2019高考数学二轮复习专题对点练20统计与概率
2019年高考数学“概率与统计”专题复习(真题+答案)
2019年高考数学“概率与统计”专题复习(名师精选重点试题+实战真题演练+答案，建议下载保存) (总计65页，涵盖所有知识点，价值很高，可以达到事半功倍的复习效果，值得下载打印练习)1 随机事件的概率基础自测1.下列说法正确的是（ ）A.某事件发生的频率为P(A)=1.1B.不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1C.小概率事件就是不可能发生的事件，大概率事件就是必然发生的事件D.某事件发生的概率是随着试验次数的变化而变化的 答案 B2.在n 次重复进行的试验中，事件A 发生的频率为n m ，当n 很大时，P(A)与n m的关系是 （ ）n mB. P(A)＜nm＞n mD. P(A)=nm答案3.给出下列三个命题，其中正确命题有 ( )①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是73；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率. 个B.1个C.2个D.3个答案4.已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8，0.12，0.05，则这台纺纱机在1 小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为 ， . 答案 0.97 0.035.甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是21,乙获胜的概率是31，则乙不输的概率是 . 答案656.抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P （A ）=21，P （B ） =61，则出现奇数点或2点的概率之和为答案32例1 盒中仅有4只白球5只黑球，从中任意取出一只球. （1）“取出的球是黄球”是什么事件？它的概率是多少？ （2）“取出的球是白球”是什么事件？它的概率是多少？ （3）“取出的球是白球或黑球”是什么事件？它的概率是多少？解 （1）“取出的球是黄球”在题设条件下根本不可能发生，因此它是不可能事件，其概率为0. （2）“取出的球是白球”是随机事件，它的概率是94. （3）“取出的球是白球或黑球”在题设条件下必然要发生，因此它是必然事件，它的概率是1. 例2 某射击运动员在同一条件下进行练习，结果如下表所示：（1）计算表中击中10环的各个频率；（2）这位射击运动员射击一次，击中10环的概率为多少？解 （1）击中10环的频率依次为0.8，0.95，0.88，0.93，0.89，0.906. （2）这位射击运动员射击一次，击中10环的概率约是0.9.例3 （12分）国家射击队的某队员射击一次，命中7～10环的概率如下表所示：求该射击队员射击一次（1）射中9环或10环的概率； （2）至少命中8环的概率； （3）命中不足8环的概率.解 记事件“射击一次，命中k 环”为A k （k ∈N ，k≤10），则事件A k 彼此互斥.2分（1）记“射击一次，射中9环或10环”为事件A ，那么当A 9，A 10之一发生时，事件A 发生，由互斥事件的加法公式得P （A ）=P （A 9）+P （A 10）=0.32+0.28=0.60.5分（2）设“射击一次，至少命中8环”的事件为B ，那么当A 8，A 9，A 10之一发生时，事件B 发生.由互斥事件概率的加法公式得P （B ）=P （A 8）+P （A 9）+P （A 10） =0.18+0.28+0.32=0.78.9分（3）由于事件“射击一次，命中不足8环”是事件B ：“射击一次，至少命中8环”的对立事件：即B 表示事件“射击一次，命中不足8环”，根据对立事件的概率公式得 P （）=1-P （B ）=1-0.78=0.22.12分1.在12件瓷器中，有10件一级品，2件二级品，从中任取3件. （1）“3件都是二级品”是什么事件？ （2）“3件都是一级品”是什么事件？ （3）“至少有一件是一级品”是什么事件？解 （1）因为12件瓷器中，只有2件二级品，取出3件都是二级品是不可能发生的，故是不可能事件. （2）“3件都是一级品”在题设条件下是可能发生也可能不发生的，故是随机事件.（3）“至少有一件是一级品”是必然事件，因为12件瓷器中只有2件二级品，取三件必有一级品. 2.某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示：（1）计算表中乒乓球优等品的频率；（2）从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？（结果保留到小数点后三位） 解 （1）依据公式p=nm，可以计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900，0.920，0.970，0.940，0.954，0.951.（2）由（1）知，抽取的球数n 不同，计算得到的频率值虽然不同，但随着抽取球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以抽取一个乒乓球检测时，质量检查为优等品的概率为0.950. 3.玻璃球盒中装有各色球12只，其中5红、4黑、2白、1绿，从中取1球. 求：（1）红或黑的概率； （2）红或黑或白的概率.解 方法一 记事件A 1：从12只球中任取1球得红球； A 2：从12只球中任取1球得黑球； A 3：从12只球中任取1球得白球； A 4：从12只球中任取1球得绿球，则 P （A 1）=125，P （A 2）=124，P （A 3）=122，P （A 4）=121. 根据题意，A 1、A 2、A 3、A 4彼此互斥， 由互斥事件概率加法公式得 （1）取出红球或黑球的概率为 P （A 1+A 2）=P （A 1）+P （A 2）=125+124=43. （2）取出红或黑或白球的概率为P （A 1+A 2+A 3）=P （A 1）+P （A 2）+P （A 3） =125+124+122=1211. 方法二 （1）取出红球或黑球的对立事件为取出白球或绿球，即A 1+A 2的对立事件为A 3+A 4， ∴取出红球或黑球的概率为P （A 1+A 2）=1-P （A 3+A 4）=1-P （A 3）-P （A 4） =1-122-121=129=43.（2）A 1+A 2+A 3的对立事件为A 4. P （A 1+A 2+A 3）=1-P （A 4）=1-121=1211.一、选择题1.已知某厂的产品合格率为90%，抽出10件产品检查，则下列说法正确的是（ ）合格产品少于9件 合格产品多于9件 合格产品正好是9件D.合格产品可能是9件答案2.某入伍新兵的打靶练习中，连续射击2次，则事件“至少有1次中靶”的互斥事件是（ ）至多有1次中靶 B.2次都中靶 次都不中靶D.只有1次中靶答案3.甲:A 1、A 2是互斥事件；乙：A 1、A 2是对立事件，那么（ ）.甲是乙的充分条件但不是必要条件甲是乙的必要条件但不是充分条件甲是乙的充要条件甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件答案4.将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是 （ ）A.2165 B.21625C.21631D.21691答案 D5.一个口袋内装有一些大小和形状都相同的白球、黑球和红球，从中摸出一个球，摸出红球的概率是0.3，摸出白球的概率是0.5，则摸出黑球的概率是（ ）D.0.答案6.在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站（假定这个车站只能停靠一辆公共汽车），有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为（ ）B.0.60答案 二、填空题7.中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为73，乙夺得冠军的概率为41，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为 . 答案2819 8.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概率是90%，则甲、乙二人下成和棋的概率为 . 答案 50% 三、解答题9.某射手在一次射击训练中，射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21、0.23、0.25、0.28，计算这个射手在一次射击中：（1）射中10环或9环的概率； （2）不够7环的概率.解 （1）设“射中10环”为事件A ，“射中9环”为事件B ，由于A ，B 互斥，则 P （A+B ）=P （A ）+P （B ）=0.21+0.23=0.44. （2）设“少于7环”为事件C ，则P （C ）=1-P （C ）=1-（0.21+0.23+0.25+0.28）=0.03.10.某医院一天派出医生下乡医疗，派出医生人数及其概率如下：求：（1）派出医生至多2人的概率； （2）派出医生至少2人的概率. 解 记事件A ：“不派出医生”， 事件B ：“派出1名医生”， 事件C ：“派出2名医生”， 事件D ：“派出3名医生”， 事件E ：“派出4名医生”， 事件F ：“派出不少于5名医生”. ∵事件A ，B ，C ，D ，E ，F 彼此互斥， 且P （A ）=0.1，P （B ）=0.16，P （C ）=0.3， P （D ）=0.2，P （E ）=0.2，P （F ）=0.04. （1）“派出医生至多2人”的概率为P （A+B+C ）=P （A ）+P （B ）+P （C ） =0.1+0.16+0.3=0.56.（2）“派出医生至少2人”的概率为P （C+D+E+F ）=P （C ）+P （D ）+P （E ）+P （F ） =0.3+0.2+0.2+0.04=0.74. 或1-P （A+B ）=1-0.1-0.16=0.74.11.抛掷一个均匀的正方体玩具（各面分别标有数字1、2、3、4、5、6），事件A 表示“朝上一面的数是奇数”，事件B 表示“朝上一面的数不超过3”，求P （A+B ）.解 方法一 因为A+B 的意义是事件A 发生或事件B 发生，所以一次试验中只要出现1、2、3、5四个可能结果之一时，A+B 就发生，而一次试验的所有可能结果为6个，所以P （A+B ）=64=32. 方法二 记事件C 为“朝上一面的数为2”，则A+B=A+C ，且A 与C 互斥. 又因为P （C ）=61，P （A ）=21，所以P （A+B ）=P （A+C ）=P （A ）+P （C ）=21+61=32. 方法三 记事件D 为“朝上一面的数为4或6”，则事件D 发生时，事件A 和事件B 都不发生，即事件A+B 不发生.又事件A+B 发生即事件A 发生或事件B 发生时，事件D 不发生，所以事件A+B 与事件D 为对立事件.因为P （D ）=62=31， 所以P （A+B ）=1-P （D ）=1-31=32. 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为41，得到黑球或黄球的概率是125，得到黄球或绿球的概率是21，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？ 解 分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A 、B 、C 、D.由于A 、B 、C 、D 为互斥事件，根据已知得到⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=+++21)()(125)()(1)()()(41D P C P C P B P D P C P B P 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===31)(61)(41)(D P C P B P . ∴得到黑球、黄球、绿球的概率各是41，61，31. §2 古典概型1.从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为（ ）A.21 B.31 C.32答案 C2.掷一枚骰子，观察掷出的点数，则掷出奇数点的概率为（ ）A.31 B.41 C.21D.32答案 C3.袋中有2个白球，2个黑球，从中任意摸出2个，则至少摸出1个黑球的概率是（ ）A.43 B.65 C.61 D.31答案 B4.一袋中装有大小相同，编号为1，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号之和不小于15的概率为 ( )A.321 B.641 C.323D.643答案 D5.掷一枚均匀的硬币两次，事件M ：“一次正面朝上，一次反面朝上” ；事件N ：“至少一次正面朝上” .则下列结果正确的是（ ）A.P(M)=31,P(N)=21B.P(M)=21,P(N)=21C.P(M)=31,P(N)=43D.P(M)=21,P(N)=43答案例1 有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1，2，3，4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用（x ，y ）表示结果，其中x 表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y 表示第2颗正四面体玩具出现的点数.试写出：基础自测（1）试验的基本事件；（2）事件“出现点数之和大于3”； （3）事件“出现点数相等”.解 （1）这个试验的基本事件为： （1，1），（1，2），（1，3），（1，4）， （2，1），（2，2），（2，3），（2，4）， （3，1），（3，2），（3，3），（3，4）， （4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.（2）事件“出现点数之和大于3”包含以下13个基本事件：（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3）， （3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）. （3）事件“出现点数相等”包含以下4个基本事件： （1，1），（2，2），（3，3），（4，4）.例2 甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙 两人依次各抽一题.（1）甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多少？ （2）甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？解 甲、乙两人从10道题中不放回地各抽一道题，先抽的有10种抽法，后抽的有9种抽法，故所有可能的抽法是10×9=90种，即基本事件总数是90.（1）记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A ，下面求事件A 包含的基本事件数： 甲抽选择题有6种抽法，乙抽判断题有4种抽法，所以事件A 的基本事件数为6×4=24. ∴P （A ）=n m =9024=154. （2）先考虑问题的对立面：“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的对立事件是“甲、乙两人都未抽到选择题”，即都抽到判断题.记“甲、乙两人都抽到判断题”为事件B ，“至少一人抽到选择题”为事件C ，则B 含基本事件数为4×3= ∴由古典概型概率公式，得P （B ）=9012=152, 由对立事件的性质可得 P （C ）=1-P （B ）=1-152=1513. 例3 （12分）同时抛掷两枚骰子.（1）求“点数之和为6”的概率； （2）求“至少有一个5点或6点”的概率. 解 同时抛掷两枚骰子，可能的结果如下表：共有36个不同的结果.6分 （1）点数之和为6的共有5个结果，所以点数之和为6的概率p=365.9分（2）方法一 从表中可以得其中至少有一个5点或6点的结果有20个，所以至少有一个5点或6点的概率p=3620=95. 12分方法二 至少有一个5点或6点的对立事件是既没有5点又没有6点，如上表既没有5点又没有6点的结果共有16个，则既没有5点又没有6点的概率p=3616=94， 所以至少有一个5点或6点的概率为1-94=95. 12分1.某口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出2只球. （1）共有多少个基本事件？（2）摸出的2只球都是白球的概率是多少？解 （1）分别记白球为1，2，3号，黑球为4，5号，从中摸出2只球，有如下基本事件（摸到1，2号球用（1，2）表示）： (1,2),(1,3),(1,4),(1,5), (2,3),(2,4),(2,5)，(3,4), (3,5),(4,5).因此，共有10个基本事件.（2）如下图所示，上述10个基本事件的可能性相同，且只有3个基本事件是摸到2只白球（记为事件A ）， 即（1，2），（1，3），（2，3），故P （A ）=103.故共有10个基本事件，摸出2只球都是白球的概率为103. 2.（2008·山东文，18）现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A 1、A 2、A 3通晓日语，B 1、B 2、B 3通晓俄语，C 1、C 2通晓韩语，从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组. （1）求A 1被选中的概率； （2）求B 1和C 1不全被选中的概率.解 （1）从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件空间Ω={(A 1,B 1,C 1),(A 1,B 1,C 2),(A 1,B 2,C 1),(A 1,B 2,C 2),(A 1,B 3,C 1),(A 1,B 3,C 2),(A 2,B 1,C 1),(A 2,B 1,C 2),(A 2, B 2,C 1),(A 2,B 2,C 2),(A 2,B 3,C 1),(A 2,B 3,C 2),(A 3,B 1,C 1),(A 3,B 1,C 2),(A 3,B 2,C 1),(A 3,B 2,C 2),(A 3,B 3,C 1),(A 3,B 3,C 2)}由18个基本事件组成.