山东省济宁一中2020年高考数学（人教A版选修2-3）第一轮复习教学案：选修2－3参考答案

第一章计数原理第一讲两个计数原理知识梳理知识盘点123完成一件事情分类相互独立分步相互依存 基础闯关1A2B3A4A51008642典例精析变式训练：1解：若或B中有一个为零时，有2条；当时，有条。则共有20222条。而所求的不同的直线共为22条。2解：分两类：（1）幸运之星在甲箱中抽，再在两箱中各定一名幸运伙伴，有302920=17400种结果；（2）幸运之星在乙箱中抽，同理有201930=11400种结果.因此共有17400+11400=28800种不同结果.3. 解：此题也可以用构造法来解，方法如下：构造一个六棱柱，用6种不同颜色给六棱柱的12个顶点着色，使同一侧棱的两端点同色，来表示一对老搭档运动员，于是这6对着色点就代表了6对运动员。根据题意，只需求出从12个着色点中任取5个不同色点的不同取法就可以了。而这可以分成两步来进行：第一步，先求从6种颜色中任取5种的取法，共有种；第二步，因为六棱柱的6种染色点中同色的点各有2个，所以第一步中的每一种取法均有种搭配方式。因此根据分步计数原理共有种方法，即选派5名运动员中任意两名都不是老搭档共有192种不同的方法。4解：依题意可知至少要选用3种颜色。（1）当选用3种颜色时，区域2和区域4必须同色，区域3和区域5也必须同色，故有种方法；（2）当用4种颜色时，若区域2和区域4同色，则区域3和区域5不同色，有种方法；若区域3和5同色，则区域2和区域4不同色，有种方法；故使用4种颜色时共有2种方法；由加法原理可知满足题意的着色方法共有272种不同的方法。5解法一：按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个.则共有1+2+3+4+7+8=36（个）.解法二：按十位数字是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.则共有8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.6. 解：由于所给的7个字母中有3个（a）相同，故在排列中，只要b,c,d,e的位置确定，余下的位置就会只有一种排法（全排a）。因此，只要算清4个字母(b,c,d,e)在7个位置上的排法就可以了。不妨先排b，共有7种排法；其次排c，共有6种排法；再排d，共有5种排法；最后排e，共有4种排法；从而由分步乘法原理可知这7个字母共有种不同的排法。即种。能力提升1B2A3A4B5D6157208591810解：第一类：1号区域与3号区域同色时，有541480种涂法；第二类：1号区域与3号区域异色时，有5433180种涂法。依据分类加法计数原理知不同的涂色方法有80180260种不同的涂色方法。11. 解：（1）因为电话号码中的每个数字都选自于0,1，2,3，4，5,6，7,8，9这10个数字中的一个，所以电话号码的每个数字都有10种不同的选法，所以最多能组成个七个数字的电话号码。（2）因为电话号码的第一个数字不能用0，所以第一个数字有9种不同的选法，而后面的6个数字有种选法，因此电话号码的选取共有种不同选法。所以，最多能组成个七位的电话号码。12. 解：若按的涂色顺序，则S有5种、A有4种、B有3种不同的涂色方法，在涂C点时可以分成两类，第一类与A同色，则D点此时有3种涂法；第二类与A点不同色，则有2种不同的涂法，D有2种涂法，从而所有不同涂法的种类为：即所求的涂色方法有420种。第二讲排列与组合知识梳理知识盘点1（1）顺序（2）所有排列（3）（4）排列12（1）并成一组（2）所有组合（3）11（4） 基础闯关1B2C3C4D5480624典例精析变式训练：1解：这里的特殊元素是3名主力队员，先将他们安排到第一、三、五位置，有种不同的排法，然后再从其余的7名队员中选出2名来安排在第二、四位置，有种不同的排法，由分步计数原理知安排方法共有种不同的排法。2解法一：问题分成三类：（1）甲、乙两人均不参加，有A种；（2）甲、乙两人有且仅有一人参加，有2C（AA）种；（3）甲、乙两人均参加，有C（A2AA）种.故共有252种.解法二：六人中取四人参加的种数为A，除去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有C A种，因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A减去了两次.