn)x萬元，預計收益y萬元，則y＝5lnx＋2＋(200－x)·eq\f(1,10)，0≤x≤200，y′＝eq\f(5,x)－eq\f(1,10)＝eq\f(50－x,10x)>0，得x<50，所以其在(0，50)上單調(diào)遞增，在(50，200)上單調(diào)遞減，ymax＝5ln50＋2＋15＝5(2ln5＋ln2)＋17≈5×(2×1.6＋0.7)＋17＝36.5.故年收益的最大值為36.5萬元．13．【解析】(1)不妨設(shè)選擇的成對數(shù)據(jù)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則r＝＝eq\f((x1－\f(x1＋x2,2))(y1－\f(y1＋y2,2))＋(x2－\f(x1＋x2,2))(y2－\f(y1＋y2,2)),\r((x1－\f(x1＋x2,2))2＋(x2－\f(x1＋x2,2))2)\r((y1－\f(y1＋y2,2))2＋(y2－\f(y1＋y2,2))2))＝eq\f(\f(1,2)(x1－x2)(y1－y2),\f(1,2)|(x1－x2)(y1－y2)|).又由表格數(shù)據(jù)得，當x1<x2時，y1<y2，則r＝1.因為任意兩個樣本點都在一條直線上，則樣本量為2的樣本相關(guān)系數(shù)絕對值都是1(在樣本相關(guān)系數(shù)存在的情況下)，顯然據(jù)此推斷兩個變量完全線性相關(guān)是不合理的．樣本相關(guān)系數(shù)可以反映變量之間相關(guān)的正負性及線性相關(guān)的程度，但由于樣本數(shù)據(jù)的隨機性，樣本相關(guān)系數(shù)往往不能確切地反映變量之間的相關(guān)關(guān)系．一般來說，樣本量越大，根據(jù)樣本相關(guān)系數(shù)推測變量之間相關(guān)的正負性及線性相關(guān)的程度越可靠，而樣本量越小，則越不可靠．(2)(ⅰ)==--9=9(--)=0（直線=x+）經(jīng)過數(shù)據(jù)的中心(eq\o(x,\s\up6(－))，eq\o(y,\s\up6(－)))).(ⅱ)因為Req\o\al(2,1)＝1－＝1－，所以=，則Req\o\al(2,2)＝1－＝1－(1－Req\o\al(2,1))＝1－eq\f(2.5007,5.0177)×(1－0.9693)≈0.9847，R2越大，越接近于1，則模型的擬合效果越好，因此經(jīng)驗回歸方程②的擬合效果更好．

第42講獨立性檢驗與正態(tài)分布eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P407))1．【解析】C正態(tài)總體的概率密度函數(shù)為f(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e，根據(jù)f(x)＝eq\f(1,\r(4π))e(x∈R)，可得其均值為1，標準差為eq\r(2)，故選C.2．【解析】A因為隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，σ2)，所以P(X≤5)＝P(X≥1)＝0.55，所以P(X≤1)＝1－P(X≥1)＝1－0.55＝0.45.故選A.3．【解析】B因為隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(6，σ2)，若P(ξ<3a－4)＝P(ξ>－a＋2)，所以3a－4＋(－a)＋2＝6×2＝12，解得a＝7.故選B.4．【解析】C每100個數(shù)學成績優(yōu)秀的人中可能沒有女生，也可能有多名女生，已知數(shù)據(jù)不能確定結(jié)論，A錯誤；若某人數(shù)學成績優(yōu)秀，已知數(shù)據(jù)不能判斷他為男生的概率，B錯誤；因為χ2＝6.748>6.635，所以根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，認為“數(shù)學成績優(yōu)秀與性別有關(guān)”，此推斷犯錯誤的概率不超過1%，C正確，D錯誤．故選C.5．【解析】C由X～N(105，152)，得μ＝105，σ＝15，則P(X≥120)＝P(X≥μ＋σ)＝eq\f(1－P(μ－σ<ξ<μ＋σ),2)≈eq\f(1－0.6827,2)＝0.15865，估計優(yōu)秀的學生人數(shù)約為1000×0.15865≈159.故選C.6．【解析】AC對于A，參加調(diào)查的男女生人數(shù)相同，男生中喜歡攀巖的占80%，女生中喜歡攀巖的占30%，所以參與調(diào)查的學生中喜歡攀巖的男生人數(shù)比喜歡攀巖的女生人數(shù)多，故A正確．對于B，參與調(diào)查的女生中喜歡攀巖的人數(shù)占30%，所以不喜歡攀巖的人數(shù)占70%，所以不喜歡攀巖的人數(shù)比喜歡攀巖的人數(shù)多，故B錯誤．對于C、D，若參加調(diào)查的男女生人數(shù)都為100人，零假設(shè)為H0：喜歡攀巖和性別無關(guān)聯(lián)．整理可得2×2列聯(lián)表如下：單位：人性別攀巖合計喜歡攀巖不喜歡攀巖男8020100女3070100合計11090200所以χ2＝eq\f(200×(80×70－20×30)2,100×100×110×90)＝eq\f(5000,99)≈50.505>6.635＝x0.01，根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為喜歡攀巖和性別有關(guān)，C正確，D錯誤．故選AC.7．【解析】(1)由表中數(shù)據(jù)可知，男生共有2＋8＋15＋8＋3＋10＋20＋4＝70(人)，女生共有3＋4＋2＋1＋10＋6＋4＋0＝30(人)，由此估計該校高三學習物理的男生人數(shù)與女生人數(shù)的比值約為eq\f(70,30)＝eq\f(7,3).(2)A班共有2＋3＋8＋4＋15＋2＋8＋1＝43(人)，A班物理平均成績的估計值為55×eq\f(5,43)＋65×eq\f(12,43)＋75×eq\f(17,43)＋85×eq\f(9,43)＝eq\f(275＋780＋1275＋765,43)≈72.(3)由表中數(shù)據(jù)可知，2×2列聯(lián)表如下：單位：人性別成績合計合格不合格男生65570女生171330合計8218100零假設(shè)為H0：該校高三考生的物理成績與性別無關(guān)．