2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義專題五　第1講　計數(shù)原理與概率含答案

2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義第1講計數(shù)原理與概率一、單項選擇題1．(2023·汕頭模擬)電腦調(diào)色板有紅、綠、藍三種基本顏色，每種顏色的色號均為0～255.在電腦上繪畫可以分別從三種顏色的色號中各選一個配成一種顏色，那么在電腦上可配成的顏色種數(shù)為()A．2563 B．27C．2553 D．62.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(x))))8的展開式的第3項的系數(shù)是()A．112 B．－112C．－28 D．283．(2023·全國乙卷)甲、乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有()A．30種 B．60種C．120種 D．240種4．(2023·信陽模擬)2023年5月28日國產(chǎn)大飛機C919由上海飛抵北京，這標志著C919商飛成功，開創(chuàng)了中國商業(yè)航空的新紀元．某媒體甲、乙等四名記者去上海虹橋機場、北京首都機場和中國商飛總部進行現(xiàn)場報道，若每個地方至少有一名記者，每個記者只去一個地方，則甲、乙同去上海虹橋機場的概率為()A.eq\f(1,18)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,3)5．(2023·合肥模擬)某市教育局為了給高考生減壓，將師范大學6名心理學教授全部分配到市屬四所重點高中進行心理輔導，若A高中恰好需要1名心理學教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理學教授，則不同的分配方案有()A．150種 B．540種C．900種 D．1440種6．(2023·全國甲卷)某地的中學生中有60%的同學愛好滑冰，50%的同學愛好滑雪，70%的同學愛好滑冰或愛好滑雪．在該地的中學生中隨機調(diào)查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.47．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開式中常數(shù)項是10，則m等于()A．－2B．－1C．1D．28．(2023·昆明模擬)隨機化回答技術是為調(diào)查敏感性問題特別設計的問卷調(diào)查技術，其基本特征是被調(diào)查者對所調(diào)查的問題采取隨機回答的方式，避免在沒有任何保護的情況下直接回答敏感性問題，從而既對被調(diào)查者的隱私加以保護，又能獲得所需要的真實信息．某公司為提升員工的工作效率，規(guī)范管理，決定出臺新的員工考勤管理方案，方案起草后，為了解員工對新方案是否滿意，決定采取如下隨機化回答技術進行問卷調(diào)查：所有員工每人拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，約定“若結果為一次正面朝上一次反面朝上，則按①回答問卷，否則按②回答問卷”．①若第一次拋擲硬幣出現(xiàn)正面朝上，則在問卷中畫“√”，否則畫“×”；②若你對新考勤管理方案滿意，則在問卷中畫“√”，否則畫“×”．當所有員工完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計畫“√”，畫“×”的比例為3∶2，用頻率估計概率，則該公司員工對考勤管理方案的滿意率為()A．50% B．60%C．70% D．80%二、多項選擇題9．(2023·南京模擬)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的展開式中()A．常數(shù)項為160B．含x2項的系數(shù)為60C．第4項的二項式系數(shù)為15D．所有項的系數(shù)和為110．某電影院的一個播放廳的座位如圖所示(標黑表示該座位的票已被購買)，甲、乙兩人打算購買兩張該播放廳的票，且甲、乙不坐前兩排，則()A．若甲、乙左右相鄰，則購票的情況共有54種B．若甲、乙不在同一列，則購票的情況共有1154種C．若甲、乙前后相鄰，則購票的情況共有21種D．若甲、乙分坐于銀幕中心線的兩側，且不坐同一排，則購票的情況共有508種11．(2023·莆田模擬)甲、乙兩個罐子均裝有2個紅球，1個白球和1個黑球，除顏色外，各個球完全相同．先從甲罐中隨機取出2個球放入乙罐中，再從乙罐中隨機取出1個球，記事件Ai(i＝0,1,2)表示從甲罐中取出的2個球中含有i個紅球，B表示從乙罐中取出的球是紅球，則()A．A0，A1，A2兩兩互斥B．P(B|A2)＝eq\f(1,3)C．P(B)＝eq\f(1,2)D．B與A1不相互獨立12．(2023·臺州模擬)對?x∈R，設x2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，其中Beq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，k＝1,2，…，2023，則()A．a(chǎn)1＝1B．a(chǎn)1＋a2＝22023C.eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝0D.eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)k－2(k－2)！ak＝2022三、填空題13．(x－2y＋1)6展開式中含x2y項的系數(shù)為_________________________________________．14．北京日壇公園的西門位于東西中軸線上，公園內(nèi)部的主要路徑及主要景點如圖所示．某活動小組計劃從“烈士墓”出發(fā)，經(jīng)“東西中軸線及其以北”的主要路徑前往“祭日拜臺”進行實踐活動，活動結束后經(jīng)“東西中軸線及其以南”的主要路徑由南門離開．已知小組成員的行動路線中沒有重復的主要路徑．則該小組在前往“祭日拜臺”的途中最多可以路過________個主要景點；該小組全程共有________條行動路線可供選擇．15．小李的手機購物平臺經(jīng)常出現(xiàn)她喜歡的商品，這是電商平臺利用大數(shù)據(jù)推送的結果．假設電商平臺第一次給小李推送某商品時，她購買此商品的概率為eq\f(3,4)；從第二次推送起，若前一次不購買此商品，則此次購買的概率為eq\f(1,3)；若前一次購買了此商品，則此次仍購買的概率為eq\f(2,5)，那么電商平臺在第二次推送時小李不購買此商品的概率為________．16．