故共有AC AA=252种.3. 解： 由题意可将问题分成三类：（1）取5不取0且5必须在个位，此时有个；（2）取0不取5时，则0在个位，此时有个；（3）0,5都入选时，利用间接排法列式：个（减去是指0在首位，5在个位这个不合题意的种数）；由分类加法计数原理，知共有个四位数。4解：在三棱柱的三六个顶点中任取4个顶点，有种不同的取法，其中侧面上的四点不能构成三棱锥，故有15312个不同的三棱锥。5解：解法一：问题等价于将排成一行的10个相同的元素分成7份的方法，相当于在10个相同元素的9个间隔（除去两端）中插入6块隔板隔成7份，其有种。所以名额分配总数为84种。解法二：由于各个学校至少1个名额，先将每个学校分配1个名额，还剩下3个名额，将这3个名额分配给7所学校，共有以下三类方法：全部分给一所学校有种（此时该校有4个，另外六校各1个）；分给两个学校，一所学校2个名额，另一所学校有1个名额的方法有种；均分给三所学校，有种。由分类加法计数原理知，共有种方法。6. 解：需要考虑两种情况：第一种，因故退出比赛的两人之间没有比赛，则，此方程无正整数解；第二种，因故退出比赛的两人之间进行了比赛，则，解得，所以比赛则开始时，参赛人数为15人。能力提升1A2C3C4C5A6144071689126010解法一：添加的三个节目有三类办法排进去：三个节目连排，有CA种方法；三个节目互不相邻，有A种方法；有且仅有两个节目连排，有CCCA种方法.根据分类计数原理共有CA+A+CCCA=504种.解法二：从结果考虑，排好的节目表中有9个位置，先排入三个添加节目有A种方法，余下的六个位置上按6个节目的原有顺序排入只有一种方法.故所求排法为A=504种.解法三：=504.11. 解：10个点中取4个点的方法有种，四点共面有以下三种情况：（1）在一个面内的6个点中任取4个点，有种；（2）取每条棱上3点和对棱的中点，有6种；（3）取各棱中点4个点，有3种。故10个点中任取4点不共面的情况为：63141种。12. 解：问题相当于从10件产品中取出6件的一个排列，第6位为次品，前五位有其余3件次品，可分三步：先从4件产品中留出1件次品排第6位，有4种方法；再从5件正品中取2件，有C种方法；再把3件次品和取出的2件正品排在前五位有A种方法.所以检测方案种数为4CA=4800第三讲二项式定理知识梳理知识盘点2（2）（3）（4）34和5（1）等距离（2）（3） 基础闯关1B2D3C4C52069典例精析变式训练：1解法一：（|x|+2）3=（|x|+2）（|x|+2）（|x|+2）得到常数项的情况有：三个括号中全取2，得（2）3；一个括号取|x|，一个括号取，一个括号取2，得CC（2）=12，常数项为（2）3+（12）=20.解法二：（|x|+2）3=（）6.设第r+1项为常数项，则T=C（1）r（）r|x|=（1）6C|x|，得62r=0，r=3.T3+1=（1）3C=20.2解：前三项系数为C，C，C，由已知C=C+C，即n29n+8=0，解得n=8或n=1（舍去）.T=C（）8r（2）r=Cx.4Z且0r8，rZ，r=0，r=4，r=8.展开式中x的有理项为T1=x4，T5=x，T9= x2.3. 解：（1）设T=C（axm）12r（bxn）r=Ca12rbrxm（12r）+nr为常数项，则有m（12r）+nr=0，即m（12r）2mr=0，r=4，它是第5项.（2）第5项又是系数最大的项，有Ca8b4Ca9b3， Ca8b4Ca7b5. 由得a8b4a9b3，a0，b0， ba，即.由得，.4解：由题意CCC=22，即CCC=22，n=6.第4项的二项式系数最大.C（x）3=20000，即x3lgx=1000.x=10或x=.5解：令，得 再令得 。可得。6. 解：方法一、 所以在递增的最大值为7。方法二、利用倒序相加法求，以下同上。能力提升1A2B3B4C5C635788191110解：而的展开式中的第二项为，第五项为的展开式中项的系数是126（9）135.11. 解：（a2b3c）10=（a2b3c）（a2b3c）（a2b3c），从10个括号中任取3个括号，从中取a；再从剩余7个括号中任取4个括号，从中取2b；最后从剩余的3个括号中取3c，得含a3b4c3的项为Ca3C（2b）4C（3c）3=CCC（3）3a3b4c3.所以含a3b4c3项的系数为CC1627.12. 解：的展开式中的常数项是第3项，值为的展开式的各项系数之和为（点拨：令a=1即可求得此系数之和。）从而n = 7。