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第四讲 概率与统计
第一节 计数原理
从近三年高考看，新课标降低了计数原理的难度要求，排列组合、二项式定理每年必考，考题多以选择题、填空题出现，题小而灵活，涉及知识点都在两三个左右，综合运用排列组合知识，分类计数和分步计数原理；用二项式定理及二项式系数的性质计算，突出了幂运算在二项式定理中的应用，强调运算的正确性．难度值一般在0.55～0.8之间.
考试要求：
（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理：①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合：①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理：①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
题型一 两个计数原理的综合问题
例1（1）从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种．
（2）在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
点拨（1）抓住分类用加、分步用乘，两个基本计数原理，解决问题．注意分步和分类往往交互使用．
（2）科学分类将问题分成三类求解；正难则反从总数中排除三点共线的组合 ( http: / / www. / wxc / )
解：（1）分为2台原装3台组装和3台原装2台组装两类，完成第一类分两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有种方法．同理，完成第二类有种方法．据加法原理完成全部的选取过程共有种方法．
（2）解法一 ( http: / / www. / wxc / ) 第一类办法 ( http: / / www. / wxc / ) 从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有CC个；第二类办法 ( http: / / www. / wxc / ) 从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个；第三类办法 ( http: / / www. / wxc / ) 从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个 ( http: / / www. / wxc / ) 由加法原理共有N=CC+CC+CC个三角形，故选C ( http: / / www. / wxc / )
解法二 ( http: / / www. / wxc / ) 从m+n+1中任取三点共有C个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C个，三点均在射线OB(包括O点)，有C个 ( http: / / www. / wxc / ) 所以，个数为N=C－C－C个 ( http: / / www. / wxc / ) 整理后得CC+CC+CC ( http: / / www. / wxc / )
易错点：（1）要意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中还要分步完成．不能先保证每种选2台后从剩下的当中选1台的办法． ( http: / / www.21cnjy.com / )
（2）A中含有构不成三角形的组合，如 ( http: / / www. / wxc / ) CC中，包括O、Bi、Bj；CC中，包含O、Ap、Aq，其中Ap、Aq,Bi、Bj分别表示OA、OB边上不同于O的点；B漏掉△AiOBj；D有重复的三角形 ( http: / / www. / wxc / ) 如CC中有△AiOBj,CC中也有△AiOBj ( http: / / www. / wxc / )
变式与引申1：（1）在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种． ( http: / / www.21cnjy.com / )
A． B． C． D． ( http: / / www.21cnjy.com / )
（2）5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ） ( http: / / www.21cnjy.com / )
A．480 种 B．240种 C．120种 D．96种
题型二 排列组合的应用问题
例2（1）将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 种（用数字作答）．
（2）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ）
A． 60 B． 48 C． 42 D． 36
点拨（1）根据分组元素个数相同注意平均分组问题．
（2）有限制条件的排列组合问题，常用方法有①相邻问题捆绑法；②不相邻问题插空法；③特殊元素(位置)优先法等．
解：（1） 先分组，考虑到有2个是平均分组，得两个两人组 ，两个一人组 ，再全排列得：种．
（2）解法一：从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端．则为使A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以，共有12×4＝48种不同排法． 故选B．
解法二：同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A， A共有种不同排法，剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：
第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有=24种排法；
第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有＝12种排法
第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法．
此时共有＝12种排法， 三类之和为24＋12＋12＝48种，选B．
易错点：（1）排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误． ( http: / / www.21cnjy.com / )
（2）解含有限制条件的排列组合问题时,首先要弄清是“有序”还是“无序”，还有如果直接法分情况比较多,则间接法比较简单,．
变式与引申2：
（1）五名老师分到到三所学校去，每所学校至少得一名，至多两名，则不同的分配方案有_________ ( http: / / www. / wxc / )
（2）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为（ ）
A．42种 B．30种 C．20种 D．12种
（3）用1、2、3、4、5、6这六个数字可组成多少个无重复数字且不能被5整除的五位数？
题型三 二项式系数的性质
例3（1）的展开式中的常数项为_______．
（2）（2011年重庆卷理）的展开式中的系数相等，则n=_______.
A．6 B．7 C．8 D．9
点拨：（1）抓住二项展开式的通项，“常数项”与“指数为零”的转化 ( http: / / www. / wxc / )
（2）抓住二项展开式的通项与系数是解决此类问题的关键 ( http: / / www. / wxc / )
解：（1）的展开式的通项为，当r=3时，，当r=4时，，因此常数项为-20+15= -5
（2）解析：本题考查二项展开式的通项公式由的系数相等
由得.
易错点：求展开式中的特定项时，运算要准确，特别要注意符号．
变式与引申3：（1）求展开所得的多项式中，系数为有理数的项数；
（2）求展开式中的系数．
（3）求展开式中系数最大的项．
题型四 二项式系数的综合应用
例4 已知，求 ( http: / / www. / wxc / )
点拨：二项式的一般展开式中，求系数和常用赋值法
解：令时，有
令时，有
∵
∴
易错点：赋值法是给代数式（或方程或函数表达式）中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的 ( http: / / www. / wxc / )
变式与引申4：（1）已知，求
（2）除以9的余数是多少？
本节主要考查：
（1）两个计数原理、排列数组合公式和性质、二项式定理．
(2)求解排列组合问题常见题型方法：①相邻问题捆绑法，②不相邻问题插空法，③分排问题直排法，④定序问题除法，⑤平均分组（除），⑥部分平均分组（部分除），⑦不平均分组；
（3）分类选派问题：注意要分类清楚；
（4）数字问题：注意0的特殊性，注意有无重复数字，注意数字位数；
（5）会根据多项式还原为二项式，注意项数以及次数的对应；
（6）赋值法应用．
点评：（1）两个计数原理、排列组合知识与概率联系十分密切,2011年全国及各省市命题,总有一小题是对排列组合应用的考查．对于概率的解答题中,用排列、组合知识作答的占多数；
（2）解排列组合问题通常考察的是有附加条件的问题，解决这类问题通常有三种途径： ①以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主，应先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑附加条件，计算出总数再减去不符合条件的个数；
（3）二项式定理部分主要考查求二项展开式的特定项或二项式系数的性质，要熟记通项公式；注意区别系数和二项式系数，并会求系数最大的项以及二项式系数最大的项．
（4）熟记几个组合数公式性质以及推论，会熟练应用其求值．
习题4—1
1、若,则的值为（ ）
A．2 B．0 C． D．
2、 将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色，要求同一条棱的两端点颜色不同，现有5种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种（以数字作答）．
3、有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,现从中 取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法．
4、有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
5、已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N＋)的展开式中x的系数为11．
(1)求x2的系数的最小值；
(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．
第二节 概率
近三年高考概率试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等偏易或中等，仍然是高考卷中的主流应用题．试题特点是小题更加注重基础，大题更加注重能力，通过对课本知识的重新组合，着重考查古典概型与几何概型，互斥事件与条件概率，离散型随机变量的分布列、数学期望和方差等．难度值一般在0.5～0.8之间.
