一、计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．排列数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示；
(2)排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝.
4．组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符合C表示．
(2)组合数公式C＝＝
组合数性质：①C＝C.②C＝C＋C.
5．二项式定理
(1)二项式定理
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn叫做二项式定理．
(2)相关概念
①公式右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式；
②各项的系数C叫做二项式系数；
③展开式中的Can－kbk叫做二项展开式的通项，记作Tk＋1，它表示展开式的第k＋1项．
6．杨辉三角
(1)杨辉三角的特点
①在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；
②在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝C＋C.
(2)各二项式系数的和
①C＋C＋C＋…＋C＝2n；
②C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
二、随机变量及其分布
1．离散型随机变量
所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列的定义及性质
(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，以表格形式表示为：
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
称上表为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．用等式可表示为P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n，离散型随机变量分布列还可以用图象表示．
(2)离散型随机变量分布列的性质：
(ⅰ)pi≥0，i＝1,2，…，n；(ⅱ) pi＝1.
3．特殊分布
(1)两点分布
X
0
1
P
1－p
p
像上面这样的分布列叫做两点分布．如果随机变量X的分布列为两点分布，就称X服从两点分布，并称P＝p(x＝1)为成功概率．
(2)超几何分布
一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，即
X
0
1
…
m
P
…
其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．
4．条件概率
(1)条件概率的定义
一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率．
(2)条件概率的性质
①任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1.
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
5．事件的相互独立性
(1)相互独立事件的概念
设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)相互独立事件的性质
如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立．
6．独立重复试验与二项分布
(1)n次独立重复试验
一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．
(2)二项分布
一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．
7．离散型随机变量的均值与方差
(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称E(X)＝xipi为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
则把D(X)＝(xi－E(X))2pi叫做随机变量X的方差，D(X)的算术平方根叫做随机变量X的标准差，随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度．
(2)两点分布与二项分布的均值
①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p；D(X)＝p(1－p)；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
(3)性质
若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)．D(aX＋b)＝a2D(X)．
8．正态分布
(1)定义
一般地，如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N(μ，σ2)．如果随机变量X服从正态分布，则记为N(μ，σ2)．
(2)正态分布在三个特殊区间内取值的概率及3σ原则
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.683；
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954；
P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997.
三、统计案例
1．回归分析
(1)回归分析
回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法．
(2)回归直线方程
方程＝x＋是两个具有线性相关关系的变量的一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)的回归方程，其中，是待定参数，其最小二乘估计分别为：
其中＝xi，＝yi，(，)称为样本点的中心．
2．独立性检验
(1)2×2列联表．
一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2×2列联表)为
y1
y2
合计
x1
a
b
a＋b
x2
c
d
c＋d
合计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
(2)χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d为样本容量．
1．将3个不同的小球放入4个盒子中，则有不同的放法种数有34个. (×)
[提示] 本题是一个分步计数问题．对于第一个小球有4种不同的放法，第二个小球也有4种不同的放法，第三个小球也有4种不同的放法，跟据分步乘法计数原理知共有4×4×4＝64种不同的放法．
2．从甲、乙等6人中选出3名代表，甲一定当选，则有20种选法. (×)
[提示] 因为甲一定当选，所以只要从剩下的5人中选出2人即可，因此有C＝10种选法．
3．三个人踢球，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，球又回给甲，则不同的传递方式共有10种. (√)
[提示] 可利用树状图进行求解．
4．式子A＝中m≠n. (×)
[提示] 当m＝n时，(n－m)！＝0！＝1，即求n个元素的全排列数．
5．由0,1,2,3这4个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－A＝168(个)(×)
[提示] 首位不含0，有3种选法，其余3位都有4种选法，共有3×43＝192个四位数；其中没有重复数字的有3×3×2×1＝18个，故有重复数字的四位数共有192－18＝174个．
6．3名医生和6名护士被分配到三所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，则不同的分配方法有540种. (√)
7．(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关. (√)
8．在6的二项展开式中，常数项为－160.(√)
9．在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第5项和第6项. (×)
[提示] 由通项公式得Tr＋1＝C(－1)rxr，故第r＋1项的系数为
(－1)r·C.故当r＝4时，即第5项的系数最大．
10．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128. (×)
[提示] 当x＝0时，a0＝－1，
当x＝1时a7＋a6＋a5＋…＋a1＋a0＝27，
∴a7＋a6＋a5＋…＋a1＝27＋1＝129.
