04 模块四　统计与概率【答案】作业手册.docx-淘文阁

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1、模块四统计与概率限时集训(十二)1.A解析 x-2x5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5-r-2xr=(-2)rC5rx5-2r,令5-2r=1,可得r=2,故展开式中x的系数为(-2)2C52=40.故选A.2.C解析从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一味,有C41=4(种)添加方案;从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选两味,有C42=6(种)添加方案;从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三味,有C43=4(种)添加方案;佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选,有1种添加方案.所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味,共有4+6+4+1=15(种)添加方案.故

2、选C.3.C解析将5位同学按人数分成2,1,1,1的四组,再分配到四所学校,共有C52A44=240(种)方法.故选C.4.D解析如图,记五个区域分别为.第一步,给区域涂色,有A53=60(种)涂色方法;第二步,给区域涂色,若区域与区域颜色相同,则区域有3种涂色方法,若区域与区域颜色不同,则区域有2种涂色方法,区域有2种涂色方法,共有3+22=7(种)涂色方法.根据分步乘法计数原理,共有607=420(种)涂色方法.故选D. 5.B解析 (x+1)(x-1)5=x(x-1)5+(x-1)5,(x-1)5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5-r(-1)r=C5r(-1)rx5-r,令5-r=

3、2得r=3,令5-r=3得r=2.当r=3时,xC53(-1)3x2=-10x3,当r=2时,C52(-1)2x3=10x3,故a3x3=-10x3+10x3=0,即a3=0.故选B.6.C解析由已知可得直线l与坐标轴不垂直,且不过坐标原点.圆C:x2+y2=50上的整点有(1,7),(-1,7),(-7,1),(7,1),(5,5),(-5,5),共12个.满足条件的直线l可能同时经过上述12个整点中的2个点或者为圆C在上述12个整点中的1个点处的切线,其中经过坐标原点的直线有6条,垂直于x轴的直线有6条,垂直于y轴的直线有6条,故满足条件的直线l有C122+12-6-6-6=60(条).

4、故选C.7.D解析将5名教师按人数分成1,2,2或1,1,3的三组,再分配到3所学校,则不同的安排方案有C52C32A22+C53A33=150(种).故选D.8.ABC解析由题得Cn4=Cn5,n=9,A正确;令x=1,则有1-129=1512,展开式中各项系数的和为1512,B正确;展开式的通项为Tr+1=C9r(x2)9-r-12xr=C9r(-1)r2-rx18-3r,令18-3r=0,得r=6,展开式中的常数项为T7=2116,C正确;展开式中各二项式系数的和为29=512,D错误.故选ABC.9.BC解析对于A,a1=C20231a=2023a=-6069,可得a=-3,故A

5、错误;对于B,令x=1,则a0+a1+a2+a2023=(1-3)2023=-22023,故B正确;对于C,令x=0,则a0=1,令x=13,则a13+a232+a202332023=1-3132023-a0=-a0=-1,故C正确;对于D,(1-3x)2023的展开式的通项为Tr+1=C2023r(-3x)r=(-3)rC2023rxr,所以第1012项的系数为(-3)1011C202310110,故D错误.故选BC.10.-127解析令x=0,则a0=27=128,令x=1,则a0+a1+a2+a7=(2-1)7=1,所以a1+a2+a7=1-128=-127.11.72解析第一排有2

6、人来自甲校,1人来自乙校:第一步,从甲校选出2人,有C32=3(种)选择方式;第二步,从甲校选出的2人站在两边的站法种数为A22=2;第三步,从乙校选出1人,有C31=3(种)选择方式;第四步,第二排甲校剩余的1人站中间,乙校剩余的2人站在两边的站法种数为A22=2.根据分步乘法计数原理可知,不同的站法种数为3232=36.同理可得,第一排有2人来自乙校,1人来自甲校,不同的站法种数为36.根据分类加法计数原理可知,不同的站法种数为36+36=72.12.B解析根据N的标准分解式可得120=2335, 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: 选取3个2,可以组

7、成1个三位数;选取2个2后,再从3和5中选一个,可以组成C21C32=6(个)不同的三位数;选取2,3,5,可以组成A33=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.13.C解析根据题意,记A=只会划左桨的2人,B=只会划右桨的2人,C=既会划左桨又会划右桨的2人,则分以下三种情况讨论:从A中选2人划左桨,划右桨的在BC中选2人,共有C22C42=6(种)选派方法;从A中选1人划左桨,则从C中选1人划左桨,再从BC剩下的3人中选2人划右桨,共有C21C21C32=12(种)选派方法;从A中选0人划左桨,则B中的2人划