对于的项是第4项，其二项式系数是。第四讲排列、组合与二项式定理综合题知识梳理知识盘点1按元素的性质进行分类2.按事情发生的过程进行分步（1）元素（2）位置（3）排列数或组合数 基础闯关1C2D3B4A5173470016典例精析变式训练：1解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，有A种，若(2)(4)同色，有A种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A种.由加法原理，共有N=2A+A=240种.2解：出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法；(3)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有CA种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次出，有CA种方法.因此，共有不同的出牌方法A+A+A+AA+A+CA=860种.3. 解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A种，其余6人全排列，有A种.由乘法原理得AA=2160种.(2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A种，余下的6个位置全排有A种，但应剔除乙在最右边的排法数AA种.则符合条件的排法共有AAAA=3720种.(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有AA=720种.(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有AA=144种.(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有AA=1440种.(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A=NA，N= 840种.(7)与无任何限制的排列相同，有A=5040种.(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有AA.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有AAA=720种.4990045解：除以19的余数为5，为常数项，所以6. 解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C =36(种).解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=A3=36(种).能力提升1A2D3C4D5A6187100601582n(n1)93010解法一(间接法) 任取三张卡片可以组成不同三位数C23A(个)，其中0在百位的有C22A (个)，这是不合题意的，故共有不同三位数 C23AC22A=432(个） 解法二 (直接法) 第一类 0与1卡片放首位，可以组成不同三位数有 (个); 第二类 0与1卡片不放首位，可以组成不同三位数有 (个) 故共有不同三位数 48+384432(个）11. 解：经过7次跳动，质点落在点（3，0），说明质点向轴正方向跳动5次，向轴负方向跳动2次，将2次负方向跳动“插入”5次正方向跳动之中，有种不同的运动方法。12. 解：（1）因为四点共线，所以以这10 个点（不包括A、B）中的3个点为顶点可作三角形的个数为；其中含点的三角形有个（2）以图中的12个点中的4 个点为顶点可作个四边形。仿真训练1A2D3C4B5D6A7C8B9A10A11C12C137654214211522816（4）17解：（1）C52A54=1200（种） （2）A55-1=119（种） （3）不满足的情形：第一类，恰有一球相同的放法：C519=45第二类，五个球的编号与盒子编号全不同的放法： 满足条件的放法数为：A55-45-44=31（种）18解：由及得：原式19解：甲、乙、丙三人排列一共有6种排法，在这6种排法中各种排列顺序在10个人的所有排列中出现的机会是均等的，因此符合题设条件的排法种数为20解：动点只能向上或向右运动才能使路程最小而且最小的路程为14，把动点运动1个单位看成是1步，则动点走了14步，于是问题就转化为在14个格子中填写6个“上”和8个“右”，这也是一个组合的问题，于是得到一共有种走法。