11．若n的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且x4的系数为7，则实数a＝.(√)
12．离散型随机变量是指某一区间内的任意值．(×)
[提示] 随机变量的取值都能一一列举出来．
13．在区间[0,10]内任意一个实数与它四舍五入取整后的整数的差值是离散型随机变量．(×)
[提示] 可以取区间[0,10]内的一切值，无法按一定次序一一列出，故其不是离散型随机变量．
14．离散型随机变量的分布列的每个随机变量取值对应概率都相等．(×)
[提示] 因为分布列中的每个随机变量能代表的随机事件，并非都是等可能发生的事件．
15．在离散型随机变量分布列中，所有概率之和为1.(√)
[提示] 由分布列的性质可知，该说法正确．
16．超几何分布的模型是不放回抽样．(√)
17．超几何分布的总体里可以有两类或三类特点． (×)
[提示] 超几何分布的模型特征是“由较明显的两部分组成”．
18．若事件A发生的条件下，事件B发生，相当于A，B同时发生．(√)
19．小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝C12＝.(×)
[提示] 所求概率应为P＝××＝.
20．试验之前可以判断离散型随机变量的所有值．(√)
[提示] 因为随机试验所有可能的结果是明确并且不只一个，只不过在试验之前不能确定试验结果会出现哪一个，故该说法正确．
21．必然事件与任何一个事件相互独立．(√)
[提示] 必然事件的发生与任何一个事件的发生，没有影响．
22．二项分布中随机变量X的取值是小于等于n的所有正整数．(×)
[提示] 二项分布中随机变量X的取值是小于等于n的所有自然数．
23．若a是常数，则D(a)＝0.(√)
24．已知Y＝3X＋2，且D(X)＝10，则D(Y)＝92.(×)
[提示] ∵D(X)＝10，且Y＝3X＋2
∴D(Y)＝D(3X＋2)＝9D(X)＝90.
25．离散型随机变量的概率分布规律用分布密度曲线描述，连续型随机变量的概率分布用分布列描述．(×)
[提示] 因为离散型随机变量的概率分布规律用分布列描述，连续型随机变量的概率分布规律用分布密度曲线(函数)描述．
26．正态曲线是单峰的，其与x轴围成的面积是随参数μ，σ的变化而变化的．(×)
[提示] 正态曲线与x轴围成的面积是1，它不随μ和σ变化而变化．
27．若χ2的观测值大于6.635，则在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为吸烟与患肺病有关系，那么在100个吸烟的人中必有99人患有肺病．(×)
[提示] χ2是检验吸烟与患肺病相关程度的量，是相关关系，而不是确定关系，是反映有关和无关的概率，故此说法不正确．
28．如果两个变量x与y之间不存在着线性关系，那么根据它们的一组数据(xi，yi)(i＝1,2，…，n)不能写出一个线性方程．(×)
[提示] 任何一组(xi，yi)(i＝1,2，…，n)都能写出一个线性方程，只是有无意义的问题，因此这个说法错误，线性关系是可以检验的，可以画出带状散点图，可以写出一个拟合效果最好的线性方程．
29．利用线性回归方程求出的值是准确值．(×)
[提示] 因为利用线性回归方程求出的值为估计值，而不是真实值．
30．变量x与y之间的回归直线方程表示x与y之间的真实关系形式．(×)
[提示] 因为变量x与y之间的线性回归直线方程仅表示x与y之间近似的线性关系，x与y之间满足y＝bx＋a＋e，其中e为随机误差．
1．(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为( )
A．15 B．20
C．30 D．35
C [因为(1＋x)6的通项为Cxr，所以(1＋x)6展开式中含x2的项为1·Cx2和·Cx4.
因为C＋C＝2C＝2×＝30，
所以(1＋x)6展开式中x2的系数为30.
故选C.]
2．(2017·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
D [由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C·C·A＝36(种)，或列式为C·C·C＝3××2＝36(种)．
故选D.]
3．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A. B.
C. D.
C [不超过30的所有素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C.]