由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等 可能的.用M 表示“A 1恰被选中”这一事件，则M={(A 1,B 1,C 1),(A 1,B 1,C 2),(A 1,B 2,C 1),(A 1,B 2,C 2),(A 1,B 3,C 1),(A 1,B 3,C 2)}事件M 由6个基本事件组成，因而P （M ）=186=31. （2）用N 表示“B 1、C 1不全被选中”这一事件，则其对立事件N 表示“B 1、C 1全被选中”这一事件，由于N ={（A 1,B 1,C 1）,(A 2,B 1,C 1),(A 3,B 1,C 1)}，事件N 有3个基本事件组成，所以P （N ）=183=61，由对立事件的概率公式得 P （N ）=1-P （N ）=1-61=65. 3.袋中有6个球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出两球，求下列事件的概率: （1）A:取出的两球都是白球；（2）B ：取出的两球1个是白球，另1个是红球.解 设4个白球的编号为1，2，3，4，2个红球的编号为5，6.从袋中的6个小球中任取两个的方法为（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6）共15个.（1）从袋中的6个球中任取两个，所取的两球全是白球的总数，即是从4个白球中任取两个的方法总数，共有6个，即为（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.∴取出的两个球全是白球的概率为P （A ）=156=52. （2）从袋中的6个球中任取两个，其中1个为红球，而另1个为白球，其取法包括（1，5），（1，6）， （2，5），（2，6），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6）共8个. ∴取出的两个球1个是白球，另1个是红球的概率 P （B ）=158.一、选择题1.盒中有1个黑球和9个白球，它们除颜色不同外，其他方面没有什么差别.现由10人依次摸出1个球.设第1个人摸出的1个球是黑球的概率为P 1，第10个人摸出黑球的概率是P 10，则（ ）10=101P 1B.P 10=91P 1 10=010=P 1答案2.采用简单随机抽样从含有n 个个体的总体中抽取一个容量为3的样本，若个体a 前2次未被抽到，第3次被抽到的概率等于个体a 未被抽到的概率的31倍，则个体a 被抽到的概率为 （ ）A.21B.31C.41D.61 答案3.有一个奇数列1，3，5，7，9，…，现在进行如下分组，第一组有1个数为1，第二组有2个数为3、5，第三组有3个数为7、9、11，…，依此类推，则从第十组中随机抽取一个数恰为3的倍数的概率为（ ）A.101B.103 C.51 D.53 答案4.从数字1，2，3中任取两个不同数字组成两位数，该数大于23的概率为（ ）A.31B.61 C.81D.41 答案5.设集合A={1，2}，B={1，2，3}，分别从集合A 和B 中随机取一个数a 和b ，确定平面上的一个点P （a ，b ），记“点P （a,b ）落在直线x+y=n 上”为事件C n （2≤n≤5，n ∈N ），若事件C n 的概率最大，则n 的所 有可能值为 （ ）C.2和D.3和答案6.（2008·温州模拟）若以连续掷两次骰子分别得到的点数m 、n 作为点P 的横、纵坐标，则点P 在直线x+y=5下方的概率是（ ）A.31B.41C.61D.121 答案二、填空题7.（2008·江苏，2）一个骰子连续投2次，点数和为4的概率为 . 答案121 8.（2008·上海文，8）在平面直角坐标系中，从五个点：A （0，0）、B （2，0）、C （1，1）、D （0，2）、 E （2，2）中任取三个，这三点能构成三角形的概率是 （结果用分数表示）. 答案54三、解答题9.5张奖券中有2张是中奖的，首先由甲然后由乙各抽一张，求： （1）甲中奖的概率P （A ）； （2）甲、乙都中奖的概率； （3）只有乙中奖的概率； （4）乙中奖的概率.解 （1）甲有5种抽法，即基本事件总数为5.中奖的抽法只有2种，即事件“甲中奖”包含的基本事件数为2，故甲中奖的概率为P 1=52. （2）甲、乙各抽一张的事件中，甲有五种抽法，则乙有4种抽法，故所有可能的抽法共5×4=20种，甲、乙都中奖的事件中包含的基本事件只有2种，故P 2=202=101. （3）由（2）知，甲、乙各抽一张奖券，共有20种抽法，只有乙中奖的事件包含“甲未中”和“乙中”两种情况，故共有3×2=6种基本事件，∴P 3=206=103. （4）由（1）可知，总的基本事件数为5，中奖的基本事件数为2，故P 4=52. 10.箱中有a 个正品，b 个次品，从箱中随机连续抽取3次，在以下两种抽样方式下：（1）每次抽样后不放回；（2）每次抽样后放回.求取出的3个全是正品的概率解 （1）若不放回抽样3次看作有顺序，则从a+b 个产品中不放回抽样3次共有A 3b a +种方法，从a 个正品中不放回抽样3次共有A 3a种方法，可以抽出3个正品的概率p=33A A ba a +.若不放回抽样3次看作无顺序，则从a+b 个产品中不放回抽样3次共有C 3b a +种方法，从a 个正品中不放回抽样3次共有C 3a 种方法，可以取出3个正品的概率p=33C C ba a +.两种方法结果一致（2）从a+b 个产品中有放回的抽取3次，每次都有a+b 种方法，所以共有(a+b)3种不同的方法，而3个全是正品的抽法共有a 3种，所以3个全是正品的概率p=333)(⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+b a a b a a . 11.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取两个球都是白球的概率为71.现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有1人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求袋中原有白球的个数； （2）求取球2次终止的概率； （3）求甲取到白球的概率.解 （1）设袋中有n 个白球，从袋中任取2个球是白球的结果数是2)1(-n n . 从袋中任取2个球的所有可能的结果数为276⨯=21. 由题意知71=212)1(-n n =42)1(-n n ， ∴n （n-1）=6，解得n=3(舍去n=-2). 故袋中原有3个白球.（2）记“取球2次终止”为事件A ，则P （A ）=6734⨯⨯=72. （3）记“甲取到白球”的事件为B ， “第i 次取到白球”为A i ，i=1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球. 所以P （B ）=P （A 1+A 3+A 5）. 因此A 1，A 3，A 5两两互斥，∴P （B ）=P （A 1）+P （A 3）+P （A 5）=73+567334⨯⨯⨯⨯+3456731234⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ =73+356+351=3522. （2008·海南、宁夏文，19）为了了解《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及情况,调查部门对某校6名学生进行问卷调查,6人得分情况如下: 5,6,7,8,9,10.把这6名学生的得分看成一个总体. (1)求该总体的平均数;(2)用简单随机抽样方法从这6名学生中抽取2名,他们的得分组成一个样本.求该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率. 解 (1)总体平均数为61(5+6+7+8+9+10)=7.5. (2)设A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”. 从总体中抽取2个个体全部可能的基本结果有：（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），（7，8），（7，9），（7，10），（8，9），（8，10），（9，10），共15个基本结果.事件A 包括的基本结果有：（5，9），（5，10），（6，8），（6，9），（6，10），（7，8），（7，9），共有7个基本结果.所以所求的概率为P （A ）=157. §3 几何概型基础自测1.质点在数轴上的区间［0，2］上运动，假定质点出现在该区间各点处的概率相等，那么质点落在区间 ［0，1］上的概率为（ ）4131C.21D.以上都不对答案2.某人向圆内投镖，如果他每次都投入圆内，那么他投中正方形区域的概率为 （ ）A.π2 B.π1C.32D.31答案3.某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过3分钟的概率是 ( )A.53B.54 C.52 D.51答案4.设D 是半径为R 的圆周上的一定点，在圆周上随机取一点C ，连接CD 得一弦，若A 表示“所得弦的长大于圆内接等边三角形的边长”，则P （A ）= . 答案315.如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ， 则射线OA 落在∠yOT 内的概率为 . 答案 61例1 有一段长为10米的木棍，现要截成两段，每段不小于3米的概率有多大？解 记“剪得两段都不小于3米”为事件A ，从木棍的两端各度量出3米，这样中间就有10-3-3=4（米）.在中间的4米长的木棍处剪都能满足条件， 所以P （A ）=103310--=104=0.4. 例2 街道旁边有一游戏：在铺满边长为9 cm 的正方形塑料板的宽广地面上，掷一枚半径为1 cm 的小 圆板，规则如下：每掷一次交5角钱，若小圆板压在正方形的边，可重掷一次；若掷在正方形内，须再交5角钱可玩一次；若掷在或压在塑料板的顶点上，可获1元钱.试问： （1）小圆板压在塑料板的边上的概率是多少？ （2）小圆板压在塑料板顶点上的概率是多少？解 （1）考虑圆心位置在中心相同且边长分别为7 cm 和9 cm 的正方形围成的区域内，所以概率为22979-=8132. （2）考虑小圆板的圆心在以塑料板顶点为圆心的41圆内，因正方形有四个顶点，所以概率为819ππ=. 例3 （12分）在1升高产小麦种子中混入一粒带麦锈病的种子，从中随机取出10毫升，含有麦锈病 种子的概率是多少？从中随机取出30毫升，含有麦锈病种子的概率是多少？ 解 1升=1 000毫升，2分记事件A ：“取出10毫升种子含有这粒带麦锈病的种子”. 4分 则P （A ）=000110=0.01，即取出10毫升种子含有这粒带麦锈病的种子的概率为0.01. 7分记事件B ：“取30毫升种子含有带麦锈病的种子”.9分 则P （B ）=000130=0.03，即取30毫升种子含有带麦锈病的种子的概率为0.03.12分 例4 在Rt △ABC 中，∠A=30°，过直角顶点C 作射线CM 交线段AB 于M ，求使|AM|＞|AC|的概率. 解 设事件D“作射线CM ，使|AM|＞|AC|”.在AB 上取点C′使|AC′|=|AC|，因为△ACC′是等腰三角形， 所以∠ACC′=230180-=75°, A μ=90-75=15，Ωμ=90，所以，P （D ）=9015=61. 例5 甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离 去.求两人能会面的概率.解 以x 轴和y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x-y|≤15.在如图所示平面直角坐标系下，（x,y ）的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A“两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示.由几何概型的概率公式得：P （A ）=S S A =222604560-=600302526003-=167.所以，两人能会面的概率是167.1.如图所示，A 、B 两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C 、D ，问A 与C ，B 与D 之间的距离都不小于10米的概率是多少？解 记E ：“A 与C ，B 与D 之间的距离都不小于10米”，把AB 三等分，由于中间长度为30×31=10（米），∴P （E ）=3010=31. 2.（2008·江苏，6）在平面直角坐标系xOy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，则落入E 中的概率为 .答案16π 3.如图所示，有一杯2升的水，其中含有1个细菌，用一个小杯从这杯水中取出0.1升水，求小杯水中含有这个细菌的概率.解 记“小杯水中含有这个细菌”为事件A ，则事件A 的概率只与取出的水的体积有关，符合几何概型的条件.∵A μ=0.1升，Ωμ=2升， ∴由几何概型求概率的公式， 得P （A ）=ΩA μμ=21.0=201=0.05. 4.在圆心角为90°的扇形AOB 中，以圆心O 为起点作射线OC ，求使得∠AOC 和∠BOC 都不小于30°的概率.解 如图所示，把圆弧 三等分，则∠AOF=∠BOE=30°，记A 为“在扇形AOB 内作一射线OC ，使∠AOC 和∠BOC 都不小于30°”，要使∠AOC 和∠BOC 都不小于30°，则OC 就落在∠EOF 内， ∴P （A ）=9030=31. 5.将长为l 的棒随机折成3段，求3段构成三角形的概率.解 设A=“3段构成三角形”，x,y 分别表示其中两段的长度，则第3段的长度为l-x-y. 则试验的全部结果可构成集合Ω={（x ，y ）|0＜x ＜l,0＜y ＜l,0＜x+y ＜l},要使3段构成三角形，当且仅当任意两段之和大于第3段，即x+y>l-x-y ⇒x+y ＞2l,x+l-x-y ＞y⇒y ＜2l ,y+l-x-y ＞x ⇒x ＜2l . 故所求结果构成集合A=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<>+2,2,2|),(l x l y l y x y x . 由图可知，所求概率为P （A ）=的面积的面积ΩA =22212l l ⎪⎭⎫ ⎝⎛∙=41.一、选择题1.在区间（15，25］内的所有实数中随机取一个实数a,则这个实数满足17＜a ＜20的概率是（ ）A.31 B.21 C.103 D.107答案2.在长为10厘米的线段AB 上任取一点G ，用AG 为半径作圆，则圆的面积介于36π平方厘米到64π平方厘米的概率是( )A.259 B.2516C.103D.51答案3.当你到一个红绿灯路口时，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为45秒，那么你看到黄灯的概率是( ) A.121B.83C.161D.65答案4.如图为一半径为2的扇形（其中扇形中心角为90°），在其内部随机地撒一粒黄豆，则它落在阴影部分的概率为()A.π2B.π1 C.21 D.1-π2答案5.在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于4S的概率是 ( ) A.41 B.21 C.43 D.32答案6.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1内有一个内切球O,则在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1内任取点M ，点M 在球O 内的概率是( )A.4πB.8πC.6πD.12π答案二、填空题7.已知下图所示的矩形，其长为12，宽为5.在矩形内随机地撒1 000颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为550颗，则可以估计出阴影部分的面积约为 .答案 338.在区间（0，1）中随机地取两个数，则事件“两数之和小于56”的概率为 . 答案2517 三、解答题9.射箭比赛的箭靶涂有5个彩色的分环，从外向内白色、黑色、蓝色、红色，靶心为金色， 金色靶心叫“黄心”，奥运会的比赛靶面直径是122 cm ，靶心直径2 cm,运动员在70米 外射箭，假设都能中靶，且射中靶面内任一点是等可能的，求射中“黄心”的概率. 解 记“射中黄心”为事件A ，由于中靶点随机的落在面积为π41×1222 cm 2的大圆 内，而当中靶点在面积为π41×22 cm 2的黄心时，事件A 发生，于是事件A 发生 的概率P （A ）=2212242.1241⨯⨯ππ=0.01,所以射中“黄心”的概率为0.01.10.假设你家订了一份报纸，送报人可能在早上6∶30至7∶30之间把报纸送到你家，你父亲离开家去工作的时间在早上7∶00至8∶00之间，问你父亲在离开家前能得到报纸（称为事件A ）的概率是多少？解 设事件A“父亲离开家前能得到报纸”.在平面直角坐标系内，以x 和y 分别表示报纸送到和父亲离开家的时间，则父亲能得到报纸的充要条件是x≤y,而（x,y)的所有可能结果是边长为1的正方形，而能得到报纸的所有可能结果由图中阴影部分表示，这是一个几何概型问题，A μ=12-21×21×21=87，Ωμ =1， 所以P （A ）=ΩμμA =87. 11.已知等腰Rt △ABC 中，∠C=90°.（1）在线段BC 上任取一点M ，求使∠CAM ＜30°的概率； （2）在∠CAB 内任作射线AM ，求使∠CAM ＜30°的概率. 解 （1）设CM=x ，则0＜x ＜a.（不妨设BC=a ）. 若∠CAM ＜30°，则0＜x ＜33a ， 故∠CAM ＜30°的概率为P （A ）=的长度区间的长度区间),0(33,0a a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=33. （2）设∠CAM=θ，则0°＜θ＜45°. 若∠CAM ＜30°，则0°＜θ＜30°， 故∠CAM ＜30°的概率为 P （B ）=的长度的长度)45,0()30,0( =32.设关于x 的一元二次方程x 2+2ax+b 2=0.（1）若a 是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，b 是从0，1，2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率.（2）若a 是从区间［0，3］任取的一个数，b 是从区间［0，2］任取的一个数，求上述方程有实根的概率.解 设事件A 为“方程x 2+2ax+b 2=0有实根”.当a≥0,b≥0时，方程x 2+2ax+b 2=0有实根的充要条件为a≥b. （1）基本事件共有12个：（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（2，2），（3，0），（3，1）， （3，2）.其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值.。
