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第1讲　小题研透——计数原理与统计初步
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
两个计数原理、排列与组合 两个计数原理、排列与组合、二项式定理主要以选择题、填空题的形式考查，其中排列与组合时常与概率相结合；对统计图表与数字特征的考查，一般难度较小
二项式定理
统计图表与数字特征
二、真题感悟
1.（2024·新高考Ⅱ卷4题）（数据的统计分析）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理得下表：
亩产 量 [900， 950） [950， 1 000） [1 000， 1 050） [1 050， 1 100） [1 100， 1 150） [1 150， 1 200）
频数 6 12 18 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（　　）
A.100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B.100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80％
C.100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D.100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
2.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷9题）（样本的数字特征）有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（　　）
A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
3.（2022·新高考Ⅱ卷5题）（排列与组合）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（　　）
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
4.（2024·新高考Ⅱ卷14题）（两个计数原理）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
5.（2024·全国甲卷理13题）（二项式定理）（ ＋x）10的展开式中，各项系数中的最大值为　　　　.
重｜难｜排｜查
1.排列数、组合数公式及性质
排列数 组合数
公 式 ＝n（n－1）·（n－2）·…·（n－m＋1）＝ ＝＝
性 质 ＝n！，0！＝1， ＝n ＝1，＝，＋＝
2.二项式系数的性质
（1）对称性：＝；
（2）增减性与最大值：当k＜时，二项式系数递增，由对称性知，当k＞时，二项式系数递减.当n是偶数时，中间一项取得最大值，为；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，为与.
易错提醒　易混淆（a＋b）n展开式的“项的系数”与“二项式系数”.
3.用样本的数字特征估计总体
（1）平均数：①若一组数据为x1，x2，…，xn，则该组数据的平均数＝xi；
②加权平均数：如果总体的N个变量值中，不同的值共有k（k≤N）个.不妨记为y1，y2，…，yk，其中yi出现的频数为fi（i＝1，2，…，k），则加权平均数为＝fiyi；
③分层随机抽样的平均数：若一组数据是由分层随机抽样所得到的，其中第一层抽取m个，即x1，x2，…，xm，平均数为，第二层抽取n个，即y1，y2，…，yn，平均数为，则x1，x2，…，xm，y1，y2，…，yn的平均数＝＋.
（2）方差：①假设一组数据x1，x2，x3，…，xn的平均数为，则S2＝（xi－）2＝（－n）；
②分层随机抽样的方差：分层随机抽样中，如果样本量是按比例分配，记总的样本平均数为，样本方差为s2，其中第一层抽取m个数据的平均数为，方差为，第二层抽取n个数据的平均数为，方差为，则该组数据的方差s2＝{m[＋（－）2]＋n[＋（－）2]}.
（3）求一组n个数据的第p百分位数的步骤
第1步：按从小到大排列原始数据；
第2步：计算i＝n×p％；
第3步：若i不是整数，而大于i的比邻整数为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.
4.利用频率分布直方图求众数、中位数、平均数与百分位数
（1）众数的估计值为最高矩形底边的中点对应的横坐标；
（2）平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和；
（3）中位数的估计值的左边和右边的小矩形的面积和是相等的；
（4）第p百分位数的求法：确定要求的p％分位数所在分组[A，B），由频率分布表或频率分布直方图可知，样本中小于A的频率为a，小于B的频率为b，所以p％分位数＝A＋组距×.
两个计数原理、排列与组合
【例1】　（1）（2024·邯郸第四次调研）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（　　）
A.12　　　B.18 C.20　　　D.60
（2）为了缩小城乡教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A，B，C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法种数有（　　）
A.25 B.60
C.90 D.150
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
感悟提升
求解排列与组合问题的方法
（1）直接法：相邻问题“捆绑法”，不相邻问题“插空法”.解决定序问题，可先不考虑顺序限制，排好后，再除以定序元素的全排列；
（2）间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法求解.
1.（2024·深圳期末考试）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，如图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（　　）
A.6种 B.12种
C.24种 D.30种
2.（2024·太原高三模拟考试）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（　　）
A.30 B.31
C.34 D.35
二项式定理
【例2】　（1）（多选）在（ 2x－）8的展开式中，下列说法正确的是（　　）
A.常数项是1 120
B.第四项和第六项的系数相等
C.各项的二项式系数之和为256
D.各项的系数之和为256
（2）（2＋）（x－2y）6的展开式中x4y2的系数为　　　　.（用数字作答）
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
感悟提升
1.求（a＋b）n的展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk＋1＝an－kbk（k＝0，1，2，…，n），注意它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项.
2.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
3.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
4.求解系数和问题应用赋值法.
1.（2024·苏锡常镇四市调研）设（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a1＋a2＋…＋a5＝（　　）
A.－2　　B.－1 C.242　　D.243
2.（3x－y＋2z）5的展开式中所有不含字母z的项的系数之和为　　　　；含x3yz项的系数为　　　　.
3.（2024·连云港阶段性调研）设n为正整数，（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，若9x＝5y，则n＝　　　　.
