2026届学海导航高考一轮总复习数学-专题7分层作业

第40讲随机抽样、统计图表、用样本估计总体eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P398))1．【解析】A①总体较少，宜用抽签法；②各层间差异明显，宜用分层随机抽样．故选A.2．【解析】C由题意可得eq\f(20,N)＝20%，解得N＝100.故选C.3．【解析】C因为8×80%＝6.4，由图可知8次成绩由小到大排序，第7个位置的数是110，所以这8次成绩的第80百分位数是110.故选C.4．【解析】C设数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是eq\o(x,\s\up3(－))＝2，方差是s2＝eq\f(1,3)，则新数据组的平均数为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.故选C.5．【解析】D由题图可知，快递行业从业人员中，“90后”占总人数的56%，超过一半，A正确；快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为56%×39.6%＝22.176%，超过20%，所以快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90”后的人数超过总人数的20%；B正确；快递行业从业人员中，从事运营岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为56%×17%＝9.52%，超过“80前”的人数占总人数的百分比，C正确；快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为22.176%，小于“80后”的人数占总人数的百分比，但“80后”从事技术岗位的人数占“80后”人数的比未知，D错误．故选D.6．【解析】AC数据从小到大排列为1，1，2，3，3，3，3，4，5，5.对于A，该组数据的极差为5－1＝4，A正确；对于B，众数为3，平均数为eq\f(1×2＋2＋3×4＋4＋5×2,10)＝3，两者相等，B错误；对于C，方差为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正确；对于D，因为10×80%＝8，所以这组数据的80%分位数为第8个数和第9个数的平均数4.5，D错误．故选AC.7．【解析】40设A，B，C三所学校高三历史类学生人数分别为x，y，z.由题知x，y，z成等差数列，所以x＋z＝2y，又x＋y＋z＝1500，所以y＝500，故用分层随机抽样方法抽取B校学生人数为eq\f(120,1500)×500＝40.8．【解析】265依题意，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)，所以全班学生的平均成绩估计为115分，则全班学生成绩的方差为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对于A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)×10＝200a＝1，解得a＝0.005，A错误；对于B，前两个矩形的面积之和为(2a＋3a)×10＝50a＝0.25<0.5，前三个矩形的面积之和为(2a＋3a＋7a)×10＝120a＝0.6>0.5，设计该年级学生成绩的中位数为m，则m∈(70，80)，根据中位数的定义可得0.25＋(m－70)×0.035＝0.5，解得m≈77.14，所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，B正确；对于C，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为eq\f(6a,6a＋2a)×85＋eq\f(2a,6a＋2a)×95＝87.5，C正确；对于D，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为eq\f(3,4)[12＋(87.5－85)2]＋eq\f(1,4)[10＋(87.5－95)2]＝30.25，D正确．故选BCD.10．【解析】(1)由题得，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，所以样本的方差为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)由题得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))，所以有体验区的参观时长均值比没有体验区的参观时长均值有显著提高．(3)从(2)中可知展区应该设置互动体验展区，这样可以吸引更多的参观者进行观看与体验，使他们能更多地了解产品，并能更大程度地激发中小学生的兴趣爱好．11．【解析】(1)样本中，高一学生竞赛平均成绩为eq\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；样本中，高二学生竞赛平均成绩为eq\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.因为eq\o(x,\s\up3(－))1＝eq\o(x,\s\up3(－))2，seq\o\al(2,1)>seq\o\al(2,2)，所以样本中平均成绩一样，但高二学生的成绩更稳定．所以利用样本估计总体的思想可以认为，高二学生这次竞赛成绩更好．