高考大一轮总复习解答题六概率与统计的综合应用

高考解答题专项六　概率与统计综合问题1.(2021广东揭阳质量检测)某工厂响应“节能减排”的号召,决定把原来给锅炉加热的电热水器更换成电辅式太阳能热水器.电辅式太阳能热水器的耗电情况受当天的日照时长和日均气温影响,假设每天的日照情况和日均气温相互独立,该电辅式太阳能热水器每日耗电情况如下表所示:日照情况日均气温不低于15℃日均气温低于15℃日照充足耗电0千瓦时耗电5千瓦时日照不足耗电5千瓦时耗电10千瓦时日照严重不足耗电15千瓦时耗电20千瓦时根据调查,当地每天日照充足的概率为25,日照不足的概率为25,日照严重不足的概率为15.2020年这一年的日均气温的频率分布直方图如图所示,区间分组为[5,10),[10,15),[15,20),[20,25), [25,30),[30,35].(1)求图中a的值,并求一年中日均气温不低于15 ℃的频率;(2)用频率估计概率,已知该工厂原来的电热水器平均每天耗电20千瓦时,试估计更换电辅式太阳能热水器后这一年能省多少电?(一年以365天计算)2.(2021河北邯郸一模)某市在其辖区内某一个县的27个行政村中各随机选择农田土壤样本一份,对样本中的铅、镉、铬等重金属的含量进行了检测,并按照国家土壤重金属污染评价级标准(清洁、尚清洁、轻度污染、中度污染、重度污染)进行分级,绘制了如图所示的条形图.(1)从轻度污染以上(包括轻度污染)的行政村中按分层抽样的方法抽取6个,求在轻度、中度、重度污染的行政村中分别抽取的个数;(2)规定:轻度污染记污染度为1,中度污染记污染度为2,重度污染记污染度为3.从(1)中抽取的6个行政村中任选3个,污染度的得分之和记为X ,求X 的数学期望.3.(2021山东日照二模)为保证玉米销售市场稳定,相关部门某年9月份开始采取宏观调控措施.该部门调查研究发现,这一年某地各月份玉米的销售均价(单位:元/斤)走势如图所示.(1)该部门发现,3月到7月,各月玉米销售均价Y (单位:元/斤)与月份T 之间具有较强的线性相关关系,试建立Y 关于T 的线性回归方程(系数精确到0.01),若不调控,依据相关关系预测12月份玉米的销售均价;(2)该部门在这一年的12个月份中,随机抽取3个月份的数据作样本分析,若关注所抽三个月份的所属季度,记不同季度的个数为X ,求X 的分布列和数学期望.参考数据:∑i =37t i =25,∑i =37y i =5.36,∑i =37(t i -t )(y i -y )=0.64,对于线性回归方程Y=a ^+b ^X ,b ^=∑i =1nx i y i -n x y∑i =1n x i 2-n x2=∑i =1n(x i -x )(y i -y )∑i =1n (x i -x )2,a ^=y −b ^x .4.(2021福建厦门一中模拟)某县为了响应国家精准扶贫的号召,特地承包了一块土地,已知土地的使用面积以及相应的管理时间的关系如表:土地使用面积S/亩12345管理时间T/月911142620并调查了某村300名村民参与管理的意愿,得到的部分数据如表所示:性别愿意参与管理不愿意参与管理男性村民14060女性村民40(1)求相关系数r 的大小(精确到0.01),并判断管理时间T 与土地使用面积S 的线性相关程度.(2)分析村民的性别与参与管理的意愿是否有关?(3)若以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计该县的情况,则从该县中任取3人,记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为X ,求X 的分布列及数学期望.参考公式:对于线性回归方程Y=a ^+b^X ,r=∑n(x i -x )(y i -y )√∑i =1(x i -x )2∑i =1(y i -y )2χ2=n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d ),其中n=a+b+c+d.P (χ2>k )0.100.050.01k2.7063.8416.635参考数据:√485≈22.02.5.(2021湖北华中师大一附中月考)某市消防部门对辖区企业员工进行了一次消防安全知识问卷调查,通过随机抽样,得到参加问卷调查的500人(其中300人为女性)的得分(满分100)数据,统计结果如表所示:得分[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]男性人数206040403010女性人数107060755035(1)把员工分为对消防知识“比较熟悉”(不低于70分的)和“不太熟悉”(低于70分的)两类,请完成如下2×2列联表,并依据小概率值α=0.01的独立性检验,分析该企业员工对消防知识的熟悉程度与性别是否有关?性别不太熟悉比较熟悉总计男性女性总计(2)为增加员工消防安全知识及自救、自防能力,现将企业员工分成两人一组开展“消防安全技能趣味知识”竞赛.在每轮比赛中,小组两位成员各答两道题目,若他们答对题目个数和不少于3个,则小组积1分,否则积0分.已知A与B在同一小组,A答对每道题的概率为p1,B答对每道题的概率为p2,且p1+p2=1,理论上至少要进行多少轮比赛才能使A,B所在的小组的积分的期望值不少于5分?附:P(χ2>k)0.100.050.01k2.7063.8416.635,n=a+b+c+d.χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)6.某市举办了一次“诗词大赛”,分预赛和复赛两个环节,已知共有20 000名学生参加了预赛,现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本,得到如下的统计数据.得分(百分制)[0,20)[20,40)[40,60)[60,80)[80,100]人数1020302515(1)规定预赛成绩不低于80分为优良,若从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人,求恰有1人预赛成绩优良的概率.(2)由样本数据分析可知,该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替),且σ2=361.利用该正态分布,估计该市参加预赛的全体学生中预赛成绩高于72分的人数.(3)预赛成绩不低于91分的学生将参加复赛,复赛规则如下:①参加复赛的学生的初始分都设置为100分;②参加复赛的学生可在答题前自己决定答题数量n,每一题都需要“花”掉一定分数来获取答题资格(即用分数来买答题资格),规定答第k题时“花”掉的分数为0.2k(k=1,2,…,n);③每答对一题得2分,答错得0分;④答完n道题后参加复赛学生的最终分数即为复赛成绩.已知学生甲答对每道题的概率均为0.75,且每道题答对与否都相互独立,则当他的答题数量n为多少时,他的复赛成绩的期望值最大?