(2023·溫州模擬)若數(shù)列a1，a2，a3，a4滿足a1＋a4＝a2＋a3，則稱此數(shù)列為“準等差數(shù)列”．現(xiàn)從1,2，…，9,10這10個數(shù)中隨機選取4個不同的數(shù)，則這4個數(shù)經(jīng)過適當?shù)呐帕泻罂梢詷嫵伞皽实炔顢?shù)列”的概率是________．第2講隨機變量及其分布一、單項選擇題1．(2023·渭南模擬)已知隨機變量η的分布列為P(η＝i)＝eq\f(ai,4)(i＝1,2,3,4)，則P(η＝3)等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)2．在一個袋中裝有除顏色外完全相同的4個黑球，3個白球，現(xiàn)從中任取3個小球，設取的3個小球中白球的個數(shù)為X，則下列結論正確的是()A．P(X＝1)＝eq\f(3,7)B．隨機變量X服從二項分布C．隨機變量X服從超幾何分布D．E(X)＝eq\f(3,8)3．(2023·寧德質(zhì)檢)某地生產(chǎn)紅茶已有多年，選用本地兩個不同品種的茶青生產(chǎn)紅茶．根據(jù)其種植經(jīng)驗，在正常環(huán)境下，甲、乙兩個品種的茶青每500克的紅茶產(chǎn)量(單位：克)分別為X，Y，且X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其密度曲線如圖所示，則以下結論錯誤的是()A．Y的數(shù)據(jù)較X更集中B．P(X≤c)<P(Y≤c)C．甲種茶青每500克的紅茶產(chǎn)量超過μ2的概率大于eq\f(1,2)D．P(X>c)＋P(Y≤c)＝14．小華與另外4名同學進行“手心手背”游戲，規(guī)則是：5人同時隨機選擇手心或手背其中一種手勢，規(guī)定相同手勢人數(shù)更多者每人得1分，其余每人得0分．現(xiàn)5人共進行了3次游戲，記小華3次游戲得分之和為X，則E(X)為()A.eq\f(15,16)B.eq\f(33,16)C.eq\f(15,8)D.eq\f(3,2)5．(2022·全國乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大6．(2023·泰州模擬)在概率論中，馬爾可夫不等式給出了隨機變量的函數(shù)不小于某正數(shù)的概率的上界，它以俄國數(shù)學家安德雷·馬爾可夫命名，由馬爾可夫不等式知，若ξ是只取非負值的隨機變量，則對?a>0，都有P(ξ≥a)≤eq\f(Eξ,a).某市去年的人均年收入為10萬元，記“從該市任意選取3名市民，則恰有1名市民去年的年收入超過100萬元”為事件A，其概率為P(A)．則P(A)的最大值為()A.eq\f(27,1000)B.eq\f(243,1000)C.eq\f(4,27)D.eq\f(4,9)二、多項選擇題7．(2023·沈陽模擬)為調(diào)查中學男生的肺功能情況，對兩學校各1000名男生的肺活量數(shù)據(jù)(單位：mL)進行分析，隨機變量X表示甲校男生的肺活量，且X～N(3000,2002)，隨機變量Y表示乙校男生的肺活量，且Y～N(3200,3002)，則下列說法中正確的有()A．甲校男生肺活量數(shù)據(jù)的均值低于乙校B．乙校男生肺活量數(shù)據(jù)的波動幅度大于甲校C．估計甲、乙兩校男生肺活量在3000mL～3200mL的人數(shù)占比相同D．估計甲校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)比乙校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)多8．隨機變量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列說法正確的是()ξ012Pxeq\f(y,3)eq\f(2y,3)A.x＋y＝1B．E(ξ)＝eq\f(5y,3)C．D(ξ)有最大值D．D(ξ)隨y的增大而減小三、填空題9．(2023·南通模擬)隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，則D(4X＋1)＝________.10．(2023·青島模擬)某市高三年級男生的身高X(單位：cm)近似服從正態(tài)分布N(175，σ2)，已知P(175≤X<180)＝0.2，若P(X≤a)∈[0.3,0.5]．寫出一個符合條件的a的值為________．11．把半圓弧分成4等份，以這些分點(包括直徑的兩端點)為頂點，作出三角形，從中任取3個不同的三角形，則這3個不同的三角形中鈍角三角形的個數(shù)X不少于2的概率為________．12.(2023·汕頭模擬)某單位有10000名職工，想通過驗血的方法篩查乙肝病毒攜帶者，假設攜帶病毒的人占5%，如果對每個人的血樣逐一化驗，就需要化驗10000次．統(tǒng)計專家提出了一種化驗方法：隨機地按5人一組分組，然后將各組5個人的血樣混合再化驗，如果混合血樣呈陰性，說明這5個人全部陰性；如果混合血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需要對每個人再分別化驗一次．按照這種化驗方法，平均每個人需要化驗________次．(結果保留四位有效數(shù)字)(0.955≈0.7738,0.956≈0.7351，0.957≈0.6983)．四、解答題13．(2023·衡陽名校協(xié)作體模擬)某區(qū)在高中階段舉行的物理實驗技能操作競賽分基本操作與技能操作兩步進行，第一步基本操作：每位參賽選手從A類7道題中任選4題進行操作，操作完后正確操作超過兩題的(否則終止比賽)才能進行第二步技能操作．第二步技能操作：從B類5道題中任選3題進行操作，直至操作完為止．A類題操作正確得10分，B類題操作正確得20分．以兩步總分和決定優(yōu)勝者．總分80分或90分為二等獎，100分為一等獎．某校選手李明A類7題中有5題會操作，B類5題中每題正確操作的概率均為eq\f(2,3)，且各題操作互不影響．(1)求李明被終止比賽的概率；(2)現(xiàn)已知李明A類題全部操作正確，求李明B類題操作完后得分的分布列及均值；(3)求李明獲二等獎的概率．14．(2023·龍巖質(zhì)檢)新能源汽車是中國戰(zhàn)略新興產(chǎn)業(yè)之一，政府高度重視新能源產(chǎn)業(yè)的發(fā)展，某企業(yè)為了提高新能源汽車品控水平，需要監(jiān)控某種型號的汽車零件的生產(chǎn)流水線的生產(chǎn)過程，現(xiàn)從該企業(yè)生產(chǎn)的該零件中隨機抽取100件，測得該零件的質(zhì)量差(這里指質(zhì)量與生產(chǎn)標準的差的絕對值)的樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下表．