(2)设选择方案一时一位学生获得的奖金为X元，则X的可能取值为10，25，35，其对应的频率分别为0.3，0.4，0.3，所以获得奖励的平均数eq\o(X,\s\up6(－))＝10×0.3＋25×0.4＋35×0.3＝23.5(元)；设选择方案二时一位学生获得的奖励为Y元，则获得奖金的平均数eq\o(Y,\s\up6(－))＝10×0.5＋30×0.5＝20(元).因为eq\o(X,\s\up6(－))>eq\o(Y,\s\up6(－))，所以从统计角度看，高一年级组长应该选择方案一．12．【解析】(1)由题可知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，则a1＝5×{eq\f(61－16,5)}＝45，b1＝5×[eq\f(61＋16,5)]＝75，该抽样数据落在[45，75]内的频率约为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，该抽样数据落在[30，90]内的频率约为1－0.03－0.04＝0.93＝93%<95%，所以可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．13．【解析】(1)根据题意，得eq\o(z,\s\up3(－))＝＝eq\f(2×18＋3×36,5)＝28.8，因为(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.所以总样本的平均数为eq\o(z,\s\up3(－))＝28.8，方差S2≈127.4.(2)依题意可知，X的所有可能取值为0，1，2.设“第i场比赛在甲区举行，甲区代表队获胜”为事件Ai，“第i场比赛在乙区举行，甲区代表队获胜”为事件Bi，i＝1，2，3，则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讲变量间的相关性eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P402))1.【解析】D第一个散点图中，当x的值增加时，y的值也增加，是正相关；第三个散点图中，当x的值增加时，y的值减小，是负相关；第二个散点图中，散点图中的点的分布没有什么规律，是不相关，所以应该是①③②.故选D.2．【解析】A在两个变量y与x的回归模型中，它们的决定系数R2越接近1，模型拟合效果越好，在四个选项中A的决定系数最大，所以拟合效果最好的是模型1，故选A.3．【解析】C由散点图可知，图一两个变量成正相关，且线性相关性较强，故r1>0，图二、图三两个变量都成负相关，且图二的线性相关性更强，故r2<0，r3<0，|r2|>|r3|，故0>r3>r2，所以r1>r3>r2.故选C.4．【解析】D因为＝eq\f(1,5)(20＋25＋30＋35＋40)＝30，＝eq\f(1,5)(5＋7＋8＋9＋11)＝8，所以回归直线＝0.28x＋过点(30，8)，故8＝0.28×30＋，解得＝－0.4，所以＝0.28x－0.4，将x＝45代入＝0.28x－0.4中，得＝0.28×45－0.4＝12.2，即当售价为45元时，该商品的销售量件数大约为12.2百件．故选D.5．【解析】ACD对于A，根据相关关系的定义，即可判断自变量取值一定时，因变量的取值带有一定随机性的两个变量之间的关系叫做相关关系，正确；对于B，线性回归分析中，样本相关系数r的绝对值越接近1，两个变量的线性相关性越强，错误；对于C，残差图中，对于一组数据拟合程度的好坏评价，是残差点分布的带状区域宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，正确；对于D，在回归分析中，用决定系数R2刻画回归效果时，R2的值越大，说明模型的拟合效果越好，R2为0.98的模型比R2为0.80的模型拟合的效果好，正确．故选ACD.6．【解析】C因为观测值减去预测值称为残差，所以当x＝9时，＝－30.4＋13.5×9＝91.1，所以残差为53－91.1＝－38.1.故选C.7．【解析】AC身高的平均数为eq\f(1,10)(165＋168＋170＋172＋173＋174＋175＋177＋179＋182)＝173.5，因为离群点(168，89)的横坐标168小于平均值173.5，纵坐标89相对过大，所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，所以1>2，1<2，A正确，B错误；去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，所以r1<r2，Req\o\al(2,1)<Req\o\al(2,2)，C正确，D错误．故选AC.8．【解析】(1)由表中数据计算得，＝25，＝382，(xi－)(yi－)＝1438，(xi－)2=244，=≈5.983，=-≈382-5.893×25=234.675.所以经验回归方程为=5.893x+234.675.当x=40时，=5.893×40+234.675=470.395.故预测x=40kg时的玉米产量约为470.395kg.9.【解析】因为Q(a，b)＝(yi－bxi)2＝(y－2bxiyi＋b2x)＝b2x－2bxiyi＋y，上式是关于b的二次函数，因此要使Q取得最小值，b的取值为.10．【解析】(1)计算得＝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，所以二者之间具有很强的线性相关性．(2)设轮胎凹槽深度h与行驶里程x的线性回归方程为＝＋x，则＝＝＝－eq\f(16.32,16.24)≈－1，＝－x＝6＋1×2＝8，所以线性回归方程为h＝8－x，令h＝1.6，得x＝6.4.即更换新轮胎后继续行驶约6.4万千米需要对轮胎再次更换．11.【解析】(1)设模型①和②的相关系数分别为r1，r2.由题意可得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|，由相关系数的相关性质可得，模型②的拟合程度更好．