[精品]2019新课标版备战高考数学二轮复习难点2.6新背景下的概率统计问题及统计案例测试卷文30

第三讲 概率几何概型授课提示：对应学生用书第67页[悟通——方法结论] 几何概型的两个基本特征(1)基本事件的无限性、等可能性． (2)其事件的概率为P (A ) ＝构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)，一般要用数形结合法求解．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图. 正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14 B.π8 C.12D.π4解析：不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，所以黑色部分的面积为π2，故此点取自黑色部分的概率为π24＝π8，故选B.答案：B2．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC .△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p 1，p 2，p 3，则()A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3解析：∵S △ABC ＝12AB ·AC ，以AB 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝π8AB 2，以AC 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝π8AC 2，以BC 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝π8BC 2，∴S Ⅰ＝12AB ·AC ，S Ⅲ＝π8BC 2－12AB ·AC ，S Ⅱ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π8AB 2＋π8AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π8BC 2－12AB ·AC＝12AB ·AC . ∴S Ⅰ＝S Ⅱ.由几何概型概率公式得p 1＝S ⅠS 总，p 2＝S ⅡS 总. ∴p 1＝p 2. 故选A. 答案：A3．(2018·福州四校联考)如图，在圆心角为90˚的扇形AOB 中，以圆心O 为起点在A B上任取一点C 作射线OC ，则使得∠AOC 和∠BOC 都不小于30˚的概率是( )A.13B.23C.12D.16解析：记事件T 是“作射线OC ，使得∠AOC 和∠BOC 都不小于30˚”，如图，记A B 的三等分点为M ，N ，连接OM ，ON ，则∠AON ＝∠BOM ＝∠MON ＝30˚，则符合条件的射线OC 应落在扇形MON 中，所以P (T)＝∠MON ∠AOB ＝30˚90˚＝13，故选A. 答案：A几何概型的判断关键是注意事件发生的种数具有无限性、等可能性，否则不为几何概型，同时要注意分清是面积型、长度型，还是角度型．古典概型授课提示：对应学生用书第67页[悟通——方法结论] 古典概型的两个基本特征(1)基本事件的有限性、等可能性． (2)其事件的概率为P (A )＝ 事件A 中所含的基本事件数试验的基本事件总数＝mn.[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )A.110 B.15 C.310 D.25解析：依题意，记两次取得卡片上的数字依次为a ，b ，则一共有25个不同的数组(a ，b )，其中满足a >b 的数组共有10个，分别为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，因此所求的概率为1025＝25，选D.答案：D2.近期“共享单车”在全国多个城市持续升温，某移动互联网机构对使用者进行了调查，得到了使用者对常见的八个品牌的“共享单车”的满意度指数，并绘制出茎叶图(如图所示)．(1)求出这组数据的平均数和中位数；(2)某用户从满意度指数超过82的品牌中随机选择两个品牌使用，求所选两个品牌的满意度指数均超过88的概率．解析：(1)这组数据的平均数x ＝3×70＋3×80＋2×90＋4＋7＋8＋3＋5＋9＋1＋48＝83.875.将这组数据按从小到大的顺序排列，易知这组数据最中间的两个数为83,85，则其平均数为83＋852＝84，故这组数据的中位数为84.(2)满意度指数超过82的品牌有五个，其满意度指数分别为83,85,89,91,94，依次记为a ，b ，c ，d ，e ，从中任选两个的选法为{a ，b }，{a ，c }，{a ，d }，{a ，e }，{b ，c }，{b ，d }，{b ，e }，{c ，d }，{c ，e }，{d ，e }，共10种；满意度指数超过88的有三个，分别为c ，d ，e ，从中任选两个的选法为{c ，d }，{c ，e }，{d ，e }，共3种．故所选两个品牌的满意度指数均超过88的概率P ＝310＝0.3.对于较复杂的古典概型问题，若直接求解比较困难，可利用逆向思维，先求其对立事件的概率，进而可得所求事件的概率.概率与统计的综合问题授课提示：对应学生用书第68页[悟通——方法结论](2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率． (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶❷的概率． (2)设六月份一天销售这种(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y 的所有可能值，并估计Y 大于零的概率．[学审题](2分)由表格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6，(4分)所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(5分)(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y ＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；(7分)若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100.所以Y的所有可能值为900,300，－100. (10分)Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋4＝0.8，90因此Y大于零的概率的估计值为0.8. (12分)解决概率与统计综合问题的一般步骤[练通——即学即用](2018·广州五校联考)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动．组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组[20,30)，第2组[30,40)，第3组[40,50)，第4组[50,60)，第5组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示．(1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率．