统计图表与数字特征
【例3】　（1）（多选）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（　　）
A.该地农户家庭年收入的极差为12
B.估计该地农户家庭年收入的75％分位数为9
C.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
D.估计该地农户家庭年收入的平均值超过6.5万元
（2）（2024·赣州模拟改编）若一组样本数据x1，x2，…，x8的方差为2，（－1）ixi＝－2，yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则样本数据y1，y2，…，y8的方差为　　　　.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
感悟提升
1.关于平均数、方差的计算
样本数据的平均数与方差的计算关键在于准确记忆公式，要特别注意标准差是方差的算术平方根.
2.用样本的数字特征估计总体的数据分布特征
（1）估计总体集中趋势的统计量：众数、中位数、平均数；
（2）用百分位数估计数据的分布特征；
（3）估计总体的离散程度的统计量：极差、方差、标准差.
1.（多选）（2024·保定二模）如图是2024年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高气温与最低气温（单位：℃）的折线图，则下列结论正确的是（　　）
A.这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为7 ℃
B.这5天的最低气温的极差为3 ℃
C.这5天的最高气温的众数是26 ℃
D.这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃
2.在调查某中学的学生身高时，已知全校共600名学生，其中有400名男生，200名女生，现从全校的学生身高中用分层随机抽样的方法抽取30名学生的身高作为样本，样本中男生身高的平均数为170，方差为16，女生身高的平均数为164，方差为25，则利用样本估计总体的平均值为　　　　，估计总体的方差为　　　　.
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备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
两个计数原理、排列与组合 两个计数原理、排列与组合、二项式定理主要以选择题、填空题的形式考查，其中排列与组合时常与概率相结合；对统计图表与数字特征的考查，一般难度较小
二项式定理
统计图表与数字特征
二、真题感悟
1.（2024·新高考Ⅱ卷4题）（数据的统计分析）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理得下表：
亩产量 [900，950） [950，1 000） [1 000，1 050） [1 050，1 100） [1 100，1 150） [1 150，1 200）
频数 6 12 18 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（　　）
A.100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B.100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C.100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D.100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
解析：C　对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66%，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷9题）（样本的数字特征）有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（　　）
A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
解析：BD　若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平均数为，1，2，3，4，5，8的平均数为，两组数据的平均数不相等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3.（2022·新高考Ⅱ卷5题）（排列与组合）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（　　）
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
解析：B　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
4.（2024·新高考Ⅱ卷14题）（两个计数原理）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有24种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是112.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法）　每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法）　先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5.（2024·全国甲卷理13题）（二项式定理）（ ＋x）10的展开式中，各项系数中的最大值为5.
解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝x10－k.记ak＝，k＝0，1，…，10.
法一　对于k＝1，2，…，10，有＝·＝.当k≤2时，＞1；当k≥3时，＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
法二　对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝（－3）＝（ －）＝·，当k≤2时，ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
重｜难｜排｜查
1.排列数、组合数公式及性质
排列数 组合数
公 式 ＝n（n－1）·（n－2）·…·（n－m＋1）＝ ＝＝
性 质 ＝n！，0！＝1， ＝n ＝1，＝，＋＝
2.二项式系数的性质
（1）对称性：＝；
（2）增减性与最大值：当k＜时，二项式系数递增，由对称性知，当k＞时，二项式系数递减.当n是偶数时，中间一项取得最大值，为；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，为与.
易错提醒　易混淆（a＋b）n展开式的“项的系数”与“二项式系数”.
3.用样本的数字特征估计总体
（1）平均数：①若一组数据为x1，x2，…，xn，则该组数据的平均数＝xi；
②加权平均数：如果总体的N个变量值中，不同的值共有k（k≤N）个.不妨记为y1，y2，…，yk，其中yi出现的频数为fi（i＝1，2，…，k），则加权平均数为＝fiyi；
③分层随机抽样的平均数：若一组数据是由分层随机抽样所得到的，其中第一层抽取m个，即x1，x2，…，xm，平均数为，第二层抽取n个，即y1，y2，…，yn，平均数为，则x1，x2，…，xm，y1，y2，…，yn的平均数＝＋.
（2）方差：①假设一组数据x1，x2，x3，…，xn的平均数为，则S2＝（xi－）2＝（－n）；
②分层随机抽样的方差：分层随机抽样中，如果样本量是按比例分配，记总的样本平均数为，样本方差为s2，其中第一层抽取m个数据的平均数为，方差为，第二层抽取n个数据的平均数为，方差为，则该组数据的方差s2＝{m[＋（－）2]＋n[＋（－）2]}.
（3）求一组n个数据的第p百分位数的步骤
第1步：按从小到大排列原始数据；
第2步：计算i＝n×p%；
第3步：若i不是整数，而大于i的比邻整数为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.
4.利用频率分布直方图求众数、中位数、平均数与百分位数
（1）众数的估计值为最高矩形底边的中点对应的横坐标；
（2）平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和；
（3）中位数的估计值的左边和右边的小矩形的面积和是相等的；
（4）第p百分位数的求法：确定要求的p%分位数所在分组[A，B），由频率分布表或频率分布直方图可知，样本中小于A的频率为a，小于B的频率为b，所以p%分位数＝A＋组距×.