21证明：，考查两边的系数，它们当然也应相等，左边其中的系数是的系数是，故知原结论成立。22解：（1）由得：，逆用二项式定理得：。由于无意义，所以，(2)由得。由及逆用二项式定理，得第二章随机变量及其分布列第一讲离散型随机变量及其分布列知识梳理知识盘点1 一定次序2 （1）概率之和（2）成功概率 基础闯关1C2A3D4B56典例精析变式训练：1解：分别是的函数，而函数关系可用表的形式表示出来，然后再写出分布列。首先列出如下表格：X210123101410149P从而由上表可得两个分布列101P0149P2解：每次取1件产品，至少需2次，即最小为2，有2件次品，当前2次取得的都是次品时，=4，所以可以取2，3，4.P（=2）=；P（=3）=+=；P（=4）=1=.的分布列如下：234P3. 解：的所有可能值为，.由等可能性事件的概率公式得P(=0)=, P(=1)= P(=2)= =, P(=3)= P(=4)= =, P(=5)= 从而的分布列为012345P45解:(I)设袋中原有个白球,由题意知可得或(舍去)即袋中原有3个白球.(II)由题意,的可能取值为1,2,3,4,5所以的分布列为:12345(III)因为甲先取,所以甲只有可能在第一次,第三次和第5次取球,记”甲取到白球”为事件,则6.解：（1）路线用遇到堵车的概率是 同理路线遇到堵车的概率是；路线遇到堵车的概率是. 因此应选择线路可使途中发生堵车的概率最小. （2）路线中遇到堵车的次数X取值可能是0，1，2，3， 所以X的分布列是X0123P能力提升1D2C3D4D5C6478（1）（2）（3）910解：根据题意可知随机变量的取值为3，4，5.当=3时，即取出的三只球中最大号码为3，则其他两球的编号只能是1，2，故有P（=3）=.当=4时，即取出的三只球中最大号码为4，则其他两球只能在编号为1，2，3的3球中取2个，故P（=4）=.从而P（=5）=.可得的分布列为345P11. 解：（1）可能取的值为0，1，2。 。所以，的分布列为012P（2）由（1），“所选3人中女生人数”的概率为12. 解：的取值分别为1，2，3，4.，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（）=0.6.，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故 =3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故=4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故李明实际参加考试次数的分布列为1234P0.60.280.0960.024的期望E=10.6+20.28+30.096+40.024=1.544.李明在一年内领到驾照的概率为：1(10.6)(10.7)(1-0.8)(10.9)=0.9976.第二讲条件概率与相互独立事件同时发生的概率知识梳理知识盘点1在事件A发生的条件下事件B发生A发生的条件下B的概率（1）（2）.2概率3同时4相互独立5 基础闯关1D2B3A4A50.756典例精析变式训练：1解：设第次按对密码为事件，B表示最后一位是按奇数的事件。那么不超过2次就可以找到密码的事件为，又事件与事件互斥，所以2解：（1）由n可得， 由于共30个数，故， （2）由 所以） 故概率为。 3. 解：（1）设平均值为，则即测量平均值为70单位长。（2）即测得70单位长的每次的概率为（3）设每一次测得71单位长的概率为，4解：（）记甲、乙、丙三台机器在一小时需要照顾分别为事件A、B、C， 则A、B、C相互独立，由题意得：P（AB）=P（A）P（B）=0.05P（AC）=P（A）P（C）=0.1P（BC）=P（B）P（C）=0.125 解得：P（A）=0.2；P（B）=0.25；P（C）=0.5 所以, 甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是0.2、0.25、0.5 （）A、B、C相互独立，相互独立， 甲、乙、丙每台机器在这个小时内需都不需要照顾的概率为 这个小时内至少有一台需要照顾的概率为。 5解：（1）将5个黄球排成一排只有种排法，将3个蓝球放在5个黄球所形成的6个空档上，共有种放法。所以所求的排法有（种）。