8、右桨,从C中选2人划左桨,共有C22C22=1(种)选派方法.综上,不同的选派方法共有19种.故选C.14.BC解析依题意,12+12xn=1+12(x-1)n,所以ai(x-1)i=Cni12(x-1)i=12iCni(x-1)i,令12yCny12y-1Cny-1,12yCny12y+1Cny+1,其中y=1,2,3,n-1,化简得12CnyCny-1,Cny12Cny+1,即12n!y!(n-y)!n!(y-1)!(n-y+1)!,n!y!(n-y)!12n!(y+1)!(n-y-1)!,即n-y+12y,2y+2n-y,即n+13y,yn-23.因为a3ai,所以n+133,3n-2

9、3,解得8n11.故选BC.15.1560解析由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计,每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计),每种学习机的相关数据均有人统计,则学习机的分配方法有3,1,1,1和2,2,1,1两种情况.若按3,1,1,1分组再分配给4人,则有C63A44=2024=480(种)安排方法;若按2,2,1,1分组再分配给4人,则有C62C42A22A44=156224=1080(种)安排方法.故共有480+1080=1560(种)不同的安排方法.16.2解析 1-x+ay5表示有5个1-x+ay相乘,x3y的来源是有1个1-x+ay提供ay,有3个1-x+a

10、y提供-x,有1个1-x+ay提供常数1,所以展开式中含x3y的项的系数是C51C43(-1)3a=-40,即-20a=-40,解得a=2.限时集训(十三)1.C解析结合散点图及相关系数可得花瓣长度和花萼长度呈正相关.故选C.2.B解析依题意知这组数据中一共有5个数字,中位数为8,则将这组数据从小到大排列后8的前面有2个数字,后面也有2个数字,因为唯一的众数为9,所以有两个9,其余数字均只出现一次,则最大数字为9,又极差为3,所以最小数字为6,所以这组数据为6,7,8,9,9,所以平均数为6+7+8+9+95=7.8.故选B.3.D解析对于A选项,由样本相关系数的绝对值不超过1知,A不正

11、确;对于B选项,由经验回归方程知,x每增加1个单位,y平均减少1.25个单位,B不正确;对于C选项,第二个样本点对应的残差e2=6-(-1.256+13.75)=-0.25,C不正确;对于D选项,第三个样本点对应的残差e3=4.5-(-1.257+13.75)=-0.5,D正确.故选D.4.B解析对于A选项,由折线图可知,城镇人口与年份具有正相关关系,A中说法正确;对于B选项,由折线图可知,乡村人口与年份具有负线性相关关系,且线性相关程度很强,所以r接近于-1,B中说法错误;对于C选项,由折线图可知,城镇人口与年份具有正线性相关关系,且线性相关程度很强,所以样本相关系数r接近于1,故城镇人口

12、逐年增长率大致相同,C中说法正确;对于D选项,由折线图可知,乡村人口与年份具有负线性相关关系,可预测乡村人口仍呈现下降趋势,D中说法正确.故选B.5.C解析设被调查的男性有x人,则女性有2x人,依据题意可得22列联表如下.单位:人是否喜爱足球性别合计男女喜爱足球5x62x33x2不喜爱足球x64x33x2合计x2x3x2=3x5x64x3-2x3x623x23x2x2x=2x3,因为在犯错误的概率不超过0.005的前提下,认为是否喜爱足球与性别有关联,所以27.879=x0.005,即2x37.879,解得x11.818 5,又因为x为整数,所以x的最小值为12.故选C.6.AC解析对于A

13、,根据频率分布直方图可得10(0.005+0.010+0.015+x+0.040)=1,解得x=0.030,故A正确;对于B,因为(0.005+0.010+0.015)10=0.30.5,所以这100名学生成绩的中位数在80,90)内,估计这100名学生成绩的中位数为80+23(90-80)=2603,故B错误;对于C,估计这100名学生成绩的80%分位数为90+0.20.410=95,故C正确;对于D,在被抽取的6人中,成绩在70,80)内的有2人,成绩在80,90)内的有4人,若先抽取的学生的成绩在70,80)内,则第二次抽取时,是在5人中抽取,而此时成绩在80,90)内的学生人数为4,故

