2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：专题四第四讲专题提能——优化思路上高度全面清障把漏补

第四讲  专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补

[例1]　某大型超市拟对店庆当天购物满288元的顾客进行回馈奖励．规定：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘，如图所示，当转盘停止转动时，若指针指向扇形区域，则顾客可领取此区域对应面额(单位：元)的超市代金券．假设转盘每次转动的结果互不影响，某顾客连续转动两次转盘并获得相应奖励，若x0＝20，则该顾客第一次获得的超市代金券的面额不低于第二次获得的超市代金券的面额的概率为________．

[解析]　设事件B为“顾客第一次获得的超市代金券的面额不低于第二次获得的超市代金券的面额”，事件Ci为“该顾客第i次转动转盘获得的超市代金券的面额为60”，i＝1,2.

由题意知，P(Ci)＝＝，i＝1,2.

因此P(B)＝P(C1)＋P(∩)＝＋×＝.

[答案]　

[微评]　(1)此类问题把事件的独立性、事件的互斥性及对立事件结合起来，考生应先将所求随机事件进行准确拆分，即把所求事件拆分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆分成若干个相互独立事件的积，这样就能正确地进行概率计算．

(2)解此类题时需要注意的地方是独立事件同时发生的概率与条件概率的本质区别：相互独立事件是对多个事件来讲的，若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)；

条件概率一般是对基本事件个数有多种情况来讲的，若A，B为两个事件，则条件概率P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，若P(A)>0，则P(B|A)＝.

(3)注意事件B|A的样本空间与事件B的样本空间不同，找准样本空间是解决条件概率问题的关键．

[例2]　随着移动互联网的快速发展，基于互联网的共享单车应运而生．某市场研究人员为了了解共享单车运营公司M的经营状况，对该公司2017年10月至2018年3月这六个月内的市场占有率进行了统计，并绘制了相应的折线图，如图所示．

(1)由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合月度市场占有率y与月份代码x之间的关系．求y关于x的线性回归方程，并预测M公司2018年4月份(x＝7)的市场占有率；

(2)为进一步扩大市场，M公司拟再采购一批单车．现有采购成本分别为1 000元/辆和1 200元/辆的A，B两款车型可供选择，按规定每辆单车最多使用4年，但由于多种原因(如骑行频率)会导致车辆报废年限各不相同．考虑到公司运营的经济效益，该公司决定先对两款车型的单车(各100辆)进行科学模拟测试，得到两款单车的使用寿命频数表如下：

　　经测算，平均每辆单车每年可以带来收入500元．不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整年，且以频率作为每辆单车使用寿命的概率．如果你是M公司的负责人，以每辆单车产生利润的平均值为决策依据，你会选择采购哪款车型？

参考公式：＝，＝－.

[解]　(1)由折线图中所给的数据，

可得＝＝3.5，

＝＝16.

＝1＋4＋9＋16＋25＋36＝91，

iyi＝11＋26＋48＋60＋100＋126＝371，

所以＝＝＝2，

所以＝16－2×3.5＝9.

所以月度市场占有率y与月份代码x之间的线性回归方程为＝2x＋9.

当x＝7时，＝2×7＋9＝23.

故预计M公司2018年4月份的市场占有率为23%.

(2)由频率估计概率，每辆A款车可使用1年、2年、3年和4年的概率分别为0.2,0.35,0.35和0.1，所以每辆A款车可产生的利润的平均值为A＝(500－1 000)×0.2＋(1 000－1 000)×0.35＋(1 500－1 000)×0.35＋(2 000－1 000)×0.1＝175(元)．

由频率估计概率，每辆B款车可使用1年、2年、3年和4年的概率分别为0.1,0.3,0.4和0.2，

所以每辆B款车可产生的利润的平均值为B＝(500－1 200)×0.1＋(1 000－1 200)×0.3＋(1 500－1 200)×0.4＋(2 000－1 200)×0.2＝150(元)．

因为A>B，所以应该采购A款车型．

[微评]　解此类题时需要特别注意的地方：一是利用公式求解回归直线的斜率和回归直线的截距及将他们代入线性回归方程时，不要搞混，一定要注意它们的区别；二是已知解释变量的某个值去预测相应的预报变量的值时，常把已知的x的值代入线性回归方程＝x＋中，求出.若线性回归方程中有参数，则可根据回归直线一定经过样本点的中心(，)，求出参数值．