解析：(1)设第1组[20,30)的频率为f 1，则由题意可知，f 1＝1－(0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝0.05.被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.05＋0.020×10＝0.25. ∴估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25. (2)第1组[20,30)的人数为0.05×120＝6. ∴第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名．记第1组中的3名男性群众分别为A ，B ，C,3名女性群众分别为x ，y ，z ，从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队包含(A ，B )，(A ，C )，(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，C )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共15个基本事件．至少有一名女性群众包含(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共12个基本事件．∴从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，至少有1名女性群众的概率P ＝1215＝45.授课提示：对应学生用书第152页一、选择题1．(2018·高考全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7解析：由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4. 故选B. 答案：B2．(2018·云南模拟)在正方形ABCD 内随机生成n 个点，其中在正方形ABCD 内切圆内的点共有m 个，利用随机模拟的方法，估计圆周率π的近似值为( )A.m nB.2mnC.4m nD.6mn解析：依题意，设正方形的边长为2a ， 则该正方形的内切圆半径为a ，于是有πa 24a ≈mn ，即π≈4m n ，即可估计圆周率π的近似值为4mn.答案：C3．(2018·沧州联考)已知函数f (x )＝x 2e x ，在区间(－1,4)上任取一点，则使f ′(x )＞0的概率是( )A.12B.25C.13D.16解析：f ′(x )＝2x －x 2e x ，由f ′(x )＞0可得f ′(x )＝2x －x2e x ＞0，解得0＜x ＜2，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率P ＝2－04－(－1)＝25.答案：B4．在区间[0,1]上随意选择两个实数x ，y ，则使x 2＋y 2≤1成立的概率为( ) A.π2 B.π4 C.π3D.π5解析：如图所示，试验的全部结果构成正方形区域，使得x 2＋y 2≤1成立的平面区域为以坐标原点O 为圆心，1为半径的圆的14与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成的区域，由几何概型的概率计算公式得，所求概率P ＝π41＝π4.答案：B5．已知向量a ＝(x ，y )，b ＝(1，－2)，从6张大小相同分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中，有放回地抽取两张，x ，y 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足a·b ＞0的概率是( )A.112B.34C.15D.16解析：设(x ，y )表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有6×6＝36个，a·b＞0，即x －2y ＞0，满足x －2y ＞0的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(6,2)，共6个，所以所求概率P ＝636＝16. 答案：D6．(2018·湖南五校联考)在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，在CD 上任取一点P ，△ABP 的最大边是AB 的概率是( )A.22B.32C.2－1D.3－1解析：分别以A ，B 为圆心，AB 的长为半径画弧，交CD 于P 1，P 2，则当P 在线段P 1P 2间运动时，能使得△ABP 的最大边是AB ，易得P 1P 2CD＝3－1，即△ABP 的最大边是AB 的概率是3－1. 答案：D7．(2018·天津六校联考)连掷两次骰子分别得到点数m ，n ，则向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(－1,1)的夹角θ＞90˚的概率是( )A.512B.712C.13D.12解析：连掷两次骰子得到的点数(m ，n )的所有基本事件为(1,1)，(1,2)，…，(6,6)，共36个．∵(m ，n )·(－1,1)＝－m ＋n ＜0，∴m ＞n .符合要求的事件为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，…，(5,4)，(6,1)，…，(6,5)，共15个，∴所求概率P ＝1536＝512.答案：A8．由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )A.18B.14C.34D.78解析：由题意作图，如图所示，Ω1的面积为12×2×2＝2，图中阴影部分的面积为2－12×12×1＝74，则所求的概率P ＝742＝78. 答案：D 二、填空题9．(2018·长沙模拟)在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．解析：由题意，在正方体中与点O 距离等于1的是个半球面，V 正＝23＝8，V 半球＝12×43π×13＝23π， V 半球V 正＝2π8×3＝π12，∴所求概率P ＝1－π12. 答案：1－π1210．如图，在等腰直角△ABC 中，过直角顶点C 作射线CM 交AB 于M ，则使得AM 小于AC 的概率为________．解析：当AM ＝AC 时，△ACM 为以A 为顶点的等腰三角形，∠ACM ＝180˚－45˚2＝67.5˚.当∠ACM ＜67.5˚时，AM ＜AC ， 所以AM 小于AC 的概率P ＝∠ACM 的度数∠ACB 的度数＝67.5˚90˚＝34.答案：3411．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖方法是：从装有2个红球A 1，A 2和1个白球B 的甲箱与装有2个红球a 1，a 2和2个白球b 1，b 2的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖，则中奖的概率是________．解析：由题意，所有可能的结果是{A 1，a 1}，{A 1，a 2}，{A 1，b 1}，{A 1，b 2}，{A 2，a 1}，{A 2，a 2}，{A 2，b 1}，{A 2，b 2}，{B ，a 1}，{B ，a 2}，{B ，b 1}，{B ，b 2}，共12种，其中摸出的2个球都是红球的结果为{A 1，a 1}，{A 1，a 2}，{A 2，a 1}，{A 2，a 2}，共4种，所以中奖的概率为P ＝412＝13.答案：1312．