14、所求概率为45,故D错误.故选AC.7.CD解析由已知得两组样本数据的样本平均数不相同、样本中位数也不相同,样本标准差和样本极差相同.故选CD.8.45解析 650%=3,则小张的六次成绩的第50百分位数为39+m2,680%=4.8,则小李的六次成绩的第80百分位数为42,故39+m2=42,解得m=45.9.2解析根据题意,总样本的平均数x=103.5+305.540=5,故总样本的方差s2=10402+(3.5-5)2+30401+(5.5-5)2=2.10.19.567解析由表可知,x=2+3+4+6+7+86=5,点(x,y)在函数y=x2的图象上,y=52=25,y=7.5+

15、11.5+m+31.5+36.5+43.56=25,解得m=19.5.点(x,y)在经验回归直线y=6x+a上,a=25-65=-5,y=6x-5,当x=12时,y=612-5=67.11.解:(1)因为x=15(1+2+3+4+5)=3,y=15i=15yi=156206=1241.2,i=15xi2-5x2i=15yi2-5y21564,i=15xiyi-5x y=17 081-36206=-1537,所以r=i=15xiyi-5x yi=15xi2-5x2i=15yi2-5y2-15371564-0.98,这说明y与x的线性相关程度很强,所以可以用线性回归模型拟合y与x的关系.(2)由(

16、1)可得b=i=15xiyi-5x yi=15xi2-5x2=-153755-532=-153.7,所以a=y-b x=1241.2-(-153.7)3=1702.3,所以y关于x的经验回归方程为y=-153.7x+1702.3,将x=6代入经验回归方程,得y=-153.76+1702.3=780.1,所以预测我国2023年的新生儿数量为780.1万人.12.解:(1)由题意,根据表格中的数据,可得x=17(1+2+3+4+5+6+7)=4,y=17(105+84+49+39+35+23+15)=50,所以b=i=17xiyi-7x yi=17xi2-7x2=994-140028=-14.5,

17、则a=y-b x=50-(-14.5)4=108,因此y关于x的经验回归方程为y=-14.5x+108.(2)记小明最终获得胜利时比赛的局数为X,则X的所有可能取值为3,4,5,P(X=3)=0.60.70.7=0.294,P(X=4)=0.40.50.70.7+0.60.30.50.7+0.60.70.30.5=0.224,P(X=5)=0.60.70.30.50.5+0.60.30.50.30.5+0.60.30.50.50.7+0.40.50.50.70.7+0.40.50.30.50.7+0.40.50.70.30.5=0.167 5.故小明最终获得胜利的概率为0.294+0.224+

18、0.167 5=0.685 5.13.解:(1)样本中喜爱飞盘运动的男性有16人,女性有24人,人数之比为23,按照性别采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人,则抽取男性4人,女性6人.随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=C63C103=16,P(X=1)=C41C62C103=12,P(X=2)=C42C61C103=310,P(X=3)=C43C103=130,故随机变量X的分布列为X0123P1612310130E(X)=016+112+2310+3130=65.(2)零假设为H0:是否喜爱飞盘运动与性别无关联.根据列联表中的数据,经计算得到2=50(624-41

19、6)2104022281.2996.635=x0.01,根据小概率值=0.01的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为是否喜爱飞盘运动与性别有关联.结论不一样,原因是每个数据都扩大为原来的10倍,相当于样本量变大为原来的10倍,从而导致推断结论发生了变化.限时集训(十四)1.A解析设不吸烟者患肺癌的概率为x,则0.20.004+0.8x=0.001,解得x=0.00 025=0.025%.故选A.2.C解析该试验的样本空间=(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(2,13),(2,17),(2,19),(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(3,17),(3,19

20、),(5,7),(5,11),(5,13),(5,17),(5,19),(7,11),(7,13),(7,17),(7,19),(11,13),(11,17),(11,19),(13,17),(13,19),(17,19),共包含28个样本点.设A=“这2个数之和仍为素数”,则A=(2,3),(2,5),(2,11),(2,17),共包含4个样本点,所以P(A)=428=17,故选C.3.C解析记“随机选取4人”为事件,“代表队中既有男性又有女性”为事件A,“男性甲被选中”为事件B,则n(A)=C84-C54=65,n(AB)=C73=35,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=n(AB)n

