年高考数学二轮专题复习与策略第部分专题3概率与统计突破点9随机变量及其分布专题限时集训理

第1讲 概率、随机变量及其分布[做小题——激活思维]1．若随机变量X 的分布列如表所示，E (X )＝1.6，则a －b ＝( )A ．0.2 C ．0.8D ．－0.8B [由0.1＋a ＋b ＋0.1＝1，得a ＋b ＝0.8，又由E (X )＝0×0.1＋1×a ＋2×b ＋3×0.1＝1.6，得a ＋2b ＝1.3，解得a ＝0.3，b ＝0.5，则a －b ＝－0.2.]2．已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.9C [记“第一个路口遇到红灯”为事件A ，“第二个路口遇到红灯”为事件B ，则P (A )＝0.5，P (AB )＝0.4，则P (B |A )＝P ABP A＝0.8，故选C.]3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.16B [设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品；事件B ：乙实习生加工的零件为一等品，且A ，B 相互独立，则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.]4．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥1)＝( )A.12B.1681C.6581D ．1C [∵X ～B (2，p )，∴P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 02(1－p )2＝59，解得p ＝13，∴P (Y ≥1)＝1－P (Y ＝0)＝1－C 04(1－p )4＝1－1681＝6581，故选C.]5．罐中有6个红球和4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D (X )的值为________．2425 [因为是有放回地取球，所以每次取球(试验)取得红球(成功)的概率均为35，连续取4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35，∴D (X )＝4×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425.]6．已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为________．(附：若随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝0.954 5)0.135 9 [依题意设X ～N (0,32)，其中μ＝0，σ＝3， ∴P (－3＜X ＜3)＝0.682 7，P (－6＜X ＜6)＝0.954 5.∴P (3＜X ＜6)＝12[P (－6＜X ＜6)－P (－3＜X ＜3)]＝12×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.][扣要点——查缺补漏]1．离散型随机变量的分布列的两个性质 (1)p i ≥0 (i ＝1,2，…，n )； (2)p 1＋p 2＋…＋p n ＝1.如T 1. 2．变量ξ的数学期望、方差 (1)E (ξ)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x n p n .如T 1.(2)D (ξ)＝[x 1－E (ξ)]2·p 1＋[x 2－E (ξ)]2·p 2＋…＋[x n －E (ξ)]2·p n ，标准差为D ξ.3．期望、方差的性质(1)E (a ξ＋b )＝aE (ξ)＋b ，D (a ξ＋b )＝a 2D (ξ)； (2)若ξ～B (n ，p )，则E (ξ)＝np ，D (ξ)＝np (1－p )． (3)X 服从两点分布，则E (ξ)＝p ，D (ξ)＝p (1－p )． 4．常见概率的求法(1)条件概率：在A 发生的条件下B 发生的概率P (B |A )＝P ABP A，如T 2.(2)相互独立事件同时发生的概率：P (AB )＝P (A )P (B )，如T 3.(3)在n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率：P (ξ＝k )＝C k n p k q n －k，(k ＝0,1,2，…，n ，q ＝1－p )，如T 4.(4)超几何分布：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 )＝C k M C n －kN －M C n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.(5)正态分布：若X ～N (μ，σ2)，则正态曲线关于直线x ＝μ对称，常借助图象的对称性求随机变量落在某一范围内的概率，如T 6.[教师授课资源] [备考指导]新考纲把概率与统计作为数学思想提出来，必会重点考查，近几年的概率与统计高考题新颖灵活，并且作为压轴题出现，在备考中特别重视.[命题方向]①数据统计分析，通过观察分析计算数据，计算x ，s 2，E X 等来进行方案的选择，同时与概率、正态分布结合，来解决实际问题如控制生产线②以频率分布直方图为载体，研究平均数x ，让x 近似等于正态分布N μ，σ2中的μ，进而考查3σ区间与二项分布结合，研究期望与方差.③以统计案例为载体，考查X 2，r 的同时，考查非线性回归问题，通过换元，取对数等手段，把非线性回归问题转化为线性回归问题，其中要通过数据的计算及灵活变通.④以新颖背景为载体，考查分类讨论，要进行多种情况下概率与统计的特征数的计算进行数据比较分析，进行方案的选择.⑤开放型题目，方案选择理由不唯一，会有多种角度回答，这种题型符合新考纲要求，同时增大阅读量与数字字母化，考查阅读转化能力.,本部分建议重点归类研究近几年全国卷高考题，研究考法与题型，进行总结归纳反思，从而开阔思路和视野，以不变应万变，提升分析问题能力.条件概率、相互独立事件及二项分布(5年5考)[高考解读] 高考对该点的考查可以单独考查也可以与概率统计综合考查，注重双基，属基础性题目.解答的关键是分清事件间的关系，套用相应概率公式求解.预测2020年命题风格不变.1．(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，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X ＝6)，则p＝( )A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3B[由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的人数X概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得C410p4(1－p)6＜C610p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.]2．(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，就是某局双方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.[教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.312A[3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.]2．(2014·全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45A[根据条件概率公式，直接代入，可求得随后一天的空气质量为优良的概率．已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P ＝0.60.75＝0.8.]3．(2016·全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．[解](1)设A 表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15.又P (AB )＝P (B )， 故P (B |A )＝P AB P A ＝P B P A ＝0.150.55＝311.因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X 元，则X 的分布列为1.23a .因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．提醒：解决条件概率的关键是明确“既定条件”，即在“谁发生的条件下，求谁的概率”．1．(条件概率)(2019·长沙模拟)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为( )A ．0.75B ．0.6C ．0.52D ．0.48A [设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A ，使用到2年时还未损坏为事件B ，则由题意知P (AB )＝0.6，P (A )＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P (B |A )＝P AB P A＝0.60.8＝0.75，故选A.] 2．(二项分布)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：命在30天以上的概率为( )A.1316B.2764C.2532D.2732D [由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为80＋50＋20200＝34，则所求概率为C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＋C 33·⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732.] 3．(相互独立事件的概率)甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为25，34，13，且各自能否被选中互不影响．