一只受伤的候鸟在如图所示(直角梯形ABCD )的草原上飞，其中AD ＝3，CD ＝2，BC ＝5，它可能随机落在该草原上任何一处(点)，若落在扇形沼泽区域(图中的阴影部分)CDE 以外候鸟能生还，则该候鸟生还的概率为________．解析：直角梯形ABCD 的面积S 1＝12×(3＋5)×2＝8，扇形CDE 的面积S 2＝14π×22＝π，根据几何概型的概率公式，得候鸟生还的概率P ＝S 1－S 2S 1＝8－π8＝1－π8. 答案：1－π8三、解答题13．(2018·宝鸡模拟)为了解我市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表：(1)(2)用简单随机抽样的方法从这6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．解析：(1)6条道路的平均得分为16×(5＋6＋7＋8＋9＋10)＝7.5，∴该市的总体交通状况等级为合格．(2)设A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”．从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)，共15个基本事件．事件A 包括(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，共7个基本事件．∴P(A)＝715 .故该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为715.14．(2018·西安八校联考)从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)，[75,85]内的频率之比为4∶2∶1.(1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率；(2)用分层抽样的方法在区间[45,75)内抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取2件产品，求这2件产品都在区间[45,65)内的概率．解析：(1)设质量指标值落在区间[75,85]内的频率为x，则质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)内的频率分别为4x,2x.依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x＋2x＋x＝1，解得x＝0.05.所以质量指标值落在区间[75,85]内的频率为0.05.(2)由(1)得，质量指标值落在区间[45,55)，[55,65)，[65,75)内的频率分别为0.3,0.2,0.1.用分层抽样的方法在区间[45,75)内抽取一个容量为6的样本，则在区间[45,55)内应抽取6×0.30.3＋0.2＋0.1＝3件，记为A1，A2，A3；在区间[55,65)内应抽取6×0.20.3＋0.2＋0.1＝2件，记为B1，B2；在区间[65,75)内应抽取6×0.10.3＋0.2＋0.1＝1件，记为C.设“从样本中任意抽取2件产品，这2件产品都在区间[45,65)内”为事件M，则所有的基本事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)，共15种，事件M包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B 2)，(B 1，B 2)，共10种，所以这2件产品都在区间[45,65)内的概率P ＝1015＝23.15．(2018·长沙模拟)为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援．现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图如图(单位：厘米)，设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米.(1)列出2×2列联表，并判断是否可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？(2)为了改良玉米品种，现采用分层抽样的方法从抗倒伏的玉米中抽出5株，再从这5株玉米中选取2株进行杂交试验，则选取的植株均为矮茎的概率是多少？附：K 2＝(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d.解析：(1)根据统计数据得2×2列联表如下：由于K 2的观测值k ＝19×26×25×20≈7.287＞6.635，因此可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为抗倒状与玉米矮茎有关．(2)由题意得，抽到的高茎玉米有2株，设为A ，B ，抽到的矮茎玉米有3株，设为a ，b ，c ，从这5株玉米中取出2株的取法有AB ，Aa ，Ab ，Ac ，Ba ，Bb ，Bc ，ab ，ac ，bc ，共10种，其中均为矮茎的选取方法有ab ，ac ，bc ，共3种，因此选取的植株均为矮茎的概率是310.。

第四讲排列、组合、二项式定理排列、组合应用授课提示：对应学生用书第69页[悟通——方法结论]两个计数原理解题的方法在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．求解排列、组合问题常用的解题方法 (1)元素相邻的排列问题——“捆绑法”； (2)元素不相邻的排列问题——“插空法”； (3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法； (5)分组分配问题①平均分组问题分组数计算时要注意除以组数的阶乘． ②不平均分组问题实质上是组合问题．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种答案：D2．第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2017年5月14日至15日在北京举行，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )A ．96种B ．100种C ．124种D ．150种 解析：因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组共有两种方法，一种是按照1,1,3来分，另一种是按照2,2,1来分．当按照1,1,3来分时，不同的分法共有N 1＝C 15C 14C 33A 22A 33＝60(种)；当按照2,2,1来分时，不同的分法共有N 2＝C 25C 23C 11A 22A 33＝90(种)．根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N ＝N 1＋N 2＝150(种)，故选D. 答案：D3．3名男生、3名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为( ) A ．2 B ．9 C ．72D ．36解析：可分两步：第一步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，3名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有A 22种排法；第二步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有A 33种，男生“内部”的排法有A 33种．