(2)因为＝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关于x的经验回归方程为＝eq\f(2,11)x＋1，即y关于x的经验回归方程为＝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.所以经验回归方程为＝5lnx＋2.(2)2024年设该企业投入食品淀粉生产x万元，预计收益y万元，则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)上单调递增，在(50，200)上单调递减，ymax＝5ln50＋2＋15＝5(2ln5＋ln2)＋17≈5×(2×1.6＋0.7)＋17＝36.5.故年收益的最大值为36.5万元．13．【解析】(1)不妨设选择的成对数据分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则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)|).又由表格数据得，当x1<x2时，y1<y2，则r＝1.因为任意两个样本点都在一条直线上，则样本量为2的样本相关系数绝对值都是1(在样本相关系数存在的情况下)，显然据此推断两个变量完全线性相关是不合理的．样本相关系数可以反映变量之间相关的正负性及线性相关的程度，但由于样本数据的随机性，样本相关系数往往不能确切地反映变量之间的相关关系．一般来说，样本量越大，根据样本相关系数推测变量之间相关的正负性及线性相关的程度越可靠，而样本量越小，则越不可靠．(2)(ⅰ)==--9=9(--)=0（直线=x+）经过数据的中心(eq\o(x,\s\up6(－))，eq\o(y,\s\up6(－)))).(ⅱ)因为Req\o\al(2,1)＝1－＝1－，所以=，则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，则模型的拟合效果越好，因此经验回归方程②的拟合效果更好．

第42讲独立性检验与正态分布eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P407))1．【解析】C正态总体的概率密度函数为f(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e，根据f(x)＝eq\f(1,\r(4π))e(x∈R)，可得其均值为1，标准差为eq\r(2)，故选C.2．【解析】A因为随机变量X服从正态分布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.故选A.3．【解析】B因为随机变量ξ服从正态分布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.故选B.4．【解析】C每100个数学成绩优秀的人中可能没有女生，也可能有多名女生，已知数据不能确定结论，A错误；若某人数学成绩优秀，已知数据不能判断他为男生的概率，B错误；因为χ2＝6.748>6.635，所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为“数学成绩优秀与性别有关”，此推断犯错误的概率不超过1%，C正确，D错误．故选C.5．【解析】C由X～N(105，152)，得μ＝105，σ＝15，则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，估计优秀的学生人数约为1000×0.15865≈159.故选C.6．【解析】AC对于A，参加调查的男女生人数相同，男生中喜欢攀岩的占80%，女生中喜欢攀岩的占30%，所以参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多，故A正确．对于B，参与调查的女生中喜欢攀岩的人数占30%，所以不喜欢攀岩的人数占70%，所以不喜欢攀岩的人数比喜欢攀岩的人数多，故B错误．对于C、D，若参加调查的男女生人数都为100人，零假设为H0：喜欢攀岩和性别无关联．整理可得2×2列联表如下：单位：人性别攀岩合计喜欢攀岩不喜欢攀岩男8020100女3070100合计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，根据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为喜欢攀岩和性别有关，C正确，D错误．故选AC.7．【解析】(1)由表中数据可知，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)，由此估计该校高三学习物理的男生人数与女生人数的比值约为eq\f(70,30)＝eq\f(7,3).(2)A班共有2＋3＋8＋4＋15＋2＋8＋1＝43(人)，A班物理平均成绩的估计值为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)由表中数据可知，2×2列联表如下：单位：人性别成绩合计合格不合格男生65570女生171330合计8218100零假设为H0：该校高三考生的物理成绩与性别无关．根据表格中数据，计算得到χ2＝eq\f(100×(65×13－5×17)2,70×30×82×18)≈18.635>6.635＝x0.01.根据小概率值α＝0.01的χ2独立性检验，推断H0不成立，即认为该校考生的物理成绩与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.8．