两个计数原理、排列与组合
【例1】　（1）（2024·邯郸第四次调研）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（　C　）
A.12 B.18
C.20 D.60
（2）为了缩小城乡教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A，B，C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法种数有（　D　）
A.25 B.60
C.90 D.150
解析：（1）根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋）＝150（种）.故选D.
感悟提升
求解排列与组合问题的方法
（1）直接法：相邻问题“捆绑法”，不相邻问题“插空法”.解决定序问题，可先不考虑顺序限制，排好后，再除以定序元素的全排列；
（2）间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法求解.
1.（2024·深圳期末考试）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，如图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（　　）
A.6种 B.12种
C.24种 D.30种
解析：C　以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔画”的方法数为12＋12＝24种.
2.（2024·太原高三模拟考试）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（　　）
A.30　　　　B.31 C.34　　　　D.35
解析：B　法一（排除法）　从7个点中任意取3个点共有种取法，因为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成－＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法）　第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可构成＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个点，在A，C，G中取2个点，可构成＝12（个）三角形；第三类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可构成＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角形，故选B.
二项式定理
【例2】　（1）（多选）在（ 2x－）8的展开式中，下列说法正确的是（　AC　）
A.常数项是1 120
B.第四项和第六项的系数相等
C.各项的二项式系数之和为256
D.各项的系数之和为256
（2）（2＋）（x－2y）6的展开式中x4y2的系数为－40.（用数字作答）
解析：（1）根据二项式定理，（ 2x－）8的通项为Tk＋1＝28－k（－1）kx8－2k，常数项为24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项的系数为28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为28－5（－1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝x6－r（－2y）r＝（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝（－2）2x4y2＝60x4y2，此时60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝（－2）3x3y3＝－160x3y3，此时－160x3y3·＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
感悟提升
1.求（a＋b）n的展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk＋1＝an－kbk（k＝0，1，2，…，n），注意它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项.
2.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
3.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
4.求解系数和问题应用赋值法.
1.（2024·苏锡常镇四市调研）设（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a1＋a2＋…＋a5＝（　　）
A.－2 B.－1
C.242 D.243
解析：C　令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
2.（3x－y＋2z）5的展开式中所有不含字母z的项的系数之和为32；含x3yz项的系数为－1 080.
解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
3.（2024·连云港阶段性调研）设n为正整数，（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，若9x＝5y，则n＝4.
解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，故有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
统计图表与数字特征
【例3】　（1）（多选）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（　BCD　）
A.该地农户家庭年收入的极差为12
B.估计该地农户家庭年收入的75%分位数为9
C.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
D.估计该地农户家庭年收入的平均值超过6.5万元
（2）（2024·赣州模拟改编）若一组样本数据x1，x2，…，x8的方差为2，（－1）ixi＝－2，yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则样本数据y1，y2，…，y8的方差为2.5.
解析：（1）设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75%分位数应位于[8.5，9.5）内，由8.5＋1×＝9，可以估计75%分位数为9，所以B正确；家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为，则（xi－）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为，由yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则＝，所以（yi－）2＝[xi＋（－1）i－]2＝2＋（－1）i（xi－）＋1＝3＋（－1）ixi＝3＋×（－2）＝2.5.
感悟提升
1.关于平均数、方差的计算
样本数据的平均数与方差的计算关键在于准确记忆公式，要特别注意标准差是方差的算术平方根.
2.用样本的数字特征估计总体的数据分布特征
（1）估计总体集中趋势的统计量：众数、中位数、平均数；
（2）用百分位数估计数据的分布特征；
（3）估计总体的离散程度的统计量：极差、方差、标准差.
1.（多选）（2024·保定二模）如图是2024年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高气温与最低气温（单位：℃）的折线图，则下列结论正确的是（　　）
A.这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为7 ℃
B.这5天的最低气温的极差为3 ℃
C.这5天的最高气温的众数是26 ℃
D.这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃
解析：ACD　对于A，这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2.在调查某中学的学生身高时，已知全校共600名学生，其中有400名男生，200名女生，现从全校的学生身高中用分层随机抽样的方法抽取30名学生的身高作为样本，样本中男生身高的平均数为170，方差为16，女生身高的平均数为164，方差为25，则利用样本估计总体的平均值为168，估计总体的方差为27.
解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估计总体的平均值为＝168，估计总体的方差为s2＝×[16＋（170－168）2]＋×[25＋（164－168）2]＝27.
1.（2024·南京、盐城调研测试）从4位男同学、5位女同学中选出3位同学，男女生都要有的选法有（　　）
A.140种 B.44种
C.70种 D.252种
解析：C　法一（直接法）　选出的3位同学中男女生都要有，分为两类：1男2女、2男1女，故共有＋＝70（种）选法，故选C.
法二（间接法）　选出的3位同学中男女生都要有的反面是全男或全女，故共有－－＝70（种）选法，故选C.
2.二项式（－）6的展开式中的常数项为（　　）
A.－15 B.20
C.15 D.－20
解析：C　二项式（－）6的展开式的通项为Tr＋1＝·（）6－r·（－）r＝（－1）r·，令＝0得r＝2，∴常数项为（－1）2＝15.