参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z≤μ+σ)≈0.682 6,P(μ-2σ<Z≤μ+2σ)≈0.954 4,P(μ-3σ<Z≤μ+3σ)≈0.997 4.高考解答题专项六　概率与统计综合问题1.解(1)依题意得a=15×(1-0.02×5-0.03×5-0.03×5-0.04×5-0.03×5)=0.05.一年中日均气温不低于15℃的频率为0.03×5+0.04×5+0.05×5+0.03×5=0.75=34.(2)由(1)知,这一年中日均气温不低于15℃的概率的估计值为34,即一年中日均气温低于15℃的概率的估计值为14.设使用电辅式太阳能热水器日均耗电量为X,X的所有可能取值为0,5,10,15,20,则P(X=0)=2 5×34=620=310,P(X=5)=25×34+25×14=820=25,P(X=10)=25×14=220=110,P(X=15)=1 5×34=320,P(X=20)=15×14=120.所以X的分布列为所以X的数学期望EX=0×310+5×25+10×110+15×320+20×120=254=6.25.所以使用电辅式太阳能热水器一天节省的电量为20-6.25=13.75(千瓦时),所以使用电辅式太阳能热水器一年节省的电量为13.75×365=5018.75(千瓦时).2.解(1)轻度污染以上(包括轻度污染)的行政村共9+6+3=18个,所以从轻度污染的行政村中抽取的个数为618×9=3,从中度污染的行政村中抽取的个数为618×6=2,从重度污染的行政村中抽取的个数为618×3=1.(2)X的所有可能取值为3,4,5,6,7.P(X=3)=C33C63=120,P(X=4)=C32C21C63=310,P(X=5)=C32+C31C22C63=310,P(X=6)=C31C21C63=310,P(X=7)=C22C63=120.所以X的分布列为所以EX=3×120+4×310+5×310+6×310+7×120=5.3.解(1)由题意月份t34567均价Y/(元/斤)0.950.981.111.121.20t =5,y =1.072,∑i =37(t i -t )2=10,∴b ^=∑i =1n(t i -t )(y i -y )∑i =1n(t i -t )2=0.064≈0.06,a ^=y -b t=0.752≈0.75.∴从3月到7月,Y 关于T 的线性回归方程为Y=0.06T+0.75.当T=12时,代入回归方程得Y=1.47,即可预测第12月份玉米销售均价为1.47元/斤.(2)X 的取值为1,2,3,P (X=1)=C 41C 123=155,P (X=3)=C 43C 31C 31C 31C 123=2755,P (X=2)=1-P (X=1)-P (X=3)=2755,X 的分布列为EX=1×155+2×2755+3×2755=13655.4.解(1)由题意可得s =1+2+3+4+55=3,t =9+11+14+26+205=16,∴∑i =15(s i -s )(t i -t )=(-2)×(-7)+(-1)×(-5)+0×(-2)+1×10+2×4=37,∑i =15(s i -s )2∑i =15(t i -t )2=[(-2)2+(-1)2+0+1+22]×[(-7)2+(-5)2+(-2)2+102+42]=1940,∴37√≈0.84,∴管理时间T 与土地使用面积S 具有较强的正相关性.(2)由题意可知,性别愿意参与管理不愿意参与管理总计男性村民14060200女性村民4060100总计180120300根据列联表中的数据,得χ2=300×(140×60-40×60)2200×100×180×120=25>6.635,有99%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿有关.(3)由题意可知X 的可能取值为0,1,2,3,X~B (3,15),P (X=0)=(45)3=64125;P (X=1)=C 31(45)2×15=48125;P (X=2)=C 3245×(15)2=12125;P (X=3)=(15)3=1125.∴X 的分布列为∴EX=0×64125+1×48125+2×12125+3×1125=35.5.解(1)性别不太熟悉比较熟悉总计男性12080200女性140160300总计260240500根据列联表中的数据,计算可得χ2=500×(120×160-140×80)2260×240×200×300≈8.547>6.635.有99%的把握认为该企业员工对消防知识的了解程度与性别有关联.(2)A ,B 在一轮比赛中积1分的概率为P=C 21p 1(1-p 1)C 22(p 2)2+C 22(p 1)2C 21p 2(1-p 2)+C 22(p 1)2C 22(p 2)2=2p 1p 2(p 1+p 2)-3(p 1p 2)2,又p 1+p 2=1,0≤p 2≤1,则p 1p 2=(1-p 2)p 2∈[0,14].∴P=2p 1p 2-3(p 1p 2)2=-3(p 1p 2-13)2+13,且0≤p 1p 2≤14,∴当p 1p 2=14时,P max =516.设A ,B 所在的小组在n 轮比赛中的积分为ξ,则ξ~B (n ,516),∴Eξ=516n ≥5,解得n ≥16,故理论上至少要进行16轮比赛.6.解(1)由题意得样本中成绩不低于60分的学生共有40人,其中成绩优良的人数为15人,记“从样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人,恰有1人预赛成绩优良”为事件A ,则P (A )=C 251C 151C 402=2552.(2)由题意知样本中的100名学生预赛成绩的平均值为x=10×0.1+30×0.2+50×0.3+70×0.25+90×0.15=53,则μ=53,由σ2=361,得σ=19,所以P (Z>72)=P (Z>μ+σ)=12(1-P (μ-σ<Z ≤μ+σ))≈0.1587,所以,估计该市参加预赛的全体学生中,成绩高于72分的人数为20000×0.1587=3174,即全市参赛学生中预赛成绩高于72分的人数为3174.(3)以随机变量ξ表示甲答对的题数,则ξ~B(n,0.75),且Eξ=0.75n,记甲答完n题所加的分数为随机变量X,则X=2ξ,所以EX=2Eξ=1.5n,依题意为了获取答n道题的资格,甲需要“花”掉的分数为0.2×(1+2+3+…+n)=0.1(n2+n),设甲答完n题后的复赛成绩的期望值为f(n),则f(n)=100-0.1(n2+n)+1.5n=-0.1(n-7)2+104.9,由于n∈N*,所以当n=7时,f(n)取最大值104.9.即当他的答题数量n=7时,他的复赛成绩的期望值最大.。