文科数学专题概率与统计(学案)高考二轮复习资料含答案
文科数学专题概率与统计(学案)高考二轮复习资料含答案1．以客观题形式考查抽样方法，样本的数字特征和回归分析，独立性检验的基本思路、方法及相关计算与推断．2．本部分较少命制大题，若在大题中考查多在概率与统计、算法框图等知识交汇处命题，重点考查抽样方法，频率分布直方图和回归分析或独立性检验，注意加强抽样后绘制频率分布直方图，然后作统计分析或求概率的综合练习．3．以客观题形式考查古典概型与几何概型、互斥事件与对立事件的概率计算．4．与统计结合在大题中考查古典概型与几何概型．(1)在频率分布直方图中：频率①各小矩形的面积表示相应各组的频率，各小矩形的高＝；②各小矩形面积之和等于1；③中位数组距左右两侧的直方图面积相等，因此可以估计其近似值．(2)茎叶图当数据有两位有效数字时，用中间的数字表示十位数，即第一个有效数字，两边的数字表示个位数，从总体中逐个抽取少在起始部分抽样时采按事先确定的规则在各用简单随机抽样总体中的个体数较多分层抽样时采用简单总体由差异明显的随机抽样或系统抽样几部分组成即第二个有效数字，它的中间部分像植物的茎，两边部分像植物茎上长出来的叶子，因此通常把这样的图叫做茎叶图．当数据有三位有效数字，前两位相对比较集中时，常以前两位为茎，第三位(个位)为叶(其余类推)．3．样本的数字特征(1)众数在样本数据中，频率分布最大值所对应的样本数据(或出现次数最多的那个数据)．(2)中位数样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取当中两个数据的平均数作为中位数．(3)平均数与方差－1样本数据的平均数某＝(某1＋某2＋＋某n)．n1－2－2－22方差＝[(某1－某)＋(某2－某)＋＋(某n－某)]．n注意：(1)现实中总体所包含的个体数往往较多，总体的平均数与标准差、方差是不知道(或不可求)的，所以我们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．(2)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，数据的离散程度越大，越不稳定．4．变量间的相关关系(1)利用散点图可以初步判断两个变量之间是否线性相关．如果散点图中的点从整体上看大致分布在一条直线的附近，我们说变量某和y具有线性相关关系．(2)用最小二乘法求回归直线的方程^^^设线性回归方程为y＝b某＋a，则^b＝－某－某^－^－a＝y－b某ni＝1nii＝1－－某i－某yi－y＝－－某iyi－n某yi＝1nn22i－n某某2－i＝1.－－注意：回归直线一定经过样本的中心点(某，y)，据此性质可以解决有关的计算问题．5．回归分析n某i－某yi－yi＝1－－r＝n，叫做相关系数．某i－某2yi－y2i＝1i＝1－n－相关系数用来衡量变量某与y之间的线性相关程度；|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越高，|r|越接近于0，相关程度越低．6．独立性检验假设有两个分类变量某和Y，它们的取值分别为{某1，某2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2某2列联表)为某1某2总计2y1aca＋c2y2bdb＋d总计a＋bc＋da＋b＋c＋da＋b＋c＋dad－bc则K＝，a＋bc＋da＋cb＋d若K>3.841，则有95%的把握说两个事件有关；若K>6.635，则有99%的把握说两个事件有关；若K<2.706，则没有充分理由认为两个事件有关.7.随机事件的概率随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.8．古典概型①计算一次试验中基本事件的总数n；②求事件A包含的基本事件的个数m；③利用公式P(A)＝计算．9．一般地，如果事件A、B互斥，那么事件A＋B发生(即A、B中有一个发生)的概率，等于事件A、B分别发生的概率的和，即P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．－10．对立事件：在每一次试验中，相互对立的事件A和A不会同时发生，但一定有一个发生，因此有222mnP(A)＝1－P(A)．11．互斥事件与对立事件的关系－对立必互斥，互斥未必对立．12．几何概型一般地，在几何区域D内随机地取一点，记事件“该点落在其内部区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)＝考点一几何概型例1．【2022课标1，】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是d的测度.D的测度141C．2A．【答案】Bπ8πD．4B．【变式探究】(2022·江苏卷)记函数f(某)＝6＋某－某的定义域为D.在区间[－4,5]上随机取一个数某，则某∈D的概率是________．5【答案】93－－252【解析】由6＋某－某≥0，解得－2≤某≤3，则D＝[－2,3]，则所求概率为＝.5－－49【变式探究】从区间[0，1]随机抽取2n个数某1，某2，，某n，y1，y2，，yn，构成n个数对(某1，y1)，(某2，y2)，，(某n，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A.4n2m2nB.mC.4mn2mD.n【答案】Cmπ4m4m【解析】由题意知，＝，故π＝，即圆周率π的近似值为.n4nn考点二古典概型例2．(2022·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A.B.C.D.【答案】D3102511015【2022山东】从分别标有1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（A）5475（B）（C）（D）18999【答案】C【解析】标有1，2，，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张卡112C5C45,选C.片上的数奇偶性不同的概率是989【变式探究】袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为()A.51011B.C.D．1212121【变式探究】(2022·天津卷)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共424种，所以所求概率P＝＝.105故选C.考点三概率与其他知识的交汇例3、(2022·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数[10,15)2[15,20)16[20,25)36[25,30)25[30,35)7[35,40)44 5352515以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．【变式探究】某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如下表：消费次数收费比例第1次1第2次0.95第3次0.90第4次0.85第5次及以上0.80该公司从注册的会员中，随机抽取了100位进行统计，得到统计数据如下表：消费次数频数第1次60第2次20第3次10第4次5第5次及以上5假设汽车美容一次，公司成本为150元，根据所给数据，解答下列问题：(1)估计该公司一位会员至少消费两次的概率；(2)某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润；(3)该公司要从这100位里至少消费两次的顾客中按消费次数用分层抽样方法抽出8人，再从这8人中抽出2人发放纪念品，求抽出的2人中恰有1人消费两次的概率．40【解析】(1)100位会员中，至少消费两次的会员有40位，所以估计一位会员至少消费两次的概率为100＝0.4.(2)该会员第1次消费时，公司获得的利润为200－150＝50(元)．50＋40第2次消费时，公司获得的利润为200某0.95－150＝40(元)，所以，公司获得的平均利润为＝245(元)。
2019年高考数学二轮复习 概率与统计解答题专题训练(含解析)
2019年高考数学二轮复习 概率与统计解答题专题训练（含解析）1．(xx·保定调研)近年来，我国的高铁技术发展迅速，铁道部门计划在A 、B 两城之间开通高速列车，假设在试运行期间，每天8：00－9：00,9：00－10：00两个时段内各发一趟列车由A 城到B 城(两车发生情况互不影响)，A 城发车时间及其概率如下表所示：8：00和周日8：20.(只考虑候车时间，不考虑其他因素)(1)设乙侯车所需时间为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望； (2)求甲、乙二人候车时间相等的概率．解 (1)X 的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)，其概率分布列如下X 的数学期望E (X )＝10×12＋30×13＋50×136＋70×112＋90×118＝2459(分钟)．(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为 P 甲10＝16，P 甲30＝12，P 甲50＝13；P 乙10＝12，P 乙30＝13，P 乙50＝16×16＝136.所以所求概率P ＝16×12＋12×13＋13×136＝28108＝727，即甲、乙二人候车时间相等的概率为727.2．(xx·皖南八校联考)从正方体的各个表面上的12条面对角线中任取2条，设ξ为2条面对角线所成的角(用弧度制表示)，如当2条面对角线垂直时，ξ＝π2.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)当ξ＝0时，即所选的2条面对角线平行，则P (ξ＝0)＝6C 212＝111.(2)ξ的可能取值为0，π3，π2.则P (ξ＝0)＝6C 212＝111，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π3＝48C 212＝811，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π2＝12C 212＝211. ξ的分布列如下：ξ 0 π3 π2 P111811211E (ξ)＝0×111＋π3×811＋π2×211＝π3.3．(xx·广州调研)空气质量指数PM2.5(单位：μg/m 3)表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，代表空气污染越严重．PM2.5的浓度与空气质量类别的关系如下表所示：PM2.5日均浓度 0～35 35～75 75～115 115～150 150～250 >250 空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染从甲城市xx 年9月份的30天中随机抽取15天的PM 2.5日均浓度指数数据茎叶图如图所示．(1)试估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数；(2)在甲城市这15个监测数据中任取2个，设X 为空气质量类别为优或良的天数，求X 的分布列及数学期望．解 (1)由茎叶图可知，甲城市在xx 年9月份随机抽取的15天中的空气质量类别为优或良的天数为5.所以可估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10. (2)X 的所有可能取值为0,1,2，因为P (X ＝0)＝C 05C 210C 215＝37，P (X ＝1)＝C 15C 110C 215＝1021，P (X ＝2)＝C 25C 010C 215＝221，所以X 的分布列为：X 0 1 2 P371021221数学期望E (X )＝0×37＋1×1021＋2×221＝23.4．(xx·浙江名校联考)甲、乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元．(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率； (2)设总决赛中获得门票总收入为X ，求X 的均值E (X )．解 (1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． 设此数列为{a n }，则易知a 1＝40，a n ＝10n ＋30， 所以S n ＝n10n ＋702＝300.解得n ＝－12(舍去)或n ＝5， 所以总决赛共比赛了5场．则前4场比赛中，一支球队共赢了3场，且第5场比赛中，领先的球队获胜，其概率为C 14⎝⎛⎭⎫124＝14. (2)随机变量X 可取的值为S 4，S 5，S 6，S 7，即220,300,390,490.又P (X ＝220)＝2×⎝⎛⎭⎫124＝18， P (X ＝300)＝C 14⎝⎛⎭⎫124＝14， P (X ＝390)＝C 25⎝⎛⎭⎫125＝516， P (X ＝490)＝C 36⎝⎛⎭⎫126＝516， 所以X 的分布列为X 220 300 390 490 P1814516516所以X 的均值E (X )＝5．自驾游从A 地到B 地有甲、乙两条线路，甲线路是A －C －D －B ，乙线路是A －E －F －G －H －B ，其中CD 段、EF 段、GH 段都是易堵车路段．假设这三条路段堵车与否相互独立．这三条路段的堵车概率及平均堵车时间如表1所示．经调查发现，堵车概率x 在⎝⎛⎭⎫23，1上变化，y 在⎝⎛⎭⎫0，12上变化．在不堵车的情况下，走甲线路需汽油费500元，走乙线路需汽油费545元．而每堵车1小时，需多花汽油费20元．路政局为了估计CD 段平均堵车时间，调查了100名走甲路线的司机，得到表2数据．CD 段 EF 段 GH 段(1)求CD 段平均堵车时间a 的值；(2)若只考虑所花汽油费期望值的大小，为了节约，求选择走甲线路的概率． 解 (1)a ＝12×8100＋32×6100＋52×38100＋72×24100＋92×24100＝3.(2)设走甲线路所花汽油费为ξ元，则E (ξ)＝500(1－x )＋(500＋60)x ＝500＋60x . 设走乙线路多花的汽油费为η元， ∵EF 段与GH 段堵车与否相互独立，∴P (η＝0)＝(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝20)＝(1－y )×14，P (η＝40)＝y ×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝60)＝14y ，∴E (η)＝0×(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14＋20×(1－y )×14＋40×y ×⎝⎛⎭⎫1－14＋60×14y ＝40y ＋5. ∴走乙线路所花的汽油费的数学期望为E (545＋η)＝545＋E (η)＝550＋40y . 依题意，选择走甲线路应满足(550＋40y )－(500＋60x )≥0， 即6x －4y －5≤0，又23<x <1,0<y <12，∴P (选择走甲线路)＝⎝⎛⎭⎫1－23×12－12×⎝⎛⎭⎫1－56×14⎝⎛⎭⎫1－23×12＝78.。
高考数学二轮复习计数原理与概率
6
x
3 2
k
，k≤6，k∈N，
由 6－32k＝0，解得k＝4，
则 T5＝(－1)4×32×C46＝135，
√A.144种
C.672种
B.336种 D.1 008种
选取的 3 个名称中含有祝融的共有 C29种不同的情况. 分析选取的 3 个名称的不同情况有 A33种， 其中祝融是第 3 个被分析的情况有 A22种， 故祝融不是第 3 个被分析的情况有 C29(A33－A22)＝144(种).
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪
√D.P(A|C)＝P(B|C)
由题知，从 10 个数中随机地抽取 3 个数，共有 C310＝120(种)可能情况， 对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事 件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误； 对于 B 选项，P(C)＝CC31290＝13260＝130，故 B 选项错误； 对于 C 选项，P(AB)＝0，P(C)＝130，故 C 选项错误； 对于 D 选项，由于 P(AC)＝P(BC)＝C129＝316，故由条件概率公式得 P(A|C) ＝P(B|C)，故 D 选项正确.
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋
a8(1＋x)8，则a6等于
A.－448
B.－112
√C.112
D.448
(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8 ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8， a6＝C28×(－2)2＝112.
③P(B)＝12；④B 与 A1 相互独立.
A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，
(新课标)天津市最新2019年高考数学二轮复习 专题能力训练20 概率、统计与统计案例 理