3.已知某地区中小学生人数分布情况如图1所示，为了解该地区中小学生的近视情况，卫生部门根据当地中小学生人数，用分层随机抽样的方法抽取了10%的学生进行调查，调查数据如图2所示，则估计该地区中小学生的平均近视率为（　　）
A.50% B.32%
C.30% D.27%
解析：D　根据题意，抽取的样本容量为（3 500＋4 500＋2 000）×10%＝1 000，其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为350，450，200，根据题图2知抽取的小学生、初中生、高中生中，近视的人数分别为35，135，100，所以该地区中小学生的平均近视率为×100%＝27%.故选D.
4.（多选）（2024·贵阳适应性考试）设样本数据1，3，5，6，9，11，m的平均数为，中位数为x0，方差为s2，则（　　）
A.若＝6，则m＝7 B.若m＝2 024，则x0＝6
C.若m＝7，则s2＝11 D.若m＝12，则样本数据的80%分位数为11
解析：ABD　对于A，根据平均数的定义得n＝xi，即7×6＝1＋3＋5＋6＋9＋11＋m，得m＝7，A正确.对于B，根据中位数的定义得，当m＝2 024时，x0＝6，B正确.对于C，若m＝7，则＝6，s2＝×[（1－6）2＋（3－6）2＋（5－6）2＋（6－6）2＋（9－6）2＋（11－6）2＋（7－6）2]＝10，C错误.对于D，i＝7×80%＝5.6，所以样本数据的80%分位数为按从小到大顺序排列后的第6个数11，D正确.综上，选A、B、D.
5.（2024·济宁一模）（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系数为　－30
解析：（a2－a＋b）5＝（a2－a＋b）（a2－a＋b）·（a2－a＋b）（a2－a＋b）（a2－a＋b），则展开式中含有a5b2的项为（a2）2·（－a）·b2＝－30a5b2，故（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系数为－30.
6.如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有180种不同的绿化方案（用数字作答）.
解析：如图，从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C区花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色.则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有5×4×3×3＝180种不同的绿化方案.
7.如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（　　）
A.56种　　　B.64种 C.72种　　　D.80种
解析：B　法一　因为5＝1＋4＝2＋3，所以可先考虑排中间一列的卡片，有种可能.余下四张卡片随意排列，有种可能，其中两侧某列的数字之和为5，有种可能，所以不同的排法有（－）＝64（种）.
法二　5＝1＋4＝2＋3，若数字1，4在中间一列，则数字3和2分开在第一列和第三列，共有＝32（种）排法，若数字2，3在中间一列，也有32种排法，所以共有64种排法.
8.（2024·武汉五调）若（1＋2x）10＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2＋…＋a10（1＋x）10，则a2＝（　　）
A.180 B.－180
C.－90 D.90
解析：A　因（1＋2x）10＝[2（1＋x）－1]10，其二项展开式的通项为：Tr＋1＝[2（1＋x）]10－r（－1）r＝（－1）r210－r（1＋x）10－r，r＝0，1，…，10，而a2是a2（1＋x）2的系数，故只需取r＝8，得T9＝22（1＋x）2＝180（1＋x）2，即a2＝180.
9.（2024·江西红色十校联考）样本中共有5个个体，其值分别为a，1，2，3，4，若该样本的中位数为2，则a的取值范围为（　　）
A.（0，1） B.（1，2）
C.（－∞，2] D.[1，2]
解析：C　若3≤a≤4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，a，4，中位数为3，不合乎题意；若a＞4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，4，a，中位数为3，不合乎题意；若2≤a＜3，则这组数据由小到大排列依次为1，2，a，3，4，中位数为a＝2；若1≤a＜2，则这组数据由小到大排列依次为1，a，2，3，4，中位数为2；若a＜1，则这组数据由小到大排列依次为a，1，2，3，4，中位数为2.综上所述，实数a的取值范围是（－∞，2].故选C.
10.慢走是一种简单又健康的锻炼方式，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等.小南计划近6个月的月慢走里程（单位：公里）按从小到大排列依次为11，12，m，n，20，27，且这6个月的月慢走里程的中位数为16，若要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，则m＝（　　）
A.14　 　　B.15 C.16 　　　D.17
解析：C　由题意，可得＝16，所以m＋n＝32，所以这6个月的月慢走里程的平均数为＝17，要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，需要（m－17）2＋（n－17）2最小，又由（m－17）2＋（n－17）2＝（m－17）2＋（32－m－17）2＝2m2－64m＋172＋152，故当标准差最小时，m＝－＝16.
11.（2024·聊城二模）班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（　　）
A.60种 B.54种 C.48种 D.36种
解析：B　第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表， 有＝3种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有＝6种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2＝36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有＝3种结果，再将四门不同学科均分成两组，有＝3种结果，将学科分给学生，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×3×2＝18种，综合得不同的安排方案共有36＋18＝54种.故选B.
