2021年高考理科数学《概率与统计》题型归纳与训练

2021年高考数学总复习专题11概率与统计分项练习含解析一．基础题组1. 【xx高考上海，9】已知四个函数：①；②；③；④.从中任选2个，则事件“所选2个函数的图像有且仅有一个公共点” 的概率为 .【答案】【解析】考查函数图象交点的个数：与有2个交点；与有1个交点；与有1个交点；与有0个交点；与有0个交点；与有2个交点；结合古典概型公式可得：所选两个函数的图像有且仅有一个公共点的概率为 .2.【xx高考上海理数】某次体检，6位同学的身高（单位：米）分别为1.72，1.78，1.75，1.80，1.69，1.77，则这组数据的中位数是_________（米）．【答案】1.76【解析】试题分析：将这6位同学的身高按照从低到高排列为：1.69,1.72,1.75，1.77,1.78，1.80，这六个数的中位数是1.75与1.77的平均数，显然为1.76.【考点】中位数的概念【名师点睛】本题主要考查中位数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，涉及统计的题目，往往不难，主要考查考生的视图、用图能力，以及应用数学解决实际问题的能力.3.【xx高考上海理数】如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是_____________.【答案】【解析】试题分析：共有种基本事件，其中使点P落在第一象限的情况有种，故所求概率为.【考点】排列组合、古典概型、平面向量的线性运算【名师点睛】本题主要考查古典概型概率的计算.解答本题时，关键在于能够准确地确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用概率的计算公式求解.本题能较好地考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力、数形结合思想等.4.【xx高考上海文数】某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为______.【答案】【考点】古典概型【名师点睛】本题主要考查古典概型概率的计算.解答本题时，关键在于能准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用概率的计算公式求解.本题能较好地考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力等.5. 【xx高考上海理数】赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有，，，，的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量和分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则（元）．【答案】【解析】赌金的分布列为 1 2 3 4 5 P所以奖金的分布列为 1.4 2.8 4.2 5.6 P所以223111.4(1234)2.8510510E ξ=⨯⨯+⨯+⨯+⨯=【考点定位】数学期望【名师点睛】一般地，若离散型随机变量X 的分布列为：X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n则称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望，均值E (X )是一个实数，由x 的分布列唯一确定，即X 作为随机变量是可变的，而E (X )是不变的，它描述X 值的取值平均状态．6. 【xx 上海,理10】为强化安全意识，某商场拟在未来的连续10天中随机选择3天进行紧急疏散演练，则选择的3天恰好为连续3天的概率 是 （结构用最简分数表示）. 【答案】【考点】古典概型．7. 【xx 上海,理13】某游戏的得分为1,2,3,4,5，随机变量表示小白玩游戏的得分.若=4.2，则小白得5分的概率至少为 . 【答案】【解析】设＝1,2,3,4,5的概率分别为，则由题意有123452345 4.2P P P P P ++++=，，对于，当越大时，其值越大，又，因此，所以，解得． 【考点】随机变量的均值（数学期望），排序不等式．8. 【xx上海,文13】为强化安全意识，某商场拟在未来的连续10天中随机选择3天进行紧急疏散演练，则选择的3天恰好为连续3天的概率是（结构用最简分数表示）. 【答案】【解析】任意选择3天共有种方法，其中3天是连续3天的选法有8种，故所求概率为．【考点】古典概型．9. 【xx上海,理8】盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是______(结果用最简分数表示)．【答案】【解析】9个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为1－.10. 【xx上海,文6】某学校高一年级男生人数占该年级学生人数的40%.在一次考试中，男、女生平均分数分别为75、80，则这次考试该年级学生平均分数为______．【答案】78【解析】平均成绩＝＝78.11. 【xx上海,文11】盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7的七个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是______(结果用最简分数表示)．【答案】【解析】考查排列组合；概率计算策略：正难则反。

2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：概率与统计2一．专题综述在中学数学里，排列、组合、二项式定理、概率统计相对照较独立，他们与实际生活联系较紧，解决本部份的问题也有比较独特的思维方式，高考对本部份考察的命题往往具有必然得灵气。

1.考纲要求（1）把握解决排列组合应用题的大体方式，会利用二项式定明白得决问题；（2）了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义；（3）了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的大体公式计算一些等可能性事件的概率；（4）了解互斥事件与彼此独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与彼此独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率；（5）会计算事件在n次独立重复实验中恰好发生k次的概率；（6）把握离散型随机变量的期望与方差，三种抽样方式，样本频率直方图及条形图，正态散布；（7）了解回归分析的原理及线性回归分析。