根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，計算得到χ2＝eq\f(100×(65×13－5×17)2,70×30×82×18)≈18.635>6.635＝x0.01.根據(jù)小概率值α＝0.01的χ2獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為該?？忌奈锢沓煽兣c性別有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.01.8．【解析】BC依題可知，eq\o(x,\s\up3(－))＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.1)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.8413>0.5，C正確，D錯誤；因為X～N(1.8，0.1)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因為P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正確，A錯誤．故選BC.9．【解析】AC對于A，由|－0.85|>|0.66|知，乙組數(shù)據(jù)的線性相關(guān)性更強，A正確；對于B，由5.024<χ2＝6.352<6.635，即P(χ2≥5.024)＝0.025，則根據(jù)小概率值α＝0.025的獨立性檢驗，認為A與B有關(guān)，B錯誤；對于C，由題可知，隨機變量X的分布曲線關(guān)于X＝1對稱，故P(X<0)＝1－P(X≤2)＝0.32，C正確；對于D，殘差平方和越小，模型的擬合效果越好，但決定系數(shù)R2越大，模型的擬合效果越好，D錯誤．故選AC.10．【解析】(1)零假設(shè)為H0：學生對“三項體育活動中要有籃球”這種觀點的態(tài)度與性別無關(guān)，根據(jù)表格中數(shù)據(jù)計算得到χ2＝eq\f(200×(70×50－30×50)2,120×80×100×100)＝eq\f(25,3)≈8.33>6.635，根據(jù)小概率值α＝0.01的χ2獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為學生對“三項體育活動中要有籃球”這種觀點的態(tài)度與性別有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.01.(2)(ⅰ)P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,3))＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,3))＝eq\f(2,9)，則P(AB)＝P(A)·P(B)，故事件A，B獨立．(ⅱ)訓練后X～N(195，132)，P(X>182)＝P(X>μ－σ)＝eq\f(1＋P(μ－σ<X<μ＋σ),2)≈eq\f(1＋0.6827,2)＝eq\f(1.6827,2)＝0.84135，故預估經(jīng)過訓練后該校每分鐘跳182個以上人數(shù)約為0.84135×1000≈841.11．【解析】(1)記事件A為抽到一件合格品，事件B為抽到兩件合格品，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,70),Ceq\o\al(2,100))＝eq\f(161,330)，P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,100)－Ceq\o\al(2,30),Ceq\o\al(2,100))＝eq\f(301,330)，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(161,301)＝eq\f(23,43).(2)(ⅰ)證明：若X～B(100，eq\f(1,2))，則E(X)＝50，D(X)＝25，又P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,100)(eq\f(1,2))100＝P(X＝100－k)，所以P(0≤X≤25)＝eq\f(1,2)P(0≤X≤25或75≤X≤100)＝eq\f(1,2)P(|X－50|≥25)，由切比雪夫不等式可知，P(|X－50|≥25)≤eq\f(25,252)＝eq\f(1,25)，所以P(0≤X≤25)≤eq\f(1,50).(ⅱ)設(shè)隨機抽取100件產(chǎn)品中合格品的件數(shù)為X，假設(shè)廠家關(guān)于產(chǎn)品合格率為90%的說法成立，則X～B(100，0.9)，所以E(X)＝90，D(X)＝9，由切比雪夫不等式知，P(X＝70)≤P(|X－90|≥20)≤eq\f(9,400)＝0.0225<0.05，即在假設(shè)下100個元件中合格品為70個的概率不超過0.0225，此概率極小，由小概率原理可知，一般來說在一次試驗中是不會發(fā)生的，據(jù)此我們有理由推斷工廠的合格率不可信．12．【解析】(1)當m＝0時，用分層隨機抽樣的方法抽取購買傳統(tǒng)燃油車的6人中，男性有2人，女性有4人．由題意可知，X的可能取值為1，2，3.P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5).X的分布列如下表．X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2.(2)(ⅰ)零假設(shè)為H0：是否購買新能源汽車與性別獨立，即是否購買新能源汽車與性別無關(guān)聯(lián)．當m＝0時，A22＝80，B22＝0.5×0.7×200＝70，A23＝20，B23＝0.5×0.3×200＝30，A32＝60，B32＝0.5×0.7×200＝70，A33＝40，B33＝0.5×0.3×200＝30，K2＝eq\f((A22－B22)2,B22)＋eq\f((A23－B23)2,B23)＋eq\f((A32－B32)2,B32)＋eq\f((A33－B33)2,B33)＝eq\f((80－70)2,70)＋eq\f((20－30)2,30)＋eq\f((60－70)2,70)＋eq\f((40－30)2,30)＝eq\f(200,21)≈9.524，因為9.524>7.879＝x0.005，所以根據(jù)小概率值α＝0.005的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為是否購買新能源汽車與性別有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率不超過0.005.(ⅱ)K2＝eq\f((80－m－70)2,70)＋eq\f((20＋m－30)2,30)＋eq\f((60＋m－70)2,70)＋eq\f((40－m－30)2,30)＝eq\f(2(10－m)2,21)，由題意可知eq\f(2(10－m)2,21)≥2.706，整理得(10－m)2≥28.413，又m∈N，m<10，所以m≤4，所以m的最大值為4，又80－4＝76，所以至少有76名男性購買新能源汽車．