12.（多选）（2024·宁波“十校”联考）已知一组样本数据xi（i＝1，2，3，…，10），其中xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，满足x1≤x2≤x3≤…≤x10，下列说法正确的是（　　）
A.样本数据的第80百分位数为x8
B.去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
D.若样本数据的方差s2＝－4，则这组样本数据的平均数等于2
解析：BCD　对于A，由10×80%＝8，所以样本数据的第80百分位数为，故A错误；对于B，由题意存在这样一种可能，若x1＝x2≤x3≤…≤x10，则极差为x10－x1＝x10－x2，若去掉x1或x2，此时样本数据的极差不变，故B正确；对于C，样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，故C正确；对于D，由s2＝－4＝（xi－）2，则－40＝（xi－）2＝－2xi＋10＝－10，所以＝4，因为xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，所以＞0，即＝2，故D正确.故选B、C、D.
13.（多选）（2024·济南高三模拟考试）下列等式中正确的是（　　）
A.＝28　　　　　　 B.＝
C.＝1－ D.（）2＝
解析：BCD　对于A，（1＋x）8＝＋x＋x2＋…＋x8，令x＝1，得28＝1＋＋＋…＋＝1＋，则＝28－1，故A错误.对于B，因为＋＝，所以＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝…＝＋＝，故B正确.对于C、D，因为－＝，所以＝［－］＝－＋－＋…＋－＝1－，故C正确.（1＋x）16＝（1＋x）8（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8的项的系数为，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，须从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出（8－k）个x，它们对应的系数为＝（）2，所以（）2＝，故D正确.故选B、C、D.
14.（2024·台州第二次教学质量评估）房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24 cm×11 cm×5 cm，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12 cm×11 cm×5 cm，24 cm×cm×5 cm，24 cm×11 cm×cm三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165 cm3的不同规格长方体的个数为10.
解析：第一类：只选长、宽、高中的某一种棱进行截取，不同规格长方体的个数为＝3，第二类：选长、宽、高中的某两种棱进行截取，不同规格长方体的个数为2＝6，第三类：选长、宽、高三种棱进行截取，不同规格长方体的个数为1.故不同规格长方体的个数为3＋6＋1＝10.
15.若（＋）n展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为28.（用数字作答）
解析：因为展开式的所有项的二项式系数和为2n＝256，解得n＝8，则（＋）8展开式的通项公式为Tr＋1＝（）8－r（）r＝，r＝0，1，2，…，8，可得第r＋1项的系数为ar＋1＝，r＝0，1，2，…，8，令即解得r＝6，所以展开式中第7项系数最大，其二项式系数为＝28.
16.（多选）现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：
甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；
乙球员：5个数据的中位数是29，平均数是26；
丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6.
根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（　　）
A.甲球员连续5场比赛得分都不低于24分
B.乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C.丙球员连续5场比赛得分都不低于24分
D.丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
解析：AD　设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为x1，x2，x3，x4，x5，则x1≤x2≤x3≤x4≤x5，x3＝26，且24至少出现2次，故x1＝x2＝24，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为y1，y2，y3，y4，y5，则y1≤y2≤y3≤y4≤y5，y3＝29，取y1＝20，y2＝23，y4＝29，y5＝29，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为z1，z2，z3，z4，z5，由已知[（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2]＝9.6，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＝48，若z4≥32，则z5≥32，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＞72矛盾，所以z5＝32，（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＝12，因为z1，z2，z3，z4，z5的平均数为26，所以z1＋z2＋z3＋z4＝98，取z1＝23，z2＝25，z3＝25，z4＝25，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为5×60%＝3，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若≤24，则≤24，故z1＋z2＋z3＋z4＜98，矛盾，所以＞24，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确.故选A、D.
17.已知fk（x）＝（n－k＋1）xn－k（其中k≤n，k，n∈N），F（x）＝f0（x2）＋f1（x2）＋…＋fk（x2）＋…＋fn（x2），则F（1）＝（n＋2）2n－1（用n表示）.
解析：fk（1）＝（n－k＋1），F（1）＝f0（1）＋f1（1）＋…＋fk（1）＋…＋fn（1）＝（n＋1）＋n＋…＋（n－k＋1）＋…＋×1　①.将F（1）倒序书写，可得F（1）＝×1＋×2＋…＋（k＋1）＋…＋n＋（n＋1）　②.将①和②相加，可得2F（1）＝（n＋2）（＋＋…＋＋…＋）＝（n＋2）2n.则F（1）＝（n＋2）2n－1.
12 / 13专题六　概率与统计
第1讲　小题研透——计数原理与统计初步
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C　对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66％，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2.BD　若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平均数为，1，2，3，4，5，8的平均数为，两组数据的平均数不相等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3.B　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
4.24　112　解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法）　每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法）　先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5.5　解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝x10－k.记ak＝，k＝0，1，…，10.
法一　对于k＝1，2，…，10，有＝·＝.当k≤2时，＞1；当k≥3时，＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
法二　对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝（－3）＝·（ －）＝·，当k≤2时，ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
【研透高考·攻重点】
【例1】　（1）C　（2）D　解析：（1）根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋）＝150（种）.故选D.
跟踪训练
1.C　以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔画”的方法数为12＋12＝24种.
2.B　法一（排除法）　从7个点中任意取3个点共有种取法，因为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成－＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法）　第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可构成＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个点，在A，C，G中取2个点，可构成＝12（个）三角形；第三类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可构成＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角形，故选B.