4．(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为( )
A．10 B．20
C．40 D．80
C [Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C2rx10－3r，由10－3r＝4，得r＝2，所以x4的系数为C×22＝40.]
5．(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
B [由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.]
6．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝________.
1．96 [由题意得X～B(100,0.02)，
∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.]
7．(2018·全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18.因此
f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
(ⅰ)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
(ⅱ)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于EX＞400，故应该对余下的产品作检验．
8．(2018·全国卷Ⅱ)下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y(单位：亿元)的折线图．
为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据(时间变量t的值依次为1,2，…，17)建立模型①：＝－30.4＋13.5t；根据2010年至2016年的数据(时间变量t的值依次为1,2，…，7)建立模型②：＝99＋17.5t.
(1)分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；
(2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
[解] (1)利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为＝－30.4＋13.5×19＝226.1(亿元)．
利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为＝99＋17.5×9＝256.5(亿元)．
(2)利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
(ⅰ)从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y＝－30.4＋13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势.2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型＝99＋17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．
(ⅱ)从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．
(以上给出了2种理由，答出其中任意一种或其他合理理由均可)
9．(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立，在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
[解] (1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
课件58张PPT。模块复习课m＋nm×n 不同排列 n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) 组合的个 数 Tk＋1 k＋1 相等 和 2n 2n－1 一一列出 P(X＝xi)＝pi 图象 ≥ 1 1－p p(x＝1) 0≤P(B|A)≤1 P(B|A)＋P(C|A) P(A)·P(B) 相同 B(n，p) 成功概率 平均水平 偏离于均值 p p(1－p) np np(1－p) aE(X) a2D(X) 0.683 0.954 0.997 相关关系 × × √ × × √ √ √ × × √ × × × √ √ × √ × √ √ × √ × × × × × × × Thank you for watching !模块综合测评
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．袋中装有编号分别为1,2,3,4的4个白球和4个黑球，从中取出3个球，则取出球的编号互不相同的取法种数为( )
A．32 B．40
C．24 D．56
A [由题意知每个号码均有白球和黑球各一个．
先从4个号码中选取3个，不同的选法为C＝4(种)；然后每个号码选择一球各有2种选法，所以不同的选法共有4×2×2×2＝32(种)．故选A.]
2．5人站成一排照相，甲不站在两端的站法有( )
A．24种 B．72种
C．96种 D．120种
B [5人站成一排照相，甲不站在两端，因此有3A＝3×4×3×2×1＝72(种)站法．]
3．一位母亲记录了儿子3～9岁的身高，数据如下表．由此建立的身高与年龄的回归模型为＝7.19x＋73.93.用这个模型预测这个孩子10岁时的身高，则正确的叙述是( )
年龄/岁
3
4
5
6
7
8
9
身高/cm
94.8
104.2
108.7
117.8
124.3
130.8
139.0
A．身高一定是145.83 cm
B．身高在145.83 cm以上
C．身高在145.83 cm左右
D．身高在145.83 cm以下
C [将x＝10代入得y＝145.83，但这种预测不一定准确，应该在这个值的左右．]
4．随机变量X的分布列如下表，则E(5X＋4)等于( )
X
0
2
4
P
0.3
0.2
0.5
A．16 B．11
C．2.2 D．2.3
A [由表格可求E(X)＝0×0.3＋2×0.2＋4×0.5＝2.4，故E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.4＋4＝16.故选A.]
5．考察人的高血压病是否与食盐摄入量有关，对某地区人群进行跟踪调查，得到以下数据：
患高血压
未患高血压
合计
喜欢较咸食物
34
220
254
喜欢清淡食物
26
1 353
1 379
合计
60
1 573
1 633
则认为人的高血压病与食盐摄入量有关的把握大约为( )
A．99% B．95%
C．90% D．无充分依据
A [χ2＝≈80.155>6.635，所以有99%的把握认为人的高血压病与食盐摄入量有关．故选A.]
6．已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝( )
A. B．－
C．6 D．－6
D [Tr＋1＝C(－1)rarx，令＝，得r＝1，可得－5a＝30，得a＝－6.]