专题能力训练20 概率、统计与统计案例一、能力突破训练1.某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30 之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是()A. B.C. D.2.已知x与y之间的一组数据:已求得关于y与x的线性回归方程为=2.1x+0.85,则m的值为()A.1B.0.85C.0.7D.0.53.某市2016年各月的平均气温(℃)数据的茎叶图如下:则这组数据的中位数是()A.19B.20C.21.5D.234.(2018全国Ⅱ,理8)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.5.为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系,随机调查了该社区5户家庭,得到如下统计数据表:收入x/万元8.2 8.6 10.0 11.3 11.9支出y/万元6.2 7.5 8.0 8.5 9.8根据上表可得回归直线方程x+,其中=0.76,.据此估计,该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为()A.11.4万元B.11.8万元C.12.0万元D.12.2万元6.如图,点A的坐标为(1,0),点C的坐标为(2,4),函数f(x)=x2.若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于.7.有一个底面圆的半径为1,高为2的圆柱,点O为这个圆柱底面圆的圆心,在这个圆柱内随机取一点P,则点P到点O的距离大于1的概率为.8.某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品,产量分别为200,400,300,100件.为检验产品的质量,现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验,则应从丙种型号的产品中抽取件.9.一辆小客车有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5,乘客P1,P2,P3,P4,P5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车,乘客P1因身体原因没有坐1号座位,这时司机要求余下的乘客按以下规则就座:如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位.(1)若乘客P1坐到了3号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,求乘客P5坐到5号座位的概率.10.(2018全国Ⅲ,理18)某工厂为提高生产效率,开展技术创新活动,提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式.为比较两种生产方式的效率,选取40名工人,将他们随机分成两组,每组20人,第一组工人用第一种生产方式,第二组工人用第二种生产方式.根据工人完成生产任务的工作时间(单位:min)绘制了如下茎叶图:(1)根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高?并说明理由.(2)求40名工人完成生产任务所需时间的中位数m,并将完成生产任务所需时间超过m和不超过m的工人数填入下面的列联表:(3)根据(2)中的列联表,能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异?附:K2=,11.下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x(单位:t)与相应的生产能耗y(单位:吨标准煤)的几组对照数据.(1)请画出上表数据的散点图;(2)请根据上表提供的数据,用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程x+;(3)已知该厂技术改造前生产100 t甲产品的生产能耗为90吨标准煤.试根据(2)求出的线性回归方程,预测生产100 t甲产品的生产能耗比技术改造前降低多少吨标准煤?(参考数值:3×2.5+4×3+5×4+6×4.5=66.5)二、思维提升训练12.某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图.根据该折线图,下列结论错误的是()A.月接待游客量逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月,波动性更小,变化比较平稳13.某产品在某零售摊位的零售价x(单位:元)与每天的销售量y(单位:个)的统计资料如下表所示:由表可得回归直线方程x+中的=-4,据此模型预测零售价为15元时,每天的销售量为()A.51个B.50个C.49个D.48个14.从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张.则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A. B. C. D.15.从区间[0,1]随机抽取2n个数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(x n,y n),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A. B.C. D.16.如图,在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆,则它落到阴影部分的概率为.17.记集合A={(x,y)|x2+y2≤4}和集合B={(x,y)|x+y-2≤0,x≥0,y≥0}表示的平面区域分别为Ω1和Ω2,若在区域Ω1内任取一点M(x,y),则点M落在区域Ω2的概率为.18.(2018全国Ⅱ,理18)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.19.A,B,C三个班共有100名学生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):(1)试估计C(2)从A班和C班抽出的学生中,各随机选取一人,A班选出的人记为甲,C班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;(3)再从A,B,C三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时),这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1,表格中数据的平均数记为μ0,试判断μ0和μ1的大小.(结论不要求证明)20.某学校研究性学习小组对该校高三学生视力情况进行调查,在高三的全体1 000名学生中随机抽取了100名学生的体检表,并得到如下直方图:(1)若直方图中前三组的频数成等比数列,后四组的频数成等差数列,试估计全年级视力在5.0以下的人数;(2)学习小组成员发现,学习成绩突出的学生,近视的比较多,为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系,对年级名次在1~50名和951~1 000名的学生进行了调查,得到如下数据:根据表中的数据,能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系?(3)在(2)中调查的100名学生中,按照分层抽样在不近视的学生中抽取了9人,进一步调查他们良好的护眼习惯,并且在这9人中任取3人,记名次在1~50名的学生人数为X,求X的分布列和数学期望.附:K2=,其中n=a+b+c+d.专题能力训练20概率、统计与统计案例一、能力突破训练1.B解析这是几何概型问题,总的基本事件空间如图所示,共40分钟,等车时间不超过10分钟的时间段为7:50至8:00和8:20至8:30,共20分钟,故他等车时间不超过10分钟的概率为P=,故选B.2.D解析由题意,得=1.5,(m+3+5.5+7)=,将()代入线性回归方程=2.1x+0.85,得m=0.5.3.B解析由茎叶图可知,这组数据的中位数为=20.4.C解析不超过30的素数有“2,3,5,7,11,13,17,19,23,29”共10个.其中和为30的有7+23,11+19,13+17共3种情况,故P=5.B解析=10,=8,-0.76=8-0.76×10=0.4.=0.76x+0.4.当x=15时,=0.76×15+0.4=11.8.6解析∵S阴影=(4-x2)d x=,S矩形ABCD=4,∴P=7解析设“点P到点O的距离大于1”为事件A,则表示事件“点P到点O的距离小于或等于1”.在圆柱内以O为球心,以1为半径作半球,则半球的体积V半球=13=,又V圆柱=π×12×2=2π,由几何概型,P()=故所求事件A的概率P(A)=1-P()=1-8.18解析抽取比例为,故应从丙种型号的产品中抽取300=18(件),答案为18.9.解 (1)当乘客P 1坐在3号位置上,此时P 2的位置没有被占,只能坐在2位置,P 3位置被占,可选剩下的任何一个座位,即可选1,4,5;当P 3选1位置,P 4位置没被占,只能选4位置,P 5选剩下的,只有一种情况;当P 3选4位置,P 4可选5位置也可选1位置,P 5选剩下的,有两种情况;当P 3选5位置,P 4只可选4位置,P 5选剩下的,有一种情况,填表如下:(2)若乘客P 1坐到了2号座位,其他乘客按规则就坐,则所有可能的坐法可用下表表示:于是,所有可能的坐法共8种.设“乘客P 5坐到5号座位”为事件A ,则事件A 中的基本事件的个数为4,所以P (A )=所以乘客P 5坐到5号座位的概率是10.解 (1)第二种生产方式的效率更高.理由如下:①由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人中,有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟,用第二种生产方式的工人中,有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟.因此第二种生产方式的效率更高.②由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟,用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟.因此第二种生产方式的效率更高.③由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟;用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟.因此第二种生产方式的效率更高.④由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多,关于茎8大致呈对称分布;用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多,关于茎7大致呈对称分布.又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同,故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少.因此第二种生产方式的效率更高.以上给出了4种理由,考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.(2)由茎叶图知m==80.列联表如下:(3)由于K2==10>6.635,所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异.11.解 (1)由题设所给数据,可得散点图如图.(2)由对照数据,计算得=86,=4.5(t),=3.5(t).已知x i y i=66.5,所以由最小二乘法确定的回归方程的系数为=0.7,=3.5-0.7×4.5=0.35.因此,所求的线性回归方程为=0.7x+0.35.(3)由(2)的回归方程及技术改造前生产100 t甲产品的生产能耗,得降低的生产能耗为90-(0.7×100+0.35)=19.65(吨标准煤).二、思维提升训练12.A解析由题图可知2014年8月到9月的月接待游客量在减少,故A错误.13.C解析由题意知=17.5,=39,代入回归直线方程得=109,即得回归直线方程=-4x+109,将x=15代入回归方程,得=-4×15+109=49,故选C.14.C解析从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,共有种不同情况.其中2张卡片上的数奇偶性不同的有()种情况,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率P=故选C.15.C解析利用几何概型求解,由题意可知,,所以π=16解析∵S阴=2(e-e x)d x=2(e x-e x)=2,S正方形=e2,∴P=17解析作圆O:x2+y2=4,区域Ω1就是圆O内部(含边界),其面积为4π.区域Ω2就是图中△OAB内部(含边界),且S△OAB=22=2.由几何概型,点M落在区域Ω2的概率P=18.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得分)19.解 (1)由题意知,抽出的20名学生中,来自C班的学生有8名.根据分层抽样方法,C班的学生人数估计为100=40.(2)设事件A i为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2, (5)事件C j为“乙是现有样本中C班的第j个人”,j=1,2, (8)由题意可知,P(A i)=,i=1,2,...,5;P(C j)=,j=1,2, (8)P(A i C j)=P(A i)P(C j)=,i=1,2,...,5,j=1,2, (8)设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4.因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2)+P(A4C3)+ P(A5C1)+P(A5C2)+P(A5C3)+P(A5C4)=15(3)μ1<μ0.20.解 (1)设各组的频率为f i(i=1,2,3,4,5,6),由前三组的频数成等比数列,后四组的频数成等差数列,可得前三组的频率成等比数列,后四组的频率成等差数列,则f1=0.15×0.2=0.03,f2=0.45×0.2=0.09,f3==0.27, 所以由=1-(0.03+0.09)得f6=0.17,所以视力在5.0以下的频率为1-0.17=0.83, 故全年级视力在5.0以下的人数约为1 000×0.83=830.(2)K2的观测值k=4.110>3.841.因此在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系.(3)依题意9人中年级名次在1~50名和951~1 000名分别有3人和6人,X可取0,1,2,3,P(X=0)=;P(X=1)=,P(X=2)=;P(X=3)=X的分布列为X的数学期望E(X)=0+1+2+3=1.。
历年(2019-2023)高考数学真题专项(概率与统计解答题)汇编(附答案)
历年（2019-2023）高考数学真题专项（概率与统计解答题）汇编考点01：统计案例及应用1．(2022高考北京卷)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到950m ．以上(含950m ．)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m )：甲：9．80，9．70，9．55，9．54，9．48，9．42，9．40，935，9．30，9．25； 乙：9．78，9．56，9．51，9．36，9．32，9．23； 丙：9．85，9．65，9．20，9．16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X 的数学期望E (X )； (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)2．(2023年全国乙卷理科)某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为i x ，()1,2,,10i y i =⋅⋅⋅．试验结果如下：试验序号i 12345678910伸缩率i x 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率i y536 527 543 530 560 533 522 550 576 536记()1,2,,10i i i z x y i =-=⋅⋅⋅，记1210,,,z z z ⋅⋅⋅样本平均数为z ，样本方差为2s ． (1)求z ，2s ；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果的z ≥则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)3．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12， (1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率．4．(2021年高考全国乙卷理科)某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：122S ． (1)求x ，y ，21S ，22S ；(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y x -≥则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高)．5．(2021年新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A ，B 两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A 类问题的概率为0．