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2025年通成学典课时作业本高中数学选择性必修第三册人教版
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2. (多选题)(2024·肇庆期末)已知$x_{1},x_{2},x_{3}$是互不相等的正数，随机变量$X,Y$的分布列分别如下表所示。
若$a,b,c$既成等差数列，也成等比数列，$X,Y$的期望和方差分别为$E(X),E(Y)$和$D(X),D(Y)$，则下列结论正确的是(
A.$E(X)=E(Y)$
B.$E(X)＞E(Y)$
C.$D(X)＜D(Y)$
D.$D(X)＞D(Y)$
若$a,b,c$既成等差数列，也成等比数列，$X,Y$的期望和方差分别为$E(X),E(Y)$和$D(X),D(Y)$，则下列结论正确的是(
AD
)A.$E(X)=E(Y)$
B.$E(X)＞E(Y)$
C.$D(X)＜D(Y)$
D.$D(X)＞D(Y)$
答案：
2.AD
3. （2024·北京大兴期末）某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果。某采购商从采购的一批水果中随机抽取$100$个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下表：
假设用频率估计概率。
（1）从这$100$个水果中有放回地随机抽取$4$个，求恰好有$2$个水果是礼品果的概率。
（2）采用分层抽样的方法从这$100$个水果中抽取$10$个，再从抽取的$10$个水果中不放回地随机抽取$3$个。若$X$表示抽到的精品果的数量，求$X$的分布列和数学期望。
假设用频率估计概率。
（1）从这$100$个水果中有放回地随机抽取$4$个，求恰好有$2$个水果是礼品果的概率。
（2）采用分层抽样的方法从这$100$个水果中抽取$10$个，再从抽取的$10$个水果中不放回地随机抽取$3$个。若$X$表示抽到的精品果的数量，求$X$的分布列和数学期望。
答案：
3.解：
(1)设“从这$100$个水果中随机抽取$1$个，其为礼品果”为事件$A$，则$P(A)=\frac{20}{100}=\frac{1}{5}$.现有放回地随机抽取
$4$个，设抽到礼品果的个数为$Y$，则$Y\sim B(4,\frac{1}{5})$，所以恰好有$2$个水果是礼品果的概率为$P(Y = 2)=C_{4}^{2}×(\frac{1}{5})^{2}×$
$(\frac{4}{5})^{2}=\frac{96}{625}$
(2)用分层抽样的方法从这$100$个水果中抽取$10$个，其中精品果有$10×\frac{40}{100}=4$(个)，非精品果有$10×\frac{100 - 40}{100}=6$(个)，再从中不放回地随机抽取$3$个，则精品果的数量$X$服从超几何分布，$X$的所有可能取值为$0$，
$1$，$2$，$3$.所以$P(X = 0)=\frac{C_{6}^{3}C_{4}^{0}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{6}$，$P(X = 1)=\frac{C_{4}^{1}C_{6}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{2}$，
$P(X = \frac{C_{4}^{1}C_{6}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10}$，$P(X = 3)=\frac{C_{4}^{3}C_{6}^{0}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30}$.所以$X$的分布列为
所以$E(X)=0×\frac{1}{6}+1×\frac{1}{2}+2×\frac{3}{10}+3×\frac{1}{30}=\frac{6}{5}$.