【例2】　（1）AC　（2）－40　解析：（1）根据二项式定理，（ 2x－）8的通项为Tk＋1＝28－k（－1）kx8－2k，常数项为24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项的系数为28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为28－5（－1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝x6－r（－2y）r＝（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝（－2）2x4y2＝60x4y2，此时60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝（－2）3x3y3＝－160x3y3，此时－160x3y3·＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
跟踪训练
1.C　令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
2.32　－1 080　解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
3.4　解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，故有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
【例3】　（1）BCD　（2）2.5　解析：（1）设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75％分位数应位于[8.5，9.5）内，由8.5＋1×＝9，可以估计75％分位数为9，所以B正确；家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为，则（xi－）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为，由yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则＝，所以（yi－）2＝[xi＋（－1）i－]2＝2＋（－1）i（xi－）＋1＝3＋（－1）ixi＝3＋×（－2）＝2.5.
跟踪训练
1.ACD　对于A，这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2.168　27　解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估计总体的平均值为＝168，估计总体的方差为s2＝×[16＋（170－168）2]＋×[25＋（164－168）2]＝27.
第2讲　小题研透——概率
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A　法一　如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
法二　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
2.BC　法一　依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N（2.1，0.12），故P（Y＞2）＝P（Y＞2.1－0.1）＝P（Y＜2.1＋0.1）≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为P（X＜1.8＋0.1）≈0.841 3，所以P（X＞1.8＋0.1）≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，而P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A错误，故选B、C.
法二　由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682 6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝≈＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3.ABD　对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝（1－β）2β＋（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝（1－α）2α＋（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D正确.故选A、B、D.
4.　解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】　D　将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
跟踪训练
1.C　设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P（A）＝＝，同理有P（B）＝.由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝.
2.D　令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC.再将这分成3组的挂件分给3位同学，有3＋3＋3＋＋＝21（种）情况，恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是＝.故选D.
【例2】　（1）A　（2）BCD　解析：（1）抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×＋×＝＋＝.故选A.
（2）对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝＝，P（C）＝＝，P（A∩C）＝＝，∴P（A∩C）＝P（A）P（C）＝，∴A与C相互独立，故C正确；对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）＝＝，又∵P（B）＝＝，P（C）＝＝，∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝，∴B与C相互独立，故D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.A　由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）P（）＝P（A）（1－P（B））＝×＝.故选A.
2.D　当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.故选D.
【例3】　（1）C　（2）B　解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（2）设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝.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＝.故选B.
跟踪训练
1.　　解析：由题意知甲选到A的概率P＝＝.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝＝，P（MN）＝＝，所以P（N｜M）＝＝＝.
2.　解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝，P（）＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
【例4】　D　因为正态密度函数为f（x）＝，所以E（X）＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
跟踪训练
1.D　随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝（1－0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
2.0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正数即可）　解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27％，则正品率不低于99.73％，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
第3讲　大题专攻——随机变量及其分布
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：X的所有可能取值为0，1，2，
且P（X＝k）＝，k＝0，1，2，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝1.
2.解：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
所以比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）（1－0.53）＝0.686.
（2）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15.
P（X＝0）＝（1－p）3＋[1－（1－p）3]·（1－q）3，
P（X＝5）＝[1－（1－p）3]··q·（1－q）2，
P（X＝10）＝[1－（1－p）3]··q2·（1－q），
P（X＝15）＝[1－（1－p）3]·q3，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）＋15q3]＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）＝15pq（q－p）（3－p－q），
由0＜p＜q≤1，
得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（i＝1，2，3）摸到红球为事件Bi，
则事件A＝∪B1∪B1B2，
显然，B1，B1B2彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P（A）＝P（∪B1∪B1B2）＝P（）＋P（B1）＋P（B1B2），
因为每次摸到红球后放回，所以P（Bi）＝，P（）＝，
所以P（A）＝＋×＋××＝.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P（X＝2）＝P（）＝，
P（X＝3）＝P（B1）＝×＝，
P（X＝4）＝P（B1B2）＋P（B1B2B3B4）＝××＋（）4＝，
P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝（）3×＝，
所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为
X 2 3 4 5
P
E（X）＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
跟踪训练
　解：（1）记抛掷骰子的样本点为（a，b），则样本空间Ω＝{（a，b）｜1≤a≤6，1≤b≤6，a∈N*，b∈N*}，
则n（Ω）＝36，
记事件A＝“X＞0”，记事件B＝“X＝［］＝”，
则A＝{（a，b）｜1≤a≤b≤6，a∈N*，b∈N*，且［］＞0}，则n（A）＝21.
又AB＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3），（3，6），（4，4），（5，5），（6，6）}，
则n（AB）＝14，
所以P（B｜A）＝＝＝，
即在X＞0的条件下，X＝的概率为.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝，P（X＝5）＝，P（X＝6）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
【例2】　解：（1）记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共＝4（种），
所以P（A）＝＝＝.
（2）参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝＋2×＋3×＝.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝（ ）2×＋（ ）3＝，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B（ n，），
由题意得n≥5，得n≥，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
跟踪训练
　解：（1）由题意可知：每次抛掷骰子上两级台阶的概率为＝，上三级台阶的概率为＝，
且X的可能取值为6，7，8，9，可得（X－6）～B（3，），则有：
P（X＝6）＝（）3＝，
P（X＝7）＝××（）2＝，
P（X＝8）＝×（）2×＝，
P（X＝9）＝（）3＝，
所以X的分布列为
X 6 7 8 9
P
因为E（X－6）＝3×＝1，所以E（X）＝7.