質(zhì)量差(單位：mg)5667707886件數(shù)(單位：件)102048193(1)求樣本平均數(shù)eq\x\to(x)的值；根據(jù)大量的產(chǎn)品檢測數(shù)據(jù)，得到該零件的質(zhì)量差(這里指質(zhì)量與生產(chǎn)標準的差的絕對值)X近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中σ2的近似值為36，用樣本平均數(shù)eq\x\to(x)作為μ的近似值，求概率P(64≤X≤82)的值；(2)若該企業(yè)有兩條生產(chǎn)該零件的生產(chǎn)線，其中第1條生產(chǎn)線的生產(chǎn)效率是第2條生產(chǎn)線生產(chǎn)效率的兩倍．若第1條生產(chǎn)線出現(xiàn)廢品的概率約為0.015，第2條生產(chǎn)線出現(xiàn)廢品的概率約為0.018，將這兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)出來的零件混放在一起，這兩條生產(chǎn)線是否出現(xiàn)廢品相互獨立．現(xiàn)從該企業(yè)生產(chǎn)的該零件中隨機抽取一件．①求該零件為廢品的概率；②若在抽取中發(fā)現(xiàn)廢品，求該廢品來自第1條生產(chǎn)線的概率．參考數(shù)據(jù)：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973.第3講統(tǒng)計與成對數(shù)據(jù)的分析一、單項選擇題1．某班有男生25人，女生20人，采用比例分配的分層隨機抽樣的方法從這45名學生中抽取一個容量為9的樣本，則應抽取的女生人數(shù)為()A．2B．3C．4D．52．第七次全國人口普查數(shù)據(jù)顯示，德州市各區(qū)縣常住人口數(shù)據(jù)如圖所示，則這些區(qū)縣的人口數(shù)據(jù)的75%分位數(shù)為()A．43.86B．48.8C．55.92D．52.363．(2023·遵義模擬)2023年4月，國內(nèi)鮮菜、食用油、糧食、禽肉、鮮果、雞蛋、豬肉價格同比(與去年同期相比)的變化情況如圖所示，則下列說法正確的是()A．食用油、糧食、禽肉、鮮果、雞蛋、豬肉這6種食品中，食用油價格同比漲幅最小B．豬肉價格同比漲幅超過禽肉價格同比漲幅的5倍C．2022年4月鮮菜價格要比2023年4月高D．這7種食品價格同比漲幅的平均數(shù)超過10%4．某工廠為了調(diào)查工人文化程度與月收入的關系，隨機抽取了部分工人，得到如下列聯(lián)表(單位：人)：

月收入文化程度月收入2000元以下月收入2000元及以上合計高中文化以上104555高中文化及以下203050合計3075105由上表中數(shù)據(jù)計算得χ2＝eq\f(105×10×30－45×202,55×50×30×75)≈6.109.如果認為文化程度與月收入有關系，那么犯錯誤的概率不會超過()附表：α0.100.050.0100.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828A.0.01B．0.025C．0.03D．0.055．(2023·晉中模擬)人工智能聊天機器人，不僅能流暢對話，還能寫詩、撰文、編碼等.一經(jīng)推出，便受到廣泛關注，并產(chǎn)生了豐富的社會應用.某調(diào)查機構為了解大學生使用聊天機器人的情況，對8所高校進行了調(diào)查，其中6所學校給出了使用的學生占比，將數(shù)據(jù)從小到大依次排列為71%，75%，77%，80%，82%，85%，另外兩所學校未給出調(diào)查數(shù)據(jù)，那么這8所學校使用的學生比例的中位數(shù)不可能是()A.76% B.77.5%C.80% D.81.5%6．(2023·孝感模擬)已知一組樣本數(shù)據(jù)共有8個數(shù)，其平均數(shù)為8，方差為12，將這組樣本數(shù)據(jù)增加兩個未知的數(shù)據(jù)構成一組新的樣本數(shù)據(jù)，已知新的樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為9，則新的樣本數(shù)據(jù)的方差最小值為()A．10B．10.6C．12.6D．13.6二、多項選擇題7．已知一組數(shù)據(jù)3,5,6,9,9,10的平均數(shù)為eq\x\to(x)，方差為s2，在這組數(shù)據(jù)中加入一個數(shù)據(jù)7后得到一組新數(shù)據(jù)，其平均數(shù)為eq\x\to(x)，方差為s′2，則下列判斷正確的是()A.eq\x\to(x)＝eq\x\to(x′) B.eq\x\to(x)<eq\x\to(x′)C．s2＝s′2 D．s2>s′28．(2023·湛江模擬)某服裝生產(chǎn)商為了解青少年的身高和體重的關系，在15歲的男生中隨機抽測了10人的身高和體重，數(shù)據(jù)如表所示：編號12345678910身高/cm165168170172173174175177179182體重/kg55896165677075757880由表中數(shù)據(jù)制作成如圖所示的散點圖：由最小二乘法計算得到經(jīng)驗回歸直線l1的方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))1x＋eq\o(a,\s\up6(^))1，樣本相關系數(shù)為r1，決定系數(shù)為Req\o\al(2,1)；經(jīng)過殘差分析確定(168,89)為離群點(對應殘差過大)，把它去掉后，再用剩下的9組數(shù)據(jù)計算得到經(jīng)驗回歸直線l2的方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))2x＋eq\o(a,\s\up6(^))2，樣本相關系數(shù)為r2，決定系數(shù)為Req\o\al(2,2).則以下結論中正確的有()A.eq\o(a,\s\up6(^))1>eq\o(a,\s\up6(^))2 B.eq\o(b,\s\up6(^))1>eq\o(b,\s\up6(^))2C．r1<r2 D．Req\o\al(2,1)>Req\o\al(2,2)三、填空題9.(2023·大慶模擬)某校學生參與“保護地球”知識問答活動，滿分20分，根據(jù)學生的作答成績繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，請據(jù)此估計學生成績的第60百分位數(shù)為________．