高考大题专项(六) 概率与统计1.某厂分别用甲、乙两种工艺生产同一种零件,尺寸在[223,228]内(单位:mm)的零件为一等品,其余为二等品.在两种工艺生产的零件中,各随机抽取10个,其尺寸的茎叶图如图所示.(1)分别计算抽取的两种工艺生产的零件尺寸的平均数;(2)已知甲工艺每天可生产300个零件,乙工艺每天可生产280个零件,一等品利润为30元/个,二等品利润为20元/个.视频率为概率,试根据抽样数据判断采用哪种工艺生产该零件每天获得的利润更高?2.从某企业生产的某种产品中抽取100件,测量这些产品的一项质量指标值.经数据处理后得到该样本的频率分布直方图,其中质量指标值不大于1.50的茎叶图如图所示,以这100件产品的质量指标值在各区间内的频率代替相应区间的概率.(1)求图中a,b,c的值;(2)估计这种产品质量指标值的平均数及方差(说明:①同一组中的数据用该组区间的中点值作代表;②方差的计算只需列式正确);(3)根据以上抽样调查数据,能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于1.50的产品至少要占全部产品的90%”的规定?3.为响应阳光体育运动的号召,某县中学生足球活动正如火如荼地开展,该县为了解本县中学生的足球运动状况,根据性别采取分层抽样的方法从全县24 000名中学生(其中男生14 000人,女生10 000人)中抽取120名,统计他们平均每天足球运动的时间,如下表:(平均每天足球运动的时间单位为小时,该县中学生平均每天足球运动的时间范围是[0,3])男生平均每天足球运动的时间分布情况:(1)请根据样本估算该校男生平均每天足球运动的时间(结果精确到0.1);(2)若称平均每天足球运动的时间不少于2小时的学生为“足球健将”.低于2小时的学生为“非足球健将”.①请根据上述表格中的统计数据填写下面2×2列联表,并通过计算判断,能否有90%的把握认为是否为“足球健将”与性别有关?②若在足球活动时间不足1小时的男生中抽取2名代表了解情况,求这2名代表都是足球运动时间不足半小时的概率.参考公式:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.4.2018年8月8日是我国第十个全民健身日,其主题是:新时代全民健身动起来.某市为了解全民健身情况,随机从某小区居民中抽取了40人,将他们的年龄分成7段:[10,20),[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80]后得到如图所示的频率分布直方图.(1)试求这40人年龄的平均数、中位数的估计值;(2)①若从样本中年龄在[50,70)的居民中任取2人赠送健身卡,求这2人中至少有1人年龄不低于60岁的概率;②已知该小区年龄在[10,80]内的总人数为2 000,若18岁以上(含18岁)为成年人,试估计该小区年龄不超过80岁的成年人人数.5.在国际风帆比赛中,成绩以低分为优胜,比赛共11场,并以最佳的9场成绩计算最终的名次.在(1)根据表中的比赛数据,比较A与B的成绩及稳定情况;(2)从前7场平均分低于6.5的运动员中,随机抽取2个运动员进行兴奋剂检查,求至少1个运动员平均分不低于5分的概率;(3)请依据前7场比赛的数据,预测冠亚军选手,并说明理由.6.某服装店对过去100天其实体店和网店的销售量(单位:件)进行了统计,制成频率分布直方图如下:(1)若将上述频率视为概率,已知该服装店过去100天的销售中,实体店和网店销售量都不低于50件的概率为0.24,求过去100天的销售中,实体店和网店至少有一边销售量不低于50件的天数;(2)若将上述频率视为概率,已知该服装店实体店每天的人工成本为500元,门市成本为1 200元,每售出一件利润为50元,求该门市一天获利不低于800元的概率;(3)根据销售量的频率分布直方图,求该服装店网店销售量中位数的估计值(精确到0.01).7.随着新课程改革和高考综合改革的实施,高中教学以发展学生学科核心素养为导向,学习评价更关注学科核心素养的形成和发展.为此,我市于2018年举行第一届高中文科素养竞赛,竞赛结束后,为了评估我市高中学生的文科素养,从所有参赛学生中随机抽取1 000名学生的成绩(单位:分)作为样本进行估计,将抽取的成绩整理后分成五组,从左到右依次记为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)请补全频率分布直方图并估计这1 000名学生成绩的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表);(2)采用分层抽样的方法从这1 000名学生的成绩中抽取容量为40的样本,再从该样本成绩不低于80分的学生中随机抽取2名进行问卷调查,求至少有一名学生成绩不低于90分的概率; (3)我市决定对本次竞赛成绩排在前180名的学生给予表彰,授予“文科素养优秀标兵”称号.一名学生本次竞赛成绩为79分,请你判断该学生能否被授予“文科素养优秀标兵”称号.8.某市100 000名职业中学高三学生参加了一项综合技能测试,从中随机抽取100名学生的测试成绩,制作了以下的测试成绩X(满分是184分)的频率分布直方图.市教育局规定每个学生需要缴考试费100元.某企业根据这100 000 名职业中学高三学生综合技能测试成绩来招聘员工,划定的招聘录取分数线为172分,且补助已经被录取的学生每个人400+100(X-172)元的交通和餐补费.(1)已知甲、乙两名学生的测试成绩分别为168分和170分,求技能测试成绩X的中位数,并对甲、乙的成绩作出客观的评价;(2)令Y表示每个学生的缴费或获得交通和餐补费的代数和,把Y用X的函数来表示,并根据频率分布直方图估计Y≥800的概率.。