（2）因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学生位于第10级台阶，则抛掷3次后，学生位于第7级台阶，抛掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为P1＝××（）2×＝，
所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P＝××（1－）＝.
【例3】　解：（1）记“从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少有1株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件A，所以P（A）＝＝.
（2）记“从第i（i＝1，2，3）组的鸡冠花中各随机抽取1株，这株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件Bi，
由题意可知：P（B1）＝，P（B2）＝，P（B3）＝，
X的可能取值有0，1，2，3，则有：
P（X＝0）＝（1－）×（1－）×（1－）＝，
P（X＝1）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝，
P（X＝2）＝××（1－）＋×（1－）×＋（1－）××＝，
P（X＝3）＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（3）由题意可知：ζ1，ζ2，ζ3均服从两点分布，则有：
ζ1的分布列为：
ζ1 0 1
P
可得ζ1的方差D（ζ1）＝×＝；
ζ2的分布列为：
ζ2 0 1
P
可得ζ2的方差D（ζ2）＝×＝；
ζ3的分布列为：
ζ3 0 1
P
可得ζ3的方差D（ζ3）＝×＝；
因为＞＞，所以D（ζ2）＞D（ζ3）＞D（ζ1）.
跟踪训练
　解：（1）设ζ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，
则P（ζ＝5）＝P（ζ＝7）＝P（ζ＝8）＝0.2，P（ζ＝6）＝0.4，
X的取值范围是{10，11，12，13，14，15，16}，
P（X＝10）＝0.2×0.2＝0.04，
P（X＝11）＝2×0.2×0.4＝0.16，
P（X＝12）＝0.42＋2×0.2×0.2＝0.24，
P（X＝13）＝2×（0.2×0.2＋0.2×0.4）＝0.24，
P（X＝14）＝0.22＋2×0.4×0.2＝0.2，
P（X＝15）＝2×0.2×0.2＝0.08，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04，
X的分布列为
X 10 11 12 13 14 15 16
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）可知P（X≥12）＝0.8，
P（X≥13）＝0.56，
故n0＝13.
（3）由（2）可知n0－1＝12，
在灯带安全使用寿命期内，当n＝12时，设购买替换灯珠所需总费用为u元，当n＝13时，设购买替换灯珠所需总费用为v元，则
E（u）＝24＋0.24×4＋0.2×8＋0.08×12＋0.04×16＝28.16，
E（v）＝26＋0.2×4＋0.08×8＋0.04×12＝27.92，
E（v）＜E（u），
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，n＝n0比n＝n0－1的方案更优.
第4讲　大题专攻——成对数据的统计分析
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2列联表如下：
优级品 非优级品 总计
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5＞3.841，所以有95％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异；
因为K2＝4.687 5＜6.635，所以没有99％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以＞p＋1.65，
所以能认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
2.解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39.
（2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4，
（xi－）2＝－10（）2＝0.002，
（yi－）2＝－10（）2＝0.094 8，
所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝
≈≈0.97.
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝，
所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）由已知可得，＝＝3，
＝＝5.1，
由题可列下表：
xi－ －2 －1 0 1 2
yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
（xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝，
r＝＝≈≈－0.98.
（2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述.
由问题（1）知，＝＝＝－0.59，
＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87，
所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87.
（3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56％.
跟踪训练
　解：（1）＝，＝，
＝＝＝5，
∴＝－＝－5×＝2，
∴＝5ln x＋2.
（2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x），
∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22，
f'（x）＝－＝0 x＝50，
当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5.
【例2】　解：（1）强化训练后的平均成绩约为
55×0.04＋65×0.16＋75×0.2＋85×0.32＋95×0.28＝81.4.
由于前三列概率之和为0.04＋0.16＋0.2＝0.4，
设中位数为80＋x，则0.032x＝0.1，
解得x＝3.125，所以中位数约为83.13.
（2）零假设为H0：跳水运动员是否优秀与强化训练无关.
补充完整的表格为
强化训练 是否优秀 合计
优秀人数 非优秀人数
强化训练前 40 60 100
强化训练后 60 40 100
合计 100 100 200
则χ2＝＝8＞7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
跟踪训练
　解：（1）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝，
设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐，
事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐，
事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐，
P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝，
则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）·P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝，
故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为.
（2）根据数据可得列联表：
餐厅 性别 合计
男 女
在A餐厅用餐 40 20 60
在B餐厅用餐 15 25 40
合计 55 45 100
零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005，
依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
培优点1　体育比赛与闯关
【例1】　解：（1）记事件A＝“甲班在项目A中获胜”，则P（A）＝××＋×（ ）2××＋×（ ）2×（ ）2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
（2）记事件B＝“甲班在项目B中获胜”，
则P（B）＝（ ）3＋×（ ）4＋×（ ）5＝.
X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝×＝，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，
P（X＝1）＝1－P（X＝0）－P（X＝2）＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E（X）＝0×＋1×＋2×＝.所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
跟踪训练
　　解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝××＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
【例2】　解：（1）甲连胜四场的概率为.