考试要求：
概率（必修）：（1）事件与概率① 了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别.② 了解两个互斥事件的概率加法公式.（2）古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.（3）随机数与几何概型 ①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义.
概率（选修）：① 理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.② 理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.③ 了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.④ 理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题.⑤ 利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
题型一 古典概型与几何概型
例1（1）甲盒中有红，黑，白三种颜色的球各3个，乙盒子中有黄，黑，白三种颜色的球各2个，从两个盒子中各取1个球．则取出的两个球是不同颜色的概率为 ．
（2）在等腰的斜边取一点，则的概率为 ．
点拨：（1）抓住每个基本事件等可能性，建立适当的古典概率模型．
（2）几何概型主要有长度、角度、面积、体积等度量值之比．
解：（1）在每个盒中不同颜色的球的个数相同，从颜色考虑，在甲盒中取球有３种可能，在乙盒中取球有３种可能，总共有种可能，两个球颜色不同有７种可能，不同颜色的概率为．
（2）点在上任何一个位置的可能性相等，且，则的概率为．
易错点：构建概率模型时忽略每个基本事件的等可能性要求，如变式中题目．
变式与引申1：
（1）甲盒中有红，黑，白三种颜色的球各2个；乙盒子中有黄，黑二种颜色的球各2个，白球各1个，从两个盒子中各取1个球．则取出的两个球是不同颜色的概率为 ．
（2）在等腰中，过点作直线交斜边于点，则的概率为 ．
题型二 互斥事件与对立事件
例2、袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字，求：
（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
（2）计分介于20分到40分之间的概率．
点拨：互斥事件的概率加法公式与对立事件的概率计算．
解：（1）解法一：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为，
则
解法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同的事件记为A”，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为，则事件和事件是互斥事件，因为，所以．
（2）“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为，即最大数字为3或4，则
最大数字为3时：
最大数字为4时：
易错点：在计算互斥事件的概率时分类不清；不能利用对立事件进行快速计算．
变式与引申2：盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球. 规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得分 . 现从盒内任取3个球.
（1）求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；
（2）求取出的3个球中至少两个球颜色相同的概率．
题型三 相互独立事件与条件概率
例3、袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，
（1）作不放回抽样，求第二次才取到黄色球的概率．
（2）作有放回抽样，求第二次才取到黄色球的概率．
点拨： “第二次才取到黄色球”是指“第一次取到白色球”与“第二次取到黄色球”同时发生．
解: 记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B,”第二次才取到黄球”为事件C,
（1） .
（2）
易错点：容易混淆P(AB)与P(B/A)的含义, P(AB)表示在样本空间S中,A与B同时发生的概率；而P（B/A）表示在缩减的样本空间SA中，作为条件的A已经发生的条件下事件B发生的概率．
变式与引申3：甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是_ ____（写出所有正确结论的编号）
①； ②； ③事件与事件相互独立；④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关．
题型四 随机变量的期望与方差
例4、在一次数学考试中, 第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题． 设4名考生选做这两题的可能性均为．
(１)其中甲、乙2名学生选做同一道题的概率;
(２)设这4名考生中选做第15题的学生数为个,求的分布列及数学期望．
点拨：抓住考生之间的选题是相互独立的，4个考生选做是4次独立重复实验，随机变量服从二项分布．
解： (1)设事件表示“甲选做14题”,事件表示“乙选做14题”,则甲、乙2名学生选做同一道题的事件为“”,且事件、相互独立
∴ =
(2)随机变量的可能取值为0,1,2,3,4．且．
∴
所以变量的分布列为
0 1 2 3 4
或
易错点：（１）忽略分为两个互斥事件．（２）次独立重复实验概率的计算公式记不清．
变式与引申4：（2011年天津卷理）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．（每次游戏结束后将球放回原箱）
（Ⅰ）求在1次游戏中，
（i）摸出3个白球的概率；
（ii）获奖的概率；
（Ⅱ）求在2次游戏中获奖次数的分布列及数学期望 .
本节考查：
（1）互斥事件的概率，条件概率、相互独立事件的概率，离散型随机变量的分布列和期望等基本概念及基本运算，以及运用概率知识解决问题的能力．（2）解题时，注意列举法、分类讨论与正难则反思想方法运用．
点 评：
在复习备考中着重做到：（1）三个理解：理解互斥事件与相互独立事件；理解古典概型与几何概型；理解二项分布与超几何分布．（2）四个会：会用排列组合公式计算概率；会用互斥事件的概率加法公式计算概率；会用独立事件的概率乘法公式计算概率；会根据分布列求离散随机变量的期望与方差．
求离散型随机变量的分布列的应用问题，可分如下几个步骤：（1）明确随机变量的所有可能值；（2）求出与这些可能取值等价事件的概率；（3）按要求写出分布列；（4）再根据所得分布列来解决其他的问题．
在复习中，应注意联系实际，重视数学在生产、生活及科学中的应用，能以数学语言为工具进行数学思维与数学交流．注意“至少”“恰有”“至多”一类词语的含义，找出事件A包含的基本事件数．
习题4—２
1、已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且=0.6826，则p（X>4）=（ ）
A、0.1588 B、0.1587 C、0.1586 D0.1585
2、在区间内随机取两个数分别记为，则使得函数有零点的概率为 ．
3、（2011年山东卷理）红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。
（Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；
（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望.