10．(2023·南京模擬)某工廠月產(chǎn)品的總成本y(單位：萬元)與月產(chǎn)量x(單位：萬件)有如下一組數(shù)據(jù)，從散點圖分析可知y與x線性相關．如果經(jīng)驗回歸方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝x＋3.5，那么表格中數(shù)據(jù)a的值為________．x/萬件1234y/萬元3.85.6a8.211.(2023·佛山模擬)足球是一項大眾喜愛的運動，某校足球社通過調(diào)查并進行科學的統(tǒng)計分析，對學校學生喜愛足球是否與性別有關的問題，得出了結論：喜愛足球與性別有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.據(jù)足球社透露，他們隨機抽取了若干人進行調(diào)查，抽取女生人數(shù)是男生人數(shù)的2倍，男生喜愛足球的人數(shù)占男生人數(shù)的eq\f(5,6)，女生喜愛足球的人數(shù)占女生人數(shù)的eq\f(1,3).通過以上信息，可以確定本次足球社所調(diào)查的男生至少有________人．附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.82812.某校采用比例分配的分層隨機抽樣采集了高一年級學生的身高情況，部分統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下：性別樣本量樣本平均數(shù)樣本方差男10017022女10016038則估計該校高一年級的全體學生的身高的平均數(shù)為________，方差為________．四、解答題13．(2023·新高考全國Ⅱ)某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學指標有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為p(c)；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為q(c)．假設數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率．(1)當漏診率p(c)＝0.5%時，求臨界值c和誤診率q(c)；(2)設函數(shù)f(c)＝p(c)＋q(c)，當c∈[95,105]時，求f(c)的解析式，并求f(c)在區(qū)間[95,105]的最小值．14．(2023·齊齊哈爾模擬)近幾年我國新能源汽車產(chǎn)業(yè)發(fā)展迅速．下表是某省新能源汽車的年銷售量與年份的統(tǒng)計表：年份20182019202020212022年銷售量(萬臺)1322252040某機構調(diào)查了該省200位購車車主的性別與購車種類情況，得到的部分數(shù)據(jù)如下表所示：購置傳統(tǒng)燃油汽車購置新能源汽車合計男性車主30150女性車主30合計200(1)求新能源汽車的銷售量y關于年份x的樣本相關系數(shù)r，并推斷y與x的相關程度；(2)請將上述2×2列聯(lián)表補充完整，并根據(jù)小概率值α＝0.005的獨立性檢驗，判斷購車車主購置新能源汽車是否與性別有關．參考公式：樣本相關系數(shù)r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2\i\su(i＝1,n,)yi－\x\to(y)2))，χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.參考數(shù)據(jù)：eq\r(3980)≈63.09，若|r|>0.75，則可判斷y與x相關程度很強．附表：α0.100.050.0100.005xα2.7063.8416.6357.879培優(yōu)點6概率與統(tǒng)計的創(chuàng)新題型1．(2023·石家莊模擬)國家在《中小學生健康體檢管理辦法》中規(guī)定：中小學校每年組織一次在校學生健康體檢，現(xiàn)某學校有4000名學生，假設攜帶乙肝病毒的學生占m%，某體檢機構通過抽血的方法篩查乙肝病毒攜帶者，如果對每個人的血樣逐一化驗，就需要化驗4000次．為減輕化驗工作量，統(tǒng)計專家給出了一種化驗方法：隨機按照k個人進行分組，將各組k個人的血樣混合再化驗，如果混合血樣呈陰性，說明這k個人全部陰性；如果混合血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需對該組每個人血樣再分別化驗一次．假設每人血樣化驗結果呈陰性還是陽性相互獨立．(1)若m＝0.4，記每人血樣化驗次數(shù)為X，當k取何值時，X的均值最小，并求化驗總次數(shù)；(2)若m＝0.8，設每人血樣單獨化驗一次費用為5元，k個人混合化驗一次費用為k＋4元．求當k取何值時，每人血樣化驗費用的均值最小，并求化驗總費用．參考數(shù)據(jù)及公式：eq\r(10)≈3.16，(1＋x)n≈1＋nx(n∈N*，n≥2，|x|≤0.01)．2．(2023·廣州模擬)隨著5G商用進程的不斷加快，手機廠商之間圍繞5G用戶的爭奪越來越激烈，5G手機也頻頻降價飛入尋常百姓家．某科技公司為了打開市場，計劃先在公司進行“抽獎免費送5G手機”優(yōu)惠活動方案的內(nèi)部測試，測試成功后將在全市進行推廣．(1)公司內(nèi)部測試的活動方案設置了第i(i∈N*)次抽獎中獎的名額為3i＋2，抽中的用戶退出活動，同時補充新的用戶，補充新用戶的名額比上一次中獎用戶的名額少2個．若某次抽獎，剩余全部用戶均中獎，則活動結束．參加本次內(nèi)部測試第一次抽獎的有15人，甲、乙均在其中．①求甲在第一次中獎和乙在第二次中獎的概率；②求甲參加抽獎活動次數(shù)的分布列和均值；(2)由于該活動方案在公司內(nèi)部的測試非常順利，現(xiàn)將在全市進行推廣．報名參加第一次抽獎活動的有20萬用戶，該公司設置了第i(i∈N*)次抽獎中獎的概率為pi＝eq\f(9＋－1i,40)，每次中獎的用戶退出活動，同時補充相同人數(shù)的新用戶，抽獎活動共進行2n(n∈N*)次．已知用戶丙參加了第一次抽獎，并在這2n次抽獎活動中中獎了，在此條件下，求證：用戶丙參加抽獎活動次數(shù)的均值小于eq\f(9,2).第1講計數(shù)原理與概率1．A2.A3.C4.A5.C6.A7．D[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5＋eq\f(m,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝Ceq\o\al(k,5)(－1)kx5－2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，則xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開式的常數(shù)項為－Ceq\o\al(3,5)＝－10；令5－2k＝1，解得k＝2，則eq\f(m,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開式的常數(shù)項為mCeq\o\al(2,5)＝10m，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開式中常數(shù)項是10，所以10m－10＝10，解得m＝2.]8．