高考大题专项(六) 概率与统计1.某校为举办甲、乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简洁随机抽样,获得数据如下表:假设全部学生对活动方案是否支持相互独立.(1)分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;(2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方案一的概率;(3)将该校学生支持方案的概率估计值记为p0,假设该校一年级有500名男生和300名女生,除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1,试比较p0与p1的大小.(结论不要求证明)2.某学生爱好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熬炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):空气质量等级熬炼人次[0,200] (200,400] (400,600]1(优) 2 16 252(良) 5 10 123(轻度污染)6 7 84(中度污染)7 2 0(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)求一天中到该公园熬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”.依据所给数据,完成下面的2×2列联表,依据α=0.05的独立性检验,能否认为一天中到该公园熬炼的人次与该市当天的空气质量有关联?空气质量状况人次≤400人次>400好不好附:χ2=,α0.050 0.010 0.001xα3.841 6.635 10.828 .3.“学习强国”APP是由中宣部主管,以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容的“PC端+手机客户端”两大终端二合一模式的学习平台,2024年1月1日上线后便成为党员干部群众学习的“新助手”.为了调研某地党员在“学习强国”APP的学习状况,探讨人员随机抽取了200名该地党员进行调查,将他们某两天在“学习强国”APP上所得的分数统计如表所示:分[60,70) [70,80) [80,90) [90,100)数频60 100 20 20数频0.3 0.5 0.1 0.1率(1)由频率分布表可以认为,这200名党员这两天在“学习强国”APP上的得分Z近似听从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为这200名党员得分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),σ2近似为这200名党员得分的方差,求P(57.4≤Z≤83.8);(2)以频率估计概率,若从该地区全部党员中随机抽取4人,记抽得这两天在“学习强国”APP上的得分不低于80分的人数为X,求X的分布列与数学期望.参考数据:≈2.2,≈2.4,≈2.6,若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997.4.微信运动是由腾讯开发的一个类似计步数据库的公众账号,很多手机用户加入微信运动后,为了让自己的步数能领先于挚友,运动的主动性明显增加.微信运动公众号为了解用户的一些状况,在微信运动用户中随机抽取了100名用户,统计了他们某一天的步数,数据整理如下:(1)依据表中数据,在如图所示的坐标平面中作出其频率分布直方图,并在纵轴上标明各小长方形的高;(2)若视频率分布为概率分布,在微信运动用户中随机抽取3人,求至少2人步数多于1.2万步的概率;(3)若视频率分布为概率分布,在微信运动用户中随机抽取2人,其中每日走路不超过0.8万步的有X人,超过1.2万步的有Y人,设ξ=|X-Y|,求ξ的分布列及数学期望.5.某市举办了一次“诗词大赛”,分预赛和复赛两个环节,已知共有20 000名学生参加了预赛,现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成果作为样本,得到如下的统计数据.得分(百[0,20) [20,40) [40,60) [60,80) [80,100]分制)人10 20 30 25 15数(1)规定预赛成果不低于80分为优良,若从样本中预赛成果不低于60分的学生中随机地抽取2人,求恰有1人预赛成果优良的概率.(2)由样本数据分析可知,该市全体参加预赛学生的预赛成果Z听从正态分布N(μ,σ2),其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成果的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替),且σ2=361.利用该正态分布,估计该市参加预赛的全体学生中预赛成果高于72分的人数.(3)预赛成果不低于91分的学生将参加复赛,复赛规则如下:①参加复赛的学生的初始分都设置为100分;②参加复赛的学生可在答题前自己确定答题数量n,每一题都须要“花”掉确定分数来获得答题资格(即用分数来买答题资格),规定答第k题时“花”掉的分数为0.2k(k=1,2,…,n);③每答对一题得2分,答错得0分;④答完n道题后参加复赛学生的最终分数即为复赛成果.已知学生甲答对每道题的概率均为0.75,且每道题答对与否都相互独立,则当他的答题数量n为多少时,他的复赛成果的期望值最大?参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997.6.棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子起先位于第0站,棋手抛掷匀整硬币走跳棋游戏,若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站或第100站时,游戏结束.设棋子位于第n站的概率为P n.(1)当游戏起先时,若抛掷匀整硬币3次后,求棋手所走步数之和X的分布列与数学期望;(2)证明:P n+1-P n=-(P n-P n-1)(1≤n≤98);(3)求P99,P100的值.参考答案高考大题专项(六) 概率与统计1.解(1)该校男生支持方案一的概率为,该校女生支持方案一的概率为(2)3人中恰有2人支持方案一分两种状况,①仅有两个男生支持方案一,②仅有一个男生支持方案一,一个女生支持方案一,所以3人中恰有2人支持方案一概率为:=(3)p1<p0.2.解(1)由所给数据,该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如下表:空气质量等级1 2 3 4概率的估计值0.43 0.27 0.21 0.09(2)一天中到该公园熬炼的平均人次的估计值为(100×20+300×35+500×45)=350.(3)依据所给数据,可得2×2列联表:空气质量状况人次≤400人次>400好33 37不好22 8依据列联表得χ2=5.820>3.841.所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下,认为一天中到该公园熬炼的人次与该市当天的空气质量有关.3.解(1)由题意得:μ=65×0.3+75×0.5+85×0.1+95×0.1=75,σ2=(65-75)2×0.3+(75-75)2×0.5+(85-75)2×0.1+(95-75)2×0.1=30+10+40=80,∵σ==48.8,∴P(57.4≤Z≤83.8)=P(μ-2σ≤Z≤μ+σ)=0.8185.(2)从该地区全部党员中随机抽取1人,抽得的人得分不低于80分的概率为由题意得,X 的可能取值为0,1,2,3,4,且X~B4,,∴P(X=0)=;P(X=1)=;P(X=2)=;P(X=3)=;P(X=4)=,所以X的分布列为X0 1 2 3 4P所以E(X)=44.解(1)依据题意,补充下表,x/万步0≤x≤0.40.4<x≤0.80.8<x≤1.21.2<x≤1.61.6<x≤2.02.0<x≤2.42.4<x≤2.8y/人5 20 50 18 3 3 1频率0.05 0.20 0.50 0.18 0.03 0.03 0.010.125 0.5 1.25 0.45 0.075 0.075 0.025 依据表中数据,作出频率分布直方图如下:(2)由题意知,步数多于1.2万步的频率为0.25,所以认定步数多于1.2万步的概率为0.25,所以至少有2人多于1.2万步的概率为P=2×+3=,综上所述,至少2人步数多于1.2万步的概率为(3)由题知微信好友中任选一人,其每日走路步数不超过0.8万步的概率为,超过1.2万步的概率为,且当X=Y=0或X=Y=1时,ξ=0,P(ξ=0)=,当X=1,Y=0或X=0,Y=1时,ξ=1,P(ξ=1)=,当X=2,Y=0或X=0,Y=2时,ξ=2,P(ξ=2)=,所以ξ的分布列为ξ01 2PE(ξ)=1+25.解(1)由题意得样本中成果不低于60分的学生共有40人,其中成果优良的人数为15人,记“从样本中预赛成果不低于60分的学生中随机地抽取2人,恰有1人预赛成果优良”为事务A,则P(A)=(2)由题意知样本中的100名学生预赛成果的平均值为=10×0.1+30×0.2+50×0.3+70×0.25+90×0.15=53,则μ=53,由σ2=361,得σ=19,所以P(Z>72)=P(Z>μ+σ)=(1-P(μ-σ≤Z≤μ+σ))≈0.1585,所以,估计该市参加预赛的全体学生中,成果高于72分的人数为20000×0.1585=3170,即全市参赛学生中预赛成果高于72分的人数为3173.(3)以随机变量ξ表示甲答对的题数,则ξ~B(n,0.75),且E(ξ)=0.75n,记甲答完n题所加的分数为随机变量X,则X=2ξ,所以E(X)=2E(ξ)=1.5n,依题意为了获得答n道题的资格,甲须要“花”掉的分数为0.2×(1+2+3+…+n)=0.1(n2+n), 设甲答完n题后的复赛成果的期望值为f(n),则f(n)=100-0.1(n2+n)+1.5n=-0.1(n-7)2+104.9,由于n∈N*,所以当n=7时,f(n)取最大值104.9.即当他的答题数量n=7时,他的复赛成果的期望值最大.6.(1)解由题意可知,随机变量X的可能取值有3,4,5,6.P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=,P(X=6)=所以,随机变量X的分布列如下表所示:X3 4 5 6P所以,随机变量X的数学期望为E(X)=3+4+5+6(2)证明依据题意,棋子要到第(n+1)站,有两种状况,由第n站跳1站得到,其概率为P n,也可以由第(n-1)站跳2站得到,其概率为P n-1,所以,P n+1=P n+P n-1.等式两边同时减去P n得P n+1-P n=-P n+P n-1=-(P n-P n-1)(1≤n≤98).(3)解由(2)可得P0=1,P1=,P2=P1+P0=由(2)可知,数列{P n+1-P n}是首项为P2-P1=,公比为-的等比数列,所以P n+1-P n=,∴P99=P1+(P2-P1)+(P3-P2)+…+(P99-P98)=+…+==1-,又P99-P98==-,则P98=1+,由于若跳到第99站时,自动停止游戏,故有P100=P98=1+.。