7．甲、乙两名同学做游戏，他们分别从两个装有编号为1～5的球的箱子中抽取一个球，若两个球的编号之和小于6，则甲赢，若大于6，则乙赢，若等于6，是和局．若他们共玩三次，则甲赢两次的概率为( )
A. B.
C. D.
C [由题意知，玩一次游戏甲赢的概率为P＝＝，所以玩三次游戏，甲赢两次的概率为C2×1＝.]
8．甲、乙两歼击机的飞行员向同一架敌机射击，设击中的概率分别为0.4,0.5，则恰有一人击中敌机的概率为( )
A．0.9 B．0.2
C．0.7 D．0.5
D [设事件A，B分别表示甲、乙飞行员击中敌机，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，事件恰有一人击中敌机的概率为P(A＋B)＝P(A)·(1－P(B))＋(1－P(A))·P(B)＝0.5.]
9．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它恰是甲击中的概率为( )
A．0.45 B．0.6
C．0.65 D．0.75
D [目标被击中的概率为0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，设甲击中为事件A，目标被射中为事件B，则P(A|B)＝＝＝＝0.75.]
10．某厂采用节能降耗技术后生产某产品的产量x(吨)与消耗的标准煤y(吨)如表所示：
x
3
4
5
6
y
2.5
3
a
4.5
根据上表，得到线性回归方程为＝0.7x＋0.35，则实数a＝( )
A．3 B．3.5
C．4 D．5
C [由数据可知：＝＝4.5，
＝＝，
代入＝0.7x＋0.35，可得＝0.7×4.5＋0.35，解得a＝4.]
11．一个坛子里有编号1,2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其余的是黑球，若从中任取两个球，则取到的都是红球，且至少有1个球的编号是偶数的概率为( )
A. B.
C. D.
D [从坛子中取两个红球，且至少有1个球的编号为偶数的取法可以分两类：第一类，两个球的编号均为偶数，有C种取法；第二类，两个球的编号为一奇一偶，有CC种取法．
故所求的概率为＝.]
12．设0
ξ
0
1
2
P
则当P在(0,1)内增大时，( )
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
D [由题意知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，D(ξ)＝2 ×＋2×＋2×＝2×＋2×＋2×＝2＋2－2＋2＝－＝p2＋－p(2p－1)＝－p2＋p＋＝－2＋，
∴D(ξ)在上递增，在上递减，即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)靠增大后减小．故选D.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________．
29 [由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.]
14．某校1 000名学生的某次数学考试成绩X服从正态分布，其正态密度曲线如图所示，则成绩X位于区间(52,68]内的学生大约有________名．
683 [根据题意可知X～N(μ，σ2)，其中μ＝60，σ＝8，∴P(μ－σ15．(2019·全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为____________．
0．98 [经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.]
16．对于二项式n(n∈N*)，四位同学作出了四种判断：
①存在n∈N*，展开式中有常数项；
②对任意n∈N*，展开式中没有常数项；
③对任意n∈N*展开式中没有x的一次项；
④存在n∈N*，展开式中有x的一次项．
上述判断正确的是________．
①④ [二项式n的展开式的通项为Tr＋1＝Cn－r·(x3)r＝Cxr－nx3r＝Cx4r－n.
当展开式中有常数项时，有4r－n＝0，即存在n，r使方程有解．当展开式中有x的一次项时，有4r－n＝1，即存在n，r使方程有解．即分别存在n，使展开式有常数项和一次项．]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现要派5名医生参加赈灾医疗队，则：
(1)某内科医生必须参加，某外科医生不能参加，有多少种选法？
(2)至少有一名内科医生且至少有一名外科医生参加有几种选法？
[解] (1)某内科医生参加，某外科医生不参加，只要从剩余的18名医生中选4名即可．故有CC＝3 060(种)．
(2)法一(直接法)：至少有一名内科医生且至少有一名外科医生参加的方法可分为四类：“一内四外、二内三外、三内二外、四内一外”．故有
CC＋CC＋CC＋CC＝14 656(种)．
法二(间接法)：问题的反面是5名内科医生或者5名外科医生参加，故有：
C－(C＋C)＝14 656(种)．
18．(本小题满分12分)已知二项式10的展开式中，
(1)求展开式中含x4项的系数；
(2)如果第3r项和第r＋2项的二项式系数相等，试求r的值．
[解] (1)设第r＋1项为Tr＋1＝Cx10－rr
＝(－2)rCx，
令10－r＝4，解得r＝4，
∴展开式中含x4项的系数为(－2)4C＝3 360.