C[拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，共出現(xiàn)以下情況：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4種，記一次正面朝上一次反面朝上為事件A，則共有2種情況滿足要求，則P(A)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，Peq(\a\vs4\al\co1(\x\to(A)))＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，設回答①且畫“√”為事件B，則P(B|A)＝eq\f(1,2)，則P(A)·P(B|A)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，設回答②且畫“√”為事件C，則P(C)＝eq\f(\f(3,3＋2)－PA·PB|A,P\x\to(A))＝eq\f(\f(3,5)－\f(1,4),\f(1,2))＝eq\f(7,10)，所以該公司員工對考勤管理方案的滿意率為70%.]9．BD[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝Ceq\o\al(k,6)(－2)kx6－2k.對選項A，取k＝3得到常數(shù)項為Ceq\o\al(3,6)(－2)3＝－160，錯誤；對選項B，取k＝2得到含x2項的系數(shù)為Ceq\o\al(2,6)(－2)2＝60，正確；對選項C，取k＝3得到第4項的二項式系數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20，錯誤；對選項D，取x＝1得到所有項的系數(shù)和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,1)))6＝1，正確．]10．ABD[若甲、乙左右相鄰，可選擇三至七排，(10＋4＋3＋6＋4)Aeq\o\al(2,2)＝54，所以一共有54種購票情況，故A正確；甲、乙在同一列的情況共有Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,5)＝106(種)，則甲、乙不在同一列的情況有Aeq\o\al(2,36)－106＝1154(種)，所以一共有1154種購票情況，故B正確；若甲、乙前后相鄰，先選座位，有2＋4＋4＋1＋2＋4＋4＝21(種)，再考慮甲乙順序，有Aeq\o\al(2,2)＝2(種)，所以一共有42種購票情況，故C錯誤；銀幕中心線左側有18個座位，右側有18個座位，甲、乙分坐于兩側，有Aeq\o\al(2,2)×18×18＝648(種)情況．甲、乙分坐于兩側且坐同一排(按每一排考慮)，有Aeq\o\al(2,2)(5×6＋3×3＋3×2＋4×4＋3×3)＝140(種)情況，所以甲、乙分坐于兩側，且不坐同一排的購票情況共有648－140＝508(種)，故D正確．]11．AC[A0表示從甲罐中取出的2個球，沒有紅球，A1表示從甲罐中取出的2個球，有1個紅球，A2表示從甲罐中取出的2個球，有2個紅球，在一次試驗中，這三個事件，任兩個事件不能同時發(fā)生，所以兩兩互斥，故A正確；P(B|A2)＝eq\f(PA2B,PA2)＝eq\f(\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))×\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6)),\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4)))＝eq\f(2,3)，故B錯誤；P(B)＝P(B|A0)P(A0)＋P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))＋eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))＋eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，故C正確；P(A1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(A1B)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))×eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,6))＝eq\f(1,3)，則P(A1B)＝P(A1)P(B)，所以B與A1相互獨立，故D錯誤．]12．ACD[對于A，令x＝1，可得a1＝12023＝1，所以A正確；對于B，令x＝2，可得2a1＋2a2＝22023，所以a1＋a2＝22022，所以B不正確；對于C，由eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝(－1)2·2！·a2＋…＋(－1)2023·2023！·a2023＝2！·a2－3！·a3＋…－2023！·a2023，又由x2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，且Beq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，可得x2023＝a1x＋a2x(x－1)＋…＋a2023x(x－1)·(x－2)…(x－2022)，令x＝－1，可得－1＝－a1＋2！a2－3！a3＋4！a4＋…－2023！a2023，因為a1＝1，所以2！a2－3！a3＋…－2023！a2023＝0，即eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝0，所以C正確；對于D，因為Beq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，k＝1,2，…，2023，可得eq\f(B\o\al(k,x),xx－1)＝(x－2)(x－3)…(x－k＋1)，因為x2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，其中a1＝1，Beq\o\al(1,x)＝x，所以1＋x＋x2＋…＋x2021＝eq\f(x2022－1,x－1)＝eq\f(x2023－x,xx－1)＝a2·eq\f(B\o\al(2,x),xx－1)＋a3·eq\f(B\o\al(3,x),xx－1)＋…＋a2023·eq\f(B\o\al(2023,x),xx－1)＝a2＋a3(x－2)＋…＋a2023(x－2)(x－3)…(x－2022)，取x＝1，可得2022＝a2－a3＋2！