4、已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法：方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．
（1）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率；
（2）表示依方案乙所需化验次数，求的期望．
5、某学校举行知识竞赛，第一轮选拨共设有四个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题分别加1分，2分，3分，6分，答错任意题减2分；②每答一题，计分器显示累计分数，当累积分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累积分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；答完四题累计分数不足14分时，答题结束淘汰出局；
③每位参加者按顺序作答，直至答题结束．假设甲同学对问题回答正确的概率依次为，且各题回答正确与否相互之间没有影响．（1）求甲同学能进入下一轮的概率；（2）用表示甲同学本轮答题的个数，求的分布列和数学期望．
第三节 统计、统计案例
从近三年高考试卷看，在选择填空题和客观题中都有统计内容出现，分值一般在12分左右，约占试卷总分的8﹪，一般是容易或中档题为主, 难度值在0.5～0.7之间.统计案例（回归分析、独立性检验）作为新增内容，在2011年高考全国新课标卷出现解答题.分析发现统计及统计案例在高考中有增加的趋势.
考试要求：
统计（必修）：（1）随机抽样：① 理解随机抽样的必要性和重要性.② 会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本；了解分层抽样和系统抽样方法.（2）：用样本估计总体① 了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，理解它们各自的特点.② 理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差.③ 能从样本数据中提取基本的数字特征（如平均数、标准差），并给出合理的解释.④ 会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想.⑤ 会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题.（3）变量的相关性：① 会作两个有关联变量的数据的散点图，会利用散点图认识变量间的相关关系.② 了解最小二乘法的思想，能根据给出的线性回归方程系数公式建立线性回归方程.
统计案例：了解下列一些常见的统计方法，并能应用这些方法解决一些实际问题.（1）独立性检验了解独立性检验（只要求2×2列联表）的基本思想、方法及其简单应用.（2）回归分析：了解回归的基本思想、方法及其简单应用.
题型一 三种抽样方法
例1 某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2，…，270，并将整个编号依次分为10段.如果抽得号码有下列四种情况：
①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；
②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；
③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；
④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270；
关于上述样本的下列结论中，正确的是（ ）
A．②、③都不能为系统抽样 B．②、④都不能为分层抽样
C．①、④都可能为系统抽样 D．①、③都可能为分层抽样
点拨：抓住分层抽样中“按比例抽取”的本质；抓住系统抽样中“按相同的间隔规律抽取样本”的特点；
解：对于系统抽样应在1-27，28-54，55-81，82-108，109-135，136-162，163-189，190-216，217-243，244-270中各抽取一号，对于分层抽样应在1-108抽取4个号，109-189抽取3个号，190-270抽取3个号，故选D.
易错点：在本例中,⑴要能正确审清题意，否则求解思路受阻；⑵不能把每层抽的人数转化为在哪个区间取号；（3）忽视系统抽样等距的特点，分段的临界值会出错.
变式与引申1：为了考察某校的教学水平，将抽查这个学校高三年级的部分学生本年度的考试成绩.为了全面反映实际情况，采取以下三种方式进行抽查（已知该校高三年级共有20个班，并且每个班内的学生已经按随机方式编好了学号，假定该校每班学生的人数相同）：①从高三年级20个班中任意抽取一个班，再从该班中任意抽取20名学生，考察他们的学习成绩；②每个班抽取1人，共计20人，考察这20名学生的成绩；③把学生按成绩分成优秀、良好、普通三个级别，从其中共抽取100名学生进行考察（已知该校高三学生共1 000人，若按成绩分，其中优秀生共150人，良好生共600人，普通生共250人）.
根据上面的叙述，试回答下列问题：
（Ⅰ）上面三种抽取方式的总体、个体、样本分别是什么？每一种抽取方式抽取的样本中，样本容量分别是多少？
（Ⅱ）上面三种抽取方式各自采用的是何种抽取样本的方法？
（Ⅲ）试分别写出上面三种抽取方式各自抽取样本的步骤.
变式与引申2：某单位有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取一个容量为n的样本.如果采用系统抽样法和分层抽样法抽取，不用剔除个体；如果样本容量增加一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求样本容量n.
题型二 数据的数字特征
例2 为了解A，B两种轮胎的性能，某汽车制造厂分别从这两种轮胎中随机抽取了8个进行测试，下面列出了每一个轮胎行驶的最远里程数（单位：1 000 km）
轮胎A 96， 112, 97, 108, 100, 103, 86, 98
轮胎B 108， 101， 94， 105， 96， 93， 97， 106
（1）分别计算A，B两种轮胎行驶的最远里程的平均数，中位数；
（2）分别计算A，B两种轮胎行驶的最远里程的极差、标准差；
（3）根据以上数据你认为哪种型号的轮胎性能更加稳定？
点拨：（1）分析数据，利用公式与定义求平均数、中位数、标准差、极差；（2）抓住数字特征数值大小与数据稳定的关系．
解：（1）A轮胎行驶的最远里程的平均数为：
中位数为： ；B轮胎行驶的最远里程的平均数为：
中位数为：.
(2)A轮胎行驶的最远里程的极差为：112-86=26，标准差为：
B轮胎行驶的最远里程的极差为：108-93=15，
标准差为：
（3）由于A和B的最远行驶里程的平均数相同，而B轮胎行驶的最远里程的极差和标准差较小，所以B轮胎性能更加稳定.
易错点：（1）错误理解中位数、极差定义；不知用标准差反映稳定性；（2）忘记求标准差公式；（3）运算不仔细，导致计算错误.