则3人中至少有1人被选中的概率为________．9 10[3人都未被选中的概率为P＝⎝⎛⎭⎪⎫1－25×⎝⎛⎭⎪⎫1－34×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＝110，故3人中至少有1人被选中的概率为1－110＝910.]随机变量的分布列、均值、方差(5年6考)[高考解读] 高考对该点的考查常以生产、生活实际为背景，考查考生从题干中提取信息建立数学模型，并应用期望或方差对实际问题作出决策的能力.预测2020年会加强对该点的考查.(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．①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E(X)；②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？切入点：借助独立重复试验的概率公式建立概率函数f(p)，并用导数求f(p)的最大值点P0.[解](1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(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＝0.1.①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E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②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E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验．[教师备选题](2016·全国卷Ⅰ)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？[解](1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以X的分布列为故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040；当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.解决分布列、期望、方差问题的3关(1)判断关：即依据题意判断随机变量的取值及判断所求分布列的类型．(2)概率关：即依据事件间的相互关系，结合相应的概率公式求出每个随机变量取值的概率．(3)决策关：即借助分布列，计算随机变量的数学期望，并结合实际问题作出合理决策．1．(以统计图表为背景)随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机A PP软件层出不穷．为调查某款订餐软件的商家的服务情况，统计了10次订餐“送达时间”(时间：分钟)，得到茎叶图如下：(1)请计算“送达时间”的平均数与方差；(2)根据茎叶图，求A，B，C，D的值；(包括35分钟)收到餐品的人数X的分布列，并求出数学期望．[解](1)“送达时间”的平均数为28＋29＋32＋34＋34＋35＋36＋38＋41＋43＝35(分钟)，10方差为－2＋－2＋－2＋－2＋－2＋02＋12＋32＋62＋8210＝20.6.(2)A＝6，B＝4，C＝0.6，D＝0.4.(3)由已知，人数X的可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝C03×0.60×0.43＝0.064；P(X＝1)＝C13×0.61×0.42＝0.288；P(X＝2)＝C23×0.62×0.41＝0.432；P(X＝3)＝C33×0.63×0.40＝0.216.所以随机变量X的分布列为X服从二项分布E(X)＝3×0.6＝1.8.2．(函数与概率统计的交汇)某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n (n ∈N *)份血液样本，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n 次；(2)混合检验，将其中k (k ∈N *且k ≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k 份血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k ＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p (0＜p ＜1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；(2)现取其中k (k ∈N *且k ≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2.①试运用概率统计的知识，若E ξ1＝E ξ2，试求p 关于k 的函数关系式p ＝f (k )； ②若p ＝1－13e，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k 的最大值．参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，ln 4≈1.386 3，ln 5≈1.609 4，ln 6≈1.791 8.[解](1)p ＝C 12C 13A 23A 22A 55＝35.∴恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为35.(2)①由已知得E ξ1＝k ，ξ2的所有可能取值为1，k ＋1. ∴P (ξ2＝1)＝(1－p )k，P (ξ2＝k ＋1)＝1－(1－p )k， ∴E ξ2＝(1－p )k＋(k ＋1)[1－(1－p )k]＝k ＋1－k (1－p )k.若E ξ1＝E ξ2，则k ＝k ＋1－k (1－p )k ，∴k (1－p )k ＝1，(1－p )k＝1k，∴1－p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1k，∴p＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1k. ∴p 关于k 的函数关系式p ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1k(k ∈N *且k ≥2)．②由题意可知E ξ2＜E ξ1，得1k＜(1－p )k，∵p ＝1－13e ，∴1k ＜⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13e k ，∴ln k ＞13k ， 设f (x )＝ln x －13x (x ＞0) ， 则f ′(x )＝3－x 3x， ∴当x ＞3时，f ′(x )＜0，即f (x )在(3，＋∞)上单调递减， 又ln 4≈1.386 3, 43≈1.333 3， ∴ln 4＞43， ∵ln 5≈1.609 4，53≈1.666 7，∴ln 5＜53. ∴k 的最大值为4.样本的均值、方差与正态分布的综合(5年2考)[高考解读] 正态分布可与二项分布、控制生产线结合，很受命题者的青睐，主要考查3σ区间与对称性；考查正态分布的题目，要重视题后数据的利用，题后数据作用：①提供方向(计算)与目标；②切勿掉入题后数据误导的陷阱．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.9810.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.0410.05 9.95经计算得＝，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4,0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.[解](1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16,0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X 的数学期望E (X )＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.[教师备选题](2014·全国卷Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x －，σ2近似为样本方差s 2.①利用该正态分布，求P (187.8<Z <212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数，利用①的结果，求E (X )． 附：150≈12.2.若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z <μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z <μ＋2σ)＝0.954 4.[解](1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2分别为x －＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s 2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z ～N (200,150)，从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.682 6.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6，依题意知X ～B (100,0.682 6)，所以E (X )＝100×0.682 6＝68.26.解决正态分布问题有4个关键点(1)对称轴x ＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性求指定范围内的概率值，由μ，σ分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率；(4)曲线与x 轴之间面积为1.