·a4－…－2021！·a2023，所以eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)k－2(k－2)！ak＝2022，所以D正確．]13．－12014.53515.eq\f(37,60)解析設事件A表示電商平臺第一次給小李推送某商品，她購買了此商品，則事件eq\x\to(A)表示電商平臺第一次給小李推送某商品，她未購買此商品，事件B表示電商平臺第二次給小李推送某商品，她購買了此商品，則事件eq\x\to(B)表示電商平臺第二次給小李推送某商品，她未購買此商品，由P(A)＝eq\f(3,4)可知P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝eq\f(1,4)，由P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,3)可知P(eq\x\to(B)|eq\x\to(A))＝1－P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，由P(B|A)＝eq\f(2,5)可知P(eq\x\to(B)|A)＝1－P(B|A)＝eq\f(3,5)，電商平臺在第二次推送時小李不購買此商品的概率P(eq\x\to(B))＝P(A)P(eq\x\to(B)|A)＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B)|eq\x\to(A))＝eq\f(3,4)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(37,60).16.eq\f(5,21)解析和為5有2種組合，和為6有2種組合，和為7有3種組合，和為8有3種組合，和為9有4種組合，和為10有4種組合，和為11有5種組合，和為12有4種組合，和為13有4種組合，和為14有3種組合，和為15有3種組合，和為16有2種組合，和為17有2種組合，所以P＝eq\f(4×C\o\al(2,2)＋C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,4)＋C\o\al(2,5),C\o\al(4,10))＝eq\f(5,21).第2講隨機變量及其分布1．C2.C3.D4．B[設0表示手背，1表示手心，用5位的二進制數(shù)表示所有可能的結果，其中第一位表示小華所出的手勢，后四位表示其余四人的手勢，如表所示，0000000001000100001100100001010011000111010000100101010010110110001101011100111110000100011001010011101001010110110101111100011001110101101111100111011111011111由古典概型計算公式可知，每次比賽小華得分的概率P＝eq\f(22,32)＝eq\f(11,16)，X可能的取值為0,1,2,3，且X服從二項分布，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))0，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3，則均值E(X)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1＋2×Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2＋3×Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3＝eq\f(33,16).]5．D[設該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，方法一由題意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故選D.方法二(特殊值法)不妨設p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故選D.]6．B[記該市去年1名市民的收入為X萬元，則E(X)＝10，從該市任意選取3名市民，年收入超過100萬元的人數(shù)為Y.設從該市任選1名市民，年收入超過100萬元的概率為p，則根據(jù)馬爾可夫不等式可得p＝P(X≥100)≤eq\f(EX,100)＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10)，所以0≤p≤eq\f(1,10)，因為Y～B(3，p)，所以P(A)＝P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2＝3p(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，令f(p)＝3p3－6p2＋3p，則f′(p)＝9p2－12p＋3＝3(3p－1)(p－1)，因為0≤p≤eq\f(1,10)，所以3p－1<0，p－1<0，即f′(p)>0，所以f(p)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))上單調(diào)遞增．所以f(p)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＝3×eq\f(1,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，即P(A)max＝eq\f(243,1000).]7．ABD[由題設，甲校男生肺活量均值為3000，標準差為200，乙校男生肺活量均值為3200，標準差為300，所以甲校男生肺活量數(shù)據(jù)的均值、波動幅度都低于乙校，A，B正確；甲校男生肺活量在3000mL～3200mL的概率為P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)，而乙校對應概率小于P(μ－σ≤Y≤μ)，故男生肺活量在3000mL～3200mL的人數(shù)占比不同，C錯誤；甲校男生肺活量低于2800mL的概率為P(X<μ－σ)，而乙校對應概率小于P(Y<μ－σ)，故估計甲校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)比乙校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)多，D正確．]