变式与引申3. 某赛季甲、乙两名篮球运动员各13场比赛得分情况用茎叶图表示如下：
甲 乙
9 8 8 1 7 7 9 9
6 1 0 2 2 5 6 7 9 9
5 3 2 0 3 0 2 3
7 1 0 4
根据上图，对这两名运动员的成绩进行比较，下列四个结论中，不正确的是
A．甲运动员得分的极差大于乙运动员得分的极差
B．甲运动员得分的的中位数大于乙运动员得分的的中位数
C．甲运动员的得分平均值大于乙运动员的得分平均值
D．甲运动员的成绩比乙运动员的成绩稳定
题型三 用样本估计总体
例3如图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量（单位：吨）的频率分布直方图.
（1）求直方图中x的值 .
（2）若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民（看作有放回的抽样），求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列和数学期望.
点拨：利用矩形面积之和等于1求x的值；理解问题(2)有放回任取3位居民，其概率分布符合二项分布，利用公式计算分布列和数学期望.
解：（1）
，
（2），
，，
X 0 1 2 3
P 0.729 0.243 0.027 0.001
易错点：（1）不清楚矩形面积表示的就是频率；（2）从频率分布直方图读取数据时,不注意组距及纵坐标是频率除以组距,而各长方形面积和为1；（3）不记得二项分布及期望的计算公式.
变式与引申4：某工厂有工人1000名， 其中250名工人参加过短期培训（称为A类工人），另外750名工人参加过长期培训(称为B类工人），现用分层抽样方法（按A类、B类分二层）从该工厂的工人中共抽查100名工人，调查他们的生产能力（此处生产能力指一天加工的零件数）.
（1）求甲、乙两工人都被抽到的概率，其中甲为A类工人，乙为B类工人；
（2）从A类工人中的抽查结果和从B类工人中的抽查结果分别如下表1和表2.
表1
生产能力分组
情况解人数 4 8 5 3
表2
生产能力分组
人数 6 y 36 18
（ⅰ）先确定x，y，再在答题纸上完成下列频率分布直方图.就生产能力而言，A类工人中个体间的差异程度与B类工人中个体间的差异程度哪个更小？（不用计算，可通过观察直方图直接回答结论）
（ⅱ）分别估计A类工人和B类工人生产能力的平均数，并估计该工厂工人的生产能力的平均数，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
题型四 回归分析及独立性检验
例4 一个车间为了规定工时定额，须要确定加工零件所花费的时间，为此进行了10次实验，测得的数据如下：
零件个数x(个) 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
加工时间y（分） 62 68 75 81 89 95 102 108 115 122
（1）与是否具有线性相关关系？
（2）如果与具有线性相关关系，求回归直线方程.
（3）并据此估计加工200个零件所用的时间为多少？
点拨：画散点图，观察所给的数据列成的点是否在一条直线的附近；利用样本相关系数的计算公式对其进行相关性检验；利用公式计算出,再由求出，写出回归直线方程.
解：（1） ，
. 于是：
，又查得相应于显著性水平0.05和的相关系数临界值，由.
（2）设所求的回归直线方程为，同时，利用上表可得
，
即所求的回归直线方程为.
(Ⅲ)当时，的估计值.故加工200个零件时所用的工时约为189分.
易错点：(1)解题时应注意准确代数与计算，不可错用公式；(2) 题目中若已知呈线性相关关系，就无须进行相关性检验.否则，应先进行相关性检验.因为若两个变量不具备相关关系，或者说它们之间相关关系不显著，即使求出回归方程也是毫无意义的，而且用其估计和预测的量也是不可信的；（3）此题对计算能力的要求较高，若计算不慎，可导致对线性相关性的判断有误.
变式与引申5：(2011湖南理科卷) 通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男 女 总计
爱好 40 20 60
不爱好 20 30 50
总计 60 50 110
由算得，．
0．050 0．010 0．001
3．841 6．635 10．828
参照附表，得到的正确结论是
A．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
B．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
变式与引申6：以下是某地搜集到的新房屋的销售价格和房屋的面积的数据：
房屋面积（） 115 110 80 135 105
销售价格（万元） 24.8 21.6 18.4 29.2 22
（Ⅰ）画出数据对应的散点图；
（Ⅱ）求线性回归方程，并在散点图中加上回归直线；
（Ⅲ）据（Ⅱ）的结果估计当房屋面积为时的销售价格
本节主要考查：⑴知识点有；1.三种常用抽样方法：(1)简单随机抽样；（2）系统抽样；（3）分层抽样.2．用样本的数字特征估计总体的数字特征： （1）众数、中位数；（2）平均数与方差.3．频率分布直方图、折线图与茎叶图.4．线性回归：回归直线方程.5．统计案例：相关系数（回归分析）、独立性检验.
⑵考查在应用问题中构造抽样模型、识别模型、收集数据等能力方法；⑶考查频率分布直方图、茎叶图、平均数、方差、标准差为主，同时考查对样本估计总体的思想的理解；会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题；⑷作两个相关联变量数据的散点图，判断两个变量的线性相关性，了解最小二乘法的思想，会求相关系数及线性回归方程；考查看图、作图和运算求解等基本数学能力；⑸了解独立检验的基本思想、方法及其简单应用；并借助解决一些简单的实际问题来了解一些基本的统计思想．
点评：⑴统计案例（回归分析、独立性检验）是新增内容，在全国的高考中并没有涉及到，但在一些省市的统考中已有所体现，随着新课标的实施，在以后的高考中会有考的内容（如2010年高考新课标卷第19题）.统计案例主要考查回归直线方程(如例4)、独立性检验(如例4的变式引申).
⑵通常用样本的平均数与标准差、方差来估计总体的平均数与标准差、方差；平均数反映了数据取值的平均水平，标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，数据的分散程度越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的分散程度越小，越稳定．
⑶在解决具体问题时，要先进行相关性检验(有时可绘制散点图来判断)，通过检验确认两个变量是否具有线性相关关系，若它们之间具有相关关系，再求回归方程.
⑷对于相关系数r来说, |r|≤1,并且|r|越接近于1,两个变量的线性相关程度越强; |r|越接近于0,两个变量的线性相关程度越弱.当|r|大于0.75时,我们认为x与Y有很强的线性相关关系,这时求回归直线方程有必要也有意义,否则,在|r|<0.75时,寻找回归直线方程就没有意义.如果低于，就认为没有充分的证据说明变量和是有关系．
⑸统计与统计案例中，很多数据都是图、表的形式给出，要善于看图、作图、理解图所传递的信息，对数据的精确处理要有较强的计算能力.