(与频率分布直方图交汇)某质检部门从某烤鳗鱼有限公司生产的某批次的烤鳗鱼中随机抽取200箱，检测这些产品的某项质量指标值(记为Z )，由检测结果得到如下图所示的频率分布直方图．(1)质检部门规定，当Z ≥95时，产品为合格品；当Z <95时，产品为不合格品．该公司每生产一箱这种产品，若是合格品，则盈利90元；若是不合格品，则亏损30元．记Y 为生产一箱这种产品的利润，求Y 的分布列和E (Y )；(2)由频率分布直方图可以认为，Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2(同一组中的数据用所在区间的中点值作代表)．①利用该正态分布，求P (75.6<Z ≤124.4)；②某客户从该公司购买了500箱这种产品，记X 表示这500箱产品中该质量指标值位于(75.6,124.4)上的产品箱数，利用①的结果，求X 的期望与方差．附：150≈12.2，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ＜Z≤μ＋3σ)≈0.997 3.[解](1)由频率估计概率，产品为合格品的概率为(0.033＋0.024＋0.008＋0.002)×10＝0.67，为不合格品的概率为1－0.67＝0.33.所以随机变量Y的分布列为所以E(Y(2)由频率分布直方图知，抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x＝70×0.02＋80×0.09＋90×0.22＋100×0.33＋110×0.24＋120×0.08＋130×0.02＝100，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋02×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150，所以Z～N(100,150)．①因为Z～N(100,150)，所以P(75.6＜Z≤124.4)＝P(100－12.2×2＜Z≤100＋12.2×2)≈0.954 5.②由①可知，一箱产品中该质量指标值位于(75.6,124.4)上的概率为0.954 5，依题意知X～B(500,0.954 5)，所以E(X)＝500×0.954 5＝477.25，D(X)＝500×0.954 5×(1－0.954 5)≈21.7.。

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)。

《计数原理与概率》高考复习指导一、考试说明：1．考试内容（1）分类计数原理与分步计数原理，排列与组合．（2）等可能性事件的概率，互斥事件有一个发生的概率，相互独立事件同时发生的概率．2．考试要求（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．（2）理解排列与组合的意义，掌握排列数与组合数的计算公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．（3）了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合公式计算一些等可能性事件的概率．（4）了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率．（5）了解相互独立事件的意义，会用相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．二、高考试题分析排列与组合、概率与统计是高中数学的重要内容．一方面，这部分内容占用教学时数多达36课时，另一方面，这部分内容是进一步学习高等数学的基础知识，因此，它是高考数学命题的重要内容．从近三年全国高考数学（新材）试题来看，主要是考查排列与组合、概率与统计的基本概念、公式及基本技能、方法，以及分析问题和解决问题的能力．试题特点是基础和全面．题目类型有选择题、填空题、解答题，一般是两小（9分～10分）一大（12分），解答题通常是概率问题．试题难度多为低中档．为了支持高中数学课程的改革，高考数学命题对这部分将进一步重视，但题目数量、难度、题型将会保持稳定．例1．（1999年全国）在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物间的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有_______种（用数字作答）．[解析]A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有两种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有一种种植方法．B在左边种植的情形与上述情形相同．故共有2(3＋2＋1)=12种不同的选垄方法．∴应填12.例2．（2003年新教材）将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每一块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______种（以数字作答）．[解析]将5块试验田从左到右依次看作甲、乙、丙、丁、戊，3种作物依次看作A、B、C，则3种作物都可以种植在甲试验田里，由于相邻的试验田不能种植同一种作物，从而可知在乙试验田里只能有两种作物．同理，在丙、丁、戊试验田里也只能有两种作物可以种植．由分步计数原理，不同的种植方法共有3×2×2×2=48种．∴应填：48例3．（2003年全国高考题）某城市中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽法有_______种．[解析]由于第1、2、3块两两相邻，我们先安排这三块，给第1、2、3块种花时分别有4、3、2种种法，所以共有4×3×2=24种不同种法．下面给第4块种花，若第4块与第6块同色，只有一种种植方法，则第5块只有2种种法，若第4块与第2块同色时，共有2×1=2种种法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块同色，则第6块有2种种植的方案，而第5块只有1种种法，共有2种不同的种植方法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块不同色，则第6块有1种种法，则第5块也有一种不同种法，所以第4块与第6块不同色时，有1种种法．综上共有24×(2＋2＋1)=120种不同的种植方法．例4．（2003年春季考试题）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为A 、42B 、30C 、20D 、12[解析]将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种情况：（1）两个新节目相邻的插法种数为226A ；（2）两个节目不相邻的插法种数为26A ；由分类计数原理共有2226642A A +=种方法，选A.例5．（2004重庆）（本小题满分12分）设甲、已、丙三人每次射击命中目标的概率分别为0.7、0.6和0.5。

1．(2014·课标Ⅱ，5，易)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6.已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.451．A设“一天的空气质量为优良”为事件A，“连续两天为优良”为事件AB，则已知某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率为P(B|A)．由条件概率可知，P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.60.75＝45＝0.8，故选A.2．(2015·湖南，18，12分，中)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X .求X 的分布列和数学期望．2．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}， B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}， B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}， C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A －2与A －1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A －2＋A －1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2) ＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A －2＋A －1A 2)＝P (A 1A －2)＋P (A －1A 2)＝P (A 1)P (A －2)＋P (A －1)P (A 2)＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2) ＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12.故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫151⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.3．(2014·山东，18，12分，中)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．3．解：记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.