第43講兩個計數(shù)原理與排列、組合的基本問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P412))1．【解析】A由題意，從甲地經(jīng)乙地到丙地的走法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可得，共有3×2＝6(種)；再由分類加法計數(shù)原理，可得從甲地到丙地，共有6＋2＝8(種)走法．故選A.2．【解析】CAeq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(8,10)＝Aeq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,10)＝6×5×4＋eq\f(10×9,2×1)＝165.故選C.3．【解析】B求不同填法需要4步，填中間一列有2種方法，再填1有3種方法，與1同列的只能是3或4，有2種方法，最后兩個區(qū)域，填兩個數(shù)字有2種方法，所以不同填法種數(shù)是2×3×2×2＝24.故選B.4．【解析】D根據(jù)分層隨機抽樣的定義知從初中部共抽取60×eq\f(400,600)＝40(人)，從高中部共抽取60×eq\f(200,600)＝20(人)，根據(jù)組合公式和分步乘法計數(shù)原理，則不同的抽樣結(jié)果共有Ceq\o\al(40,400)Ceq\o\al(20,200)種．故選D.5．【解析】B先考慮第四站，第四站去紅堿淖或白云山，故有Ceq\o\al(1,2)種安排方法，接著考慮第一站，去掉榆林沙漠國家森林公園以及第四站去的景點，有Ceq\o\al(1,5)種選擇，最后從剩下的景點中選擇任意兩個景點游玩，有Aeq\o\al(2,5)種選擇，故可得他們這四站景點的選擇共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,5)＝200(種).故選B.6．【解析】ABC因為Ceq\o\al(n－m,n)＝Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)，A正確；因為Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m-1,n)＝Ceq\o\al(m,n＋1)，所以Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(2,8)＝Ceq\o\al(3,9)，B正確；因為Ceq\o\al(6,99)＝Ceq\o\al(99-6,99)＝Ceq\o\al(93,99)，C正確；因為Ceq\o\al(0,8)＋Ceq\o\al(1,8)＋Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(6,8)＋Ceq\o\al(7,8)＋Ceq\o\al(8,8)＝28＝256，D錯誤．故選ABC.7．【解析】7由題意，去1人有Ceq\o\al(1,3)＝3種去法，去2人有Ceq\o\al(2,3)＝3種去法，去3人有Ceq\o\al(3,3)＝1種去法，所以共有3＋3＋1＝7種不同的去法．8．【解析】480將區(qū)域標號，如下圖所示．因為②③④兩兩相鄰，依次用不同的顏色涂色，則有6×5×4＝120(種)不同的涂色方法．若①與④的顏色相同，則有1種不同的涂色方法．若①與④的顏色不相同，則有3種不同的涂色方法．所以共有120×(1＋3)＝480(種)不同的涂色方法．9【解析】ABC選項A，分三類，取老師有3種選法，取男生有8種選法，取女生有5種選法．故共有3＋8＋5＝16(種)選法，A正確．選項B，分三步，第一步選老師，第二步選男生，第三步選女生．故共有3×8×5＝120(種)選法，B正確．選項C，分兩步，第一步選老師，第二步選學生，第二步，又分為兩類，第一類選男生，第二類選女生．故共有3×(8＋5)＝39(種)選法，C正確．選項D，若需3名老師和1名學生參加，則有13種不同選法，D錯誤．故選ABC.10．【解析】C從左到右的6個位置分別為A，B，C，D，E，F(xiàn)，若兩個0之間有一個數(shù)字，此時兩個0的位置有A，C或B，D或C，E或D，F(xiàn)4種情況，再把剩余的4個數(shù)進行全排列，此時共有4Aeq\o\al(4,4)＝96(種)，若兩個0之間有兩個數(shù)字，此時兩個0的位置有A，D或B，E或C，F(xiàn)3種情況，剩余的4個數(shù)進行全排列，此時有3Aeq\o\al(4,4)＝72(種)，若兩個0之間有3個數(shù)字，此時兩個0的位置有A，E或B，F(xiàn)兩種情況，剩余的4個數(shù)進行全排列，此時有2Aeq\o\al(4,4)＝48(種)，綜上，可以設(shè)置的密碼共有96＋72＋48＝216(個).故選C.11．【解析】18先分組后排列，9個志愿者名額分成互不相同的3個組，有1，2，6、1，3，5、2，3，4，共3種分法．將每組分法再分配給不同學校，共有3Aeq\o\al(3,3)＝18(種).12．【解析】952①個位數(shù)字為0有Aeq\o\al(3,9)個；②個位數(shù)字為5，千位數(shù)字不為0有Aeq\o\al(1,8)Aeq\o\al(2,8)個，故符合題意的四位數(shù)有Aeq\o\al(3,9)＋Aeq\o\al(1,8)Aeq\o\al(2,8)＝952個．13．【解析】B根據(jù)N的標準分解式可得120＝23×3×5,故從2，2，2，3，5這5個素數(shù)中任取3個組成三位數(shù)，有下列三種情況：①選取3個2，可以組成1個三位數(shù)；②選取2個2后，再從3或5中選一個，可以組成Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,3)＝6(個)不同的三位數(shù)；③選取2，3，5，可以組成Aeq\o\al(3,3)＝6(個)不同的三位數(shù)．