⑹因为这几年的高考应用题基本都落实在概率统计的内容上，另一方面，这部分内容本身和实际联系较多，所以我们在复习中加强培养学生的应用意识.
习题4-3
.某机构就当地居民的月收入调查了1万人，并根据所得数据画出了样本频率分布直方图（如图）．为了深入调查，要从这1万人中按月收入用分层抽样方法抽出100人，则月收入在（元）段应抽出 人．
2．下列说法：
①将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差恒不变；
②回归方程＝bx＋a必过点(，)；
③用相关指数来刻画回归效果，越接近0，说明模型的拟合效果越好；
④在一个2×2列联表中，由计算得K2＝13.079，则其两个变量间有关系的可能性是 90%.
其中错误的是________．
3. 某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）分成六段，…后画出如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）估计这次考试的及格率（60分及以上为及格）；
（3）从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人，
求他们在同一分数段的概率．
4．假设关于某设备使用年限x（年）和所支出的维修费用y（万元）有如下统计资料：
2 3 4 5 6
2.2 3.8 5.5 6.5 7.0
若由资料知，y对x呈线性相关关系，试求：
（1）回归直线方程；
（2）估计使用年限为10年时，维修费用约是多少？
5．为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，结果如下：
性别 是否需要志愿 男 女
需要 40 30
不需要 160 270
（Ⅰ）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的比例；
（Ⅱ）能否有99％的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关？
（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，能否提供更好的调查方法来估计该地区老年人，需要志愿帮助的老年人的比例？说明理由
附：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
第四节 概率与统计的综合应用
概率与统计内容在高考中会出现一道大题和1～2道小题，占分大约17～22分，占整个高考的15％左右，试题的难度为中等偏易或中等，试题特点是小题更加注重基础，大题更加注重能力，通过对课本知识的重新组合，考查概率与统计内容的要点知识和典型方法，是高考卷中的主流应用题的备考点．
考试要求：
（1）掌握概率与统计的基本概念．（2）掌握几种典型概型、分布列及计算公式．（3）掌握统计及统计案例的典型问题．（4）能抓住与各模块知识的联系，解决概率与统计的综合应用问题．
题型一 概率与排列组合
例1 在1，2，3，4，5的所有排列中，
（1）求满足的概率；
（2）记为某一排列中满足的个数，求的分布列和数学期望．
点拨：涉及几个量的联系，不容易一下考虑清楚，列举分类解决问题．
解：（1）所有的排列种数有个．满足的排列中，若取集合中的元素，取集合中的元素，都符合要求，有个．若取集合中的元素，取集合中的元素，这时符合要求的排列只有；；；共4个．
故满足的概率．
（2）随机变量可以取．ks5u
，，，
，．
故的分布列为
0 1 2 3 5
的数学期望．…………14分
易错点：涉及到的数字较多，大小交叉，分类计算时容易错．
变式与引申1：由数字1，2，3，4组成五位数，从中任取一个．
（1）求取出的数满足条件：“对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得”的概率；
（2）记为组成这个数的相同数字的个数的最大值，求的分布列和期望．
题型二 概率与方程不等式
例2 一个袋中装有若干个大小相同的黑球，白球和红球．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是．
（1）若袋中共有10个球，（ⅰ）求白球的个数；（ⅱ）从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，求随机变量的数学期望．
（2 ）求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于．并指出袋中哪种颜色的球个数最少．
点拨：关键是设定未知量，将问题还原成常见的概率类型，第一问结合目标设袋中白球的个数为．第二问针对黑球的概率设置问题，因而设袋中有个黑球，且总球数为．
解：（1）（i）记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件A，设袋中白球的个数为，则，得到．故白球有5个．
（ii）随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是
0 1 2 3
的数学期望 ( http: / / www. ) ．
（2）证明：设袋中有个球，其中个黑球，由题意得，
所以，，故．
记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球”为事件B，则
．
所以白球的个数比黑球多，白球个数多于，红球的个数少于．
故袋中红球个数最少．
易错点：审题忽略关键词，变量设定不科学．计算与分析讨论易出错．
变式与引申2：在一个盒子中有个球，其中2个球的标号是不同的偶数，其余n个球的标号是不同的奇数．甲乙两人同时从盒子中各取出2个球，若这4个球的标号之和为奇数，则甲胜；若这4个球的标号之和为偶数，则乙胜．规定：胜者得2分，负者得0分．
（1）当时，求甲的得分的分布列和期望；
（2）当乙胜概率为的值．
题型三 概率与函数
例3 袋中有红球和白球共100个，从这只袋中任取3只，问袋中有几个红球时，使取得的3个球全为同色的概率最小？
点拨：设红球或者白球个数，构造函数模型解题．
解：设分别为红球，白球的个数，则有，从100个球中任取3个球，全为红色球的概率为；从100个球中任取3个球全为白色的概率为，所以取得3个同色球的概率为
=
==；
时，最小，此时．
易错点：设元列式解题时，化简过程出错．
变式与引申3：某企业准备投产一批特殊型号的产品，已知该种产品的成本与产量的函数关系式为
，该种产品的市场前景无法确定，有三种可能出现的情况，各种情形发生的概率及产品价格与产量的函数关系式如下表所示：
市场情形 概率 价格与产量的函数关系式
好 0．4
中 0．4
差 0．2
设分别表示市场情形好、中、差时的利润，随机变量表示当产量为时市场前景无法确定的利润．
（1）分别求利润与产量的函数关系式；
（2）当产量确定时，求期望；
（3）试问产量取何值时，取得最大值．
题型四 概率与数列
例4 甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数时,原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数时,就由对方接着掷．第一次由甲开始掷,若第n次由甲掷的概率为,
（1）求甲抛掷一次的点数之和为3的倍数的概率；
（2）求．
点拨：第n+1次由甲掷这一事件，包含两类：第n次由甲掷和第n次由乙掷；构造数列模型解题．