8．ABC[由題意可知x＋eq\f(y,3)＋eq\f(2y,3)＝1，即x＋y＝1，故A正確；E(ξ)＝0×x＋1×eq\f(y,3)＋2×eq\f(2y,3)＝eq\f(5y,3)，故B正確；D(ξ)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3)))2＋eq\f(y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3)))2＋eq\f(2y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3)))2＝(1－y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3)))2＋eq\f(y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3)))2＋eq\f(2y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3)))2＝－eq\f(25,9)y2＋3y，因為xy≠0，x＋y＝1，易得0<y<1，而f(y)＝－eq\f(25,9)y2＋3y的圖象開口向下，對稱軸為y＝eq\f(27,50)，所以f(y)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(27,50)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,50)，1))上單調(diào)遞減，故f(y)在y＝eq\f(27,50)處取得最大值，所以D(ξ)隨著y的增大先增大后減小，當y＝eq\f(27,50)時取得最大值，故C正確，D錯誤．]9.eq\f(64,9)10．172([170,175]中的任意一個數(shù)均可)11.eq\f(49,60)解析如圖所示，設AB為半圓弧的直徑，C，D，E為半圓弧另外的三個四等分點，從A，B，C，D，E這5個點中任取3個點構成三角形，一共能組成三角形的個數(shù)為Ceq\o\al(3,5)＝10.其中直角三角形有△ABC，△ABD，△ABE，共3個，鈍角三角形的個數(shù)為10－3＝7，由題意可知X∈{0,1,2,3}，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(63,120)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(35,120)，因此，所求概率P＝eq\f(63＋35,120)＝eq\f(49,60).12．0.4262解析設每個人需要的化驗次數(shù)為X，X的取值為eq\f(1,5)，eq\f(6,5)，X的分布列為Xeq\f(1,5)eq\f(6,5)P0.9551－0.955E(X)＝eq\f(1,5)[0.955＋6×(1－0.955)]≈0.4262，說明每5個人一組，平均每個人需要化驗0.4262次．13．解(1)設“李明被終止比賽”事件為M，eq\x\to(M)表示選的4題均會操作或3題會操作，故李明被終止比賽的概率P(M)＝1－P(eq\x\to(M))＝1－eq\f(C\o\al(3,5)·C\o\al(1,2)＋C\o\al(4,5),C\o\al(4,7))＝eq\f(2,7).(2)設李明在競賽中，A類題全部操作正確后得分為X，則X的所有可能取值為40,60,80,100，且B類題正確操作題數(shù)n～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，可得P(X＝40)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27)；P(X＝60)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(2,9)；P(X＝80)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＝eq\f(4,9)；P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0＝eq\f(8,27)，所求X的分布列為X406080100Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)E(X)＝40×eq\f(1,27)＋60×eq\f(2,9)＋80×eq\f(4,9)＋100×eq\f(8,27)＝80.(3)設“李明獲二等獎”的事件為N，事件N即A類題全部操作正確，B類題正確操作2題或A類題操作正確3題，B類題全部正確操作，所以李明獲二等獎的概率為P(N)＝eq\f(C\o\al(4,5),C\o\al(4,7))×Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\f(C\o\al(3,5)C\o\al(1,2),C\o\al(4,7))×Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(44,189).14．解(1)eq\x\to(x)＝eq\f(56×10＋67×20＋70×48＋78×19＋86×3,100)＝70，由X～N(μ，σ2)，μ＝70，σ2＝36得，P(64≤X≤82)＝P(70－6≤X≤70＋2×6)＝eq\f(Pμ－σ≤X≤μ＋σ,2)＋eq\f(Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)≈0.8186.(2)①設“隨機抽取一件該企業(yè)生產(chǎn)的該零件為廢品”為事件A，“隨機抽取一件零件為第1條生產(chǎn)線生產(chǎn)”為事件B1，“隨機抽取一件零件為第2條生產(chǎn)線生產(chǎn)”為事件B2，則由題意可知P(B1)＝eq\f(2,3)，P(B2)＝eq\f(1,3)，又P(A|B1)＝0.015，P(A|B2)＝0.018，于是P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝eq\f(2,3)×0.015＋eq\f(1,3)×0.018＝0.016.②P(B1|A)＝eq\f(PAB1,PA)＝eq\f(PB1PA|B1,PA)＝eq\f(\f(2,3)×0.015,0.016)＝eq\f(5,8).第3講統(tǒng)計與成對數(shù)據(jù)的分析1．C2.D3.C4.D5.D6．