所以從120的標準分解式中任取3個素數(shù)，一共可以組成1＋6＋6＝13(個)不同的三位數(shù)．故選B.14．【解析】ABC不妨設(shè)兩個釘子間的距離為1.對于A，由圖知，邊長為1的正方形有3×3＝9個，邊長為2的正方形有2×2＝4個，邊長為3的正方形有1個，邊長為eq\r(2)的正方形有2×2＝4個，邊長為eq\r(5)的有2個，共有20個，A正確；對于B，由圖知，寬為1(長比寬長)的長方形有2×3×3＝18個，寬為2(另一邊為3)的長方形有4個，寬為eq\r(2)的有2個，共有24個，B正確；對于C，由圖知，可以圍成Ceq\o\al(3,16)－10Ceq\o\al(3,4)－4Ceq\o\al(3,3)＝516個不同的三角形，C正確；對于D，由圖可知，不存在等邊三角形，D錯誤．故選ABC.第44講排列、組合的綜合應(yīng)用問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P413))1．【解析】C根據(jù)題意，可先將3名大學生分成2組，一組2人，一組1人，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(種)分法，再將這2組分配到2個山村，有Aeq\o\al(2,2)＝2(種)分法，故共有3×2＝6(種)分法．故選C.2．【解析】A本題分兩類：若小張或小趙入選，則有選法Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝24種；若小張、小趙都入選，則有選法Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12種．故共有選法36種．故選A.3．【解析】D5日至9日，即5，6，7，8，9，有3天奇數(shù)日，2天偶數(shù)日，第一步安排奇數(shù)日出行，每天都有2種選擇，共有23＝8種；第二步安排偶數(shù)日出行，分兩類，第一類，先選1天安排甲的車，另外一天安排其他車，有2×2＝4(種)，第二類，不安排甲的車，每天都有2種選擇，共有22＝4(種)，共計4＋4＝8(種).根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，不同的用車方案種數(shù)為8×8＝64.故選D.4．【解析】C一側(cè)的種植方法有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)＝20×2＝40種排法，另一側(cè)的種植方法有Aeq\o\al(2,2)＝2種排法，再由分步乘法計數(shù)原理得不同的種植方法共有40×2＝80種排法，故選C.5．【解析】C根據(jù)題意，分兩種情況討論：當數(shù)字不含0時，從9個數(shù)字中選三個，則這三個數(shù)字遞增或遞減的順序確定是兩個三位數(shù)，共有2Ceq\o\al(3,9)＝168(個)；當三個數(shù)字中含有0時，從9個數(shù)字中選兩個數(shù)，它們只有遞減一種結(jié)果，共有Ceq\o\al(2,9)＝36(個).根據(jù)分類加法計數(shù)原理知共有168＋36＝204(個).故選C.6．【解析】B因為丙、丁要在一起，先把丙、丁捆綁，看成一個元素，連同乙、戊看成三個元素排列，有Aeq\o\al(3,3)種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個元素的中間兩個位置任選一個位置插入，有兩種插空方式；注意到丙、丁兩人的順序可交換，有兩種排列方式，故安排這5名同學共有Aeq\o\al(3,3)×2×2＝24(種)不同的排列方式，故選B.7．【解析】18根據(jù)題意，安排6位同學到社區(qū)參加義務(wù)勞動可分成兩步：第一步，將6位同學分成3組，要求甲、乙一組，其余4位同學平均分組，則有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))＝3種分組方法；第二步，將分好的3組全排列，安排到三個不同的社區(qū)，有Aeq\o\al(3,3)＝6種情況．由分步乘法計數(shù)原理可得，甲、乙到同一社區(qū)的不同安排方案共有3×6＝18種不同的安排方法．8．【解析】64由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術(shù)類選修課各選修1門，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)種方案；第二類，在體育類選修課中選修1門，在藝術(shù)類選修課中選修2門，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)種方案；第三類，在體育類選修課中選修2門，在藝術(shù)類選修課中選修1門，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)種方案．綜上，不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝64(種).9．【解析】A將5位同學分別保送到3所大學就讀，每所大學至少保送1人，有如下兩種情況：①三所大學分別為1，1，3人，其有保送方法Ceq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(3,3)＝60種；②三所大學分別為1，2，2人，其有保送方法eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90種．故不同的保送方法共有60＋90＝150種．故選A.10．【解析】B由題意知，將丙和丁看成一個整體，分4種情況分析：①丙和丁的整體分別為第1，2名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12種情況；②丙和丁的整體分別為第2，3名，第1名只能是戊，所以甲和乙為第4，5名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4種情況；③丙和丁的整體分別為第3，4名，第1名只能是戊，所以甲和乙為第2，5名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4種情況；④丙和丁的整體分別為第4，5名，第1名只能是戊，所以甲和乙為第2，3名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4種情況．所以共有12＋4＋4＋4＝24種情況．故選B.11．