解：（1）因抛抛两颗骰子出现的点数为：1、2、3、4、5、6,
其点数和为3的倍数的情况有：(1,2), (2,1), (3,3), (3,6), (6,3), (6,6), (2,6), (6,2), (4,5), (5,4), (1,5), (5,1)共12种可能．
甲掷出的点数之和为3的倍数的概率为
（2）第n+1次由甲掷这一事件,包含两类：
①第n次由甲掷,第n+1次继续由甲掷,概率为：,
②第n次由乙掷,第n+1次由甲掷,概率为：(1－)(1－),
从而有 ＝＋(1－)(1－) ,即＝－＋ （其中=1）,
即－=－(－)于是－=(－)·(－, 即=+·(－
易错点：不能正确找到与的关系．
变式与引申4：质点位于数轴处，质点位于处.这两个质点每隔1秒就向左或向右移动1个单位，设向左移动的概率为，向右移动的概率为．
（1）求3秒后，质点位于点处的概率；
（2）求2秒后，质点同时在点处的概率；
（3）假若质点在两处之间移动，并满足：当质点在处时，1秒后必移到处；当质点在处，1秒后分别以的概率停留在处或移动到处，今质点在处，求8秒后质点在处的概率．
本节考查：
在高考解答题中，常常是将概率与统计内容与其它知识内容交汇在一起进行考查，主要考查综合理解能力计算能力．此类问题一般都同时涉及多个知识点，它们相互交织在一起，难度较大，解答此类题时，要在透彻理解各类事件、各个知识内容的基础上，准确把题目含义，将问题进行分解，特别是要注意挖掘题目中的隐含条件．概率与方程、不等式、函数等知识的综合应用题，通过对课本原题进行改编，对基础知识的重新组合、变式和拓展，解题时，应注意各知识要点的联系及列举法、分类讨论与正难则反思想方法运用．
点 评：
随着新课改的深入，高考将越来越重视这部分的内容，概率、统计都将是重点考查内容，至少会考查其中的一种类型．在复习备考中，注意掌握概率与统计的基本概念，对于一些容易混淆的概念，应注意弄清它们之间的联系与区别；掌握几种典型概型、分布列及计算公式，体会解决概率应用题的思考方法，正向思考时要善于将较复杂的问题进行分解，解决有些问题时还要学会运用逆向思考的方法，特别明确(1)计算古典概型问题的关键是怎样把一个事件划分为基本事件的和的形式，以便准确计算事件A所包含的基本事件的个数和总的基本事件个数；计算几何概型问题的关键是怎样把具体问题（如时间问题等）转化为相应类型的几何概型问题，及准确计算事件A所包含的基本事件对应的区域的长度、面积或体积．(2)在古典概型问题中，有时需要注意区分试验过程是有序还是无序；在几何概型问题中需注意先判断基本事件是否是“等可能”的．(3)几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果；掌握统计及统计案例的典型问题，注意理解抽样、数据分析、求线性回归方程的方法，回归分析方法，独立性检验的方法及其应用问题；能抓住知识的综合联系解决实际应用问题．
习题4—4
1.某班同学利用国庆节进行社会实践，对岁的人群随机抽取人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，若生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图：
（Ⅰ）补全频率分布直方图并求、、的值；
（Ⅱ）从岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取人参加户外低碳体验活动，其中选取人作为领队，记选取的名领队中年龄在岁的人数为，求的分布列和期望.
2、在一个盒子中，放有标号分别为，，的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为、，设为坐标原点，点的坐标为，记．
(Ⅰ)求随机变量的最大值，并求事件“取得最大值”的概率；
(Ⅱ)求随机变量的分布列和数学期望．
3、从原点出发的某质点，按照向量移动的概率为，按照向量移动的概率为，设可到达点的概率为．
（1）求概率、；
（2）求 与、 的关系并证明数列是等比数列；
（3）求．
4、一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．
（1）试用表示一次摸奖中奖的概率；
（2）若，求三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率；
（3）记三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为．当取多少时，最大？
5、已知三个正数满足．
(1)若是从中任取的三个数,求能构成三角形三边长的概率;
(2)若是从中任取的三个数,求能构成三角形三边长的概率．
图4-3-3
图4-3-2
图4-4-1
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第四讲 概率与统计(理)参考答案
第一节 计数原理
变式与引申1：（1）四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种. ( http: / / www.21cnjy.com / )
（2）首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有种方法.由乘法原理，共有种方法，故选B. ( http: / / www.21cnjy.com / )
变式与引申2：（1）分两步 ( http: / / www. / wxc / ) 先将五名老师分成2，2，1三组，共有种；而后，对三组老师安排三所学校，即进行全排列，有A33种 ( http: / / www. / wxc / ) 依乘法原理，共有N= =90(种) ( http: / / www. / wxc / )
（2）将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种情况：①两个新节目相邻的插法种数为；②两个节目不相邻的插法种数为；由分类计数原理共有种方法，故选A.
（3）解析：由所有1～6这6个数组成的五位数有个，去掉1～6这6个数组成可被5整除的五位数个. 因此，所求的五位数共有－=720－120=600个.
变式与引申3：（1）解：
依题意：，为3和2的倍数，即为6的倍数，又，，，构成首项为0，公差为6，末项为96的等差数列，由得，故系数为有理数的项共有17项 ( http: / / www. / wxc / )
（2）由得的系数为240．
（3）设第项系数最大，则有，即
又，故系数最大项为.
变式与引申4：（1）解：在中
令得
（2）7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7
=(7+1)n－1=8n－1=(9-1)n－1
=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9+(－1)nCnn-1
(i)当n为奇数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+（－1）n-1Cnn-1·9－2
∴除以9所得余数为7.
(ii)当n为偶数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除.
习题4—1
1.解析:由题意容易发现
,则
, 同理可以得出
,亦即前2008项和为0, 则
原式== 故选C.