8，能正确回答B 类问题的概率为0．6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列； (2)为使累计得分期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．6．(2022新高考全国II 卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0．0001)．2．(2019·全国Ⅲ·理)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成,A B 两组，每组100只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：的记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到()P C的估计值为0.70．(1)求乙离子残留百分比直方图中,a b的值；(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．考点02 随机事件分布列1．(2022年高考全国甲卷数学(理))甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0．5，0．4，0．8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．2．(2021高考北京)在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束．现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确．(I)将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测．(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为111．设X是检测的总次数，求X的分布列与数学期望E(X)．(II)将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测．设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小．(结论不要求证明)3．(2020江苏高考)甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为n X ，恰有2个黑球的概率为n p ，恰有1个黑球的概率为n q ． (1)求11p q 和22p q ；(2)求2n n p q +与112n n p q --+的递推关系式和n X 的数学期望()n E X (用n 表示)．4．(2019·全国Ⅱ·理)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()2P X =；()2求事件“4X =且甲获胜”的概率．5．(2019·天津·理·)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．(Ⅰ)用X 表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望； (Ⅱ)设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率．考点03 相关关系与回归分析1．(2022年高考全国乙卷数学(理))某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：2m )和材积量(单位：3m )，得到如下数据：样12345678910总本号ｉ 和根部横截面积i x0．04 0．06 0．04 0．08 0080．05 0．05 0．07 0．07 0．06 0．6材积量i y0．25 0．40 0．22 0．54 0．51 0．34 0．36 0．46 0．42 0．40 3．9并计算得10101022ii i i i=1i=1i=10.038, 1.6158,0.2474xy x y ===∑∑∑．(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0．01)；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为2186m ．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数ii( 1.377)()nx x y y r --=≈∑．2．(2020年高考课标Ⅱ卷理科)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ，y i )(i =1，2，…，20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得20160i ix==∑，2011200i i y ==∑，.的202180i ix x =-=∑（，2021)9000i i y y =-=∑（，201)800i i i x y x y =--=∑（（．(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；(2)求样本(x i ，y i )(i =1，2，…，20)的相关系数(精确到0．01)；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数r)niix y x y --∑（（≈1．414．考点04 独立性检验1．(2023年全国甲卷理科·)一项试验旨在研究臭氧效应．实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g )．(1)设X 表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X 的分布列和数学期望； (2)实验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：15．2 18．8 20．2 21．3 22．5 23．2 25．8 26．5 27．5 30．1 32．6 34．3 34．8 35．6 35．6 35．8 36．2 37．3 40．5 43．2对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7．8 9．2 11．4 12．4 13．2 15．5 16．5 18．0 18．8 19．2 19．8 20．2 21．6 22．8 23．6 23．9 25．1 28．2 32．3 36．5(i )求40只小鼠体重的增加量的中位数m ，再分别统计两样本中小于m 与不小于的数据的个数，完成如下列联表：m <m ≥对照组 实验组(ii )根据(i )中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异．附：()()()()22(),n ad bc K a b c d a c b d -=++++ 0k0．100 0．050 0．010 ()20P k k ≥2．7063．8416．6352．(2021年高考全国甲卷理科)甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：一级品 二级品 合计 甲机床 150 50 200 乙机床 120 80 200 合计270130400(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++ ()2P K k ≥ 0．050 0．0100．001k 3．841 6．635 10．8283．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·)某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)： 锻炼人次 空气质量等级[0，200](200，400](400，600]1(优) 2 16 25 2(良) 5 10 12 3(轻度污染) 6 7 8 4(中度污染)72(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次≤400 人次>400 空气质量好 空气质量不好附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，P (K 2≥k ) 0．050 0．010 0．001 k 38416．63510．8284．(2020年新高考全国Ⅰ卷)为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和2SO 浓度(单位：3μg/m )，得下表： 2SOPM2.5[0,50](50,150] (150,475][0,35]32184.(35,75]6 8 12 (75,115]3710(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150”的概率； (2)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表： 2SOPM2.5[0,150](150,475][0,75](75,115](3)根据(2)中列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与2SO 浓度有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，2()P K k ≥ 0．050 0．010 0．001 k3．841 6．63510．8285．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学)为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM 2.5和2SO 浓度(单位：3μg/m )，得下表：的(1)估计事件“该市一天空气中PM 2.5浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150”的概率； (2)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM 2.5浓度与2SO 浓度有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，考点05 概率统计综合应用1．（2023年新高考全国Ι卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i 次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量i X 服从两点分布，且()()110,1,2,,i i i P X P X q i n ==-===⋅⋅⋅，则11n n i i i i E X q ==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑．记前n 次（即从第1次到第n 次投篮）中甲投篮的次数为Y ，求()E Y ．2（2023年新课标全国Ⅱ卷）．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c ，将该指标大于c 的人判定为阳性，小于或等于c 的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为()p c ；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为()q c ．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)当漏诊率()0.5p c =％时，求临界值c 和误诊率()q c ；(2)设函数()()()f c p c q c =+，当[]95,105c ∈时，求()f c 的【解析】式，并求()f c 在区间[]95,105的最小值．3．(2021年新高考全国Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，()(0,1,2,3)i P X i p i ===．(1)已知01230.4,0.3,0.2,0.1p p p p ====，求()E X ；(2)设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝概率，p 是关于x 的方程：230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，求证：当()1E X ≤时，1p =，当()1E X >时，1p <； (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义．4．(2019·全国Ⅰ·理·)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定，对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ． (1)求X 的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i = 表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则08110,1,i i i i p p p ap bp cp -+===++(1,2,,7i = )，的其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=． (i )证明：1{}(0,1,2,,7)i i p p i +-= 为等比数列； (ii )求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性．参考答案考点01：统计案例及应用1．(2022高考北京卷)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到950m ．以上(含950m ．)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m )：甲：9．80，9．70，9．55，9．54，9．48，9．42，9．40，935，9．30，9．25；乙：9．78，9．56，9．51，9．36，9．32，9．23；丙：9．85，9．65，9．20，9．16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X 的数学期望E (X )；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)【答案】【答案解析】:(1)由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0．4，乙获得优秀的概率为0．5，丙获得优秀的概率为0．5，故答案为0．4(2)设甲获得优秀为事件A 1,乙获得优秀为事件A 2，丙获得优秀为事件A 31233(0)()0.60.50.520P X P A A A ===⨯⨯=， 123123123(1)()()()P X P A A A P A A A P A A A ==++80.40.50.50.60.50.50.60.50.520=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， 123123123(2)()()()P X P A A A P A A A P A A A ==++70.40.50.50.40.50.50.60.50.520=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， 1232(3)()0.40.50.520P X P A A A ===⨯⨯=．∴X 的分布列为∴38727()0123202020205E X =⨯+⨯+⨯+⨯= (3)丙夺冠概率估计值最大．因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩．比赛一次，丙获得9．85的概率为14，甲获得9．80的概率为110，乙获得9．78的概率为16．并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利．2．(2023年全国乙卷理科)某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为i x ，()1,2,,10i y i =⋅⋅⋅．试验结果如下：试验序号i 12345678910伸缩率ix 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率i y536 527 543 530 560 533 522 550 576 536记()1,2,,10i i i z x y i =-=⋅⋅⋅，记1210,,,z z z ⋅⋅⋅样本平均数为z ，样本方差为2s ． (1)求z ，2s ；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果z ≥则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)【答案】(1)11z =，261s =；(2)认为甲工艺处理后橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高． 【答案解析】：(1)545533551522575544541568596548552.310x +++++++++==，536527543530560533522550576536541.310y +++++++++==，552.3541.311z x y =-=-=，i i i z x y =- 的值分别为: 9,6,8,8,15,11,19,18,20,12-，故2222222222(911)(611)(811)(811)(1511)0(1911)(1811)(2011)(1211)6110s -+-+-+--+-++-+-+-+-==的的(2)由(1)知:11z =，==z ≥所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高．