21、()n(A)n()=n(AB)n(A)=3565=713,故在代表队中既有男性又有女性的条件下,男性甲被选中的概率为713.故选C.4.D解析设事件A表示从第一箱中取1个零件,事件B表示取出的零件是次品,则P(A|B)=P(AB)P(B)=12251225+12310=47,故选D.5.C解析设100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目分别为a,b,c,d,则每位同学都有六种选择结果:ab,ac,ad,bc,bd,cd.故三位同学共有666=216(种)选法,其中,有且仅有两人选择的项目完全相同的选法有C32C61C51=90(种),故所求概率是90216=512.故选C.6.A解析根据

22、题意,按方法一摸球,每箱中黑球被摸出的概率为110,则每箱中没有摸出黑球的概率为1-110=910,故P1=1-91020.按方法二摸球,每箱中黑球被摸出的概率为15,则每箱中没有摸出黑球的概率为1-15=45,故P2=1-4510.因为P1-P2=1-91020-1-4510=4510-91020=4510-81100100,所以P1P2,故选A.7.BCD解析若P(AB)=0,则事件A,B不可能同时发生,即事件A,B互斥,得不出事件A,B相互独立,A错误;由P(AB)=P(A)P(B),得P(AB)=P(AB)+P(AB)P(B)=P(AB)P(B)+P(AB)P(B),则P(B)P(A

23、B)=1-P(B)P(AB),得P(B)P(AB)+P(AB)=P(AB),即P(A)P(B)=P(AB),所以事件A,B相互独立,B正确;由P(A|B)=P(A|B),得P(AB)P(B)=P(AB)P(B)=P(A)-P(AB)1-P(B),则P(AB)-P(B)P(AB)=P(A)P(B)-P(B)P(AB),则P(AB)=P(A)P(B),所以事件A,B相互独立,C正确;P(AB)2+P(AB)2+P(A B)2+P(A B)2=14,P(AB)+P(AB)+P(AB)+P(A B)=1,式两边平方,并结合式可得,P(AB)P(AB)+P(AB)P(A B)+P(AB)P(AB)+P(

24、AB)P(A B)+P(AB)P(AB)+P(AB)P(A B)=38,结合,可得P(AB)-P(AB)2+P(AB)-P(AB)2+P(AB)-P(A B)2+P(AB)-P(AB)2+P(AB)-P(A B)2+P(AB)-P(A B)2=3P(AB)2+P(AB)2+P(AB)2+P(A B)2-2P(AB)P(AB)+P(AB)P(AB)+P(AB)P(A B)+P(AB)P(AB)+P(AB)P(A B)+P(AB)P(A B)=0,则P(AB)=P(AB)=P(AB)=P(A B)=14,所以P(A)=P(AB)+P(AB)=12,P(B)=P(AB)+P(AB)=12,所以P(A

25、B)=P(A)P(B),即事件A,B相互独立,D正确.故选BCD.8.ACD解析由题知,P(A)=36=12,P(B)=3625+3635=12,故A正确;P(C)=23635=35,P(D)=23625=25,故B错误;因为P(AD)=3265=15=P(A)P(D),所以A与D相互独立,故C正确;两次取出的球所标数字之和要么为奇数,要么为偶数,故C与D互为对立事件,故D正确.故选ACD.9.14解析根据题意,设事件A=“第一次没有按对密码”,事件B=“第二次按对密码”,因为此人记得密码的最后1位数字是偶数,所以P(A)=45,P(AB)=4154=15,则在第一次没有按对的条件下第二次

26、按对的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=14.10.59解析列出如下树形图,可知甲获胜的概率为1213+1613+131=59.11.解:(1)设A=“第i(i=1,2)天去A餐厅用餐”,B=“第j(j=1,2)天去B餐厅用餐”,则A1与B1互为对立事件,A2与B2互为对立事件.由题意可得X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=1-131-34=16,P(X=1)=P(A1B2B1A2)=P(A1B2)+P(B1A2)=P(A1)(B2|A1)+P(B1)(A2|B1)=131-35+1-1334=1930,P(X=2)=P(A1A2)=