2.解析：当使用五种颜色时，由题意知有种染色方法；当使用四种颜色时，由题意知有种染色方法，当仅使用三种颜色时：从5种颜色中选取3种有种方法，先着色S，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第A、C区域，另一种颜色涂第B、D区域，有2种着色方法，由乘法原理有种.综上共有：420种.
3.解析：一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果
4.解法一(间接法) ( http: / / www. / wxc / ) 任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A(个)，其中0在百位的有C·22·A (个)，不合题意的，故共有不同三位数 ( http: / / www. / wxc / ) C·23·A－C·22·A=432(个） ( http: / / www. / wxc / )
解法二 (直接法) ( http: / / www. / wxc / ) 第一类 ( http: / / www. / wxc / ) 0与1卡片放首位，可以组成不同三位数有 (个);
第二类 ( http: / / www. / wxc / ) 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 ( http: / / www. / wxc / ) 48+384＝432(个） ( http: / / www. / wxc / )
5.解析： (1)由已知Cm1＋2Cn1＝11，∴m＋2n＝11，
x2的系数为Cm2＋22Cn2＝＋2n(n－1)＝＋(11－m)＝2＋.
∵m∈N＋，∴m＝5时，x2的系数取最小值22， 此时n＝3.
(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3，
∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3.
设这时f(x)的展开式为
f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，
令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33，
令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，
两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，
故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.
第二节 概率
变式与引申1：（１） （２）
变式与引申2：（１） （２）
变式与引申3：解析：易见是两两互斥的事件，而
．
答案：②④
变式与引申4：解析：
（I）（i）解：设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件则
（ii）解：设“在1次游戏中获奖”为事件B，则，又
且A2，A3互斥，所以
（II）解：由题意可知X的所有可能取值为0，1，2.
所以X的分布列是
X 0 1 2
P
X的数学期望
习题4—2
1.D．解析：=0.3415，
=0.5-0.3415=0.1585．
2. ．解析：设取出的两个数分别为，利用表平面区域，形成几何图形的面积比．
3. 解析：（I）设甲胜A的事件为D，
乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，
则分别表示甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。
因为
由对立事件的概率公式知
红队至少两人获胜的事件有：
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
（II）由题意知可能的取值为0，1，2，3。
又由（I）知是两两互斥事件，
且各盘比赛的结果相互独立，
因此
由对立事件的概率公式得
所以的分布列为：
0 1 2 3
P 0．1 0．35 0．4 0．15
因此
4.解析：记分别表示依方案甲需化验1次，2次，
分别表示依方案乙需化验2次，3次，
表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数．
依题意知与独立．
（Ⅰ）．
，，．
．
所以．
（Ⅱ）的可能取值为2，3．
，，，，
所以（次）．
5.解析：设分别是第一、二、三、四个问题，用表示甲同学第个问题回答正确，用表示第个问题回答错误，则与是对立事件．由题意得，
则．
（Ⅰ）记“甲同学能进入下一轮”为事件,
则
由于每题答题结果相互独立，因此
(Ⅱ)由题意可知随机变量可能的取值为2,3,4,．
由于每题的答题结构都是相对独立的，所以,
因此随机变量的分布列为
1 2 3
P
所以．
第三节 统计、统计案例
变式与引申1：解： （Ⅰ）这三种抽取方式的总体都是指该校高三全体学生本年度的考试成绩，个体都是指高三年级每个学生本年度的考试成绩.其中第一种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第二种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第三种抽取方式的样本为所抽取的100名学生本年度的考试成绩，样本容量为100.
（Ⅱ）三种抽取方式中，第一种采用的是简单随机抽样法；
第二种采用的是系统抽样法和简单随机抽样法；
第三种采用的是分层抽样法和简单随机抽样法.
（Ⅲ）第一种方式抽样的步骤如下：
第一步，首先用抽签法在这20个班中任意抽取一个班.
第二步，然后从这个班中按学号用随机数表法或抽签法抽取20名学生，考察其考试成绩.
第二种方式抽样的步骤如下：
第一步，首先用简单随机抽样法从第一个班中任意抽取一名学生，记其学号为a.
第二步，在其余的19个班中，选取学号为a的学生，加上第一个班中的一名学生，共计20人.
第三种方式抽样的步骤如下：
第一步，分层，因为若按成绩分，其中优秀生共150人，良好生共600人，普通生共250人，所以在抽取样本时，应该把全体学生分成三个层次.
第二步，确定各个层次抽取的人数.因为样本容量与总体的个体数之比为：100∶1 000=1∶10，所以在每个层次中抽取的个体数依次为，，，即15，60，25.
第三步，按层次分别抽取.在优秀生中用简单随机抽样法抽取15人；在良好生中用简单随机抽样法抽取60人；在普通生中用简单随机抽样法抽取25人
变式与引申2：【答案】 样本容量为6 解：总体容量为6+12+18=36.当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是,抽取工程师（人），
抽取技术人员×12= (人），
抽取技工×18=（人）.
所以n应是6的倍数，36的约数即n=6,12,18,36.
当样本容量为（n+1）时，在总体中剔除1人后还剩35人，系统抽样的间隔为，因为必须是整数，所以n只能取6，即样本容量为6.
变式与引申3： 答案 D
提示：由茎叶图可知甲，乙的数据特征.
变式与引申4：解：（Ⅰ）甲、乙被抽到的概率均为，且事件“甲工人被抽到”与事件“乙工人被抽到”相互独立，故甲、乙两工人都被抽到的概率为.
（Ⅱ）（i）由题意知A类工人中应抽查25名，B类工人中应抽查75名.
故，得，，得 .
频率分布直方图如下
从直方图可以判断：B类工人中个体间的关异程度更小 .
（ii） ，
，
A类工人生产能力的平均数，B类工人生产能力的平均数以及全工厂工人生产能力的
平均数的会计值分别为123，133.8和131.1 .
变式与引申5：C
由于6．635变式与引申6：（1）解：（Ⅰ）数据对应的散点图如图所示：
（Ⅱ），，
设所求回归直线方程为，
则
故所求回归直线方程为
（Ⅲ）据（Ⅱ），当时，销售价格的估计值为：
（万元）
习题4-3
1. 25人.