3．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12， (1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率． 【答案】(1)116；(2)34；(3)716． 【答案解析】：”(1)记事件:M 甲连胜四场，则()411216P M ⎛⎫== ⎪⎝⎭；(2)记事件A 为甲输，事件B 为乙输，事件C 为丙输， 则四局内结束比赛的概率为()()()()411424P P ABAB P ACAC P BCBC P BABA ⎛⎫'=+++=⨯= ⎪⎝⎭，所以，需要进行第五场比赛的概率为314P P '=-=； (3)记事件A 为甲输，事件B 为乙输，事件C 为丙输， 记事件:M 甲赢，记事件:N 丙赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC 、ABCBC 、ACBCB 、BABCC 、BACBC 、BCACB 、BCABC 、BCBAC ，所以，甲赢概率为()4511972232P M ⎛⎫⎛⎫=+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 所以丙赢的概率为()97123216P N =-⨯=．4．(2021年高考全国乙卷理科)某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有的无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：122S ． (1)求x ，y ，21S ，22S ；(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y x -≥则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高)．【答案】(1)221210,10.3,0.036,0.04x y SS ====；(2)新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高． 【答案解析】：(1)9.810.31010.29.99.81010.110.29.71010x +++++++++==，10.110.410.11010.110.310.610.510.410.510.310y +++++++++==，22222222210.20.300.20.10.200.10.20.30.03610S +++++++++==，222222222220.20.10.20.30.200.30.20.10.20.0410S +++++++++==．(2)依题意，0.320.15y x -==⨯==，=y x -≥，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高． 5．(2021年新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A ，B 两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A 类问题的概率为0．8，能正确回答B 类问题的概率为0．6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列； (2)为使累计得分期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由． 【答案】【答案解析】：(1)由题可知，X 的所有可能取值为0，20，100． ()010.80.2P X ==-=；的()()P X==-=；200.810.60.32()1000.80.60.48P X==⨯=．所以X的分布列为X020100P0.20.320.48E X=⨯+⨯+⨯=．(2)由(1)知，()00.2200.321000.4854.4若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100．()010.60.4P Y==-=；()()P Y==-=；800.610.80.12()P X==⨯=．1000.80.60.48E Y=⨯+⨯+⨯=．所以()00.4800.121000.4857.6<，所以小明应选择先回答B类问题．因为54.457.66．(2022新高考全国II卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0．0001)．【答案】(1)47.9岁；(2)0.89；(3)0.0014．【答案解析】：(1)平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 550.020650.017750.006850.002)1047.9+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=(岁)． (2)设A ={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89P A P A =-=-+++⨯=-=．(3)设{B =任选一人年龄位于区间}[40,50)，{C =任选一人患这种疾病}， 则由条件概率公式可得 ()0.1%0.023100.0010.23(|)0.00143750.0014()16%0.16P BC P C B P B ⨯⨯⨯====≈．2．(2019·全国Ⅲ·理)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成,A B 两组，每组100只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到()P C 的估计值为0.70． (1)求乙离子残留百分比直方图中,a b 的值；(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)． 【答案】(1)0.35a =，0.10b =；(2)4.05，6.00． 【官方【答案解析】】(1)由已知得0.70=0.200.15a ++，故0.35a =，b 10.050.150.700.10=---=． (2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为20.1530.2040.3050.2060.1070.05 4.05⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．乙离子残留百分比的平均值的估计值为30.0540.1050.1560.3570.2080.15 6.00⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．【点评】本题考查频率分布直方图的相关概念和频率分布直方图中平均数法人计算，属于基础题．考点02 随机事件分布列1．(2022年高考全国甲卷数学(理))甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0．5，0．4，0．8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．E X=．【答案】(1)0.6； (2)分布列见【答案解析】，()13A B C，所以甲学校获得冠军的概率为【【答案解析】】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,()()()()=+++P P ABC P ABC P ABC P ABC=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.2=+++=．0.160.160.240.040.6(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，()00.50.40.80.16P X==⨯⨯=,()100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44P X==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，()200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34P X==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，()300.50.60.20.06P X==⨯⨯=．即X的分布列为X 0 10 20 30P 0．16 0．44 0．34 0．06E X=⨯+⨯+⨯+⨯=．期望()00.16100.44200.34300.06132．(2021高考北京)在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束．现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确．(I)将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测．(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;。
押新高考第20题 统计概率(新高考)(解析版)
统计概率统计概率是高考的重点和热点，从2019年高考情况来看，更是有压轴题的趋势，并且分值和题量都略有增加。
其中解答题考查涉及的主要方向有：（1）与社会生活紧密相连，紧跟时代步伐创设情境。
（2）概率的求解．同时也常渗透考查统计知识，背景新颖，体现了概率与统计的工具性和交汇性，综合考查考生的应用意识、阅读理解能力、数据处理能力和转化与化归思想的应用；（3）统计知识．其核心是样本数据的获得和分析方法，重点是频率分布直方图、茎叶图、样本的数字特征、线性回归方程、独立性检验，常与概率交汇命题，意在考查考生的数据分析能力和综合应用能力．1．均值与方差的性质若Y=aX+b，其中a，b是常数，X是随机变量，则（1）E（k）=k，D（k）=0，其中k为常数；（2）E（aX+b）=aE（X）+b，D（aX+b）=a2D（X）；（3）E（X1+X2）=E（X1）+E（X2）；（4）D（X）=E（X2）–（E（X））2；（5）若X1，X2相互独立，则E（X1·X2）=E（X1）·E（X2）；（6）若X服从两点分布，则E（X）=p，D（X）=p（1–p）；（7）若X服从二项分布，即X~B（n，p），则E（X）=np，D（X）=np（1–p）．2．随机变量是否服从超几何分布的判断若随机变量X服从超几何分布，则满足如下条件：（1）该试验是不放回地抽取n次；（2）随机变量X表示抽取到的次品件数（或类似事件），反之亦然．3．求超几何分布的分布列的步骤第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；第三步，用表格的形式列出分布列．4．求超几何分布的均值与方差的方法（1）列出随机变量X的分布列，利用均值与方差的计算公式直接求解；（2）利用公式E （X ）=nMN，D （X ）=2()()(1)nM N M N n N N ---求解．1．（2021·湖南·高考真题）端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有6个粽子，其中肉粽1个，蛋黄粽2个，豆沙粽3个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取2个. （1）用ξ表示取到的豆沙粽的个数，求ξ的分布列； （2）求选取的2个中至少有1个豆沙粽的概率. 【详解】（1）由条件可知0,1,2ξ=，()2326105C P C ξ===，()113326315C C P C ξ===，()2326125C P C ξ===，所以ξ的分布列，如下表，ξ0 12 P153515（2）选取的2个中至少有1个豆沙粽的对立事件是一个都没有， 则选取的2个中至少有1个豆沙粽的概率14155P . 2．（2021·北京·高考真题）在核酸检测中, “k 合1” 混采核酸检测是指：先将k 个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k 个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k 个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. （I ）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数; (ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为111.设X 是检测的总次数，求X 的 分布列与数学期望E(X).(II ）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y 是检测的总次数，试判断数学期望E(Y )与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明) 【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次； 所以总检测次数为20次； ②由题意，X 可以取20，30，()12011P X ==，()1103011111P X ==-=， 则X 的分布列: X20 30P1111011所以()1103202030111111E X =⨯+⨯=； （2）由题意，Y 可以取25，30，两名感染者在同一组的概率为232981510020499C C P C ==，不在同一组的概率为29599P =， 则()()49529502530=999999E Y E X =⨯+⨯>. 3．（2021·全国·高考真题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A ，B 两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 【详解】（1）由题可知，X 的所有可能取值为0，20，100．()010.80.2P X ==-=；()()200.810.60.32P X ==-=；()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以X 的分布列为 X20100 P0.20.320.48（2）由（1）知，()00.2200.321000.4854.4E X =⨯+⨯+⨯=．若小明先回答B 问题，记Y 为小明的累计得分，则Y 的所有可能取值为0，80，100．()010.60.4P Y ==-=；()()800.610.80.12P Y ==-=； ()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以()00.4800.121000.4857.6E Y =⨯+⨯+⨯=． 因为54.457.6<，所以小明应选择先回答B 类问题．4．（2021·全国·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，()(0,1,2,3)i P X i p i ===． （1）已知01230.4,0.3,0.2,0.1p p p p ====，求()E X ；（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，求证：当()1E X ≤时，1p =，当()1E X >时，1p <； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 【详解】（1）()00.410.320.230.11E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.（2）设()()3232101f x p x p x p x p =++-+，因为32101p p p p +++=，故()()32322030f x p x p x p p p x p =+-+++，若()1E X ≤，则123231p p p ++≤，故2302p p p +≤.()()23220332f x p x p x p p p '=+-++，因为()()20300f p p p '=-++<，()230120f p p p '=+-≤， 故()f x '有两个不同零点12,x x ，且1201x x <<≤，且()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '>；()12,x x x ∈时，()0f x '<； 故()f x 在()1,x -∞，()2,x +∞上为增函数，在()12,x x 上为减函数， 若21x =，因为()f x 在()2,x +∞为增函数且()10f =，而当()20,x x ∈时，因为()f x 在()12,x x 上为减函数，故()()()210f x f x f >==，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，若21>x ，因为()10f =且在()20,x 上为减函数，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，综上，若()1E X ≤，则1p =.若()1E X >，则123231p p p ++>，故2302p p p +>. 此时()()20300f p p p '=-++<，()230120f p p p '=+->， 故()f x '有两个不同零点34,x x ，且3401x x <<<， 且()()34,,x x x ∈-∞+∞时，()0f x '>；()34,x x x ∈时，()0f x '<；故()f x 在()3,x -∞，()4,x +∞上为增函数，在()34,x x 上为减函数， 而()10f =，故()40f x <，又()000f p =>，故()f x 在()40,x 存在一个零点p ，且1p <.