D[設增加的數(shù)為x，y，原來的8個數(shù)分別為a1，a2，…，a8，則a1＋a2＋…＋a8＝64，a1＋a2＋…＋a8＋x＋y＝90，所以x＋y＝26，又因為eq\f(1,8)eq\i\su(i＝1,8,)(ai－8)2＝12，即eq\i\su(i＝1,8,)(ai－8)2＝96，新的樣本數(shù)據(jù)的方差為eq\f(1,10)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,8,)ai－92＋x－92＋y－92))＝eq\f(1,10)[eq\i\su(i＝1,8,)(ai－8)2－2eq\i\su(i＝1,8,)(ai－8)＋8＋(x－9)2＋(y－9)2]＝eq\f(1,10)(x2＋y2－202)，因為eq\r(\f(x2＋y2,2))≥eq\f(x＋y,2)＝13，x2＋y2－202≥136，所以方差的最小值為13.6(當且僅當x＝y(tǒng)＝13時取到最小值)．]7．AD[eq\x\to(x)＝eq\f(1,6)×(3＋5＋6＋9＋9＋10)＝7，eq\x\to(x′)＝eq\f(1,7)×(3＋5＋6＋9＋9＋10＋7)＝7，所以eq\x\to(x)＝eq\x\to(x′)，A正確，B錯誤；s2＝eq\f(1,6)×[(3－7)2＋(5－7)2＋(6－7)2＋(9－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2]＝eq\f(19,3)，s′2＝eq\f(1,7)×[(3－7)2＋(5－7)2＋(6－7)2＋(9－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2＋(7－7)2]＝eq\f(38,7)，所以s2>s′2，C錯誤，D正確．]8．AC[身高的平均數(shù)為eq\f(165＋168＋170＋172＋173＋174＋175＋177＋179＋182,10)＝173.5，因為離群點(168,89)的橫坐標168小于平均數(shù)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eq\o(a,\s\up6(^))1>eq\o(a,\s\up6(^))2，eq\o(b,\s\up6(^))1<eq\o(b,\s\up6(^))2，所以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)，所以C正確，D錯誤．]9．1410.6.411.1212.1655513．解(1)依題可知，患病者該指標的頻率分布直方圖中第一個小矩形的面積為5×0.002＝0.01＝1%>0.5%，所以95<c<100，所以(c－95)×0.002＝0.5%，解得c＝97.5，q(c)＝0.01×(100－97.5)＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)當c∈[95,100]時，f(c)＝p(c)＋q(c)＝(c－95)×0.002＋(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82≥0.02；當c∈(100,105]時，f(c)＝p(c)＋q(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＋(105－c)×0.002＝0.01c－0.98>0.02，故f(c)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－0.008c＋0.82，95≤c≤100，,0.01c－0.98，100<c≤105，))所以f(c)在區(qū)間[95,105]上的最小值為0.02.14．解(1)依題意eq\x\to(x)＝eq\f(2018＋2019＋2020＋2021＋2022,5)＝2020，eq\x\to(y)＝eq\f(13＋22＋25＋20＋40,5)＝24.故eq\i\su(i＝1,5,)(xi－eq\x\to(x))(yi－eq\x\to(y))＝(－2)×(－11)＋(－1)×(－2)＋1×(－4)＋2×16＝52，eq\i\su(i＝1,5,)(xi－eq\x\to(x))2＝4＋1＋1＋4＝10，eq\i\su(i＝1,5,)(yi－eq\x\to(y))2＝121＋4＋1＋16＋256＝398，則r＝eq\f(\i\su(i＝1,5,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,5,)xi－\x\to(x)2·\i\su(i＝1,5,)yi－\x\to(y)2))＝eq\f(52,\r(10×398))≈eq\f(52,63.09)≈0.82>0.75，故y與x相關程度很強．(2)依題意可得2×2列聯(lián)表如下：購置傳統(tǒng)燃油汽車購置新源汽車合計男性車主12030150女性車主302050合計15050200零假設H0：購車車主是否購置新能源汽車與性別無關．根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，可得χ2＝eq\f(200×120×20－30×302,150×50×150×50)＝8>7.879＝x0.005，根據(jù)小概率值α＝0.005的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為購車車主是否購置新能源汽車與性別有關，此推斷犯錯誤的概率不超過0.005.培優(yōu)點6概率與統(tǒng)計的創(chuàng)新題型1．解(1)設每人血樣化驗次數(shù)為X，若混合血樣呈陰性，則X＝eq\f(1,k)，若混合血樣呈陽性，則X＝eq\f(1,k)＋1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)))＝0.996k，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,k)＋1))＝1－0.996k，所以E(X)＝eq\f(1,k)×0.996k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))×(1－0.996k)＝1＋eq\f(1,k)－0.996k＝1＋eq\f(1,k)－(1－0.004)k≈eq\f(1,k)＋0.004k，令f(x)＝eq\f(1,x)＋0.004x，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋0.004＝eq\f(0.004x2－1,x2)，所以f(x)在(0,5eq\r(10))上單調(diào)遞減，在(5eq\r(10)，＋∞)上單調(diào)遞增，因為k∈Z，且f(15)＝eq\f(1,15)＋0.004×15≈0.1267，f(16)＝0.1265，所以當k＝16時，f(x)取得最小值，所以E(X)的最小值為0.1265.所以按16人一組，每個人血樣化驗次數(shù)的均值最小，此時化驗總次數(shù)為4000×0.1265＝506.(2)設每組k人，每組化驗總費用為Y元，若混