(1)记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，得 P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3) ＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)·P (B 1)＋P (A 0)P (B 3)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6， 由事件的独立性和互斥性，得 P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋15×16＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110. 可得随机变量ξ的分布列为所以数学期望Eξ＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.4．(2013·课标Ⅰ，19，12分，中)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n .如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立． (1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列及数学期望． 4．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X可能的取值为400，500，800，并且P(X＝400)＝1－416－116＝1116，P(X＝500)＝116，P(X＝800)＝14.所以X的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.相互独立事件的概率是高考的常考考点，是解决复杂问题的基础，一般情况下，一些较为复杂的事件可以拆分为一些相对简单事件的和或积，这样就可以利用概率公式转化为互斥事件和独立事件的组合，通常以解答题出现，与数学期望等知识结合，难度中等．1(2015·北京，16，13分)A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16；B组：12，13，15，16，17，14，a.假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)(1)甲的康复时间不少于14天→甲是A组的第5人或第6人或第7人→每人康复时间互斥→互斥事件概率加法公式 (2)甲康复时间比乙长→相互独立事件同时发生→列举每种情况→互斥事件加法求解【解析】 设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”，事件B j 为“乙是B 组的第j 个人”，i ，j ＝1，2， (7)由题意可知P (A i )＝P (B j )＝17，i ，j ＝1，2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6. 因为P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049. (3)a ＝11或a ＝18.(2014·大纲全国，20，12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立． (1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．解：设A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0，1，2， B 表示事件：甲需使用设备， C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)D ＝A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C ， P (B )＝0.6，P (C )＝0.4， P (A i )＝C i 2×0.52，i ＝0，1，2，所以P (D )＝P (A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C )＝P (A 1BC )＋P (A 2B )＋P (A 2B －C )＝P (A 1)P (B )P (C )＋P (A 2)P (B )＋P (A 2)P (B －)P (C ) ＝0.31.(2)X 的可能取值为0，1，2，3，4，则有P (X ＝0)＝P (B －A 0C －)＝P (B －)P (A 0)P (C －)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4) ＝0.06，P (X ＝1)＝P (BA 0C －＋B －A 0C ＋B －A 1C －)＝P (B )P (A 0)P (C －)＋P (B －)P (A 0)P (C )＋P (B －)P (A 1)P (C －)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4) ＝0.25，P (X ＝4)＝P (A 2BC )＝P (A 2)P (B )P (C )＝0.52×0.6×0.4＝0.06， P (X ＝3)＝P (D )－P (X ＝4)＝0.25，P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)－P (X ＝4) ＝1－0.06－0.25－0.25－0.06 ＝0.38， X 的分布列为数学期望E (X )＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＋4×P (X ＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.相互独立事件概率的求法(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A 和事件B 相互独立时，才有P (AB )＝P (A )·P (B )．(2)A ，B 中至少有一个发生：A ∪B .①若A ，B 互斥：P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，否则不成立．②若A ，B 相互独立(不互斥)，则概率的求法：方法一：P (A ∪B )＝P (AB )＋P (AB －)＋P (A －B )；方法二：P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (AB )＝1－P (A －)P (B －)．(3)某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高准确率．要注意“至多”“至少”等题型的转化．条件概率在高考中经常作为解答题的一小问，或以选择题、填空题出现，难度较小，一般以直接考查公式的应用为主，分值约为5分．2(2015·湖北荆门模拟，20，12分)某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件．求： (1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．【解析】 设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到次品”为事件B ，事件A 和事件B 相互独立．依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为P (A )＝520＝14. (2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P (AB )＝520×419＝119.(3)方法一：在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝119÷14＝419.方法二：第一次抽到次品后，还剩余产品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率为P (B )＝419.(2015·湖北荆州质检，13)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A ＝“至少一次出现反面”，事件B ＝“恰有一次出现正面”，则P (B |A )＝________． 【解析】 由题意知，P (AB )＝323＝38，P (A )＝1－123＝78，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝3878＝37. 【答案】 37,条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.注意：事件A 与事件B 有时是相互独立事件，有时不是相互独立事件，要弄清P (AB )的求法．(2)当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n （AB ）n （A ）.1．(2016·湖北荆门一模，6)把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )等于( ) A.12 B.14 C.16 D.181．A 由古典概型知P (A )＝12，P (AB )＝14，则由条件概率知P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.2．(2016·河北石家庄质检，9)小明准备参加电工资格考试，先后进行理论考试和操作考试两个环节，每个环节各有两次考试机会，在理论考试环节，若第一次考试通过，则直接进入操作考试；若第一次未通过，则进行第二次考试，若第二次考试通过则进入操作考试环节，第二次未通过则直接被淘汰．在操作考试环节，若第一次考试通过，则直接获得证书；若第一次未通过，则进行第二次考试，若第二次考试通过则获得证书，第二次未通过则被淘汰．若小明每次理论考试通过的概率为34，每次操作考试通过的概率为23，并且每次考试相互独立，则小明本次电工考试中共参加3次考试的概率是( ) A.13 B.38 C.23 D.342．B 设小明本次电工考试中共参加3次考试为事件A ，小明本次电工考试中第一次理论考试没通过，第二次理论考试通过，第一次操作考试通过为事件B ，小明本次电工考试中第一次理论考试通过，第一次操作考试没通过为事件C ，则P (A )＝P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )，又P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×34×23＝18，P (C )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝14，所以P (A )＝18＋14＝38.3．