【解析】BC依题可知，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正确，D错误；因为X～N(1.8，0.1)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为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正确，A错误．故选BC.9．【解析】AC对于A，由|－0.85|>|0.66|知，乙组数据的线性相关性更强，A正确；对于B，由5.024<χ2＝6.352<6.635，即P(χ2≥5.024)＝0.025，则根据小概率值α＝0.025的独立性检验，认为A与B有关，B错误；对于C，由题可知，随机变量X的分布曲线关于X＝1对称，故P(X<0)＝1－P(X≤2)＝0.32，C正确；对于D，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，但决定系数R2越大，模型的拟合效果越好，D错误．故选AC.10．【解析】(1)零假设为H0：学生对“三项体育活动中要有篮球”这种观点的态度与性别无关，根据表格中数据计算得到χ2＝eq\f(200×(70×50－30×50)2,120×80×100×100)＝eq\f(25,3)≈8.33>6.635，根据小概率值α＝0.01的χ2独立性检验，推断H0不成立，即认为学生对“三项体育活动中要有篮球”这种观点的态度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于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)，则P(AB)＝P(A)·P(B)，故事件A，B独立．(ⅱ)训练后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，故预估经过训练后该校每分钟跳182个以上人数约为0.84135×1000≈841.11．【解析】(1)记事件A为抽到一件合格品，事件B为抽到两件合格品，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)证明：若X～B(100，eq\f(1,2))，则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)设随机抽取100件产品中合格品的件数为X，假设厂家关于产品合格率为90%的说法成立，则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，即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.0225，此概率极小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信．12．【解析】(1)当m＝0时，用分层随机抽样的方法抽取购买传统燃油车的6人中，男性有2人，女性有4人．由题意可知，X的可能取值为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)零假设为H0：是否购买新能源汽车与性别独立，即是否购买新能源汽车与性别无关联．当m＝0时，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，因为9.524>7.879＝x0.005，所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为是否购买新能源汽车与性别有关联，此推断犯错误的概率不超过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)，由题意可知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的最大值为4，又80－4＝76，所以至少有76名男性购买新能源汽车．

第43讲两个计数原理与排列、组合的基本问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P412))1．【解析】A由题意，从甲地经乙地到丙地的走法，根据分步乘法计数原理可得，共有3×2＝6(种)；再由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地，共有6＋2＝8(种)走法．故选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.故选C.3．【解析】B求不同填法需要4步，填中间一列有2种方法，再填1有3种方法，与1同列的只能是3或4，有2种方法，最后两个区域，填两个数字有2种方法，所以不同填法种数是2×3×2×2＝24.故选B.4．【解析】D根据分层随机抽样的定义知从初中部共抽取60×eq\f(400,600)＝40(人)，从高中部共抽取60×eq\f(200,600)＝20(人)，根据组合公式和分步乘法计数原理，则不同的抽样结果共有Ceq\o\al(40,400)Ceq\o\al(20,200)种．故选D.5．【解析】B先考虑第四站，第四站去红碱淖或白云山，故有Ceq\o\al(1,2)种安排方法，接着考虑第一站，去掉榆林沙漠国家森林公园以及第四站去的景点，有Ceq\o\al(1,5)种选择，最后从剩下的景点中选择任意两个景点游玩，有Aeq\o\al(2,5)种选择，故可得他们这四站景点的选择共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,5)＝200(种).故选B.6．【解析】ABC因为Ceq\o\al(n－m,n)＝Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)，A正确；因为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正确；因为Ceq\o\al(6,99)＝Ceq\o\al(99-6,99)＝Ceq\o\al(93,99)，C正确；因为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错误．