3.解：
(1)设“从这$100$个水果中随机抽取$1$个，其为礼品果”为事件$A$，则$P(A)=\frac{20}{100}=\frac{1}{5}$.现有放回地随机抽取
$4$个，设抽到礼品果的个数为$Y$，则$Y\sim B(4,\frac{1}{5})$，所以恰好有$2$个水果是礼品果的概率为$P(Y = 2)=C_{4}^{2}×(\frac{1}{5})^{2}×$
$(\frac{4}{5})^{2}=\frac{96}{625}$
(2)用分层抽样的方法从这$100$个水果中抽取$10$个，其中精品果有$10×\frac{40}{100}=4$(个)，非精品果有$10×\frac{100 - 40}{100}=6$(个)，再从中不放回地随机抽取$3$个，则精品果的数量$X$服从超几何分布，$X$的所有可能取值为$0$，
$1$，$2$，$3$.所以$P(X = 0)=\frac{C_{6}^{3}C_{4}^{0}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{6}$，$P(X = 1)=\frac{C_{4}^{1}C_{6}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{2}$，
$P(X = \frac{C_{4}^{1}C_{6}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10}$，$P(X = 3)=\frac{C_{4}^{3}C_{6}^{0}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30}$.所以$X$的分布列为
所以$E(X)=0×\frac{1}{6}+1×\frac{1}{2}+2×\frac{3}{10}+3×\frac{1}{30}=\frac{6}{5}$.
4. （2024·重庆期末）国家对化学元素镓（$Ga$）相关物项实施出口管制。镓在高端半导体领域有着非常重要的作用，其应用前景十分广阔。某镓合金研制单位为了让镓合金中的镓元素含量百分比稳定在一定范围内，由质检员每天$17$次随机抽取并检测镓元素在镓合金材料中的含量百分比。设$x_{i}(i = 1,2,·s,17)$表示一天$17$次检测得到的镓含量（单位：$\%$）的监测数据，并记监测数据的平均数$\overline{x}=\frac{1}{17}\sum_{i = 1}^{17}x_{i}$，标准差$s=\sqrt{\frac{1}{17}\sum_{i = 1}^{17}(x_{i}-\overline{x})^{2}}$。设$X$（单位：$\%$）表示镓合金中的镓含量，且$X\sim N(\mu,\sigma^{2})$，当$k$为正整数时，令$p_{k}=P(\mu - k\sigma＜X＜\mu + k\sigma)$，根据表中$p_{k}$和$p_{k}^{17}$的值解答：
（1）记$Z$表示一天中抽取$17$次的镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的次数，求$P(Z＞0)$及$Z$的数学期望。
（2）当一天中至少$1$次监测镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，就认为该天研制情况异常，须对研制过程作改进。已知某天监测数据的最小值为$17$，最大值为$21$，经计算，得$\overline{x}=20$，$s = 0.82$。若用该天监测数据得到的$\overline{x}$和$s$分别估计$\mu$和$\sigma$，且$X\sim N(\mu,\sigma^{2})$，请利用估计的结果判断该天的研制过程是否必须作改进。
（3）若去掉一天中的监测结果$x_{1}$，设余下数据的标准差为$\sigma'$，请用数据$\overline{x},s,x_{1}$表示$\sigma'$。
（1）记$Z$表示一天中抽取$17$次的镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的次数，求$P(Z＞0)$及$Z$的数学期望。
（2）当一天中至少$1$次监测镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，就认为该天研制情况异常，须对研制过程作改进。已知某天监测数据的最小值为$17$，最大值为$21$，经计算，得$\overline{x}=20$，$s = 0.82$。若用该天监测数据得到的$\overline{x}$和$s$分别估计$\mu$和$\sigma$，且$X\sim N(\mu,\sigma^{2})$，请利用估计的结果判断该天的研制过程是否必须作改进。
（3）若去掉一天中的监测结果$x_{1}$，设余下数据的标准差为$\sigma'$，请用数据$\overline{x},s,x_{1}$表示$\sigma'$。
答案：
4.解：
(1)根据题意，得$1$次监测镓含量$X\in(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的概率为$0.9973$，则镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的概率为$1 - 0.9973 = 0.0027$。所以$P(Z\gt0)=1 - P(Z = 0)=1 - 0.9973^{17}\approx1 - 0.9551 = 0.0449$。易知$Z\sim B(17,0.0027)$，所以$E(Z)=17×0.0027 = 0.0459$。
(2)由
$\bar{x}=20$，$s = 0.82$估计，得$\mu = 20$，$\sigma = 0.82$.所以$(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)=(17.54,22.46)$.因为最小值$17\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，所以该天至少$1$次监测镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，则认为该天研制情况异常.所以该天的研制过程必须作改进.