(2)∵第3r项的二项式系数为C，第r＋2项的二项式系数为C，
∴C＝C，故3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝10，解得r＝1或r＝2.5(舍去)．
∴r的值为1.
19．(本小题满分12分)保险公司统计的资料表明：居民住宅区到最近消防站的距离x(单位：千米)和火灾所造成的损失数额y(单位：千元)有如下的统计资料：
距消防距离x(千米)
1.80
2.60
3.10
4.30
5.50
6.10
火灾损失费用y(千元)
17.8
19.6
27.5
31.3
36.0
43.2
如果统计资料表明y与x有线性相关关系，试求：
(1)用计算器计算线性回归方程及相关系数r；
(2)若发生火灾的某居民区与最近的消防站相距7.8千米，评估一下火灾的损失．
[解] (1)b＝＝
≈5.615 4，
a＝－b≈7.333 3，
∴线性回归方程为＝5.615 4x＋7.333 3.
∵r＝0.977 8接近于1，∴y与x有很强的相关关系．
(2)当x＝7.8，代入回归方程有y＝5.615 4×7.8＋7.333 3≈51.133 4(千元)．
20．(本小题满分12分)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．
某试点城市环保局从该市市区2018年全年每天PM2.5监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)．
(1)从这15天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；
(2)从这15天的数据中任取三天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列；
(3)以这15天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级．
[解] (1)记“从15天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，P(A)＝＝.
(2)依据条件，ξ服从超几何分布：ξ的可能值为0,1,2,3，其分布列为：P(ξ＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
ξ
0
1
2
3
P
(3)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P＝＝，
一年中空气质量达到一级或二级的天数为η，
则η～B，
∴E(η)＝×360＝240.
∴一年中平均有240天的空气质量达到一级或二级．
21．(本小题满分12分)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列．
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
[解] (1)X可能的取值为10,20,100，－200.根据题意，有
P(X＝10)＝C×1×2＝，
P(X＝20)＝C×2×1＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
所以X的分布列为：
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则
P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)由(1)知，X的数学期望为E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负．
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
22．(本小题满分12分)为提高市民的环保意识，开展“共享单车，绿色出行”活动，现对我市市民进行“经常使用共享单车与年龄关系”的调查(每周使用共享单车6次或6次以上称为经常使用共享单车)，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本．统计数据显示“经常使用单车出行”的市民占抽查总数的60%，且在“经常使用单车出行”的市民中有的是“年轻人”(18岁～40岁为年轻人)．
(1)请补全下列2×2列联表，并利用独立性检验的思想，判断是否有95%的把握认为“经常使用单车与年龄有关”；
年轻人
非年轻人
合计
经常使用单车市民
不常使用单车市民
合计
80
200
(2)将抽取样本的频率视为概率，若从该市市民中任取3人，设其中经常使用共享单车的“非年轻人”的人数为随机变量X，求X的分布列与期望．
附：
P(χ2>k0)
0.15
0.10
0.050
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
其中χ2＝.(n＝a＋b＋c＋d)
[解] (1)由“经常使用单车出行”的市民占到60%，得“经常使用单车出行”的人数约为200×60%＝120.其中“经常使用单车出行”的年轻人约有120×＝80(人)，
所以得到2×2列联表如下：
年轻人
非年轻人
合计
经常使用共享单车
80
40
120
不常使用共享单车
40
40
80
合计
120
80
200
故χ2＝≈5.556>3.841.
所以有95%的把握认为经常使用共享单车与年龄有关．
(2)由(1)中2×2列联表可知，经常使用共享单车的“非年轻人”占样本总数的频率为＝，即在抽取的市民中出现经常使用共享单车的“非年轻人”的概率为.
因为从该市市民中随机任取3人，经常使用共享单车的“非年轻人”的人数为X，所以X的所有可能取值为0,1,2.3.
所以P(X＝0)＝3＝，
P(X＝1)＝C××2＝，
P(X＝2)＝C×2×＝，
P(X＝3)＝3＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以X的数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.6.