【解析】D由題意可知：四個區(qū)域最少種植兩種鮮花，最多種植四種，所以分以下三類：當種植的鮮花為兩種時：A和C相同，B和D相同，共有Aeq\o\al(2,4)＝12種種植方法；當種植的鮮花為三種時：A和C相同或B和D相同，此時共有2Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(3,3)＝2×4×6＝48種種植方法；當種植的鮮花為四種時：四個區(qū)域各種一種，此時共有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24種種植方法．綜上，不同的種植方法的種數(shù)為12＋48＋24＝84種，故選D.12．【解析】55沒有紅牌，有1種方法；有一塊紅牌，讓其插空，有Ceq\o\al(1,8)種方法；有兩塊紅牌，讓其插空，有Ceq\o\al(2,7)種方法；有三塊紅牌，讓其插空，有Ceq\o\al(3,6)種方法；有四塊紅牌，讓其插空，有Ceq\o\al(4,5)種方法．故共有方法1＋Ceq\o\al(1,8)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(4,5)＝55種．13．【解析】1540設(shè)挑選出的三名學生的學號分別為x，y，z，不妨設(shè)x<y<z，則有恒等式x＋(y－x)＋(z－y)＋(30－z)＝30(*)，其中x≥1，y－x≥5，z－y≥5，30－z≥0，即x≥1，y－x－4≥1，z－y－4≥1，31－z≥1，故(*)式為x＋(y－x－4)＋(z－y－4)＋(31－z)＝23，上式四個正整數(shù)的和為23，相當于23個1分成四組，運用隔板法，在22個空中放3塊板，故有Ceq\o\al(3,22)＝1540(種)方法．14．【解析】70由題意得a2－a1≥4，a3－a2≥5，a4－a3≥6，將a1連同右邊的3個空位捆綁，a2連同右邊的4個空位捆綁，a3連同右邊的5個空位捆綁，分別看作一個元素，四元數(shù)組(a1，a2，a3，a4)的個數(shù)相當于從8個元素中選取4個，故這樣的四元數(shù)組的個數(shù)是Ceq\o\al(4,8)＝70.

第45講二項式定理eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P415))1．【解析】B(x2－eq\f(2,x))6展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x2)6-k·(－2)kx－k＝(－2)kCeq\o\al(k,6)x12-3k，所以T4＝(－2)3Ceq\o\al(3,6)x12-3×3＝(－8)×20x3＝－160x3，故選B.2．【解析】B(1－2x)5的展開式的通項是Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)15-k·(－2x)k＝(－2)kCeq\o\al(k,5)xk(k＝0，1，2，3，4，5).由題意，k＝3，因此，x3的系數(shù)是(－2)3Ceq\o\al(3,5)＝－80.故選B.3．【解析】B因為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,20)x20-k(eq\r(4,3)y)k＝Ceq\o\al(k,20)(eq\r(4,3))kx20-kyk(0≤k≤20)，要使系數(shù)為有理數(shù)，則k必為4的倍數(shù)，所以k可為0，4，8，12，16，20，共6種，故系數(shù)為有理數(shù)的項有6項．4．【解析】A通過選括號(即5個括號中4個提供x，其余1個提供常數(shù))的思路來完成．故含x4的項的系數(shù)為(－1)＋(－2)＋(－3)＋(－4)＋(－5)＝－15.故選A.5．【解析】D展開式中x2的系數(shù)為Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9)＝…＝Ceq\o\al(3,9)＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,10)＝120.故選D.6．【解析】BD因為二項式系數(shù)之和為64，即有2n＝64，所以n＝6，則該展開式中共有7項，A錯誤；令x＝1，得該展開式的各項系數(shù)之和為1，B正確；通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x)6-k(－eq\f(1,\r(x)))k＝(－1)kCeq\o\al(k,6)·26-k·x6-eq\f(3,2)k，令6－eq\f(3,2)k＝0，得k＝4，T5＝(－1)4×Ceq\o\al(4,6)×22＝60，C錯誤；二項式系數(shù)最大的是Ceq\o\al(3,6)，它是第4項的二項式系數(shù)，D正確．故選BD.7．【解析】28(2x－eq\f(1,8x3))8的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(2x)8-k·(－eq\f(1,8x3))k＝Ceq\o\al(k,8)28-k(－eq\f(1,8))k·x8-4k.令8－4k＝0，得k＝2，所以常數(shù)項為T3＝Ceq\o\al(2,8)26(－eq\f(1,8))2＝28.8．【解析】90因為二項式(x－eq\f(3,x))n(n∈N*)的展開式中第3項與第4項的二項式系數(shù)最大，所以由二項式的性質(zhì)可知，n＝5.二項式(x－eq\f(3,x))5的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(－3)kx5-2k，令5－2k＝1，得k＝2.所以含x項的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)(－3)2＝90.9．【解析】A(x2－x＋y)5＝[(x2－x)＋y]5，其展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2－x)5-ryr，令r＝2，則T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2－x)3y2，而(x2－x)3的展開式的通項公式為T′k＋1＝Ceq\o\al(k,3)(x2)3-k·(－x)k＝(－1)kCeq\o\al(k,3)x6-k，令k＝1，則(x2－x＋y)5的展開式中x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)×(－1)1×Ceq\o\al(1,3)＝－30，故選A.10．