故符合题意的排法种数为A 22×A 33×A 33＝72，故选C. 答案：C4．马路上有七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案共有( )A ．60B ．20种C ．10种D ．8种解析：根据题意，可分两步：第一步，先安排四盏不亮的路灯，有1种情况；第二步，四盏不亮的路灯排好后，有5个空位，在5个空位中任意选3个，插入三盏亮的路灯，有C 35＝10(种)情况．故不同的开灯方案共有10×1＝10(种)，故选C. 答案：C5．某大学的6名大二学生打算参加学校组织的“临界动漫协会”“大学生心理卫生协会”“学生跆拳道协会”“蓝天环保社团”“《马头琴》诗歌协会”5个社团，若每名学生必须参加且只能参加1个社团，并且每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为 ( )A ．1 440B ．3 600C ．5 040D ．6 840解析：可分两类：第一类，若有1人参加“学生跆拳道协会”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人去剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,1,2和1,2,2，故1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为C 16×(C 15C 14C 13A 33A 44＋C 25C 23A 22A 34)＝3 600；第二类，若无人参加“学生跆拳道协会”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,2,2和2,2,2，故无人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为C 26C 24C 12A 22A 22A 44＋C 26C 24C 22A 33·A 34＝1 440.故满足条件的方法种数为3 600＋1 440＝5 040，故选C.答案：C掌握分组、分配问题的求解策略(1)分组问题属于“组合”问题，按组合问题求解，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n 组均匀，最后必须除以n ！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．(2)分配问题属于“排列”问题，可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．(3)解决分组分配问题的基本指导思想是先分组，后分配．二项式定理授课提示：对应学生用书第70页[悟通——方法结论]1．通项与二项式系数 T k ＋1＝C k n an －k b k(k ＝0,1,2，…，n )，其中C k n 叫作二项式系数．2．各二项式系数之和 (1)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n； (2)C 1n ＋C 3n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋…＝2n －1.3．二项式系数的最大项由n 的奇偶性决定 当n 为奇数时，中间两项的二项式系数最大； 当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大．(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)在⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35解析：(1＋x )6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r ，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30，故选C.答案：C(2)(2017·高考全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40D ．80解析：当第一个括号内取x 时，第二个括号内要取含x 2y 3的项，即C 35(2x )2(－y )3，当第一个括号内取y 时，第二个括号内要取含x 3y 2的项，即C 25(2x )3(－y )2，所以x 3y 3的系数为C 25×23－C 35×22＝10×(8－4)＝40.答案：C(3)若(3x －1)2 018＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 018x2 018(x ∈R )，则13＋a 232a 1＋a 333a 1＋…＋a 2 01832 018a 1＝________.解析：令x ＝0，可得a 0＝1.由通项公式可得a 1＝C 2 0172 018·31·(－1)2 017＝－6 054.令x ＝13，得a 13＋a 232＋a 333＋…＋a 2 01832 018＝－1，则13＋a 232a 1＋a 333a 1＋…＋a 2 01832 018a 1＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 13＋a 232＋a 333＋…＋a 2 01832 018＝－1a 1＝16 054. 答案：16 0541.公式法求特定项的类型及思路 通项公式T r ＋1＝C r n an －r b r的主要作用是求展开式中的特定项，常见的类型有：(1)求第k 项，此时r ＋1＝k ，直接代入通项公式求解； (2)求含x m的项，只需令x 的幂指数为m 建立方程求解；(3)求常数项，即项中不含x ，可令x 的幂指数为0建立方程求解；(4)求有理项，先令x 的幂指数为整数建立方程，再讨论r 的取值．若通项中含有根式，一般先把根式化为分数指数幂，以减少计算错误．2．赋值法研究二项展开式的系数和问题的策略“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．[练通——即学即用]1．(2018·唐山模拟)(x 2－1x)6的展开式中的常数项为( )A ．15B ．－15C ．20D ．－20解析：依题意，T r ＋1＝C r6(x 2)6－r(－1x)r ＝C r 6(－1)r x 12－3r ，令12－3r ＝0，则r ＝4，所以(x2－1x)6的展开式中的常数项为C 46(－1)4＝15，选择A.答案：A2．(2018·长郡中学模拟)若二项式(x 2＋a x)7的展开式的各项系数之和为－1，则含x2项的系数为( )A ．560B ．－560C ．280D ．－280解析：取x ＝1，得二项式(x 2＋a x)7的展开式的各项系数之和为(1＋a )7，即(1＋a )7＝－1,1＋a ＝－1，a ＝－2.二项式(x 2－2x )7的展开式的通项T r ＋1＝C r 7·(x 2)7－r·(－2x)r ＝C r 7·(－2)r ·x14－3r.令14－3r ＝2，得r ＝4.因此，二项式(x 2－2x)7的展开式中含x 2项的系数为C 47·(－2)4＝560，选A.答案：A授课提示：对应学生用书第154页一、选择题1．(2018·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( )A ．12B ．8C ．6D ．