30、740,所以甲队最终以21获胜且种子选手M上场的概率为740.(2)设事件A0=“种子选手M未上场”,事件C=“甲队最终以21获胜”,P(A0)=A43A53=25,则P(A0)=1-25=35,P(C|A0)=C21121212=14,所以P(C)=P(B)+P(C|A0)P(A0)=740+1425=1140.因为P(A0|C)=P(A0C)P(C),P(A0C)=P(B)=740,所以P(A0|C)=P(A0C)P(C)=7401140=711,所以已知甲队最终以21获胜,则种子选手M上场的概率为711.限时集训(十五)1.解:(1)零假设为H0:该校学生参加体育运动的积极性与性别无关联

31、.由列联表中的数据可知2=200(7040-6030)213070100100=200912.198P2时,(1+5p)(1-p)1,得0p0.8,此时选择方案一更容易通过验收;当P1=P2时,p=0.8,此时选择方案一、方案二均可;当P1P2时,(1+5p)(1-p)1,得0.8p1,此时选择方案二更容易通过验收.3.解:(1)X的所有可能取值为-2,0,3,4,P(X=-2)=1-121-23=16,P(X=0)=121-231-12+1-12231-12=14,P(X=3)=1-122312+121-2312=14,P(X=4)=1223=13,故X的分布列为X-2034P1614141

32、3所以E(X)=-216+014+314+413=74.(2)采用三局两胜制,小明获得冠军的概率为P1=P(X=3)+P(X=4)=712.采用五局三胜制,小明获得冠军的概率为P2=122312+21-12231223+121-231223+C211-1212C211-232312+1-12223212+1221-23212=58.因为P1=712P2=58,所以小明选择五局三胜制获得冠军的可能性更大.4.解:(1)记“1轮踢球中甲进球”为事件A,“1轮踢球中乙进球”为事件B,则A,B相互独立,由题意得P(A)=121-13=13,P(B)=121-12=14.X的所有可能取值为-1,0,1,

33、P(X=-1)=P(AB)=P(A)P(B)=1-1314=16,P(X=0)=P(AB)+P(A B)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=1314+1-131-14=712,P(X=1)=P(AB)=P(A)P(B)=131-14=14,所以X的分布列为X-101P1671214E(X)=-116+0712+114=112.(2)经过3轮踢球后,甲得分高于乙得分有四种情况:甲3轮各得1分;甲3轮中有2轮各得1分,1轮得0分;甲3轮中有2轮各得1分,1轮得-1分;甲3轮中有1轮得1分,2轮各得0分.甲3轮各得1分的概率为P1=143=164,甲3轮中有2轮各得1分,1轮得0分的概率为P2=C

34、32142712=764,甲3轮中有2轮各得1分,1轮得-1分的概率为P3=C3214216=132,甲3轮中有1轮得1分,2轮各得0分的概率为P4=C31147122=49192,所以经过3轮踢球后,甲得分高于乙得分的概率P=164+764+132+49192=79192.5.解:(1)对于有放回抽检,每次抽到混合动力汽车的概率为14,且各次抽检结果是相互独立的,设X1为抽检混合动力汽车的台数,则X1B2,14,X1的所有可能取值为0,1,2,P(X1=0)=342=916,P(X1=1)=C213414=38,P(X1=2)=142=116,所以X1的分布列为X1012P91638116则

35、E(X1)=0916+138+2116=12.对于不放回抽检,各次抽检的结果不独立,设X2为抽检混合动力汽车的台数,则X2服从超几何分布,X2的所有可能取值为0,1,2,P(X2=0)=C902C1202=267476,P(X2=1)=C301C901C1202=45119,P(X2=2)=C302C1202=29476,所以X2的分布列为X2012P2674764511929476则E(X2)=0267476+145119+229476=12.(2)样本中混合动力汽车的台数的比例f10=Y10是一个随机变量,根据参考数据,有放回抽取:P(|f10-0.25|0.15)=P(1Y4)0.187

36、 71+0.281 57+0.250 28+0.146 00=0.865 56.不放回抽取:P(|f10-0.25|0.15)=P(1Y4)0.182 54+0.290 51+0.261 34+0.147 01=0.881 40.因为0.865 560.881 40,所以在相同的误差限制下,采用不放回抽取估计的结果更可靠.6.解:(1)令u=1x,则y=a+bx可转化为y=a+bu,因为y=3608=45,所以b=i=18uiyi-8u yi=18ui2-8u2=183.4-80.34451.53-80.115=610.61=100,则a=y-b u=45-1000.34=11,所以y=11+