【解析】AC令t＝x－1，則原式轉(zhuǎn)化為(t＋1)8＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a8t8.對于A，令t＝0，得a0＝1，A正確；對于B，由二項式定理得a6＝Ceq\o\al(2,8)＝28，B錯誤；對于C、D，令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，令t＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a8＝0，所以a1＋a3＋a5＋a7＝a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝27＝128，所以a2＋a4＋a6＋a8＝127，C正確，D錯誤．故選AC.11．【解析】BD對于A，當x＝0時，a0＝(－2)2025＝－22025，A錯誤；對于B、C，當x＝1時，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝12025＝1，當x＝－1時，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2024－a2025＝－52025，所以a0＋a2＋a4＋…＋a2024＝eq\f(1－52025,2)，a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝eq\f(52025＋1,2)，B正確，C錯誤；對于D，當x＝eq\f(1,3)時，(3×eq\f(1,3)－2)2025＝a0＋eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋…＋eq\f(a2025,32025)，所以eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋eq\f(a3,33)＋…＋eq\f(a2025,32025)＝(－1)2025－a0＝22025－1，D正確．故選BD.12．【解析】B因為1314＝(12＋1)14＝Ceq\o\al(0,14)1214＋Ceq\o\al(1,14)1213＋…＋Ceq\o\al(13,14)121＋Ceq\o\al(14,14)＝12(Ceq\o\al(0,14)1213＋Ceq\o\al(1,14)1212＋…＋Ceq\o\al(13,14))＋1，所以1314除以12的余數(shù)為1，即1314＋1除以12的余數(shù)為2，故(1314＋1)年后是馬年．故選B.13．【解析】A因為x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)，則令x＝1可得a0＝1.又對x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)兩邊求導可得2026x2025＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2026[(x－1)(x－2)…(x－2026)]′.令fn(x)＝(x－1)(x－2)×…×(x－n)，則fn′(x)＝(x－1)[(x－2)×…×(x－n)]′＋(x－2)×…×(x－n)，所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n)＝(－1)n-1(n－1)！.所以2026×12025＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2?。玜2026×(－1)20252025!故2026＝a1－a2＋2！a3－…－2025！a2026，所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2024！a2025－2025！a2026＝2026－1＝2025.故選A.14．【解析】AC對于A，由組合數(shù)的計算性質(zhì)Ceq\o\al(m-1,n)＋Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(m,n＋1)(m，n∈N*，m<n)，所以Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,2025)＝Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,2025)＝Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,2025)＝…＝Ceq\o\al(4,2025)＋Ceq\o\al(3,2025)＝Ceq\o\al(4,2026)，A正確；對于B，115＝(1＋10)5＝15＋Ceq\o\al(1,5)×10＋Ceq\o\al(2,5)×102＋Ceq\o\al(3,5)×103＋Ceq\o\al(4,5)×104＋105＝1＋50＋1000＋10000＋50000＋100000＝161051，B錯誤；對于C，第n(n∈N)行共有n＋1項，從左往右逐行數(shù)，第n行最后一項對應(yīng)的項數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＋(n＋1)＝eq\f((n＋1)(n＋2),2)，因為eq\f((62＋1)(62＋2),2)＝2016，且2026＝2016＋10，所以，從左往右逐行數(shù)，第2026項在第63行第10個，C正確；對于D，第n(n∈N*)行所有項之和為Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n，所以，第5行到第10行的所有數(shù)字之和為25＋26＋…＋210＝eq\f(25(1－26),1－2)＝2016，D錯誤．故選AC.第46講隨機事件的概率、古典概型、互斥事件的概率eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P416))1．【解析】B同時拋擲兩顆骰子，有36個結(jié)果，“點數(shù)之和為5”是事件A有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共有4種情況；“點數(shù)之和為4的倍數(shù)”是事件B有(1，3)，(3，1)，(2，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(4，4)，(6，6)，共有9種情況．