4解析：由题意知除两端的2个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个，保留3个，可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选2个来调整，共有C 24＝6种方法．答案：C2．(2018·凉山二检)(x 2－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋15的展开式的常数项是( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析：∵(x 2－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋15＝(x 2－3)(C 05x －10＋C 15x －8＋C 25x －6＋C 35x －4＋C 45x －2＋C 55)，∴展开式的常数项是x 2·C 45x －2－3C 55＝2.答案：B3．(2018·漳州模拟)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20解析：令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.答案：D4．(2018·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )A ．144B ．72C ．36D ．48解析：分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A33＝36种．答案：C5．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )A ．20B ．120C ．2 400D ．14 400解析：根据题意，可分两步：第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有C 36＝20(种)情况．故不同的放法有20种，故选A. 答案：A6．(2018·西安模拟)已知(x ＋2)9＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9，则(a 1＋3a 3＋5a 5＋7a 7＋9a 9)2－(2a 2＋4a 4＋6a 6＋8a 8)2的值为( )A ．39B ．310C ．311D ．312解析：对(x ＋2)9＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9两边同时求导，得9(x ＋2)8＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x2＋…＋8a 8x 7＋9a 9x 8，令x ＝1，得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋8a 8＋9a 9＝310，令x ＝－1，得a 1－2a 2＋3a 3－…－8a 8＋9a 9＝32.所以(a 1＋3a 3＋5a 5＋7a 7＋9a 9)2－(2a 2＋4a 4＋6a 6＋8a 8)2＝(a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋8a 8＋9a 9)(a 1－2a 2＋3a 3－…－8a 8＋9a 9)＝312，故选D.答案：D7．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )A ．120B ．140C ．240D ．260解析：由题意，先涂A 处，有5种涂法，再涂B 处有4种涂法，第三步涂C ，若C 与A 所涂颜色相同，则C 有1种涂法，D 有4种涂法，若C 与A 所涂颜色不同，则C 有3种涂法，D 有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.答案：D8．(2018·昆明一模)旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )A ．24B ．18C ．16D ．10解析：第一类，甲在最后一个体验，则有A 33种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有A 12A 22种方法，所以小李旅游的方法共有A 33＋A 12A 22＝10种．答案：D9．(2018·西安二模)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A ．10种B ．20种C ．36种D ．52种解析：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有C 14C 33＋C 24C 22＝10(种)．答案：A10．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x 2a 2＋y 2b2＝1中的a 和b ，则能组成落在矩形区域B ＝{(x ，y )||x |＜11，且|y |＜9}内的椭圆个数为( )A ．43B ．72C ．863D ．90解析：在1,2,3，…，8中任取两个数作为a 和b ，共有A28＝56个椭圆；在9,10中取一个作为a ，在1,2,3，…，8中取一个作为b ，共有A 12A 18＝16个椭圆，由分类加法计数原理，知满足条件的椭圆的个数为56＋16＝72.答案：B11．将⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n 的展开式按x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n 为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：二项式的展开式为T r ＋1＝C rn(x )n －r⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫124x r ＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x n 2－34r ，由前三项系数成等差数列得C 0n ＋C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2C 1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫121，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍去)，故n ＝8.答案：C12．(2018·保定质量监测)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为( )A ．232B ．252C ．472D ．484解析：由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C 34种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C 24·C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24·C 112＝560－16－72＝472种，选C.答案：C 二、填空题13．(2018·成都模拟)(x ＋2y )5的展开式中含x 3y 2项的系数为________． 解析：(x ＋2y )5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r(2y )r ，所以含x 3y 2项的系数即r ＝2时的系数，即C 25×22＝40.