（2）取3个球的种数为，设“3个球全是红球”为事件A，“3个球全为蓝球”为事件B，“3个球全是黄球”为事件C。因为A、B、C为互斥事件，所以即，从而取出3个球中红球的个数，又因为，所以（3）记“3个球中至少有一个是红球”为事件D，则表示“3个球中没有红球”，或6. 解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B,C，则P(A)=a，P(B)b，P(C)=c.() 应聘者用方案一考试通过的概率p1=P(AB)+P(BC)+P(AC)+P(ABC) =ab(1-c)+(1-a)bc+a(1-b)c+abc=ab+bc+ca-2abc.应聘者用方案二考试通过的概率p2=P(AB)+P(BC)+ P(AC) =(ab+bc+ca)=(ab+bc+ca)() p1- p2= ab+bc+ca-2abc-(ab+bc+ca)= ( ab+bc+ca-3abc)=p1p2能力提升1C2D3C4A5B60.970.188890.3210解：设第一次掷得向上一面点数是偶数的事件为A,第二次掷得向上一面点数是偶数的事件为B,在第一次掷得向上一面点数是偶数的条件下,第二次掷得向上一面点数也是偶数的概率为或11. 解：设事件B发生的概率为P，事件C发生的概率为P，则（1）（1）（1P）=即 解得 或故事件B、C发生的概率分别为。（2）P=P（+）=12. 解：记三次射击依次为事件A、B、C，其中 令x=100，求得k=5000， 命中野兔的概率为第三讲独立重复试验、二项分布与正态分布知识梳理知识盘点1次试验结果不会受其它试验的影响20,1，2n34和5位于轴上方与轴不相交达到峰值1越“矮胖”分散越“瘦高”集中60.68280.95440.99747.原则 基础闯关1D2A3A4A5解：设次品数为，则（2，0.05），其中p=0.05为次品率，则q=0.95为正品率，于是由二项分布公式（列成表格）：即得所求结果.6（3）典例精析变式训练：1解：（1）设“甲射击4次，至少1次未击中目标”为事件A，则其对立事件为“4次均击中目标”，则（2）设“甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次”为事件B,则（3）设“乙恰好射击5次后，被中止射击”为事件C,由于乙恰好射击5次后被中止射击,故必然是最后两次未击中目标，第三次击中目标，第一次及第二次至多有一次未击中目标。故。2解：（）：因为甲坑内的3粒种子都不发芽的概率为，所以甲坑不需要补种的概率为 （）3个坑恰有一个坑不需要补种的概率为 （）解法一：因为3个坑都不需要补种的概率为，所以有坑需要补种的概率为 解法二：3个坑中恰有1个坑需要补种的概率为恰有2个坑需要补种的概率为 3个坑都需要补种的概率为 3. 解：（）； （）解法一： 该种零件的合格品率为，由独立重复试验的概率公式得： 恰好取到一件合格品的概率为 ， 至少取到一件合格品的概率为 解法二： 恰好取到一件合格品的概率为， 至少取到一件合格品的概率为 4解：（）至少3人同时上网的概率等于1减去至多2人同时上网的概率，即.（）至少4人同时上网的概率为至少5人同时上网的概率为：.因此，至少5人同时上网的概率小于0.3.5解：（1）设10台机床中实际开动的机床为随机变量，由于车床类型相同，且机床的开动与否是相互独立的，因此，其中是每台机床开动的概率。由题意得从而50千瓦的电力可同时供给5台机床开动，因而10台机床中同时开动的台数不超过5台时都可以正常工作，这一事件的概率为。（2）由（1）知，在电力供应50千瓦的条件下，机床不能正常工作的概率仅为0.006，从而在一个工作日内的8个小时中，不能正常工作的时间大约（分钟），这说明，10台机床的工作基本上不受电力供应紧张的影响。6. 解：（）设参赛学生的分数为，因为N(70，100)，由条件知，P(90)1P（90）1F(90)11(2)10.97720.228.这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的2.28，因此，参赛总人数约为526（人）。（）假定设奖的分数线为x分，则P(x)1P（x）1F(x)10.0951，即0.9049，查表得1.31，解得x83.1.故设奖得分数线约为83.1分。能力提升1A2C3C4C5C67890.76810解：() (i) (ii). ()设袋子A中有个球，袋子B中有个球，由，得11. 