[例3]　(2018·甘肃张掖模拟)一个不透明的袋子中装有4个形状、大小、质地相同的小球，分别标有不同的数字2,3,4，x.现从袋中随机摸出2个球，并计算摸出的这2个球上的数字之和，记录后将小球放回袋中搅匀，进行重复试验．记事件A为“数字之和为7”．试验数据如下表所示：

(1)根据上表数据，可知若试验继续下去，则出现“数字之和为7”的频率将稳定在它的概率附近，试估计事件A的概率，并求x的值；

(2)在(1)的条件下，设定一种游戏规则：每次摸出2个球，若这2个球上的数字之和为7，则可获得奖金7元，否则需交5元．某人摸球3次，设其获利金额为η(单位：元)，求随机变量η的所有可能取值，并求出η的数学期望和方差．

[解]　(1)由表中数据可知，当试验次数增加时，频率稳定在0.33附近，

所以可以估计事件A的概率为.

因为P(A)＝＝，所以事件A包含两种结果，

所以3＋4＝2＋x＝7，解得x＝5.

(2)设ξ表示3次摸球中事件A发生的次数，则ξ的所有可能取值为0,1,2,3.

因为η＝7ξ－5(3－ξ)＝12ξ－15，

所以η的所有可能取值为－15，－3,9,21.

依题意得，ξ～B，

所以E(ξ)＝3×＝1，D(ξ)＝3××＝，

所以E(η)＝12E(ξ)－15＝－3，D(η)＝122D(ξ)＝96.

[微评]　(1)求离散型随机变量的取值的关键：细读题目，明晰题意，关注其分类的“度”的选择，从而顺利得出离散型随机变量的所有可能取值，注意做到不重不漏．

(2)注意离散型随机变量与函数是两个概念．函数研究的是确定性的现象，它可在实数轴上取值，取值是可确定的．离散型随机变量研究的是随机现象，它从由全部试验的结果组成的集合中取值，它的取值是不能预知的，但有一定的概率．

数形结合思想——求解几何概型问题

[典例]　已知三点A(2,1)，B(1，－2)，C，动点P(a，b)满足0≤·≤2，且0≤·≤2，则动点P到点C的距离小于的概率为________．

[解析]　∵A(2,1)，B(1，－2)，∴·＝2a＋b，·＝a－2b，∵0≤·≤2，且0≤·≤2，∴0≤2a＋b≤2，且0≤a－2b≤2，作出不等式表示的平面区域如图中正方形OEFG所示，

∵|CP|<，∴点P对应的区域为以C为圆心，为半径的圆的内部，如图中阴影部分所示．

由解得

即E，

|OE|＝ ＝，

∴正方形OEFG的面积为×＝，

又阴影部分的面积为π×2＝，

∴根据几何概型的概率计算公式可知所求的概率为＝.

[答案]　

[微评]　本题将条件0≤·≤2与0≤·≤2转化为正方形OEFG的面积，将动点P到点C的距离小于转化为圆C的面积，然后借助数形结合及几何概型的概率公式求解．

排列组合中“邻”与“不邻”的7种考法

[题根探究]

[典例]　4个学生和2个教师排成一排．

(1)2个教师相邻的排法种数为多少？

(2)2个教师不相邻的排法种数为多少？

[解]　(1)因为2个教师必须相邻，故可将2个教师“捆绑”在一起看作一个元素与4个学生作全排列，再将“捆绑在一起”的两个元素作全排列，故具有AA＝240种排法．

(2)先把4个学生作全排列，再将2个教师插入到4个学生形成的5个空当(包括两端的两个空当)中的2个，故共有AA＝480种排法．

[考查角度]　本题是“一组不同元素与另一组不同元素”的相邻与不相邻问题的模型．相邻问题常用“捆绑法”，不相邻问题常用“插空法”．

[变式应用]