對于A，A＋B表示“點數(shù)之和為5或是4的倍數(shù)”，不是不可能事件，A錯誤；對于B，A與B不可能同時發(fā)生，B正確；對于C，AB表示“點數(shù)之和為5且是4的倍數(shù)”，是不可能事件，C錯誤；對于D，A與B不能包含全部基本事件，D錯誤．故選B.2．【解析】A因為隨機事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，所以P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，故選A.3．【解析】A因為取到的3個球中有白球，所以共有Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(3,5)＝110(種)方法，3個球中恰好有兩個紅球的取法共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,5)＝50(種)，設(shè)事件A＝“取到的3個球中有白球，且恰好有2個紅球”，則P(A)＝eq\f(50,110)＝eq\f(5,11).故選A.4．【解析】D對于A，該教職工具有本科學歷的概率p＝eq\f(75,120)＝eq\f(5,8)＝62.5%>60%，A錯誤；對于B，該教職工具有研究生學歷的概率p＝eq\f(45,120)＝eq\f(3,8)＝37.5%<50%，B錯誤；對于C，該教職工的年齡在50歲以上的概率p＝eq\f(10,120)＝eq\f(1,12)≈8.3%<10%，C錯誤；對于D，該教職工的年齡在35歲及以上且具有研究生學歷的概率p＝eq\f(15,120)＝eq\f(1,8)＝12.5%>10%，D正確．故選D.5．【解析】BCD對于A，對立事件一定是互斥事件，A正確．對于B，若A，B是兩個互斥事件，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不是兩個互斥事件，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，B錯誤．對于C，若A，B，C彼此互斥，則P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，C錯誤．對于D，若事件A，B滿足P(A)＋P(B)＝1，但A，B有可能不是對立事件，D錯誤．6．【解析】B對于A，事件B∪C為“至多一人中獎”，即“至少一人沒中獎”，所以B∪C＝D，A正確；對于B，事件A∩C表示兩人都中獎且恰有一人中獎，沒有這樣的事件，所以A∩C＝?，B錯誤；對于C，至少一人沒中獎包括恰有一人中獎和兩人都沒中獎兩種情況，所以C?D，C正確；對于D，由A可知B?D，且B≠D，所以B∩D＝B，D正確．7．【解析】BCD甲得到A卡片與乙得到A卡片不可能同時發(fā)生，但可能同時不發(fā)生，所以甲得到A卡片與乙得到A卡片為互斥但不對立事件，A錯誤，B正確．甲得到A卡片的概率為eq\f(Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，C正確．甲、乙兩人中有人得到A卡片的概率為eq\f(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,2)，D正確．故選BCD.8．【解析】eq\f(1,8)因為P(B)＝eq\f(3,4)，所以P()＝1－P(B)＝eq\f(1,4)，故P(A∩eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))－P(A∪eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,8)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).9．【解析】C甲第一局獲勝并最終以4∶1獲勝，說明甲、乙兩人在5局比賽中，甲勝了4局，輸了1局，并且輸?shù)舻倪@局為第二局或第三局或第四局，故概率為Ceq\o\al(1,3)×(eq\f(2,3))4×eq\f(1,3)＝eq\f(16,81).故選C.10．【解析】ACD對于A，從甲袋中隨機摸出一個球是紅球的概率為P＝eq\f(4,5)，故A正確；對于B，從乙袋中隨機摸出一個球是黑球的概率為P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，故B錯誤；對于C，從甲袋中隨機摸出2個球，則2個球都是紅球的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，故C正確；對于D，從甲、乙袋中各隨機摸出1個球，則這2個球是一紅球一黑球的概率P＝eq\f(4,5)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,5)，故D正確．故選ACD.11．【解析】B當一條直線位置于上(或下)底面，另一條不在底面時，共有10×8＝80(對)異面直線，當兩條直線都位于上下底面時，有4×2＝8(對)異面直線，當兩條直線都不在上下底面時，有7×8＝56(對)異面直線，所以，兩條棱所在的直線為異面直線的概率為P＝eq\f(80＋56＋8,Ceq\o\al(2,24))＝eq\f(12,23).故選B.12．【解析】0.730.93記小江的成績在90分及以上，[80，90)，[70，80)，[60，70)分別為事件B，C，D，E，這四個事件彼此互斥，則小江的成績在80分及以上的概率P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.25＋0.48＝0.73.小江考試及格(成績不低于60分)的概率P(B∪C∪D∪E)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＋P(E)＝0.25＋0.48＋0.11＋0.09＝0.93.13．【解析】eq\f(1,4)，eq\f(1,6)，eq\f(1,4)從12個球中任取一個，記事件A＝“得到紅球”，事件B＝“得到黑球”，事件C＝“得到黃球”，事件D＝“得到綠球”，則事件A，B，C，D兩兩互斥，由題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P(A)＝\f(1,3)，,P(B∪C)＝\f(5,12)，,P(C∪D)＝\f(5,12)，,P(A∪B∪C∪D)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P(A)＝\f(1,3)，,P(B)＋P(C)＝\f(5,12)，,P(C)＋P(D)＝\f(5,12)，,P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝1，))解得P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4)，P(C)＝eq\f(1,6)，P(D)＝eq\f(1,4).