所以p 为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，此时1p <，故当()1E X >时，1p <.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.1．（2022·福建·模拟预测）在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分.已知某同学在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为56，答错的概率均为16；对于第三道题，答对和答错的概率均为12；对于最后一道题，答对的概率为13，答错的概率为23.(1)求该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分的概率； (2)设该同学在本次考试中，填空题部分的总得分为X ，求X 的分布列. 【解析】 (1)设“第({1,2,3,4})i i ∈题答对”为事件i A ，设“得分不低于15分”为事件B ，则P (B )=()43211231241342341234P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=5512551151111511551166236623662366236623⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯ =55108； (2)易知X 的取值可能为0，5，10，15，20， ()12341112106623108P X P A A A A ⎛⎫===⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，()23413412412312345P X P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=5112151211211116623662366236623⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯23216=； ()()242313123413142410P X P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()14231234P A A A A P A A A A ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=551251125111151115121111662366236623662366236623⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯ =8132168=； ()432112312413423415P X P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=5512551151111511856623662366236623216⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=； ()()1234551125206623216P X P A A A A ===⨯⨯⨯=；则X 的分布列为： X 05 10 15 20P1108 232163885216 252162．（2022·广东深圳·二模）2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛．约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛．．．．．．．．．．．．，若甲连．续赢两场．．．．则专业队获胜；若甲连续输两场．．．．．则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢概率为13；甲与丙比赛，丙赢的概率为p ，其中1132p <<．(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？ (2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X 万元，求X 的数学期望()E X 的取值范围． 【解析】 (1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为： 112153339P p p p =⨯+⨯⨯=; 第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为： ()22111213333P p p p p p =⨯+-⨯⨯=-+，因为1132p <<，所以212111103933P P p p p p ⎛⎫-=-=-> ⎪⎝⎭，所以12PP >. 所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛. (2)由已知 4.5X =万元或 3.6X =万元.由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛. 此时，业余队获胜的概率为159P p =， 专业队获胜的概率为()()3212881133399P p p p =⨯-+⨯-⨯=-，所以，非平局的概率为()13814.593P X P P p ==+=-，平局的概率为()13113.6193P X P P p ==--=+. X 的分布列为：X4.53.6()P X8193p -1193p +X 的数学期望为()81114.5 3.6 4.40.39393E x p p p ⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（万元） 而1132p <<，所以()E x 的取值范围为：()4.25,4.3（单位：万元）. 3．（2022·湖南·雅礼中学二模）“不关注分数，就是对学生的今天不负责：只关注分数，就是对学生的未来不负责.”为锻炼学生的综合实践能力，长沙市某中学组织学生对雨花区一家奶茶店的营业情况进行调查统计，得到的数据如下： 月份x24681012净利润（万元〕y 0.9 2.0 4.2 3.9 5.2 5.1(1)设ln ,i i i i x v x μ==试建立y 关于x 的非线性回归方程ln y a x b =+和y m x n =（保留2位有效数字）； (2)从相关系数的角度确定哪一个模型的拟合效果更好，并据此预测次年2月（14x =计）的净利润（保留1位小数）.附：①相关系数12211()()())()niii n niii i x x y y r x x y y ===--=--∑∑∑，回归直线ˆˆˆy bx a =+中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为121()()ˆˆˆ,()niii nii x x y y bay bx x x ==--==--∑∑；②参考数据：ln 20.7,ln 3 1.1,ln 5 1.6,ln 7268 2.8≈≈≈≈≈≈，1012143322450767.1≈≈≈【解析】 (1)ln 2ln 4ln6ln8ln10ln126μ+++++=10ln 22ln3ln51.86++=≈，0.92 4.2 3.9 5.2 5.13.556y +++++==，()()()()61()() 1.1 2.650.4 1.5500.650.30.350.5 1.650.7 1.55 5.55ii i y y μμ=--=-⨯-+-⨯-+⨯+⨯+⨯+⨯=∑，()()622222221() 1.10.400.30.50.7 2.2i i μμ=-=-+-++++=∑，所以616215.55) 2.52(.)2(()ii i i i a y y μμμμ==---==≈∑∑， 3.55 2.5 1.80.95b =-⨯=-， 所以模型ln y a x b =+的方程为 2.5ln 0.95y x =-，246810122.556v ++=≈，()()()()()61()() 1.15 2.650.55 1.550.150.650.250.350.65 1.650.95 1.55 6.435iii v v y y =--=-⨯-+-⨯-+-⨯+⨯+⨯+⨯=∑，()()()622222221() 1.150.550.150.250.650.95 2.985ii v v =-=-+-+-+++=∑，所以 6.4352.22.985m =≈， 3.55 2.2 2.55 2.1n =-⨯≈-， 所以模型y m x n =的方程为 2.1y x =； (2)()()622222221() 2.65 1.550.650.35 1.65 1.5515.1ii y y =-=-+-++++≈∑，所以1 5.550.9645.762.215.133.22r ===≈≈⨯，2 6.4350.9596.712.98515.145.07r =≈≈≈⨯，因为1r 更接近1，所以模型 2.5ln 0.95y x =-的拟合效果更好， 则次年2月净利润为 2.5ln140.95 5.6y ≈-≈万元.4．（2022·江苏·南京市第一中学三模）设2n ≥，*N n ∈ ，甲、乙、丙三个口袋中分别装有1n -、n 、1n +个小球，现从甲、乙、丙三个口袋中分别取球，一共取出n 个球．记从甲口袋中取出的小球个数为X ． (1)当5n =时，求X 的分布列； (2)证明：0112223C C C C C C C n n n n n n n n n n +++=；(3)根据第（2）问中的恒等式，证明：()13n E X -=． 【解析】 (1)解：当5n =时，甲、乙、丙三个口袋中小球的个数分别为4、5、6， 随机变量X 的可能取值为0、1、2、3、4，()511515C 20C 13P X ===，()14411515C C 401C 91P X ===，()23411515C C 302C 91P X ===，()32411515C C 203C 143P X ===，()41411515C C 14C 143P X ===，所以，随机变量X 的分布列如下表所示：X1 2 3 4P213 4091 3091 201431143(2)证明：设从乙口袋抽取的小球的个数为随机变量Y ，由超几何分布可知，随机变量Y 的分布列为()()23C C 0,N C k n k n nnnP Y k k n k -==≤≤∈， 由组合数的性质可知，当0k n ≤≤且N k ∈时，C C k n kn n -=，根据分布列的性质可知22033CCC C1CCnnn k n k t t nnnnk t n n n n--====∑∑，所以，0011222230C C C C C C C C C nnn t t nnnnnnnn n n t =+++==∑. (3)证明：由题意可知，随机变量X 的可能取值为：0、1、2、、1n -，随机变量X 的分布列为()()1213C C 01,N C k n kn n nnP X k k n k --+==≤≤-∈， 当2n ≥时，()()()()()()()1121!12C 1C !1!1!1!kk n n n n n k k n k n k k n k -----⋅-=⋅==-⋅---⋅--！，则()()()()11111222122112100103331C C 1C C C C C C C k n k m n m k n k n n n n n n n n n n n n nk k k m n n nn n k E X k P X k ----------+-+-+====--=⋅====∑∑∑∑， 设一批产品中有()312,N n n n *-≥∈件产品，其中有2n -件次品，21n 件正品，从中抽取1n -件产品，其中次品的件数记为ξ，则ξ的可能取值有0、1、2、、2n -，根据分布列的性质可得()1122111031CC 1C n mn m n n n m n m n P m ξ----+-=-=-===∑∑，所以，211221310C C C n m n m n n n n m -----+-==∑，因此，()()()()()()()()()112221310331C C 1131!2!!1C 1!2!3!3m n m n n n n n n nm n nn n C n n n n n E X C n n n -----+-=---⋅-⋅-===⋅=-⋅∑. 5．（2022·湖南永州·三模）某游乐场开展摸球有奖活动，在一个不透明的盒子中放入大小相同的10个小球，其中红球4个，黑球6个，游客花10元钱，就可以参加一次摸球有奖活动，从盒子中一次随机摸取4个小球，规定摸取到两个或两个以上的红球就中奖.根据摸取到的红球个数，设立如下的中奖等级： 摸取到的红球个数2 3 4 中奖等级 三等奖二等奖一等奖(1)求游客在一次摸球有奖活动中中奖的概率；(2)若游乐场规定：在一次摸球有奖活动中，游客中三等奖，可获得奖金15元；中二等奖，可获得奖金20元；中一等奖，可获得奖金200元.请从游乐场获利的角度，分析此次摸球有奖活动的合理性. 【解析】 (1)解：设一次摸球有奖活动中中奖为事件A ，则事件A 包含的基本事件有：223140464646115C C C C C C ++=, 基本事件总数为：410210C =，∴()1152321042P A == ∴游客在一次摸球有奖活动中中奖的概率为2342. (2)解：设游客在一次摸球有奖活动中获得的奖金为X ，X 可以取0，15，20，200，()2319014242P X ==-= ()22464103157C C P X C === ()314641042035C C P X C ===()444101200210C P X C ===故X 的分布列为X0 15 20 200 P1942374351210X 的数学期望()9341203015202004273521021E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 由于一次摸球有奖活动中支付给游客奖金的均值()2031021E X =<， 所以游乐场可获利，故此次摸球有奖活动合理.（限时：30分钟）1．2017年国家发改委､住建部发布了《生活垃圾分类制度实施方案》规定46个城市在2020年底实施生活垃圾强制分类，垃圾回收､用率要达35%以上.某市在实施垃圾分类之前，对该市大型社区(即人口数量在1万左右)一天产生的垃圾量(单位：吨)进行了调查.已知该市这样的大型社区有200个，如图是某天从中随机抽取50个社区所产生的垃圾量绘制的频率分布直方图.现将垃圾量超过14吨/天的社区称为“超标”社区.（1）根据上述资料，估计当天这50个社区垃圾量的平均值x (四舍五入精确到整数)；（2）若当天该市这类大型社区的垃圾量()~,9X N μ，其中μ近似为（1）中的样本平均值x ，请根据X 的分布估计这200个社区中“超标”社区的个数(四舍五入精确到整数)；（3）市环保部门决定对样本中“超标”社区的垃圾来源进行调查，现从这些社区中随机抽取3个进行重点监控，设Y 为其中当天垃圾量至少为16吨的社区个数，求Y 的分布列与数学期望. 附：()0.6827P X μσμσ-<≤+≈；(22)0.9545P X μσμσ-<≤+≈；(33)0.9974P X μσμσ-<≤+≈.【详解】（1）由频率分布直方图得该样本中垃圾量为[)4,6，[)6,8，[)8,10，[)10,12，[)12,14，[)14,16，[]16,18的频率分别为0.08，0.1，0.2，0.24，0.18，0.12，0.08，50.0870.1090.20110.24130.18150.12170.0811.0411,x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=≈所以当天这50个社区垃圾量的平均值为11吨； （2）由（1）知11μ=，29σ=，3σ∴=，10.6827(14)()0.158652P X P X μσ-∴>=>+==， 所以这200个社区中“超标”社区的个数为2000.1586532⨯≈；（3）由（1）得样本中当天垃圾量为[)14,16的社区有500.126⨯=个，垃圾量为[)16,18的社区有500.084⨯=个，所以Y 的可能取值为0，1，2，3，363101(0)6C P Y C ===，21643101(1)2C C P Y C ===，12643103(2)10C C P Y C ===，343101(3)30C P Y C ===，Y ∴的分布列为 Y123P1612310130()01236210305E Y ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=.2．到2020年年底，经过全党全国各族人民共同努力，现行标准下9899万农村贫困人口全部脱贫，832个贫困县全部摘帽，12.8万个贫困村全部出列，区域性整体贫困得到解决，完成了消除绝对贫困的艰巨任务．在接下来的5年过渡期，为巩固脱贫成果，将继续实行“四个不摘”，某市工作小组在2021年继续为已脱贫群众的生产生活进行帮扶，工作小组经过多方考察，引进了一种新的经济农作物，并指导一批农户于2021年初开始种植．已知该经济农作物每年每亩的种植成本为1000元，根据前期各方面调查发现，由于天气、市场经济等因素的影响，近几年该经济农作物的亩产量与每千克售价具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：该经济农作物市场价格（元/kg ）1015该经济农作物每年亩产量(kg)400 600概率0.4 0.6 概率0.25 0.75（1）设2021年当地某农户种植一亩该经济农作物的纯收入为X 元，求X 的分布列；（2）已知当地某农户在2021年初种植了3亩该经济农作物，假设各亩地的产量相互独立，求该农户在2021年通过种植该经济农作物所获得的纯收入超过12000元的概率． （注：纯收入=种植收入-种植成本） 【详解】（1）由题知一亩地的种植收入可能为4000，6000，9000，故X 的所有可能取值为3000，5000，8000(3000)0.40.250.1P X ==⨯=，(5000)0.40.750.60.250.45P X ==⨯+⨯=，(8000)0.60.750.45P X ==⨯= X 的分布列为： X 3000 5000 8000 P0.10.450.45（2）纯收入超过12000元，即3亩地种植收入超过15000元， 若价格为10元/kg ，则3亩地的总产量超过1500kg ， 因为40026001500⨯+<，所以符合条件的概率为()22330.750.250.750.40.3375C ⨯⨯+⨯=． 