答案：4014．若(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为20，则a ＝________.解析：(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为C 25·22＋a ·C 35·23＝20，∴40＋80a ＝20，解得a ＝－14.答案：－1415．4位男生和3位女生站成一排拍照，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同的排法种数为________．(用数字作答)解析：先排4位男生，有A 44种不同的排法，有5个空位，再从3位女生中任取2人“捆绑”在一起记作M (M 共有C 23A 22种不同排法)，剩下1位女生记作N ，让M ，N 插入5个空位中的2个空位，有A25种排法，此时共有A44C23A22A25种不同的排法．又男生甲不站两端，其中甲站两端时有A12A33C23A22A24种不同的排法，所以共有A44C23A22A25－A12A33C23A22A24＝2 016(种)不同的排法．答案：2 01616．把编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封电子邮件，则至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为________．(用数字作答)解析：由题意知，编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，发送方法有A44种，有两封邮件的编号与邮箱的编号相同或邮件的编号与邮箱的编号全相同的发送方法有(C24＋C44)种．所以至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为A44－(C24＋C44)＝24－7＝17.答案：17。

第四讲排列、组合、二项式定理一、选择题1．(2018·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( )A．12 B．8C．6 D．4解析：由题意知除两端的2个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个，保留3个，可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选2个来调整，共有C24＝6种方法．答案：C2．(2018·凉山二检)(x2－3)1x2＋15的展开式的常数项是( )A．－2 B．2 C．－3 D．3解析：∵(x2－3)1x2＋15＝(x2－3)(C05x－10＋C15x－8＋C25x－6＋C35x－4＋C45x－2＋C55)，∴展开式的常数项是x2·Ｃ45x－2－3C55＝2.答案：B3．(2018·漳州模拟)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( ) A．－20 B．0C．1 D．20解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C910×２1×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.答案：D4．(2018·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )A．144 B．72C．36 D．48解析：分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C24C12C11A22种；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A33种，所以满足条件的分配方案有C24C12C11A22·A33＝36种．答案：C5．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )A．20 B．120C．2 400 D．14 400解析：根据题意，可分两步：第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有C36＝20(种)情况．故不同的放法有20种，故选 A.答案：A6．(2018·西安模拟)已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )A．39B．310C．311D．312解析：对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选 D.答案：D7．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )A．120 B．140C．240 D．260解析：由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处有4种涂法，第三步涂C，若C与A所涂颜色相同，则C有1种涂法，D有4种涂法，若C与A所涂颜色不同，则C有3种涂法，D有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×４＋3×3)＝260(种)，故选 D.答案：D8．(2018·昆明一模)旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( ) A．24 B．18C．16 D．10解析：第一类，甲在最后一个体验，则有A33种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有A12A22种方法，所以小李旅游的方法共有A33＋A12A22＝10种．答案：D9．(2018·西安二模)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A ．10种B ．20种C ．36种D ．52种解析：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有C 14C 33＋C 24C 22＝10(种)．答案：A10．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x 2a 2＋y2b2＝1中的a 和b ，则能组成落在矩形区域B＝{(x ，y )||x |＜11，且|y |＜9}内的椭圆个数为() A ．43 B ．72 C ．863D ．90解析：在1,2,3，…，8中任取两个数作为a 和b ，共有A28＝56个椭圆；在9,10中取一个作为a ，在1,2,3，…，8中取一个作为b ，共有A 12A 18＝16个椭圆，由分类加法计数原理，知满足条件的椭圆的个数为56＋16＝72.答案：B11．将x ＋124xn的展开式按x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n 为()A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：二项式的展开式为T r ＋1＝C rn(x )n －r124xr＝C r n12r x n 2－34r ，由前三项系数成等差数列得C 0n＋C 2n122＝2C1n 121，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍去)，故n ＝8.答案：C12．(2018·保定质量监测)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为()A ．