故得到黑球、黃球、綠球的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,6)，eq\f(1,4).14．【解析】eq\f(1,2)設(shè)甲在四輪游戲中的得分分別為X1，X2，X3，X4，四輪的總得分為X.對于任意一輪，甲、乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲獲勝的出牌組合有六種，從而甲在該輪獲勝的概率P(Xk＝1)＝eq\f(6,4×4)＝eq\f(3,8)，所以E(Xk)＝eq\f(3,8)(k＝1，2，3，4).從而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝(Xk)＝eq\f(3,8)＝eq\f(3,2).記pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3).如果甲得0分，則組合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應(yīng)乙出2，4，6，8，所以p0＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24)；如果甲得3分，則組合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應(yīng)乙出8，2，4，6，所以p3＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24).而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝eq\f(3,2).所以p1＋p2＋eq\f(1,12)＝1，p1＋2p2＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,2)，兩式相減即得p2＋eq\f(1,24)＝eq\f(1,2)，故p2＋p3＝eq\f(1,2).所以甲的總得分不小于2的概率為p2＋p3＝eq\f(1,2).第47講事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓練手冊P418))1．【解析】B“恰好有1人解決”＝“甲解決乙沒有解決”＋“甲沒有解決乙解決”．所以恰好1人解決的概率為p1(1－p2)＋p2(1－p1).故選B.2．【解析】D設(shè)甲勝一局為事件A，則甲獲得冠軍的概率為P(A＋A)＝P(A)＋P(A)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).故選D.3．【解析】D設(shè)事件A表示“從第一箱中取一個零件”，事件B表示“取出的零件是次品”，則P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(\f(1,2)×\f(2,5),\f(1,2)×\f(2,5)＋\f(1,2)×\f(3,10))＝eq\f(4,7)，故選D.4．【解析】C當A1，A2是互斥事件時，A1，A2不一定是對立事件，所以甲是乙的非充分條件．當A1，A2是對立事件時，A1，A2一定是互斥事件，所以甲是乙的必要條件．所以甲是乙的必要非充分條件．故選C.5．【解析】C由題意可知，事件A與事件B是相互獨立的，而事件A，B中至少有一件發(fā)生的事件包含Aeq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))B，AB，又P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,6)，所以所事件的概率為P＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＋P(AB)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－(1－eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,6))＝eq\f(7,12)，故選C.6．【解析】D由圖可知醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護口罩的占比分別為70%，20%，10%，記事件A1，A2，A3分別表示選到醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護口罩，則Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，又三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%，50%，40%，記事件B為“選到綁帶式口罩”，則P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4.由全概率公式可得選到綁帶式口罩的概率為P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故選D.7．【解析】ABC隨機事件A，B發(fā)生的概率分別為P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，對于A，因為P(AB)＝0.18＝P(A)P(B)＝0.3×0.6，所以A，B相互獨立，A正確；對于B，若A，B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)＝0.6，B正確；對于C，若P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(P(AB),0.3)＝0.4，則P(AB)＝0.12，C正確；對于D，若A?B，則P(A|B)＝eq\f(P(A),P(B))＝eq\f(0.3,0.6)＝0.5，D錯誤．故選ABC.8．【解析】eq\f(1,2)如果用A1，A2分別表示居民所遇到的一位同學是甲班的與乙班的事件，B表示是女生的事件，則Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B