(2015·河南郑州一模，10)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是( ) A.1127 B.1124 C.1627 D.9243．A 方法一：记事件A ：从2号箱中取出的是红球；事件B ：从1号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为1，可知：P (B )＝42＋4＝23，P (B －)＝1－23＝13；由条件概率公式知P (A |B )＝3＋18＋1＝49，P (A |B －)＝38＋1＝39.从而P (A )＝P (AB )＋P (AB －)＝P (A |B )·P (B )＋P (A |B －)·P (B －)＝1127，选A.方法二：根据题意，分两种情况讨论：①从1号箱中取出白球，其概率为26＝13，此时2号箱中有6个白球和3个红球，从2号箱中取出红球的概率为13，则这种情况下的概率为13×13＝19.②从1号箱中取出红球，其概率为23.此时2号箱中有5个白球和4个红球，从2号箱中取出红球的概率为49，则这种情况下的概率为23×49＝827.则从2号箱中取出红球的概率是19＋827＝1127.4．(2016·江苏扬州一模，4)在三张奖券中有一、二等奖各一张，另一张无奖，甲乙两人各抽取一张(不放回)，两人都中奖的概率为________．4．【解析】 方法一：不妨设甲先抽奖，设甲中奖记为事件A ，乙中奖记为事件B ，两人都中奖的概率为P ，则P ＝P (AB )＝23×12＝13.方法二：甲乙从三张奖券中抽两张的方法有A 23＝6种，两人都中奖的可能有2种，设两人都中奖的概率为P ，则P ＝26＝13. 【答案】 135．(2016·江苏盐城二模，10)如图所示的电路有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．5．【解析】 灯泡甲亮满足的条件是a ，c 两个开关都开，b 开关必须断开，否则短路．设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件AB －C ，且A ，B ，C 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，由独立事件概率公式知P (AB －C )＝P (A )P (B －)P (C )＝12×12×12＝18.【答案】 186．(2016·湖南常德一模，18，12分)某旅游景点，为方便游客游玩，设置自行车骑游出租点，收费标准如下：租车时间不超过2小时收费10元，超过2小时的部分按每小时10元收取(不足一小时按一小时计算)．现甲、乙两人独立来该租车点租车骑游，各租车一次．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为13，12；2小时以上且不超过3小时还车的概率分别为12，13，且两人租车的时间都不超过4小时．(1)求甲、乙两人所付租车费用相等的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望． 6．解：(1)甲、乙所付费用可以为10元、20元、30元， 甲、乙两人所付费用都是10元的概率为P 1＝13×12＝16. 甲、乙两人所付费用都是20元的概率为P 2＝12×13＝16.甲、乙两人所付费用都是30元的概率为P 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13＝136.故甲、乙两人所付费用相等的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝1336. (2)随机变量ξ的取值可以为20，30，40，50，60. P (ξ＝20)＝12×13＝16. P (ξ＝30)＝13×13＋12×12＝1336.P (ξ＝40)＝12×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13－12×12＝1136.P (ξ＝50)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13－12×13＝536. P (ξ＝60)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13＝136.故ξ的分布列为∴ξ的数学期望是Eξ＝20×16＋30×1336＋40×1136＋50×536＋60×136＝35. 7．(2016·山东德州一模，18，12分)某科技公司组织技术人员进行新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验A ，B ，C ，若A ，B ，C 实验成功的概率分别为45，34，23.(1)对A ，B ，C 实验各进行一次，求至少有一次实验成功的概率；(2)该项目要求实验A ，B 各做两次，实验C 做三次，如果A 实验两次都成功则进行实验B 并获奖励10 000元，两次B 实验都成功则进行实验C 并获奖励30 000元，三次实验C 只要有两次成功，则项目研发成功并获奖励60 000元(不重复得奖)．且每次实验相互独立，用X 表示技术人员所获奖励的数值，写出X 的分布列及数学期望．7．解：(1)设A ，B ，C 实验成功分别记为事件A ，B ，C 且相互独立，A ，B ，C 至少有一次实验成功为事件D .则P (D )＝1－P (A －B －C －)＝1－P (A －)P (B －)P (C －)＝1－15×14×13＝5960.(2)X 的取值为0，10 000，30 000，60 000.则P (X ＝0)＝15＋45×15＝925.P (X ＝10 000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋34×14＝725.P (X ＝30 000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫342×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝775.或P (X ＝30 000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫342×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×23×13＝775. P (X ＝60 000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫342×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝415.∴X 的分布列为∴X 的数学期望是 E (X )＝0×925＋10 000×725＋30 000×775＋60 000×415＝21 600(元)．1．(2015·湖北，4，易)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)1．C由正态分布密度曲线可得，μ1＜μ2，σ1＜σ2.结合正态曲线的概率的几何意义，对于A，∵μ1＜μ2，∴P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)；对于B，∵σ1＜σ2，∴P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)；对于C，D，结合图象可知，C正确．2．(2015·课标Ⅰ，4，中)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.3122．A记A i＝{投中i次}，其中i＝1，2，3，B表示该同学通过测试，故P(B)＝P(A2∪A3)＝P(A2)＋P(A3)＝C23×0.62×0.4＋C33×0.63＝0.648.3．(2015·湖南，7，中)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 4.A．2 386 B．2 718C．3 413 D．4 7723．C由于曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线，则阴影部分面积为S＝0.682 62＝0.341 3，∴落入阴影部分的点的个数为10 000×0.341 31＝3 413.故选C.4．(2016·四川，12，易)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________．4．【解析】 由题可知：在一次试验中成功的概率P ＝1－14＝34，而该试验是一个2次的独立重复试验，成功次数X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34，∴E (X )＝2×34＝32.【答案】 325．(2015·广东，13，中)已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )，若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________.5．【解析】 由E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )，得⎩⎨⎧np ＝30，np （1－p ）＝20，解得p ＝13.【答案】 136．(2012·课标全国，15，中)某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．6．【解析】 由题意知每个电子元件使用寿命超过1 000小时的概率均为12，元件1或元件2正常工作的概率为1－12×12＝34，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为12×34＝38.【答案】 387．(2013·山东，19，12分，中)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率是23.假设每局比赛结果相互独立． (1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得1分，求乙队得分X 的分布列及数学期望．