概率与统计高考大题专项(六)概率与统计考情分析一、考查范围全面概率与统计解答题对知识点的考查较为全面,近五年的试题考点覆盖了概率与统计必修与选修的各个章节内容,考查了抽样方法、统计图表、数据的数字特征、用样本估计总体、回归分析、相关系数的计算、独立性检验、古典概型、条件概率、相互独立事件的概率、独立重复试验的概率、离散型随机变量的分布列、数学期望与方差、超几何分布、二项分布、正态分布等基础知识和基本方法.二、考查方向分散从近五年的高考试题来看,对概率与统计的考查主要有四个方面:一是统计与统计案例,其中回归分析、相关系数的计算、独立性检验、用样本的数字特征估计总体的数字特征是考查重点,常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等知识交汇考查;二是统计与概率分布的综合,常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、频率、概率以及函数知识、概率分布列等知识交汇考查;三是期望与方差的综合应用,常与离散型随机变量、概率、相互独立事件、二项分布等知识交汇考查;四是以生活中的实际问题为背景将正态分布与随机变量的期望和方差相结合综合考查.三、考查难度稳定高考对概率与统计解答题的考查难度稳定,多年来都控制在中等或中等偏上一点的程度,解答题一般位于试卷的第18题或第19题的位置.近两年有难度提升的趋势,位置有所后调.典例剖析题型一相关关系的判断及回归分析【例1】近年来,随着互联网技术的快速发展,共享经济覆盖的范围迅速扩张,继共享单车、共享汽车之后,共享房屋以“民宿”“农家乐”等形式开始在很多平台上线.某创业者计划在某景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”,为了确定未来发展方向,此创业者对该景区附近六家“农家乐”跟踪调查了100天.得到的统计数据如下表,x为收费标准(单位:元/日),t为入住天数(单位:天),以频率作为各自的“入住率”,收费标准x与“入住率”y的散点图如图.x50100150200300400t906545302020(1)若从以上六家“农家乐”中随机抽取两家深入调查,记ξ为“入住率”超过0.6的农家乐的个数,求ξ的概率分布列.(2)令z=ln x ,由散点图判断y=bx+a 与y=bz+a 哪个更合适于此模型(给出判断即可,不必说明理由)?并根据你的判断结果求回归方程.(b 的结果保留一位小数)(3)若一年按365天计算,试估计收费标准为多少时,年销售额L 最大?(年销售额L=365·入住率·收费标准x )参考数据:b=∑i=1nx i y i -n。