故选ABC.7．【解析】7由题意，去1人有Ceq\o\al(1,3)＝3种去法，去2人有Ceq\o\al(2,3)＝3种去法，去3人有Ceq\o\al(3,3)＝1种去法，所以共有3＋3＋1＝7种不同的去法．8．【解析】480将区域标号，如下图所示．因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有6×5×4＝120(种)不同的涂色方法．若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法．若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法．所以共有120×(1＋3)＝480(种)不同的涂色方法．9【解析】ABC选项A，分三类，取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法．故共有3＋8＋5＝16(种)选法，A正确．选项B，分三步，第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生．故共有3×8×5＝120(种)选法，B正确．选项C，分两步，第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类，第一类选男生，第二类选女生．故共有3×(8＋5)＝39(种)选法，C正确．选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，D错误．故选ABC.10．【解析】C从左到右的6个位置分别为A，B，C，D，E，F，若两个0之间有一个数字，此时两个0的位置有A，C或B，D或C，E或D，F4种情况，再把剩余的4个数进行全排列，此时共有4Aeq\o\al(4,4)＝96(种)，若两个0之间有两个数字，此时两个0的位置有A，D或B，E或C，F3种情况，剩余的4个数进行全排列，此时有3Aeq\o\al(4,4)＝72(种)，若两个0之间有3个数字，此时两个0的位置有A，E或B，F两种情况，剩余的4个数进行全排列，此时有2Aeq\o\al(4,4)＝48(种)，综上，可以设置的密码共有96＋72＋48＝216(个).故选C.11．【解析】18先分组后排列，9个志愿者名额分成互不相同的3个组，有1，2，6、1，3，5、2，3，4，共3种分法．将每组分法再分配给不同学校，共有3Aeq\o\al(3,3)＝18(种).12．【解析】952①个位数字为0有Aeq\o\al(3,9)个；②个位数字为5，千位数字不为0有Aeq\o\al(1,8)Aeq\o\al(2,8)个，故符合题意的四位数有Aeq\o\al(3,9)＋Aeq\o\al(1,8)Aeq\o\al(2,8)＝952个．13．【解析】B根据N的标准分解式可得120＝23×3×5,故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,3)＝6(个)不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成Aeq\o\al(3,3)＝6(个)不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成1＋6＋6＝13(个)不同的三位数．故选B.14．【解析】ABC不妨设两个钉子间的距离为1.对于A，由图知，边长为1的正方形有3×3＝9个，边长为2的正方形有2×2＝4个，边长为3的正方形有1个，边长为eq\r(2)的正方形有2×2＝4个，边长为eq\r(5)的有2个，共有20个，A正确；对于B，由图知，宽为1(长比宽长)的长方形有2×3×3＝18个，宽为2(另一边为3)的长方形有4个，宽为eq\r(2)的有2个，共有24个，B正确；对于C，由图知，可以围成Ceq\o\al(3,16)－10Ceq\o\al(3,4)－4Ceq\o\al(3,3)＝516个不同的三角形，C正确；对于D，由图可知，不存在等边三角形，D错误．故选ABC.第44讲排列、组合的综合应用问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P413))1．【解析】C根据题意，可先将3名大学生分成2组，一组2人，一组1人，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(种)分法，再将这2组分配到2个山村，有Aeq\o\al(2,2)＝2(种)分法，故共有3×2＝6(种)分法．故选C.2．【解析】A本题分两类：若小张或小赵入选，则有选法Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝24种；若小张、小赵都入选，则有选法Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12种．故共有选法36种．故选A.3．【解析】D5日至9日，即5，6，7，8，9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8种；第二步安排偶数日出行，分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种).根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.故选D.4．【解析】C一侧的种植方法有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)＝20×2＝40种排法，另一侧的种植方法有Aeq\o\al(2,2)＝2种排法，再由分步乘法计数原理得不同的种植方法共有40×2＝80种排法，故选C.5．