若价格为15元/kg ，则3亩地的总产量超过1000kg ，34001000⨯>， ∴P （纯收入超过1200元）0.60.33750.9375=+=3．第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京举行实践“绿色奥运、科技奥运、人文奥运”理念，举办一届“有特色、高水平”的奥运会，是中国和北京的庄严承诺，也是全世界的共同期待.为宣传北京冬奥会，激发人们参与冬奥会的热情，某市开展了关于冬奥知识的有奖问答.从参与的人中随机抽取100人，得分情况如下：（1）得分在80分以上称为“优秀成绩”，从抽取的100人中任取2人，记“优秀成绩”的人数为X ，求X 的分布列及数学期望；（2）由直方图可以认为，问卷成绩值Y 服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本平均数，2σ近似为样本方差.①求(77.289.4)P Y <<；②用所抽取100人样本的成绩去估计城市总体，从城市总人口中随机抽出2000人，记Z 表示这2000人中分数值位于区间(77.2,89.4)的人数，利用①的结果求()E Z .15012.2≈14612.1≈，()0.6826P Y μσμσ-<<+=，(22)0.9544P Y μσμσ-<<+=，(33)0.9974P Y μσμσ-<<+=.【详解】（1）得分80以上的人数为10010(0.0080.002)10⨯⨯+=，X 可能取值为0，1，22902100C 89(0)C 110P X ===，1110902100C C 2(1)C 11P X ===，2102100C 1(2)C 110P X ===， X 分布列为： X12P89110 211 1110()012110111105E X =⨯+⨯+⨯=. （2）10(350.002450.009550.022650.033750.024850.008950.002)x =⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯65=22222(3565)100.002(4565)100.009(5565)100.022(7565)100.024s =-⨯⨯+-⨯⨯+-⨯⨯+-⨯⨯ 22(8565)100.008(9565)100.002150+-⨯⨯+-⨯⨯=取65x μ==，212.2s σ==①1(77.289.4)[(22)()]0.13592P Y P Y P Y μσμσμσμσ<<=-<<+--<<+= ②~(2000,0.1359)Z B ，()20000.1359271.8E Z =⨯=4．在刚刚过去的寒假，由于新冠疫情的影响，哈尔滨市的A ､B 两所同类学校的高三学年分别采用甲､乙两种方案进行线上教学，为观测其教学效果，分别在两所学校的高三学年各随机抽取60名学生，对每名学生进行综合测试评分，记综合评分为80及以上的学生为优秀学生，经统计得到两所学校抽取的学生中共有72名优秀学生.（1）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A ､B 两个学校的高三学年随机抽取3名学生，求所抽取的学生中的优秀学生数的分布列和数学期望；（2）已知A 学校抽出的优秀学生占该校抽取总人数的23，填写下面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为学生综合测试评分优秀与教学方案有关.优秀学生非优秀学生合计 甲方案 乙方案 合计附：()20P K k ≥0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.0010k2.0722.7063.841 5.024 6.635 7.879 10.828()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中 n a b c d =+++.【详解】()1由已知，学生为优秀的概率为720.6120=， 记优质学生数为X ，由题意知，X 的所有可能取值为0，1，2，3.则()()3300.40.064P X C ===，()()23110.40.60.288P X C ===，()()22320.40.60.432P X C ===，()()33330.60.216P X C ===.故X 的分布列为X12 3P0.0640.2880.4320.216所以X 的数学期望为()30.6 1.8E X =⨯=.()2填写列联表如下优秀学生 非优秀学生 合计甲方案 40 20 60 乙方案 3228 60合计7248120计算()2212040282032 2.22 2.70660607248k ⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯，所以不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为学生综合测试评分优秀与教学方案有关.5．为了调查A 地区200000名学生寒假期间在家的课外阅读时间，研究人员随机抽取了20000名学生作调查，所得结果统计如下表所示： 阅读时间() h []0,10(]10,20(]20,30(]30,40(]40,50(]50,60频数2003700530080002300500（1）若阅读的时间Z 近似地服从正态分布(),64N μ，其中μ为这20000名学生阅读时间的平均值，试估计这200000名学生中阅读时间在(]6,38的学生人数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）； （2）以频率估计概率，若从全体学生中随机抽取5人，记阅读时间在(]30,40中的人数为X ，求X 的分布列和数学期望()E X ；（3）为了调查阅读时间与性别是否具有相关性，研究人员从这20000名学生中再随机抽取500名男生和500名女生作进一步调查，所得数据如下表所示，判断是否有99.9%的把握认为阅读时间与性别具有相关性．阅读时间在[]0,30之间 阅读时间在(]30,60之间 男生 200 女生 100附：若()2~,Z Nμσ，则()0.6827P Z μσμσ-<≤+=，()220.9545P Z μσμσ-<≤+=，()330.9973P Z μσμσ-<≤+=．()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++． ()20P K k ≥ 0.1000.0500.0100.0010k2.7063.841 6.635 10.828【详解】（1）依题意，5200153700255300358000452300555003020000μ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==，则()230,8ZN ，故()()0.68270.997363830.842P Z P Z μσμσ+<≤=-<≤+==，故所求人数约为2000000.84168000⨯=人．（2）由题意，可得阅读时间在(]30,40的人数所占的频率为80002200005=，所以2~5,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，X 的可能取值为0,1,2,3,4,5.所以()53243053125P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()4152********C 553125625P X ⎛⎫⎛⎫==== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()23252310802162C 553125625P X ⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()3235237201443553125625P X C ⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()24523240484C 553125625P X ⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()5232553125P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭， 故X 的分布列为：X12 34 5P2433125 16262521662514462548625323125故()525E X =⨯=． （3）完善列联表如下： 阅读时间在[]0,30之间 阅读时间在(]30,60之间 总计 男生 300 200 500 女生 100 400 500 总计4006001000由于()221000300400200100166.6710.828500500400600K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，所以有99.9%的把握认为阅读时间与性别具有相关性．。
2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题六 统计与概率 专题对点练19 Word版含答案
专题对点练19统计与统计案例1.我国是世界上严重缺水的国家,城市缺水问题较为突出,某市政府为了鼓励居民节约用水,计划在本市试行居民生活用水定额管理,即确定一个合理的居民月用水量标准x(单位:吨),用水量不超过x的部分按平价收费,超过x的部分按议价收费.为了了解全市居民月用水量的分布情况,通过抽样,获得了100名居民某年的月用水量(单位:吨),将数据按照[0,0.5),[0.5,1),…,[4,4.5]分成9组,制成了如图所示的频率分布直方图.(1)求直方图中a的值;(2)已知该市有80万居民,估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数,并说明理由;(3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x(单位:吨),估计x的值,并说明理由.2.为迎接即将举行的集体跳绳比赛,高一年级对甲、乙两个代表队各进行了6轮测试,测试成绩(单位:次/分钟)如下表:(1)补全茎叶图,并指出乙队测试成绩的中位数和众数;(2)试用统计学中的平均数、方差知识对甲、乙两个代表队的测试成绩进行分析.3.某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费x(单位:千元)对年销售量y(单位:t)和年利润z(单位:千元)的影响.对近8年的年宣传费x i和年销售量y i(i=1,2,…,8)数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值.(x i-)2(w i-)2(x i-)(y i-)(w i-)(y i-)表中w i=w i.(1)根据散点图判断y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立y关于x的回归方程;(3)已知这种产品的年利润z与x,y的关系为z=0.2y-x.根据(2)的结果回答下列问题:①年宣传费x=49时,年销售量及年利润的预报值是多少?②年宣传费x为何值时,年利润的预报值最大?附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(u n,v n),其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为.4.某校数学课外兴趣小组为研究数学成绩是否与性别有关,先统计本校高三年级每个学生一学期数学成绩平均分(采用百分制),剔除平均分在30分以下的学生后,共有男生300名,女生200名.现采用分层抽样的方法,从中抽取了100名学生,按性别分为两组,并将两组学生成绩分为6组,得到如下所示(1)估计男、女生各自的成绩平均分(同一组数据用该组区间中点值作代表),从计算结果看,判断数学成绩与性别是否有关;(2)规定80分以上为优分(含80分),请你根据已知条件作出2×2列联表,并判断是否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为“附表及公式K2=,其中n=a+b+c+d.专题对点练19答案1.解(1)由频率分布直方图,可得(0.08+0.16+a+0.40+0.52+a+0.12+0.08+0. 04)×0.5=1,解得a=0.30.(2)由频率分布直方图可知,100名居民每人月用水量不低于3吨的频率为(0.12+0.08+0.04)×0.5=0.12.由以上样本频率分布,可以估计全市80万居民中月均用水量不低于3吨的人数为800 000×0.12=96 000.(3)∵前6组的频率之和为(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52+0.30)×0.5=0.88>0.85,而前5组的频率之和为(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52)×0.5=0.73<0.85,∴2.5≤x<3.由0.3×(x-2.5)=0.85-0.73,解得x=2.9.因此,估计月用水量标准为2.9吨时,85%的居民每月的用水量不超过标准.2.解(1)补全茎叶图如下:乙队测试成绩的中位数为72,众数为75.(2)=72,[(63-72)2+(66-72)2+(72-72)2+(73-72)2+(76-72)2+(82-72)2]=39;=72,[(62-72)2+(68-72)2+(69-72)2+(75-72)2+(75-72)2+(83-72)2]=44.因为,所以甲、乙两队水平相当,但甲队发挥较稳定.3.解(1)由散点图可以判断y=c+d适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型.(2)令w=,先建立y关于w的线性回归方程.因为=68,=563-68×6.8=100.6,所以y关于w的线性回归方程为=100.6+68w,因此y关于x的回归方程为=100.6+68.(3)①由(2)知,当x=49时,年销售量y的预报值=100.6+68=576.6,年利润z的预报值=576.6×0.2-49=66.32.②根据 (2)的结果知,年利润z的预报值=0.2(100.6+68)-x=-x+13.6+20.12.所以当=6. 8,即x=46.24时,取得最大值.故年宣传费为46.24千元时,年利润的预报值最大.4.解(1)=45×0.05+55×0.15+65×0.3+75×0.25+85×0.1+95×0.15=71.5.=45×0.15+55×0.10+65×0.125+75×0.25+85×0.325+95×0.05=71.5.从男、女生各自的成绩平均分来看,并不能判断数学成绩与性别有关.(2)由频数分布表可知,在抽取的100名学生中,“男生组”中的优分有15人,“女生组”中的优分有15人,据此可得2×2列联表如下:优分非优分合计可得K2=≈1.79.∵1.79<2.706,∴不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为“数学成绩与性别有关”.。
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专题对点练20 统计与概率
1.
为了检验学习情况,某培训机构于近期举办一场竞赛活动,分别从甲、乙两班各抽取10名学员的成绩进行统计分析,其成绩的茎叶图如图所示(单位:分),假设成绩不低于90分者被命名为“优秀学员”.
(1)分别求甲、乙两班学员成绩的平均分(结果保留一位小数);
(2)从甲班4名优秀学员中抽取2人,从乙班2名80分以下的学员中抽取1人,求三人平均分不低于90分的概率.
2.某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B1,B2,B3中选择2个国家去旅游.
(1)若从这6个国家中任选2个,求这2个国家都是亚洲国家的概率;
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,求这2个国家包括A1但不包括B1的概率.
3.(2018
好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)随机选取1部电影,估计这部电影没有获得好评的概率;
(3)电影公司为增加投资回报,拟改变投资策略,这将导致不同类型电影的好评率发生变化,假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化,那么哪类电影的好评率增加0.1,哪类电影的好评率减少0.1,使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大?(只需写出结论)
4.
近年来,我国许多省市雾霾天气频发,为增强市民的环境保护意识,某市面向全市征召n名义务宣传志愿者,成立环境保护宣传组织.现把该组织的成员按年龄分成5组:第1组[20,25),第2组[25,30),第3组[30,35),第4组[35,40),第5组[40,45],得到的频率分布直方图如图所示,已知第2组有35人.
(1)求该组织的人数;
(2)若在第3,4,5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参加某社区的宣传活动,应从第3,4,5组各抽取多少名志愿者?
(3)在(2)的条件下,该组织决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验,求第3组至少有1名志愿者被抽中的概率.
5.某校为了解学生对正在进行的一项教学改革的态度,从500名高一学生和400名高二学生中按分层抽样的方式抽取了45名学生进行问卷调查,结果可以分成以下三类:支持、反对、无所谓,调查结果统计如下:
(1)①求出表中的x,y的值;
②从反对的同学中随机选取2人进一步了解情况,求恰好抽取高一、高二各1人的概率;
(2)根据表格统计的数据,完成下面的2×2列联表,并判断是否有90%的把握认为持支持与就读年级有关.(
附:K2=,其中n=a+b+c+d.。