7．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故 P (A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827， P (A 3)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率为827，以3∶2胜利的概率为427. (2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P (A 4)＝C 24⎝⎛⎭⎪⎫1－232⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427. 由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3， 根据事件的互斥性得P (X ＝0)＝P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝1627， P (X ＝1)＝P (A 3)＝427， P (X ＝2)＝P (A 4)＝427，P (X ＝3)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝2)＝19， 故乙队得分X 的分布列为数学期望E (X )＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×19＝79.二项分布是一种重要的概率模型，在高考中经常出现，选择题、填空题、解答题都可能出现，解答题出现频率更高，一般会综合相互独立、互斥或对立事件等知识进行考查，难度中等．1(2014·辽宁，18，12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图．如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．【解析】(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能的取值为0，1，2，3，相应的概率为P(X＝0)＝C03·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝C13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝C23·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝C33·0.63＝0.216，所以X的分布列为因为X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.(1)读图→计算小矩形面积，得相应概率→利用独立事件的概率公式求解(2)确定X的所有可能值→运用n次独立重复试验计算公式，得相应概率→列出分布列→利用二项分布求出期望和方差(2012·天津，16，13分)现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望E (ξ)．解：依题意知，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4)， 则P (A i )＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i. (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P (A 2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4，由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19. (3)ξ的所有可能的取值为0，2，4，由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781. 所以ξ的分布列为故E (ξ)＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881.n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次可看作是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k 个A 事件与n －k 个A －事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k (1－p )n －k .因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k.判断某随机变量是否服从二项分布的方法(1)在每一次试验中，事件发生的概率相同． (2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．正态分布及其应用在近几年新课标高考中时常出现，主要考查正态曲线的性质(特别是对称性)，常以选择题、填空题的形式出现，难度较小；有时也会与概率与统计结合，在解答题中考查．2(1)(2015·辽宁十校联考，7)设两个正态分布N (μ1，σ21)(σ1>0)和N (μ2，σ22)(σ2>0)的密度函数图象如图所示，则( )A ．μ1<μ2，σ1<σ2B ．μ1<μ2，σ1>σ2C ．μ1>μ2，σ1<σ2D ．μ1>μ2，σ1>σ2(2)(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ ＜μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74% 【解析】 (1)由正态分布N (μ，σ2)的性质知，x ＝μ为正态分布密度函数图象的对称轴，故μ1<μ2；又σ越小，图象越高瘦，故σ1<σ2.(2)由正态分布的概率公式知P (－3<ξ<3)＝68.26%，P (－6＜ξ＜6)＝95.44%，故P(3<ξ<6)＝12[] P（－6<ξ<6）－P（－3<ξ<3）＝12(95.44%－68.26%)＝13.59%.【答案】(1)A(2)B1.(2015·广东佛山一模，7)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，则P(X>4)＝()A．0.158 8 B．0.158 7 C．0.158 6 D．0.158 51．B由正态曲线性质知，其图象关于直线x＝3对称，∴P(X>4)＝1－P（2≤X≤4）2＝0.5－12×0.682 6＝0.158 7，故选B.2．(2016·江西八校联考，6)在某次数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布N(100，σ2)(σ>0)，若ξ在(80，120)内的概率为0.8，则ξ在(0，80)内的概率为() A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.22．B由题意得，P(80<ξ<100)＝P(100<ξ<120)＝0.4，P(0<ξ<100)＝0.5，∴P(0<ξ<80)＝0.1.,利用正态曲线的对称性求概率的方法(1)解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．(2)对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：①对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；②P(X<x0)＝1－P(X≥x0)；③P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)．(3)对于特殊区间求概率一定要掌握服从N(μ，σ2)的随机变量X在三个特殊区间的取值概率，将所求问题向P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)转化，然后利用特定值求出相应概率．同时，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊性质．1．(2016·贵州八校联考，3)设随机变量ξ～N(2，4)，若P(ξ>a＋2)＝P(ξ<2a－3)，则实数a的值为()A ．1 B.53 C ．5 D ．91．B 因为P (ξ>a ＋2)＝P (ξ<2a －3)，所以由正态分布的对称性知，（a ＋2）＋（2a －3）2＝2，解得a ＝53.2．(2015·河南郑州二模，9)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( ) A.49 B.29 C.429 D.2272．A 由独立重复试验的概率公式，知所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49. 3．(2015·福建福州模拟，5)已知随机变量ξ服从正态分布N (0，σ2)，若P (ξ>2)＝0.023，则P (－2≤ξ≤2)＝( ) A ．0.477 B ．0.628 C ．0.954 D ．0.9773．C ∵μ＝0，正态曲线关于μ＝0对称， ∴P (ξ＞2)＝P (ξ＜－2)＝0.023，∴P (－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954，故选C.4．(2015·豫北六校联考，10)设ξ是服从二项分布B (n ，p )的随机变量，又E (ξ)＝15，D (ξ)＝454，则n 与p 的值分别为( ) A ．60，34 B ．60，14 C ．50，34 D ．50，144．B 由ξ～B (n ，p )，得E (ξ)＝np ＝15，D (ξ)＝np (1－p )＝454，则p ＝14，n ＝60. 5．(2016·山西四校联考，14)设随机变量X ～N (3，σ2)，若P (X >m )＝0.3，则P (X >6－m )＝________.5．【解析】 因为P (X >m )＝0.3，X ～N (3，σ2)，所以m >3，P (X <6－m )＝P (X <3－(m －3))＝P (X >m )＝0.3，所以P (X >6－m )＝1－P (X <6－m )＝0.7.【答案】 0.76．