【解析】C根据题意，分两种情况讨论：当数字不含0时，从9个数字中选三个，则这三个数字递增或递减的顺序确定是两个三位数，共有2Ceq\o\al(3,9)＝168(个)；当三个数字中含有0时，从9个数字中选两个数，它们只有递减一种结果，共有Ceq\o\al(2,9)＝36(个).根据分类加法计数原理知共有168＋36＝204(个).故选C.6．【解析】B因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看成一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有Aeq\o\al(3,3)种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有两种插空方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有两种排列方式，故安排这5名同学共有Aeq\o\al(3,3)×2×2＝24(种)不同的排列方式，故选B.7．【解析】18根据题意，安排6位同学到社区参加义务劳动可分成两步：第一步，将6位同学分成3组，要求甲、乙一组，其余4位同学平均分组，则有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))＝3种分组方法；第二步，将分好的3组全排列，安排到三个不同的社区，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况．由分步乘法计数原理可得，甲、乙到同一社区的不同安排方案共有3×6＝18种不同的安排方法．8．【解析】64由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)种方案．综上，不同的选课方案共有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(种).9．【解析】A将5位同学分别保送到3所大学就读，每所大学至少保送1人，有如下两种情况：①三所大学分别为1，1，3人，其有保送方法Ceq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(3,3)＝60种；②三所大学分别为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种．故不同的保送方法共有60＋90＝150种．故选A.10．【解析】B由题意知，将丙和丁看成一个整体，分4种情况分析：①丙和丁的整体分别为第1，2名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12种情况；②丙和丁的整体分别为第2，3名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第4，5名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种情况；③丙和丁的整体分别为第3，4名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2，5名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种情况；④丙和丁的整体分别为第4，5名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2，3名，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种情况．所以共有12＋4＋4＋4＝24种情况．故选B.11．【解析】D由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分以下三类：当种植的鲜花为两种时：A和C相同，B和D相同，共有Aeq\o\al(2,4)＝12种种植方法；当种植的鲜花为三种时：A和C相同或B和D相同，此时共有2Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(3,3)＝2×4×6＝48种种植方法；当种植的鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24种种植方法．综上，不同的种植方法的种数为12＋48＋24＝84种，故选D.12．【解析】55没有红牌，有1种方法；有一块红牌，让其插空，有Ceq\o\al(1,8)种方法；有两块红牌，让其插空，有Ceq\o\al(2,7)种方法；有三块红牌，让其插空，有Ceq\o\al(3,6)种方法；有四块红牌，让其插空，有Ceq\o\al(4,5)种方法．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种．13．【解析】1540设挑选出的三名学生的学号分别为x，y，z，不妨设x<y<z，则有恒等式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(*)式为x＋(y－x－4)＋(z－y－4)＋(31－z)＝23，上式四个正整数的和为23，相当于23个1分成四组，运用隔板法，在22个空中放3块板，故有Ceq\o\al(3,22)＝1540(种)方法．14．【解析】70由题意得a2－a1≥4，a3－a2≥5，a4－a3≥6，将a1连同右边的3个空位捆绑，a2连同右边的4个空位捆绑，a3连同右边的5个空位捆绑，分别看作一个元素，四元数组(a1，a2，a3，a4)的个数相当于从8个元素中选取4个，故这样的四元数组的个数是Ceq\o\al(4,8)＝70.