232B ．252C ．472D ．484解析：由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C 34种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C 24·Ｃ112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24·Ｃ112＝560－16－72＝472种，选 C.答案：C 二、填空题13．(2018·成都模拟)(x ＋2y )5的展开式中含x 3y 2项的系数为________．解析：(x ＋2y )5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5x5－r(2y )r，所以含x 3y 2项的系数即r ＝2时的系数，即C 25×２2＝40.答案：4014．若(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为20，则a ＝________.解析：(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为C 25·２2＋a ·Ｃ35·２3＝20，∴40＋80a ＝20，解得a ＝－14.答案：－1 415．4位男生和3位女生站成一排拍照，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同的排法种数为________．(用数字作答)解析：先排4位男生，有A44种不同的排法，有5个空位，再从3位女生中任取2人“捆绑”在一起记作M(M共有C23A22种不同排法)，剩下1位女生记作N，让M，N插入5个空位中的2个空位，有A25种排法，此时共有A44C23A22A25种不同的排法．又男生甲不站两端，其中甲站两端时有A12A33C23A22A24种不同的排法，所以共有A44C23A22A25－A12A33C23A22A24＝2 016(种)不同的排法．答案：2 01616．把编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封电子邮件，则至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为________．(用数字作答) 解析：由题意知，编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，发送方法有A44种，有两封邮件的编号与邮箱的编号相同或邮件的编号与邮箱的编号全相同的发送方法有(C24＋C44)种．所以至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为A44－(C24＋C44)＝24－7＝17.答案：17。

第1讲 小题考法——统计、统计案例与概率一、主干知识要记牢 1．概率的计算公式 (1)古典概型的概率计算公式P (A )＝事件A 包含的基本事件数m基本事件总数n；(2)互斥事件的概率计算公式：P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )； (3)对立事件的概率计算公式：P (A －)＝1－P (A )； (4)几何概型的概率计算公式P (A )＝构成事件A 的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积．2．抽样方法(1)三种抽样方法的比较 类别 共同点各自特点 相互联系适用范围 简单 随机 抽样 是不放回抽样，抽样过程中，每个个体被抽到的机会(概率)相等从总体中 逐个抽取总体中的 个数较少系统 抽样将总体均分成几部分，按事先确定的规则，在各部分抽取在起始部分抽样时，采用简单随机抽样总体中的个数比较多 分层 抽样将总体分成几层，分层进行抽取各层抽样时，采用简单随机抽样或者系统抽样总体由差异 明显的几部 分组成__①抽样比＝样本容量个体总量＝各层样本容量各层个体数量；②层1的数量∶层2的数量∶层3的数量＝样本1的容量∶样本2的容量∶样本3的容量．3．用样本数字特征估计总体 (1)众数、中位数、平均数定义 特点众数在一组数据中出现次数最多的数据体现了样本数据的最大集中点，不受极端值的影响，而且不唯一中位数将一组数据按大小顺序依次排列，处在最中间位置的一个数据(或最中间两个数据的平均数)中位数不受极端值的影响，仅利用了排在中间数据的信息，只有一个平均数样本数据的算术平均数与每一个样本数据有关，只有一个方差和标准差反映了数据波动程度的大小．①方差：s2＝1n[(x1－x－)2＋(x2－x－)2＋…＋(x n－x－)2]；②标准差：s＝1n[x1－x－2＋x2－x－2＋…＋x n－x－2]．二、二级结论要用好1．频率分布直方图的3个结论(1)小长方形的面积＝组距×频率组距＝频率．(2)各小长方形的面积之和等于1．(3)小长方形的高＝频率组距，所有小长方形高的和为1组距．2．与平均数和方差有关的4个结论(1)若x1，x2，…，x n的平均数为x－，那么mx1＋a，mx2＋a，…，mx n＋a的平均数为m x－＋a；(2)数据x1，x2，…，x n与数据x1′＝x1＋a，x2′＝x2＋a，…，x n′＝x n＋a的方差相等，即数据经过平移后方差不变；(3)若x1，x2，…，x n的方差为s2，那么ax1＋b，ax2＋b，…，ax n＋b的方差为a2s2；(4)s2＝1n∑i＝1n(x i－x－)2＝1n∑i＝1nx2i－x－2，即各数平方的平均数减去平均数的平方．求s2时，可根据题目的具体情况，结合题目给出的参考数据，灵活选用公式形式．3．线性回归方程线性回归方程y^＝b^x＋a^一定过样本点的中心(x－，y－)．三、易错易混要明了1．应用互斥事件的概率加法公式，一定要注意首先确定各事件是否彼此互斥，然后求出各事件分别发生的概率，再求和．2．正确区别互斥事件与对立事件的关系：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．3．混淆频率分布条形图和频率分布直方图，误把频率分布直方图纵轴的几何意义当成频率，导致样本数据的频率求错．4．在求解几何概型的概率时，要注意分清几何概型的类别(体积型、面积型、长度型、角度型等).考点一用样本估计总体1．方差的计算与含义(1)计算：计算方差首先要计算平均数，然后再按照方差的计算公式进行计算．(2)含义：方差是描述一个样本和总体的波动大小的特征数，方差大说明波动大．2．与频率分布直方图有关问题的常见类型及解题策略(1)已知频率分布直方图中的部分数据，求其他数据．可根据频率分布直方图中的数据求出样本与整体的关系，利用频率和等于1就可以求出其他数据．(2)已知频率分布直方图，求某个范围内的数据．可利用图形及某范围结合求解．1．(2017·全国卷Ⅲ)某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( A)A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳解析对于选项A，由图易知月接待游客量每年7,8月份明显高于12月份，故A错；对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确；对于选项C，D，由图可知显然正确．故选A．2．