(3)设余下数据的平均数为$\mu_{1}$，则$\mu_{1}=\frac{1}{16}\sum_{i = 2}^{17}x_{i}=$
$\frac{17\bar{x}-\bar{x}}{16}$.因为$s^{2}=\frac{1}{17}[(x_{1}-\bar{x})^{2}+(x_{2}-\bar{x})^{2}+·s +(x_{17}-\bar{x})^{2}]=\frac{1}{17}[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+·s +x_{17}^{2}-2\bar{x}(x_{1}+x_{2}+·s +x_{17})+17\bar{x}^{2}]=\frac{1}{17}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+·s +x_{17}^{2}-17\bar{x}^{2})$，所以$x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+·s +x_{17}^{2}=17s^{2}+17\bar{x}^{2}-x_{1}^{2}$.同理，可得$\sigma'^{2}=\frac{1}{16}(x_{2}^{2}+$
$x_{3}^{2}+·s +x_{17}^{2}-16\mu_{1}^{2})=\frac{1}{16}[17s^{2}+17\bar{x}^{2}-x_{1}^{2}-16×$
$(\frac{17\bar{x}-\bar{x}}{16})^{2}]=\frac{1}{16}[17s^{2}-\frac{17}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}]=\frac{17}{16}[s^{2}-\frac{1}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}]$.所以$\sigma'=\frac{\sqrt{17}}{4}·\sqrt{s^{2}-\frac{1}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}}$.
(1)根据题意，得$1$次监测镓含量$X\in(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的概率为$0.9973$，则镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$的概率为$1 - 0.9973 = 0.0027$。所以$P(Z\gt0)=1 - P(Z = 0)=1 - 0.9973^{17}\approx1 - 0.9551 = 0.0449$。易知$Z\sim B(17,0.0027)$，所以$E(Z)=17×0.0027 = 0.0459$。
(2)由
$\bar{x}=20$，$s = 0.82$估计，得$\mu = 20$，$\sigma = 0.82$.所以$(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)=(17.54,22.46)$.因为最小值$17\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，所以该天至少$1$次监测镓含量$X\notin(\mu - 3\sigma,\mu + 3\sigma)$，则认为该天研制情况异常.所以该天的研制过程必须作改进.
(3)设余下数据的平均数为$\mu_{1}$，则$\mu_{1}=\frac{1}{16}\sum_{i = 2}^{17}x_{i}=$
$\frac{17\bar{x}-\bar{x}}{16}$.因为$s^{2}=\frac{1}{17}[(x_{1}-\bar{x})^{2}+(x_{2}-\bar{x})^{2}+·s +(x_{17}-\bar{x})^{2}]=\frac{1}{17}[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+·s +x_{17}^{2}-2\bar{x}(x_{1}+x_{2}+·s +x_{17})+17\bar{x}^{2}]=\frac{1}{17}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+·s +x_{17}^{2}-17\bar{x}^{2})$，所以$x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+·s +x_{17}^{2}=17s^{2}+17\bar{x}^{2}-x_{1}^{2}$.同理，可得$\sigma'^{2}=\frac{1}{16}(x_{2}^{2}+$
$x_{3}^{2}+·s +x_{17}^{2}-16\mu_{1}^{2})=\frac{1}{16}[17s^{2}+17\bar{x}^{2}-x_{1}^{2}-16×$
$(\frac{17\bar{x}-\bar{x}}{16})^{2}]=\frac{1}{16}[17s^{2}-\frac{17}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}]=\frac{17}{16}[s^{2}-\frac{1}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}]$.所以$\sigma'=\frac{\sqrt{17}}{4}·\sqrt{s^{2}-\frac{1}{16}(x_{1}-\bar{x})^{2}}$.
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