[变式1]　若3个学生和4个教师排成一排，求师生相间而排的方法数．

解：先让4个教师全排，然后再将3个学生插到4个教师间的3个空当中，所以共有AA＝144种排法．

[变式2]　若3个学生和3个教师排成一排，求师生相间而排的方法数．

解：先让3个教师全排，再让3个学生“插空”，因师生数相同，故有两种插法(×××或×××)，3个学生之间全排列，故共有2AA＝72种排法．

[变式3]　(1)若9个座位，坐3个人，每人两边都有空位，有多少种不同的坐法？

(2)若题(1)中6个空位连在一起，有多少种不同的坐法？

(3)若题(1)中恰有4个空位连在一起，有多少种不同的坐法？

解：(1)6个空位是相同元素，不作排列，3人插入6个空位产生的5个空当，有A＝60种坐法．

(2)6个空位“捆绑”在一起看作一个元素与3个人作全排列，有A＝24种坐法．

(3)4个空位“捆绑”在一起与其他2个空位不相邻，故有AA＝72种坐法．

[变式4]　若9个座位坐6个人，每个空位两边都坐人，有多少种不同的坐法？

解：问题等价于3个空位不相邻，将它们“插入”到6个人之间的5个“空当”(不包括两端)中的3个不同的位置，故共有N＝AC＝7 200种坐法．

[变式4.1]　一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，有多少种不同的坐法？

解：每家3口人坐在一起，由“捆绑法”内部有(A)3＝(3！)3种排法，“捆”后视为3个元素的一个全排列，故共有(3！)4种坐法．

[变式5]　马路上有编号1,2,3，…，10的10盏路灯，为节约用电，又不影响照明，可以把其中的3盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏路灯，也不能关掉两端的路灯，则不同的关灯方法数为多少？

解：依题意，关掉3盏路灯后还有7盏灯照明，可先将7盏灯排好，它们之间有6个空当，关掉的3盏路灯可视为在6个空当中插入3个，所以有C＝20种方法．

A组——易错清零练

1．(2018·福建龙海程溪中学期末)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．72  D．36

解析：选C　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种，男生“内部”的排法有A种．

所以排法种数为A×A×A＝72.

2．(2018·兰州模拟)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：

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＝6.5x＋17.5，则表中m的值为(　　)

A．45  B．50

C．55  D．60

解析：选D　∵＝＝5，

＝＝，

∴当＝5时，＝6.5×5＋17.5＝50，

∴＝50，解得m＝60.

3．为了了解某校高三学生的视力情况，随机抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图如图所示，由于不慎将部分数据丢失，但知道后5组数据的频数和为62，设视力在4.6到4.8之间的学生人数为a，最大频率为0.32，则a的值为________．

解析：前三组人数为100－62＝38，第三组人数为38－(1.1＋0.5)×0.1×100＝22，则a＝22＋0.32×100＝54.

答案：54

4．在边长为2的正方形ABCD内任取一点M，满足·≤0的概率为________．

解析：在边长为2的正方形ABCD内任取一点M，满足·≤0即满足90°≤∠AMB≤180°的点M所在的区域为如图所示的阴影部分．根据几何概型的概率计算公式，得·≤0的概率为＝.

答案：

5．某小区有两个相互独立的安全防范系统甲和乙，系统甲和系统乙在任意时刻发生故障的概率分别为和p.若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为0.25，则p＝________.

解析：记“系统甲发生故障”、“系统乙发生故障”分别为事件A，B，“任意时刻恰有一个系统不发生故障”为事件C，则P(C)＝P()P(B)＋P(A)P()＝·p＋·(1－p)＝0.25，解得p＝.

答案：

B组——方法技巧练

1．点(a，b)是区域内的任意一点，则使函数f(x)＝ax2－2bx＋3在区间上是增函数的概率为(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：选A　作出不等式组表示的平面区域如图所示，可行域为△OAB及其内部(不包括边OA，OB)，其中A(0,4)，B(4,0)．若函数f(x)＝ax2－2bx＋3在区间上是增函数，则即则满足条件的(a，b)所在区域为△OBC及其内部(不包括边OB)．

由得∴C，∴S△OBC＝×4×＝，又S△OAB＝×4×4＝8，∴所求的概率P＝＝.

2．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为(　　)

A．16  B．18

C．32  D．72

解析：选D　因为对空位有特殊要求，先确定空位，假设7个车位分别为1234567，先研究恰有3个连续空位的情况，若3个连续空位是123或567，另一个空位各有3种选法，车的停放方法有A种，故停放方法有2×3×A＝36(种)；若3个连续空位是234或345或456，另一个空位各有2种选法，车的停放方法依然有A种，因此此种情况下停放方法有3×2×A＝36(种)，从而不同的停放方法共有72种．

3．(2019届高三·皖南八校联考)将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是(　　)

A.，   B.，

C.，  D.，

解析：选A　P(A|B)的含义是在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝.P(B|A)的含义是在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，三个点数都不同，有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝.