高考大题规X 练(六) 概率与统计1．(2015·卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买。

(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2。

(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品。

所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3。

(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1。

所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大。

2．(2015·某某卷)全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标。

根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示。

(1)现从融合指数在2家进行调研，求至少有1家的融合指数在[7,8]内的概率；(2)根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数。

解 解法一：(1)融合指数在[7,8]内的“省级卫视新闻台”记为A 1，A 2，A 3；融合指数在[4,5)内的“省级卫视新闻台”记为B 1，B 2。

从融合指数在[4,5)和[7,8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 2，A 3}，{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{B 1，B 2}，共10个。

专练56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1．[2023·新课标Ⅰ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，若未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X i服从两点分布，且P(X i＝1)＝1－P(X i＝0)＝q i，i＝1，2，…，n，则E(错误!i)＝错误!i.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．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1 2 .(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．3．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).4．某科技公司新研制生产一种特殊疫苗，为确保疫苗质量，定期进行质量检验．某次检验中，从产品中随机抽取100件作为样本，测量产品质量体系中某项指标值，根据测量结果得到频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值；(2)技术分析人员认为，本次测量的产品的质量指标值X服从正态分布N(μ，12.22)，若同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，计算μ，并计算测量数据落在(187.8，212.2)内的概率；(3)设生产成本为y元，质量指标值为x，生产成本与质量指标值之间满足函数关系y＝0.4x，x≤205，假设同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，试计算生产该疫苗的0.8x－100，x>205.平均成本．参考数据：X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.5.[2022·全国甲卷(理)，19]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．6．[2023·新课标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p(c)＝0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)；(2)设函数f(c)＝p(c)＋q(c)，当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值．7.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的数量，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，并计算得错误!i＝60，错误!i ＝1200，错误!(x i－x－)2＝80，错误!(y i－y－)2＝9000，错误!(x i－x－)(y i－y－)＝800.(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＝错误!，2≈1.414.8．[2022·新高考Ⅰ卷，20]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，P（B|A）P（B－|A）与P（B|A－）P（B－|A－）的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(ⅰ)证明：R＝P（A|B）P（A－|B）·P（A－|B－）P（A|B－）；(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B－)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．附：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），P(K2≥k)0.0500.0100.001k 3.841 6.63510.828专练56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1．解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A ＝BA ＋B A ，所以P (A )＝P (BA ＋B A )＝P (BA )＋P (B A )＝P (B )P (A |B )＋P (B )P (A |B )＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设第i 次投篮的人是甲的概率为p i ，由题意可知，p 1＝12，p i ＋1＝p i ×0.6＋(1－p i )×(1－0.8)，即p i ＋1＝0.4p i ＋0.2＝25p i ＋15，所以p i ＋1－13＝25(p i －13)，又p 1－13＝12－13＝16，所以数列i 是以16为首项，25为公比的等比数列，所以p i －13＝16×(25)i －1，所以p i ＝13＋16×(25)i －1.(3)设第i 次投篮时甲投篮的次数为X i ，则X i 的可能取值为0或1，当X i ＝0时，表示第i 次投篮的人是乙，当X i ＝1时，表示第i 次投篮的人是甲，所以P (X i ＝1)＝p i ，P (X i ＝0)＝1－p i ，所以E (X i )＝p i .Y ＝X 1＋X 2＋X 3＋…＋X n ，则E (Y )＝E (X 1＋X 2＋X 3＋…＋X n )＝p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ，由(2)知，p i ＝13＋16×(25)i －1，所以p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝n 3＋16×[1＋25＋(25)2＋…＋(25)n －1]＝n 3＋16×1－（25）n1－25＝n 3＋518×1－（25）n .2．解析：(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为116；乙连胜四场的概率为116；丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1－116－116－18＝34．(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，18.因此丙最终获胜的概率为18＋116＋18＋18＝716.3．解析：(1)由已知得0.70＝a ＋0.20＋0.15，故a ＝0.35.b ＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.4．解析：(1)由10×(a ＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a )＝1，解得a ＝0.002.(2)依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X ～N (200，12.22)，所以P (187.8≤X ≤212.2)＝P (200－12.2≤X ≤200＋12.2)≈0.6827，故测量数据落在(187.8，212.2)内的概率约为0.6827.(3)根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，故生产该疫苗的平均成本为75.04元．5．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A ，B ，C ，易知事件A ，B ，C 相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A ，B ，C 同时发生，或事件A ，B ，C 中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为P ＝P (ABC ＋A －BC ＋A B －C ＋AB C －)＝P (ABC )＋P (A －BC )＋P (A B －C )＋P (AB C －)＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)由题意得，X 的所有可能取值为0，10，20，30.易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则P (X ＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，P (X ＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，P (X ＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，P (X ＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，所以X 的分布列为X 0102030P 0.160.440.340.06则E (X )＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.6．解析：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95<c <100，设X 为患病者的该指标，则p (c )＝P (X ≤c )＝(c －95)×0.002＝0.5%，解得c ＝97.5.设Y 为未患病者的该指标，则q (c )＝P (Y >c )＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)当95≤c ≤100时，p (c )＝(c －95)×0.002＝0.002c －0.19，q (c )＝(100－c )×0.01＋5×0.002＝－0.01c ＋1.01，所以f (c )＝p (c )＋q (c )＝－0.008c ＋0.82；当100<c ≤105时，p (c )＝5×0.002＋(c －100)×0.012＝0.012c －1.19，q (c )＝(105－c )×0.002＝－0.002c ＋0.21，所以f (c )＝p (c )＋)＝0.01c －0.98.综上所述，f (c c ＋0.82，95≤c ≤100c －0.98，100<c ≤105.由一次函数的单调性知，函数f (c )在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，作出f (c )在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f (c )在区间[95，105]的最小值f (c )min ＝f (100)＝－0.008×100＋0.82＝0.02.7．解析：(1)由已知得样本平均数y －＝120错误!i ＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000.(2)样本(x i ，y i )，(i ＝1，2，…，20)的相关系数r ＝错误!＝80080×9000＝223≈0.94.(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．理由如下：由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性．从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．8．解析：(1)由题意，得K 2＝200×（40×90－60×10）2100×100×50×150＝24>6.635，∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：∵＝P （B |A ）P （B －|A ）·P （B －|A －）P （B |A －）＝P （AB ）P （A ）·P （A ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －）·P （A －）P （A －B ）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝P （AB ）P （B ）·P （B ）P （A －B ）·P （A －B －）P （B －）·P （B －）P （A B －）＝P （AB ）P （A －B ）·P （A －B －）P （A B －）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），∴R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）.(ⅱ)由表格中的数据，得P (A |B )＝40100＝25，P (A |B －)＝10100＝110，∴P (A －|B )＝1－P (A |B )＝35，P(A－|B－)＝1－P(A|B－)＝910，∴R＝P（A|B）P（A－|B）·P（A－|B－）P（A|B－）＝2535×910110＝6.。