(2018·齐齐哈尔二模)某高校调查了320名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了下图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5,30]，样本数据分组为[17.5,20)，[20,22.5)，[22.5,25)，[25,27.5)，[27.5,30]．根据直方图，这320名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是( B)A．68 B．72C．76 D．80解析由频率分布直方图可得，320名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是320×(0.02＋0.07)×2.5＝72人．选B．3．某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃.下面叙述不正确的是( D)A．各月的平均最低气温都在0℃以上B．七月的平均温差比一月的平均温差大C．三月和十一月的平均最高气温基本相同D．平均最高气温高于20℃的月份有5个解析由图形可得各月的平均最低气温都在0℃以上，A正确；七月的平均温差约为10℃，而一月的平均温差约为5 ℃，B正确；三月和十一月的平均最高气温都在10℃左右，基本相同，C正确；平均最高气温高于20℃的月份有2个，故D错误．4．(2018·南充三联)为了从甲、乙两人中选一人参加数学竞赛，老师将二人最近的6次数学测试的分数进行统计，甲、乙两人的得分情况如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是x 甲，x 乙，则下列说法正确的是( D )A ．x 甲＞x 乙，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛B ．x 甲＞x 乙，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛C ．x 甲＜x 乙，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛D ．x 甲＜x 乙，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛 解析 由茎叶图知，甲的平均成绩是72＋78＋79＋85＋86＋926＝82，乙的平均成绩是78＋86＋87＋87＋91＋936＝87，所以乙的平均成绩大于甲的平均成绩，从茎叶图看出乙的成绩稳定，故选D ． 考点二 变量间的相关关系、统计案例求回归直线方程的关键及实际应用(1)求回归直线方程的关键是正确理解b ^，a ^的计算公式和准确地求解．(2)在分析实际中两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具有相关关系，若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程估计和预测变量的值．1．(2018·永州三模)党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能．共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象．为考察共享经济对企业经济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是( D )解析 根据四个列联表中的等高条形图可知，图D 中共享与不共享的企业经济活跃度的差异最大，它最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果，故选D ．2．已知某种商品的广告费支出x (单位：万元)与销售额y (单位：万元)之间有如下对应数据：x 2 4 5 6 8 y304050m70根据表中提供的全部数据，用最小二乘法得出y 与x 的线性回归方程为y ^＝6.5x ＋17.5，则表中m 的值为( D )A ．45B ．50C ．55D ．60解析 x －＝2＋4＋5＋6＋85＝5，y －＝30＋40＋50＋m ＋705＝190＋m 5．∵当x －＝5时，y －＝6.5×5＋17.5＝50， ∴190＋m5＝50，解得m ＝60． 3．利用独立性检验来考虑两个分类变量X 和Y 是否有关系时，通过查阅下表来确定“X 和Y 有关系”的可信度．如果k >3.841，那么有把握认为“X 和Y 有关系”的百分比为( D )P (K 2>k 0) 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10k 00.4550.7081.3232.072 2.706P (K 2>k 0) 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k 03.841 5.024 6.635 7.879 10.828A ．C ．99.5%D ．95%解析 由表中数据可得，当k >3.841时，有0.05的机率说明这两个变量之间的关系是不可信的，即有1－0.05＝0.95的机率，也就是有95%的把握认为变量之间有关系，故选D ．考点三 古典概型与几何概型1．利用古典概型求概率的关键及注意点(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数． (2)对于较复杂的题目条件计数时要正确分类，分类时应不重不漏． 2．几何概型的适用条件及求解关键(1)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．(2)求解关键是寻找构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．1．(2018·攀枝花一模)中国人民银行发行了2018中国戊戌(狗)年金银纪念币一套，如图所示是一枚3克圆形金质纪念币，直径18 mm ，某同学为了算图中装饰狗的面积．他用1枚针向纪念币上投掷500次，其中针尖恰有150次落在装饰狗的身体上，据此可估计装饰狗的面积大约是( C )A ．486π5 mm 2B ．243π5 mm 2C ．243π10mm 2D ．243π20mm 2解析 由题意得，纪念币的面积为S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1822＝81π，设装饰狗的面积为S 1，则S 1S ＝150500，所以S 1＝150500×S ＝150500×81π＝243π10mm 2，故选C ． 2．(2018·菏泽二模)甲乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为( A )A ．13B ．12C ．23D ．34解析 甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种有9种不同的结果，分别为(红，红)，(红，白)，(红，蓝)，(白，红)，(白，白)，(白，蓝)，(蓝，红)，(蓝，白)，(蓝，蓝)．他们选择相同颜色运动服有3种不同的结果，即(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，故他们选择相同颜色运动服的概率为39＝13，故选A ．3．(2018·延安二模)某广播电台只在每小时的整点和半点开始播送新闻，时长均为5分钟，则一个人在不知道时间的情况下打开收音机收听该电台，能听到新闻的概率是__16__．解析 由题意知这是一个几何概型，∵电台在每小时的整点和半点开始播送新闻，∴事件总数包含的时间长度是30，∵时长均为5分钟，∴一个人在不知道时间的情况下打开收音机收听该电台，能听到新闻的概率是P ＝16．。