(2016·河北唐山一模，18，12分)小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、乙、丙随机发放红包，每次发放1个．(1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率；(2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个，记乙所得红包的总钱数为X (单位：元)，求X 的分布列和期望．6．解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A ，则P (A )＝C 12×13×23＝49. (2)X 的所有可能取值为0，5，10，15，20. P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (X ＝5)＝C 12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827，P (X ＝10)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝627＝29.P (X ＝15)＝C 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝427， P (X ＝20)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127.所以X 的分布列为E (X )＝0×827＋5×827＋10×29＋15×427＋20×127＝203(元)．7．(2016·江西南昌一模，18，12分)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X 服从正态分布N (80，σ2)(满分为100分)，已知P (X <75)＝0.3，P (X ≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取三位同学．(1)求抽到的三位同学该次体能测试成绩在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]各有一位同学的概率；(2)记抽到的三位同学该次体能测试成绩在区间[75，85]的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ.7．解：(1)P(80≤X<85)＝P(75<X≤80)＝0.5－P(X≤75)＝0.2，P(85≤X<95)＝0.5－0.2－0.1＝0.2，所以所求概率P＝A33×0.2×0.2×0.1＝0.024.(2)P(75≤X≤85)＝1－2P(X<75)＝0.4，所以ξ服从二项分布B(3，0.4)，P(ξ＝0)＝0.63＝0.216，P(ξ＝1)＝C13×0.4×0.62＝0.432，P(ξ＝2)＝C23×0.42×0.6＝0.288，P(ξ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量ξ的分布列是E(ξ)＝3×0.4＝1.2(人)．1．(2013·广东，4，易)已知离散型随机变量X的分布列为则X的数学期望E(X)＝()A.32B．2 C.52D．31．A由数学期望公式得E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝32.2．(2014·浙江，9，难)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n 个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中．(1)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；(2)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i(i＝1，2)．则( )A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2) 2．A 随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：所以E (ξ1)＝n m ＋n ＋2m m ＋n ＝2m ＋nm ＋n， E (ξ2)＝C 2n C 2m ＋n ＋2C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3C 2mC 2m ＋n ＝3m ＋n m ＋n，所以E (ξ1)<E (ξ2)．因为p 1＝m m ＋n ＋n m ＋n ·12＝2m ＋n 2（m ＋n ），p 2＝C 2m C 2m ＋n ＋C 1m C 1n C 2m ＋n ·23＋C 2nC 2m ＋n ·13＝3m ＋n 3（m ＋n ），p 1－p 2＝n 6（m ＋n ）>0，所以p 1>p 2.思路点拨：列出随机变量ξ1，ξ2的分布列，计算期望值并比较大小；利用分步计数原理计算p 1，p 2并比较大小．3．(2014·浙江，12，易)随机变量ξ的取值为0，1，2，若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________.3．【解析】 设ξ＝1时的概率为p ，则E (ξ)＝0×15＋1×p ＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－p －15＝1，解得p ＝35，故D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.【答案】 254．(2016·课标Ⅰ，19，12分，中)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需要更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？4．解：由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以X的分布列为(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.当n＝20时，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.5．(2016·天津，16，13分，中)某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．5．解：(1)由已知，得P(A)＝C13C14＋C23C210＝13.所以，事件A发生的概率为1 3.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝C23＋C23＋C24C210＝415，P(X＝1)＝C13C13＋C13C14C210＝715，P(X＝2)＝C13C14C210＝415.所以，随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望EX＝0×415＋1×715＋2×415＝1.6．(2016·山东，19，12分，中)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮。

专题3 统计与概率1.线性回归分析的注意点(1)回归直线一定过样本点的中心(,);(2)已知样本点不一定在回归直线上; (3)未知点的求解,通过代入回归直线方程求解即可. 2.独立性检验的注意点K 2的取值的意义有两种表述,当数值表中数值为0.01时,表述为失误率不超过1%的前提下,说两者相关;当数值表中数值为0.99时,表述为有99%的把握,说两者相关.3.求较复杂的古典概型计算的两种方法 (1)树状图法:当事件个数没有很明显的规律,并且涉及的基本事件又考向一 统计【典例】(2020·全国Ⅰ卷)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x(单位:℃)的关系,在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验,由实验数据(x i ,y i )(i=1,2,…,20)得到下面的散点图: 由此散点图,在10℃至40℃之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y=a+bxB.y=a+bx 2C.y=a+be xD.y=a+bln x考向二 概率【典例】(2020·全国Ⅰ卷)设O为正方形ABCD 的中心,在O,A,B,C,D 中任取3点,则取到的3点共线的概率为A. B. C. D.1.对某同学7次考试的数学成绩x 和物理成绩y 进行分析,下面是该生7次考试的成绩.发现他的物理成绩y 与数学成绩x 是线性相关的,利用最小二乘法得到线性回归方程为y=0.5x+a,若该生的数学成绩达到130分,估计他的物理成绩大约是数学888311792108100112物理94 91108 96 104 101 106A.114.5B.115C.115.5D.1162.已知两组数据x,y的对应关系如表所示,若根据表中的数据得出y 关于x的线性回归方程为y=6.5x+17.5,则表中m的值为x 2 4 5 6 8y 30 38 50 m 72A.50B.55C.56.5D.603.某班主任对班级51名同学进行了作业量多少的调查,结合数据建立了一个2×2列联表,可能用到的公式:K2=,可能用到的数据:P≈0.01,P≈0.05,参照以上公式和数据,得到的正确结论是( )认为作业多认为作业不多总计喜欢玩电脑游戏18 12 30不喜欢玩电脑游戏5 16 21总计23 28 51A.有95%的把握认为喜欢玩电脑游戏与认为作业多少有关B.有95%的把握认为喜欢玩电脑游戏与认为作业多少无关C.有99%的把握认为喜欢玩电脑游戏与认为作业多少有关D.有99%的把握认为喜欢玩电脑游戏与认为作业多少无关4.为了检验设备M与设备N的生产效率,研究人员作出统计,得到如表所示的结果,则设备M 设备N 不是太多时,我们可借助树状图法直观地将其表示出来.(2)图表法:在求概率时,若事件可以表示成有序数对的形式,则可以把全体基本事件用平面直角坐标系中的点表示.1.较复杂的事件的概率可灵活运用互斥事件、对立事件的概率公式简化运算.2.频数、频率、样本容量的计算方法(1)×组距=频率;(2)=频率.3.