高考必考题冲破讲座〔六 )1．某保险公司有一款保险产物的历史收益率 图如下图．( 收益率＝利润÷保费收入〕的频率分布直方(1〕试估计这款保险产物的收益率的平均值 ;(2) 设每份保单的保费在 20 元的根底上每增加 x 元, 对应的销量为 y ( 单元：万份) ．从历史 发卖记录中抽样得到如下5 组 x 与 y 的对应数据 .x / 元 25 30 38 45 52y / 万份 7。

5 7。

1 6。

0 4。

8x y 错误! 错误! x＝10－ 。

由上表知 与 有较强的线性相关关系 , 且据此计算出的回归方程为 ①求参数 错误 ! 的值；②假设把回归方程错误 ! ＝10－错误 ! x 当作 y 与 x 的线性关系，用〔 1〕中求出的收益率的平 均值作为此产物的收益率，试问每份保单的保费定为多少元时此产物可获得最大利润，并求出 最大利润 ( 注：保险产物的保费收入＝每份保单的保费×销量〕．解析 (1) 收益率的平均值为 ×0。

1＋×＋ 0。

25×0。

25＋×0。

3＋×0。

1＋×＝ 0.275.〔2) ①错误! ＝错误! ＝错误 ! ＝38，错误 ! 错误 错误 ! ＝6。

2.＝ ! ＝由 ＝10－ 得 10－38＝6。

2，解得＝0。

1.错误!错误 !错误! 错误! 错误! ②设每份保单的保费为〔 20＋x ) 元，那么销量为 y ＝10－0。

1x 。

那么这款保险产物的保费收入 2 2为 f ( x 〕＝〔 20＋x 〕〔10－ x ) 万元．所以 f 〔x 〕＝200＋8x －0。

1x ＝360－0.1( x －40〕 。

所以当 x ＝40，即每份保单的保费为 60 元时， 保费收入最大为 360 万元． 预计这款保险产物的 最大利润为 360×0。

275＝99〔万元〕．2．某网络广告 A 公司方案从甲、乙两个网站选择一个网站拓展广告业务，为此A 公司随机抽取了甲、 乙两个网站某月中 10 天的日拜候量 n 〔单元： 万次) ，整理后得到如下茎叶图． 已 知 A 公司要从网站日拜候量的平均值和不变性两方面进行考察选择．(1〕请说明 A 公司应选择哪个网站； 〔2〕现将抽取的样本分布近似看作总体分布， A 公司按照 所选网站的日拜候量 n 进行付费，其付费尺度如下表 .选定网站的日拜候 量 n ( 单元：万次 )准( 单元：元 / 日)A 公司的付费标n ＜2525≤n ≤35n ＞35500 700 1 000求 A 公司每月 ( 按 30 天计) 应付给选定网站的费用 S .解析 〔1) 由茎叶图可知x 甲 s ＝(15 ＋24＋28＋25＋30＋36＋30＋32＋35＋45〕÷10＝30， 错误! ＝错误! ×［(15 －30〕222 2 2 2 2 2＋(24 －30〕 ＋〔28－30〕 ＋(25 －30〕 ＋(30 －30) ＋〔36－30) ＋〔30－30〕 ＋〔32－30〕 22＋(35 －30〕 ＋〔45－30) ］＝58，＝〔18＋25＋22＋24＋32＋38＋30＋36＋35＋40)÷10＝ 30，s 错误 ! 错误 错误 ! ×［(18 －! ＝乙 2 2 2 2 2 2 2 230〕＋(25 －30〕 ＋〔22－30) ＋(24 －30〕 ＋〔32－30) ＋(38 －30〕 ＋〔30－30) ＋(36 －30) 22＋(35 －30) ＋(40 －30〕 ] ＝49.8,因为错误! 甲＝错误 ! 乙，s 错误 ! >s 错误 ! ，所以 A 公司应选择乙网站． (2〕由〔1〕得 A 公司应选择乙网站，由题意可得乙网站日拜候量n <25 的概率为 0。