4．甲、乙两人在5次综合测评中成绩的茎叶图如图所示，其中一个数字被污损，记甲、乙的平均成绩分别为甲，乙，则甲＞乙的概率是________．

解析：由茎叶图知乙＝＝90，甲＝＝89＋.污损处可取数字0,1,2，…，9，共10种，而甲＞乙时，污损处对应的数字有6,7,8,9，共4种，故甲＞乙的概率为＝.

答案：

C组——创新应用练

1．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作．书中有如下问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内接正方形边长为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内接正方形内的概率是(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：选C　如图，设Rt△ABC的两直角边长分别为a，b，其内接正方形CEDF的边长为x，

则由△ADF∽△ABC，得＝，

即＝，解得x＝.

从而正方形CEDF的面积为S正方形CEDF＝2，

又Rt△ABC的面积为S△ABC＝，所以所求概率P＝＝＝＝，故选C.

2．(2018·广东韶关调研)我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》……《缉古算经》等10部专著，有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著的概率为(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：选A　从10部名著中选择2部名著的方法数为C＝45(种)，所选的2部都为魏晋南北朝时期的名著的方法数为C＝21(种)，只有1部为魏晋南北朝时期的名著的方法数为CC＝21(种)，于是事件“所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著”的概率P＝＝.

3．国际教育信息化会议在山东青岛开幕，为了解哪些人更关注国际教育信息化会议，某机构随机抽取了年龄在25～75岁之间的100人进行调查，经统计“青年”与“中老年”的人数之比为9∶11.

(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并判断能否有99%的把握认为关注国际教育信息化会议与年龄有关；

(2)现从抽取的“青年”中采用分层抽样的方法选取9人进行问卷调查，在这9人中再选取3人进行面对面询问，记选取的3人中关注国际教育信息化会议的人数为X，求X的分布列及数学期望．

附：

K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.

解：(1)依题意可知，抽取的“青年”共有100×＝45(人)，“中老年”共有100－45＝55(人)．

补全2×2列联表如下：

则K2的观测值k＝≈9.091.

因为9.091>6.635，

所以有99%的把握认为关注国际教育信息化会议与年龄有关．

(2)根据题意知选出的9人中关注该会议的人数为9×＝3，不关注该会议的人数为9－3＝6，在这9人中再选取3人进行面对面询问，则X的所有可能取值为0,1,2,3，

P(X＝0)＝＝＝，

P(X＝1)＝＝＝，

P(X＝2)＝＝＝，

P(X＝3)＝＝.

所以X的分布列为

E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.

4．某校倡议为特困学生募捐，要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投入一元钱．现负责老师统计了连续5天售出矿泉水的箱数和捐款箱中的收入情况，列表如下：

学校计划将所得的捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生，规定：综合考核前20名的特困生获一等奖学金500元；综合考核21～50名的特困生获二等奖学金300元；综合考核50名以后的特困生不获得奖学金．

(1)若x与y成线性相关，则某天售出9箱矿泉水时，预计捐款箱中的收入为多少元？

(2)甲、乙两名学生获一等奖学金的概率均为，获二等奖学金的概率均为，不获得奖学金的概率均为，已知甲、乙两名学生获得哪个等级的奖学金相互独立，求甲、乙两名学生所获得奖学金之和X的分布列及数学期望．

附：回归方程＝x＋，其中＝，＝－.

解：(1)由表得＝×(7＋6＋6＋5＋6)＝6，＝×(165＋142＋148＋125＋150)＝146，

＝49＋36＋36＋25＋36＝182，

iyi＝7×165＋6×142＋6×148＋5×125＋6×150＝4 420，

所以＝＝＝20，

＝－＝146－20×6＝26，

所以线性回归方程为＝20x＋26，当x＝9时，＝20×9＋26＝206，所以y的估计值为206元．

(2)由题意得，X的可能取值为0,300,500,600,800，1 000，则

P(X＝0)＝×＝；

P(X＝300)＝2××＝；

P(X＝500)＝2××＝；

P(X＝600)＝×＝；

P(X＝800)＝2××＝；

P(X＝1 000)＝×＝.

则X的分布列为

所以E(X)＝0×＋300×＋500×＋600×＋800×＋1 000×＝600.