解：每个个体被抽入样的概率均为，
在内的频率为
0.0005×（3000－2500）＝0.25，频数为10 000×0.25＝2 500人，则该范围内应当抽取的人数为2 500×＝25人.
2.③④ 解：①正确．由回归方程的定义及最小二乘法思想，知②正确．③④不正确．
3.解：（1）因为各组的频率和等于1,故第四组的频率：
补全这个频率分布直方图（略）
（2）依题意，60及以上的分数所在的第三、四、五、六组，
频率和为
所以，抽样学生成绩的合格率是%
（3）， ，”的人数是18,15,3．所以从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人，他们在同一分数段的概率．
4. 解: （1）依题列表如下：
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
2.2 3.8 5.5 6.5 7.0
4.4 11.4 22.0 32.5 42.0
……4分
．
回归直线方程为．
（2）当时，万元．即估计用10年时,维修费约为12.38万元．
5.解： （1）调查的500位老年人中有70位需要志愿者提供帮助，因此该地区老年人中，需要帮助的老年人的比例的估算值为
（2）。
由于9.967>6.635,所以有99%的把握认为该地区的老年人是否需要帮助与性别有关。
(III)由(II)的结论知，该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的比例有明显差异，因此在调查时，先确定该地区老年人中男、女的比例，再把老年人分成男、女两层并采用分层抽样方法比采用简单随机抽样方法更好．
第四节 概率与统计的综合应用
变式与引申1：解：（1）由数字1，2，3，4组成的五位数共有个
数满足条件：“对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得” 的五位数可分为两类：
（i）只由一个数字组成，共有4个；
（ii）由两个数字组成，共有个
由（i）、（ii）知共有124个 ，所求概率．
（2）由题意可能的取值为2、3、4、5
=
的分布列为：
2 3 4 5
P
=．
变式与引申2：解：（1）当时，甲胜的概率为
故甲的得分的分布列为
2 0
P
故
（2）当，不合题意；
当n=3时，乙胜的概率为，不合题意 ；
当
故，解得
变式与引申3：解： (1)由题意可得
L1= (q＞0)．
同理可得 (q＞0)；(q＞0)
(2) 解:由期望定义可知
(3) 解:由(Ⅱ)可知是产量q的函数,设
得0解得(舍去)．
由题意及问题的实际意义(或当0＜q＜10时,＞0;当q＞10时,
可知,当q=10时, f(q)取得最大值,即最大时的产量q为10．
变式与引申4：解：（1）3秒后，质点到处，必须经过两次向右，一次向左移动；
（2）2秒后，质点同时在点处，必须质点两次向右，且质点一次向左，一次向右；故
（3）设第秒后，质点在处的概率为，质点在处的概率为依题意知：，由得
所以｛｝是首项为，公比为的等比数列。所以，；所以8秒后质点在处的概率为。
习题4—4
1.解：（Ⅰ）第二组的频率为，所以高为．频率直方图如下：
第一组的人数为，频率为，所以．
由题可知，第二组的频率为0．3，所以第二组的人数为，所以．
第四组的频率为，所以第四组的人数为，所以．
（Ⅱ）因为岁年龄段的“低碳族”与岁年龄段的“低碳族”的比值为，所以采用分层抽样法抽取18人，岁中有12人，岁中有6人．
随机变量服从超几何分布．
，，
，．
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
∴数学期望．
2、解:(1)、可能的取值为、、，，，
，且当或时，． 因此，随机变量的最大值为
有放回抽两张卡片的所有情况有种，
(2)的所有取值为．
时，只有这一种情况．
时，有或或或四种情况，
时，有或两种情况．
，，
则随机变量的分布列为：
因此，数学期望
3、解： (1)点到达点的概率为；点到达点的事件由两个互斥事件组成：①A=“点先按向量到达点，再按向量到达点”，此时；
②B=“点先按向量移动直接到达点”，此时．
(2) 点到达点的事件由两个互斥事件组成：
①“从点按向量移动到达点”，此时；
②“从点按向量移动到达点”，此时．
，即
数列是以为首项，公比为的等比数列．
(3)由(Ⅱ)可知
4、解：（1）一次摸奖从个球中任选两个，有种，
它们等可能，其中两球不同色有种，………………………2分
一次摸奖中奖的概率．………………………4分
（2）若，一次摸奖中奖的概率,………………………6分
三次摸奖是独立重复试验，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率是
． ………………………8分
（3）设每次摸奖中奖的概率为，则三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为
，， ……………………10分
，知在上为增函数，在上为减函数，当时取得最大值．又,解得．…………12分
答：当时，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率最大．
【方法探究】本题是一个在等可能性事件基础上的独立重复试验问题，体现了不同概型的综合．第Ⅲ小题中的函数是三次函数，运用了导数求三次函数的最值．如果学生直接用代替，函数将比较烦琐，这时需要运用换元的方法，将看成一个整体，再求最值．
5、分析:在(1)中的取值是有限可数的,可用列举法解决; (2)中的取值是无穷的,得用几何概型的方法求解．
解:(1)若能构成三角形,则．
①若时,．共1种;②若时,．共2种;
同理时,有3+1=4种;时,有4+2=6种;时,有5+3+1=9种;时,有6+4+2=12种．于是共有1+2+4+6+9+12=34种．
下面求从中任取的三个数()的种数:
①若,,则,有7种;,有6种;,
,有5种;,有1种．共有7+6+5+4+3+2+1=28种．
同理,时,有6+5+4+3+2+1=21种;时,有5+4+3+2+1=15种;时,有4+3+2+1=10种;时,有3+2+1=6种;时,有2+1=3种; 时,有1种．
这时共有28+21+15+10+6+3+1=84种．
∴能构成三角形的概率为．
(2)能构成三角形的充要条件是．
又于是所要求的概率为
说明:从有限到无穷,问题已发生了质变,解决方法也得作相应质的改进．
红 1 1 1 2 2 3
黄 1 2 3 1 2 1
兰 3 2 1 2 1 1
取法
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