解：由于第n次到顶点A是从B、C、D三个顶点爬行而来，从其中任何一个顶点达到A的概率都是，而第n1次在顶点A与小虫在顶点B、C、D是对立事件。因此， P=()+。12. 解：（1） 表示：掷3次，1次出现2点或3点，2次出现4点，5点或6点，共种情况。故的概率为的概率为的概率为 故n3时，x、y、z成等差数列，概率为（2）n=6时，x、y、z成等比数列。 所求概率为第四讲离散型随机变量的期望与方差知识梳理知识盘点1平均水平标准差偏离于均值的平均程度相同单位2AE+ba2DPP（1P）nP nP(1P) 基础闯关1C2B3B4B55.56典例精析变式训练：1解：依题意只取2个值x1与x2，于是有E=x1+x2=，D=x12+x22E2=，从而得方程组解之得或而x1n可得， 由于共30个数，故， （2）由 所以） 故概率为18解：（1）设A=“软件开发成功”，B=“新闻发布会召开成功” 软件成功开发且成功在发布会上发布的概率是P(AB)=P(A)P(B)=0.72.（2）不召开新闻发布会盈利的期望值是(万元)； 召开新闻发布会盈利的期望值是（万元）故开发商应该召开新闻发布会，且盈利的最大期望是24.8万元.19解：由已知可得，故有Y的取值可以是0，1，2. 甲、乙两人命中10环的次数都是0次的概率是， 甲、乙两人命中10环的次数都是1次的概率是， 甲、乙两人命中10环的次数都是2次的概率是 所以； 甲命中10环的次数是2且乙命中10环的次数是0次的概率是，甲命中10环的次数是0且乙命中10环的次数是2次的概率是 所以，故 所以Y的分布列是Y123P 所以 Y的期望是EY=20解：所需比赛场数是随机变量，其取值为4，5，6，7，,k=4,5,6,7，表示比赛最终获胜队在第k场获胜后结束比赛，显然在前面k-1场中获胜3场，从而=, k=4,5,6,7，4分 (1)分布列为4567p (2) 所需比赛场数的数学期望是，组织者收益的数学期望为2000=11625万美元.21解：（1）阿明投篮4次才被确定为B级的概率. （2）有已知X的取值为4，5，且 所以X的数学期望. （3）若连续两次投篮不中则停止投篮，阿明不能入围这一事件有如下几种情况：5次投中3次，有种投球方式，其概率为；投中2次，分别是中中否否、中否中否否、否中中否否、否中否中否，概率是；投中1次分别有中否否、否中否否，概率为；投中0次只有否否一种，概率为；所以阿明不能入围这一事件的概率是22解：（1）设乙盒中有n个红球，由已知可得，解的n=5，即乙盒中含有5个红球. （2）若甲盒中白球增加了，则有以下两种情况：从甲盒中取出了两个红球，放入乙盒中均匀后从乙盒中取出两个白球或一个白球一个红球放入甲盒中，此时的概率是；从甲盒中取出一个红球和一个白球，放入乙盒中均匀后从乙盒中取出2个白球放入甲盒中，此时概率是； 所以甲盒中白球增加了的概率是，所以甲盒中白球没有增加的概率是.（3）从甲乙两个盒中各取2个球交换后乙盒中白球数和红球数相等的情况有以下两种：一是从甲盒中取个白球与乙盒中取个白球、一个红球进行交换；二是从甲盒中取出个白球、个红球与乙盒中取出个红球进行交换；所以概率是第三章统计案例第一讲回归分析的基本思想及其初步应用知识梳理知识盘点1回归分析2随机误差解释变量预报变量3最小二乘法样本点的中心4相关系数正相关负相关强几乎不存在0.755好贡献率 基础闯关1D2B3B4B5平均减少3个单位6典例精析变式训练：1解：（1）选取污染源距离为变量，氰化物浓度为因变量作出散点图如下：从表中所给出的数据并结合散点图可知，氰化物浓度与距离有负相关关系，用非线性回归方程来拟合，建立关于的指数回归方程：（2）相关指数：（3）列出编与残差图表如下：编号12345678污染源距离50100150200250300400500氰化物浓度0.6870.3980.2000.1210.090.050.020.01残差0.10618570.0350.0270.0210.00140.0050.0020.0015由上表得残差图如下：所求的残差平方和为：2解：(1) 散点图如右图所示： 由图知，样本点分布在某一条指数函数曲线的周围，令z=lny，则得到变换后的数据如下表：x2000 2001 2002 2020 2020 2020 z3.912 4.234 4.477 4.700 5.247 5.858 作散点图如下右图所示，即知变换后的样本分布在一条直线附近，故可以用线性回归方程来拟合由计算器计算得线性回归方程为 ，因此，年份x与人口数y万之间的非线性回归方程为. (2) 估计2020年人口总数应为418.759万 (3) 相关指数 年份x200020012002202020202020人口数y万50698811019035045.15965.45694.875137.516199.323288.9094.841 3.544 -6.875 -27.516 -9.323 61.091 即知残差平方和为4659.420。