第45讲二项式定理eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P415))1．【解析】B(x2－eq\f(2,x))6展开式的通项公式为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，故选B.2．【解析】B(1－2x)5的展开式的通项是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).由题意，k＝3，因此，x3的系数是(－2)3Ceq\o\al(3,5)＝－80.故选B.3．【解析】B因为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)，要使系数为有理数，则k必为4的倍数，所以k可为0，4，8，12，16，20，共6种，故系数为有理数的项有6项．4．【解析】A通过选括号(即5个括号中4个提供x，其余1个提供常数)的思路来完成．故含x4的项的系数为(－1)＋(－2)＋(－3)＋(－4)＋(－5)＝－15.故选A.5．【解析】D展开式中x2的系数为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.故选D.6．【解析】BD因为二项式系数之和为64，即有2n＝64，所以n＝6，则该展开式中共有7项，A错误；令x＝1，得该展开式的各项系数之和为1，B正确；通项公式为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错误；二项式系数最大的是Ceq\o\al(3,6)，它是第4项的二项式系数，D正确．故选BD.7．【解析】28(2x－eq\f(1,8x3))8的通项为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，所以常数项为T3＝Ceq\o\al(2,8)26(－eq\f(1,8))2＝28.8．【解析】90因为二项式(x－eq\f(3,x))n(n∈N*)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，所以由二项式的性质可知，n＝5.二项式(x－eq\f(3,x))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(－3)kx5-2k，令5－2k＝1，得k＝2.所以含x项的系数为Ceq\o\al(2,5)(－3)2＝90.9．【解析】A(x2－x＋y)5＝[(x2－x)＋y]5，其展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2－x)5-ryr，令r＝2，则T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2－x)3y2，而(x2－x)3的展开式的通项公式为T′k＋1＝Ceq\o\al(k,3)(x2)3-k·(－x)k＝(－1)kCeq\o\al(k,3)x6-k，令k＝1，则(x2－x＋y)5的展开式中x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)×(－1)1×Ceq\o\al(1,3)＝－30，故选A.10．【解析】AC令t＝x－1，则原式转化为(t＋1)8＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a8t8.对于A，令t＝0，得a0＝1，A正确；对于B，由二项式定理得a6＝Ceq\o\al(2,8)＝28，B错误；对于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正确，D错误．故选AC.11．【解析】BD对于A，当x＝0时，a0＝(－2)2025＝－22025，A错误；对于B、C，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝12025＝1，当x＝－1时，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正确，C错误；对于D，当x＝eq\f(1,3)时，(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正确．故选BD.12．【解析】B因为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的余数为1，即1314＋1除以12的余数为2，故(1314＋1)年后是马年．故选B.13．【解析】A因为x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)，则令x＝1可得a0＝1.又对x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)两边求导可得2026x2025＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2026[(x－1)(x－2)…(x－2026)]′.令fn(x)＝(x－1)(x－2)×…×(x－n)，则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！＋…＋a2026×(－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.故选A.14．【解析】AC对于A，由组合数的计算性质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正确；对于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错误；对于C，第n(n∈N)行共有n＋1项，从左往右逐行数，第n行最后一项对应的项数为1＋2＋3＋…＋n＋(n＋1)＝eq\f((n＋1)(n＋2),2)，因为eq\f((62＋1)(62＋2),2)＝2016，且2026＝2016＋10，所以，从左往右逐行数，第2026项在第63行第10个，C正确；对于D，第n(n∈N*)行所有项之和为Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n，所以，第5行到第10行的所有数字之和为25＋26＋…＋210＝eq\f(25(1－26),1－2)＝2016，D错误．故选AC.第46讲随机事件的概率、古典概型、互斥事件的概率eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P416))1．【解析】B同时抛掷两颗骰子，有36个结果，“点数之和为5”是事件A有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共有4种情况；“点数之和为4的倍数”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种情况．对于A，A＋B表示“点数之和为5或是4的倍数”，不是不可能事件，A错误；对于B，A与B不可能同时发生，B正确；对于C，AB表示“点数之和为5且是4的倍数”，是不可能事件，C错误；对于D，A与B不能包含全部基本事件，D错误．故选B.2．【解析】A因为随机事件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，故选A.3．【解析】A因为取到的3个球中有白球，所以共有Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(3,5)＝110(种)方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,5)＝50(种)，设事件A＝“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则P(A)＝eq\f(50,110)＝eq\f(5,11).故选A.4．【解析】D对于A，该教职工具有本科学历的概率p＝eq\f(75,120)＝eq\f(5,8)＝62.5%>60%，A错误；对于B，该教职工具有研究生学历的概率p＝eq\f(45,120)＝eq\f(3,8)＝37.5%<50%，B错误；对于C，该教职工的年龄在50岁以上的概率p＝eq\f(10,120)＝eq\f(1,12)≈8.3%<10%，C错误；对于D，该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率p＝eq\f(15,120)＝eq\f(1,8)＝12.5%>10%，D正确．故选D.5．【解析】BCD对于A，对立事件一定是互斥事件，A正确．