频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.1.求回归直线解析式时错用已知数据而不是求解【案例】T1要注意.先生产出的合格产品48 43生产出的不合格产品 2 7A.有90%的把握认为生产的产品质量与设备的选择具有相关性B.没有90%的把握认为生产的产品质量与设备的选择具有相关性C.可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为生产的产品质量与设备的选择具有相关性D.不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为生产的产品质量与设备的选择具有相关性求出=100,=100,然后再求解a的值.2.频率分布直方图中错把小长方形的高当成概率【案例】T5求a的值,用概率之和为1的方法求解,应注意的是,每一个小长方形表示的概率应该是×组距. 5.某校为了解高二年级学生某次数学考试成绩的分布情况,从该年级的1 120名学生中随机抽取了100 名学生的数学成绩,发现都在[80,150]内现将这100名学生的成绩按照[80,90),[90,100),[100,110),[110,120),[120,130),[130,140),[140,150]分组后,得到的频率分布直方图如图所示,则下列说法正确的是A.频率分布直方图中a的值为 0.040B.样本数据低于130分的频率为 0.3C.总体的中位数(保留1位小数)估计为123.3分D.总体分布在[90,100)的频数一定与总体分布在[100,110)的频数相等6.如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数,从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为A. B. C. D.7.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物.如图是根据环保部门某日早6点至晚9点在A县、B县两个地区附近的PM2.5监测点统计的数据(单位:毫克/立方米)列出的茎叶图,A县、B县两个地区浓度的方差较小的是A.A县B.B县C.A县、B县两个地区相等D.无法确定8. 对一批产品的长度(单位:mm)进行抽样检测,如图为检测结果的频率分布直方图.根据标准,产品长度在区间[20,25)上的为一等品,在区间[15,20)和区间[25,30)上的为二等品,在区间[10,15)和[30,35)上的为三等品.用频率估计概率,现从该批产品中随机抽取一件,则其为二等品的概率为A.0.09B.0.20C.0.25D.0.459.细木棒,长度分别为1,3,5,7,9(cm),从中任取三根,能搭成三角形的概率是A. B. C. D.10.甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有5道不同的题目,其中选择题3道,填空题2道.甲、乙两人依次抽取1道题,则甲抽中选择题、乙抽中填空题的概率等于A. B. C. D.11.山东电视台“国学小名士”的播出引发了学校的国学热,某小学语文老师在班里开展了一次诗词默写比赛,班里40名学生得分数据的茎叶图如图所示.若规定得分不小于85分的学生得到“国学达人”的称号,小于85分且不小于70分的学生得到“国学能手”的称号,其他学生得到“国学爱好者”的称号,根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样,抽选10名学生,则抽选的学生中获得“国学达人”称号的人数为A.2B.4C.5D.612.为了研究某班学生的脚长x(单位:厘米)和身高y(单位:厘米)的关系,从该班随机抽取10名学生,根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系,设其回归直线方程为=x+,已知x i=225,y i=1 600,=4.该班某学生的脚长为24厘米,据此估计其身高为A.160厘米B.163厘米C.166厘米D.170厘米13.(谢尔宾斯基地毯)如图,将一个正方形平均划分为9个小正方形,去掉中间的小正方形,再对余下的小正方形重复这一操作,得到的图形称为“谢尔宾斯基地毯”,在原正方形内部随机取一点,则该点取自“谢尔宾斯基地毯”的概率是A. B. C. D.14.已知5件产品中有2件次品,其余为合格品.现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为A.0.4B.0.6C.0.8D.115.经统计,在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如表:排队人数0 1 2 3 4 ≥5概率0.10.16 0.3 0.3 0.10.04则该营业窗口上午9点钟时,至少有1人排队的概率是________.16.将某选手的9个得分去掉1个最高分,去掉1个最低分,7个剩余分数的平均分为91.现场作的9个分数的茎叶图后来有1个数据模糊,无法辨认,在图中以x表示,则7个剩余分数的中位数是________,方差是________.专题3 统计与概率///真题再研析·提升审题力///考向一D 由散点图分布可知,散点图分布在一个对数函数的图象附近,因此,最适合作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是y=a+b ln x.考向二A 如图,从O,A,B,C,D 5个点中任取3个点有{O,A,B},{O,A,C},{O,A,D},{O,B,C},{O,B,D},{O,C,D},{A,B,C},{A,B,D},{A,C,D},{B,C,D}共10种不同取法,3点共线只有{O,A,C}与{O,B,D}共2种情况,由古典概型的概率计算公式知,取到3点共线的概率为=.///高考演兵场·检验考试力///1.B 由题可知:=100,=100,所以a=-0.5=100-0.5×100=50,当x=130时,y=0.5×130+50=115.2.D 由表中数据,计算=×=5,=×=38+,因为回归直线方程y=6.5x+17.5过样本点的中心,所以38+=6.5×5+17.5,解得m=60.3.A 根据所给数据可得K2的观测值k=≈6.535>3.841 ,所以有95%的把握认为喜欢玩电脑游戏与认为作业多少有关.4.A 将题表中的数据代入公式,计算得K2的观测值k=≈3.053,因为3.053>2.706,所以有90%的把握认为生产的产品质量与设备的选择具有相关性.5.C 由频率分布直方图得:×10=1,解得a=0.030,故A错误;样本数据低于130分的频率为:1-(0.025+0.005)×10=0.7,故B错误;的频率为:(0.005+0.010+0.010+0.015)×10=0.4,的频率为:0.030×10=0.3.所以总体的中位数(保留1位小数)估计为:120+×10≈123.3分,故C正确;样本分布在的频数一定与样本分布在的频数相等,总体分布在的频数不一定与总体分布在的频数相等,故D错误.6.C从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有{1,2,3}, {1,2,4},{1,2,5},{1,3,4},{1,3,5},{1,4,5},{2,3,4},{2,3,5},{2,4,5},{3,4,5}10种不同的取法.其中的勾股数只有{3,4,5},故3个数构成一组勾股数的取法只有1种,故所求概率P=.7.A 根据茎叶图中的数据可知,A县的数据都集中在0.05和0.08之间,数据分布比较稳定,而B县的数据分布比较分散,不如A县数据集中,所以A县的方差较小.8.D设区间[25,30)对应矩形的另一边长为x,由所有矩形面积之和为1,得(0.02+0.04+0.06+0.03+x)×5=1,解得x=0.05.产品为二等品的概率为0.04×5+0.05×5=0.45.9.D 设取出的三根木棒能搭成三角形为事件A,任取三根木棒按长度不同共有1、3、5,1、3、7,1、3、9,1、5、7,1、5、9,1、7、9,3、5、7,3、5、9,3、7、9,5、7、9,10种情况,由于三角形两边之和大于第三边,构成三角形的只有3、5、7,3、7、9,5、7、9三种情况,故所求概率为P(A)=.10.C 记选择题为A,B,C,填空题为d,e.则甲、乙两人依次抽取,不同的结果有:(A,B),(A,C),(A,d),(A,e),(B,A),(B,C),(B,d),(B,e),(C,A),(C,B),(C,d),(C,e),(d,A),(d,B),(d,C),(d,e),(e,A),(e,B),(e,C),(e,d).共20个.其中甲抽中选择题、乙抽中填空题的结果有:(A,d),(A,e),(B,d),(B,e),(C,d),(C,e),共6个.所以甲抽中选择题、乙抽中填空题的概率P==.11.A 由茎叶图可得,获“国学达人”称号的有8人,据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样,抽选10名学生,则抽选的学生中获得“国学达人”称号的人数为8×=2.12.C 由题意可知=4x+,又=22.5,=160,因此160=22.5×4+,解得=70所以=4x+70.当x=24时,=4×24+70=166.13.A 设大正方形的边长为9,则每个小正方形的边长为1,则大正方形的面积为9×9=81,则每个小正方形的面积为1,则所有阴影部分正方形的面积之和为3×3+8=17,则剩余部分的面积为81-17=64,则对应概率P=.14.B 5件产品中有2件次品,记为a,b,有3件合格品,记为c,d,e,从这5件产品中任取2件,有10种,分别是(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),恰有一件次品,有6种,分别是(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),设事件A为“恰有一件次品”,则P(A)==0.6.15.【解析】由表格可得至少有1人排队的概率P=0.16+0.3+0.3+0.1+0.04=0.9.答案:0.916.【解析】由题图可知去掉的两个数是87,99,所以87+90×2+91×2+94+90+x=91×7,解得x=4,即7个数据是87,90,90,91,91,94,94,故中位数是91,方差s2=[(87-91)2+(90-91)2×2+(91-91)2×2+(94-91)2×2]=.答案:91。