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
（3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
跟踪训练
　　解析：比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙连胜；第一局乙获胜，后三局丙连胜，第一局甲获胜，后三局丙连胜的概率P1＝×××＝，第一局乙获胜，后三局丙连胜的概率P2＝×××＝，故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
【例3】　解：（1）甲以11∶9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11∶9赢得比赛的概率为P＝×（ ）2×（ ）2＋（ ）2××＝.
（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝（ ）2×＝，
P（X＝1）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝2）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝3）＝（ ）2×＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
跟踪训练
　D　三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（ 概率是（ ）2）时，丙得6分，其他3队分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是（ ）2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是（ ）2，乙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是（ ）2，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为××（ ）2×［×（ ）2×＋（ ）2＋（ ）2×］＝，D正确.故选D.
培优点2　概率与统计中的创新问题
【例1】　解：（1）K2＝＝24＞6.635，
所以有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）①证明：R＝
＝，
由题意知，证明＝即可，
左边＝
＝，
右边＝
＝.
左边＝右边，故R＝·.
②由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝，
且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝，
所以R＝×＝6.
跟踪训练
　解：（1）依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝k）＝，k∈N，0≤k≤100.
X1 0 1 … 99 100
P …
（2）①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E（）＝E（ Xi）＝E（ Xi）＝E（Xi）＝×20E（X1）＝E（X1），
D（）＝D（ Xi）＝D（ Xi）＝D（Xi）＝×20D（X1）＝D（X1）.
故E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）.
②由①可知的均值E（）＝E（X1）＝.
由公式得X1的方差D（X1）＝，
所以D（）＝.
依题意有
解得N＝1 456，M＝624，
所以可以估计M＝624，N＝1 456.
【例2】　解：（1）依题意，X～B（ 5，），则P（X＝0）＝（ ）5＝，P（X＝1）＝（ ）4（ ）＝，
P（X＝2）＝（ ）3（ ）2＝＝，
P（X＝3）＝（ ）2（ ）3＝，
P（X＝4）＝（ ）（ ）4＝，
P（X＝5）＝（ ）5＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5×＝.
（2）设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝××（ ）n－2×＝×（ ）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得：Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－1）·（ ）n，
则Sn＝－（ ）n·（ ＋n），
即P（AB）＝－（ ＋n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］
＝－（ n＋）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
【例3】　解：（1）∵10×（0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02.
样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69.
（2）∵μ＝69，σ＝10.5.
∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）≈＝0.022 75.
∴能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910.
（3）由题意有x2y＝.
答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y.
而x2y＝，∴P＝x2＋－.
令f（x）＝x2＋－（0＜x≤1），
则f'（x）＝2x－＝，
∴当x∈（ 0，）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0，）内单调递减；
当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增.
∴当x＝时，f（x）min＝.故概率P的最小值为.
跟踪训练
　解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
则E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率
P（B｜A）＝＝＝＝.
（2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2
＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜），
则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍），
当p∈（ 0，）时，f'（p）＞0，当p∈（ ，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（ 0，）内单调递增，在区间（ ，）内单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝.
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝p（1－p）2，
P（Y＝180）＝p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，
即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，
整理得2p3＋3p－≥0，
经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根，
故2p3＋3p－＝2（ p3－p2）＋（ p2－p）＋（ p－）＝（ p－）（ 2p2＋p＋），
因为2p2＋p＋＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
【例4】　解：（1）①二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②由题意得0≤m＋n≤3，
P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
因为P（η＝n）＝（ ）n（ ）3－n.
P（ξ＝m｜η＝n）＝（ ）m·（ ）3－n－m＝（ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝（ ）3－n·（ ）n·（ ）3－n＝＝·.
（2）证明：由定义及全概率公式知：
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋…
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝P（ξ＝ai，η＝bj）
＝Pij.
跟踪训练
　解：（1）因为X～B（ 3，），所以xk＝P（X＝k）＝（ ）k（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
因为Y～B（ 3，），所以yk＝P（Y＝k）＝（ ）k·（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
所以＝＝23－2k（k＝0，1，2，3），
所以D（X｜｜Y）＝xkln＝××ln 23＋××ln 2＋××ln 2－1＋××ln 2－3＝ln 2.
（2）因为xk＝P（X＝k）＝pk（1－p）2－k（k＝0，1，2），
y0＝P（Y＝0）＝，y1＝P（Y＝1）＝，y2＝P（Y＝2）＝，
所以D（X｜｜Y）＝xkln
＝x0ln＋x1ln＋x2ln
＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）.
令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2），
则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p
＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3
＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
则g'（p）＝＋＋4ln 2，
因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增，
又g（ ）＝0，所以当0＜p＜时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，当＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0，
所以f（p）在（ 0，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，
所以f（p）min＝f（ ）＝ln.
（3）证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝－1＝.易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以 x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0，
所以ln x≤x－1，所以ln≤－1，
所以ln x≥1－，
所以D（X｜｜Y）＝xkln≥xk（ 1－）
＝（xk－yk）＝xk－yk＝1－1＝0，
即D（X｜｜Y）的值不可能为负.
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