对于B，若A，B是两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不是两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，B错误．对于C，若A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，C错误．对于D，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B有可能不是对立事件，D错误．6．【解析】B对于A，事件B∪C为“至多一人中奖”，即“至少一人没中奖”，所以B∪C＝D，A正确；对于B，事件A∩C表示两人都中奖且恰有一人中奖，没有这样的事件，所以A∩C＝∅，B错误；对于C，至少一人没中奖包括恰有一人中奖和两人都没中奖两种情况，所以C⊆D，C正确；对于D，由A可知B⊆D，且B≠D，所以B∩D＝B，D正确．7．【解析】BCD甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A错误，B正确．甲得到A卡片的概率为eq\f(Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，C正确．甲、乙两人中有人得到A卡片的概率为eq\f(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,2)，D正确．故选BCD.8．【解析】eq\f(1,8)因为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甲第一局获胜并最终以4∶1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为Ceq\o\al(1,3)×(eq\f(2,3))4×eq\f(1,3)＝eq\f(16,81).故选C.10．【解析】ACD对于A，从甲袋中随机摸出一个球是红球的概率为P＝eq\f(4,5)，故A正确；对于B，从乙袋中随机摸出一个球是黑球的概率为P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，故B错误；对于C，从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，故C正确；对于D，从甲、乙袋中各随机摸出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率P＝eq\f(4,5)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,5)，故D正确．故选ACD.11．【解析】B当一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面时，共有10×8＝80(对)异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有4×2＝8(对)异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7×8＝56(对)异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为P＝eq\f(80＋56＋8,Ceq\o\al(2,24))＝eq\f(12,23).故选B.12．【解析】0.730.93记小江的成绩在90分及以上，[80，90)，[70，80)，[60，70)分别为事件B，C，D，E，这四个事件彼此互斥，则小江的成绩在80分及以上的概率P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.25＋0.48＝0.73.小江考试及格(成绩不低于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)从12个球中任取一个，记事件A＝“得到红球”，事件B＝“得到黑球”，事件C＝“得到黄球”，事件D＝“得到绿球”，则事件A，B，C，D两两互斥，由题意有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、黄球、绿球的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,6)，eq\f(1,4).14．【解析】eq\f(1,2)设甲在四轮游戏中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率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).从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝(Xk)＝eq\f(3,8)＝eq\f(3,2).记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3).如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出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，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出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)，两式相减即得p2＋eq\f(1,24)＝eq\f(1,2)，故p2＋p3＝eq\f(1,2).所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝eq\f(1,2).第47讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P418))1．【解析】B“恰好有1人解决”＝“甲解决乙没有解决”＋“甲没有解决乙解决”．所以恰好1人解决的概率为p1(1－p2)＋p2(1－p1).故选B.2．【解析】D设甲胜一局为事件A，则甲获得冠军的概率为P(A＋A)＝P(A)＋P(A)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).故选D.3．【解析】D设事件A表示“从第一箱中取一个零件”，事件B表示“取出的零件是次品”，则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)，故选D.4．【解析】C当A1，A2是互斥事件时，A1，A2不一定是对立事件，所以甲是乙的非充分条件．当A1，A2是对立事件时，A1，A2一定是互斥事件，所以甲是乙的必要条件．所以甲是乙的必要非充分条件．故选C.5．【解析】C由题意可知，事件A与事件B是相互独立的，而事件A，B中至少有一件发生的事件包含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)，所以所事件的概率为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)，故选C.6．【解析】D由图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%，20%，10%，记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%，记事件B为“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4.由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故选D.7．【解析】ABC随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，对于A，因为P(AB)＝0.18＝P(A)P(B)＝0.3×0.6，所以A，B相互独立，A正确；对于B，若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)＝0.6，B正确；对于C，若P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(P(AB),0.3)＝0.4，则P(AB)＝0.12，C正确；对于D，若A⊆B，则P(A|B)＝eq\f(P(A),P(B))＝eq\f(0.3,0.6)＝0.5，D错误．故选ABC.8．【解析】eq\f(1,2)如果用A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件，B表示是女生的事件，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B