37、100u,所以y关于x的非线性经验回归方程为y=11+100x.(2)y与u的样本相关系数为r2=i=18uiyi-8u y(i=18ui2-8u2)(i=18yi2-8y2)=610.616185.5=6161.40.99,因为|r1|E(X),所以企业要想获得更高利润,产品单价应定为90元.提能特训(三)1.A解析根据题意,设X表示3户居民中月用水量严重超标的户数,则XB(3,p),P(X=2)=C32p2(1-p),P(X=3)=p3,则有f(p)=C32p2(1-p)+p3=3p2(1-p)+p3,当f(p)=12时,有3p2(1-p)+p3=12,变形可得3p2-14=2p3-18

38、,则有p-12(2p2-2p-1)=0,解得p=12或1+32或1-32,又0p1,所以p=12.故选A.2.AC解析根据题意,棋子跳到第1站则掷出正面,所以P1=12,故选项A正确.棋子跳到第3站有以下三种途径:连续三次掷出正面,其概率为18;第一次掷出反面,第二次掷出正面,其概率为14;第一次掷出正面,第二次掷出反面,其概率为14.因此P3=58,故选项B错误.由题意易知棋子先跳到第n-2(2n100)站,再掷出反面,其概率为12Pn-2(2n100);棋子先跳到第n-1(1n99)站,再掷出正面,其概率为12Pn-1(1n99),因此有Pn=12(Pn-1+Pn-2)(2n99),则P

39、n+1=12Pn+12Pn-1(1n98),故选项C正确.因为Pn=12(Pn-1+Pn-2)(2n99),所以有Pn-Pn-1=-12(Pn-1-Pn-2)(2n99),即Pn+1-Pn=-12(Pn-Pn-1)(1n98),所以数列Pn-Pn-1(1n99)是首项为P1-P0=12-1=-12,公比为-12的等比数列,因此有Pn-Pn-1=-12n,由此得到P98=-1298+-1297+-12+1=231+1299,所以P100=12P98=131+1299,故选项D错误.故选AC.3.AC解析由题意可得a1+a2+a2023=1,且an0,1,n=1,2,2023.对于A,当an为等

40、差数列时,a1+a2+a2023=2023(a1+a2023)2=1,可得a1+a2023=22023,故a2+a2022=a1+a2023=22023,A正确;对于B,假设an=20222023n(n+1)=202220231n-1n+1,n=1,2,2023,满足an0,1,则a1+a2+a2023=202220231-12+12-13+12023-12024=202220231-12024=101110121,故数列an的通项公式不可能为an=20222023n(n+1),B错误;对于C,当数列an满足an=12n(n=1,2,2022)时,满足an0,1,则a1+a2+a2023=12

41、+122+122022+a2023=121-1220221-12+a2023=1-122022+a2023=1,可得a2023=1220220,1,C正确;对于D,当数列an满足P(Xk)=k2ak(k=1,2,2023)时,P(X2023)=20232a2023=1,可得a2023=120232,D错误.故选AC.4.591213n+12解析记事件Ai表示从第i个盒子中取到白球(i=1,2,n),则P(A1)=23,P(A1)=1-P(A1)=13,所以P(A2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=2323+1313=59,P(A3)=

42、P(A2)P(A3|A2)+P(A2)P(A3|A2)=P(A2)23+P(A2)13=13P(A2)+13,P(A4)=P(A3)P(A4|A3)+P(A3)P(A4|A3)=P(A3)23+P(A3)13=13P(A3)+13,进而可得P(An)=13P(An-1)+13(n2),即P(An)-12=13P(An-1)-12(n2),又P(A1)-12=16,所以P(An)-12是首项为16,公比为13的等比数列,所以P(An)-12=1613n-1=1213n,即P(An)=1213n+12.5.解:(1)令u=1x,则y关于u的经验回归方程为y=a+bu,由题意可得b=i=110uiyi-10u yi=110ui2-10u2=350-2101.6-0.9=200,a=y-bu=70-2000.3=10,则y=10+200u,所以y关于x的非线性经验回归方程为y=10+200x.(2)由y=10+200x可得x=200y-10,设年利润为M千万元,则M=m-x-10=-y2500+2y25+200y-10+100-200y-10-10=-1500(y-20)2+90.8,当y=20时,M取得最大值,此时x=200y-10=20020-10=20,所以当年技术创新投入为20千万元时,年利润的预测值最大.6.解:(1)设样本平均数的估计值为x,则x=10(400.01

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04 模块四 统计与概率 【答案】作业手册.docx

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