3. 解：首先设变量，题目所给的数据变成如下表所示的数据1050330201005003002001000510.155.524.082.852.111.621.411.301.211.15经计算得,从而认为与y之间具有线性相关关系， 由公式得 所以 最后回代，可得。4解：（1）散点图如图所示：（2）由散点图观察可知各点大致分布在一条直线附近，列表，利用计算器进行计算：序号132.225.01036.84625805231.130.0967.21900933332.934.01082.4111561118.6435.837.01281.6413691324.6537.139.01376.4115211446.9638.041.0144416811558739.042.0152117641638843.044.0184919361892944.648.01989.1623042140.81046.051.0211626012346379.739114663.671585715202.9从而所以所求的回归直线方程为：（3）根据上面求得的回归直线方程，当居民收入50亿元时，即这种商品的销售额大约为56.51万元。5解：根据题设条件，作出散点图如下：（1）直线模型由表中所给出的数据，利用最小二乘法，得回归直线方程为：，其残差平方和为（2）对数函数模型建立对数函数模型，所得的回归方程为：其残差平方和为（3）指数函数模型回归方程为，其残差平方和为（4）二次函数模型回归方程为：，其残差平方和为由上述几种函数模型来年，残差平方和越小，说明拟合效果越好。由此可得回归方程应为6. 解：，所以从而所求的回归直线方程为：列出残差表为：00.30.40.10.24.62.60.42.44.4所以，所以因为，从而拟合效果比较好。能力提升1D2B3C4A5D6153.477281950，50100.64;11. 解：（1）所以查得，所以该产品的广告费支出与销售额之间存在着显著的线性关系。（2）所以回归直线方程为当广告费支出为10万元时，收入约为（万元）。12. 略解：（1）r=0.995,所以y与x有线性性相关关系 （2）y=0.7286x-0.8571 （3）x小于等于14.9013第二讲独立性检验的思想及其应用知识梳理知识盘点1用不同的值表示个体所属的不同类别的变量2频数3三维柱形图二维条形图4多大程度独立性检验 基础闯关1C2D3B495%5小白鼠的死亡与剂量无关65.33不同典例精析变式训练：1解：可供选取的分类指标有很多，例如可以从：高考所考查的文、理进行分类；也可以由综合、与分科进行分类。如我们采用第二种分类标准时，可以将语文、数学、英语分为一组；将物理、化学、生物分为第二组；将地理、历史、政治分为第三组等。2解：在假设“语文与数学成绩没有关系”的前提下，应该很小，并且，而我们所得到的的观测值超过3.841，这就意味着“语文成绩与数学成绩有关系”这一情况错误的可能性为0.05，而有95%的把握认为“语文成绩与数学成绩有关系”。3. 解：作出二维条形图如下图所示：从二维条形图中可以估计在新措施中的死亡数所点的比例为，在对照组中的死亡数所占的比例数为，二者的差值为差别很大，因此从二维条形图中我们可以看出新措施对防治猪白痢是有效的。若利用独立性检验来计算，由列联表可知：，从而由于，因此我们有99%的把握认为新措施对防治猪白痢是有效的。4解：由于，由于4.5133.841，从而有95%的把握认为“高中生的性别与是否喜欢数学课程”之间有关系。另一方面，假设“性别与喜欢数学课程之间没有关系”，由于事件A“”的概率为P（A）因此事件A是一个小概率事件，而由样本数据计算得，这表明小概率事件A发生了。由此我们可以断定“性别与是否喜欢数学之间有关系”成立，并且这种判断出错的可能性为5%，约有95%的把握认为“性别与是否喜欢数学课程之间有关系”。5解：（1）患色盲不患色盲总计男38442480女6514520总计449561000 （2）假设H ：“性别与患色盲没有关系” 先算出K 的观测值： 则有即是H成立的概率不超过0.001, 若认为“性别与患色盲有关系”，则出错的概率为0.001