2.考题设置与分值从试题题型来看，（1）排列组合应用题与概率结合每一年1道客观题；（2）二项式定理每一年1道客观题，要紧考查二项式定理的通项应用或系数性质求系数和，（3）概率与统计以应用题为背景命题，有选择题，也有填空题，但更多是解答题，大体上是1小1大题，解答题将等可能事件的概率与独立事件或互斥事件问题综合在一路命题，或将概率与离散型随机变量散布列综合求数学期望与方差。

对本部份考察总分值约25分3.考试重点与难度：本专题内容从历年高考试题来看，考纲规定的考点都有考查。

概率应用问题仍是高考考查学生实践能力的热点问题.问题背景多联系生活实际，有时斗胆创新、构思新颖，综合考查多种分支知识及多种思想方式，在知识网络的交汇处设计试题. 一样通过模球类的问题、元素分派类问题、计数类问题等，来考查学生利用排列组合知识求等可能性事件的概率，和考查互斥事件、彼此独立事件、独立重复实验等概率问题的把握和应用.总起来将，高考对本部份内容的考察不管是客观题仍是主观题都属于中档题。

二．考点选讲【考点1】排列、组合的应用题排列、组合的应用题是每一年高考的必考点，几种典型的分析思路和典型的模型是咱们要把握的重点。

概率与统计一、考纲解读1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性。

2.理解超几何分布及其推导过程，并能进行简单的应用。

3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n 次独立重复实验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题。

4.理解取有限个值的离散型变量均值，方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题。

5.利用实际问题的频率分布直方图，了解正态分布密度曲线的特点及曲线所表示的意义。

二、命题趋势探究1.高考命题中，该部分命题形式有选择题、填空题，但更多的是解答题。

2.主要以离散型随机变量分布列为主体命题，计算离散型随机变量的期望和方差，其中二项分布与超几何分布为重要考点，难度中等以下。

3.有关正态分布的考题多为一道小题。

三、知识点精讲（一）.条件概率与独立事件（1）在事件A 发生的条件下，时间B 发生的概率叫做A 发生时B 发生的条件概率，记作()P B A ，条件概率公式为()=P B A ()()P AB P A 。

（2）若()=P B A P B （），即()=()()P AB P A P B ,称A 与B 为相互独立事件。

A 与B 相互独立，即A 发生与否对B 的发生与否无影响，反之亦然。

即,A B 相互独立，则有公式()=()()P AB P A P B 。

（3）在n 次独立重复实验中，事件A 发生k ()0k n ≤≤次的概率记作()n P k ，记A在其中一次实验中发生的概率为()P A p = ，则()()1n kk kn nP k C p p -=- .（二）.离散型随机变量分布列、期望、方差及其性质（1）离散型随机变量ξ的分布列（如表13-1所示）.表13-1①()11,i p i n i N θ*≤≤≤≤∈ ; ②121n p p p ++= .（2）E ξ表示ξ的期望：1122=+n n p p p E ξξξξ++…，反应随机变量的平均水平，若随机变量ξη，满足=a b ηξ+，则E aE b ηξ=+. （3）D ξ表示ξ的方差：()()()2221122=---n n E p E p E p D ξξξξξξξ+++，反映随机变量ξ取值的波动性。

2021年高考数学分项汇编专题11 概率与统计（含解析）一．选择题1. 【xx年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷12】某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2，…，270，并将整个编号依次分为10段.如果抽得号码有下列四种情况：①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270；关于上述样本的下列结论中，正确的是（）A．②、③都不能为系统抽样B．②、④都不能为分层抽样C．①、④都可能为系统抽样D．①、③都可能为分层抽样2.【xx年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷6】为了了解学校学生的身体发育情况，抽查了该校100名高中男生的体重情况，根据所得数据画出样本的频率分布直方图如右图所示，根据此图，估计该校xx名高中男生中体重大于70.5公斤的人数为（）A.300B.350C.420D.4503. 【2011年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷5】有一个容量为200的样本，其频率分布直方图如图所示．根据样本的频率分布直方图估计，样本数据落在区间内的频数为（ ） A ．18 B ．36 C ．54 D ．724.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷2】容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：分组 频数2345420.19 0.150.05 0.02样本数据则样本数据落在区间的频率为（）A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65【答案】B【解析】试题分析：由频率分布表可知：样本数据落在区间内的頻数为2+3+4=9，样本总数为5. 【xx年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷10】如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：如图，不妨设扇形的半径为2a,如图,记两块白色区域的面积分别为S1,S2,两块阴影部分的面积分别为S3,S4，则S1+S2+S3+S4=S扇形OAB=①,而S 1+S 3 与S 2+S 3的和恰好为一个半径为a 的圆，即S 1+S 3 +S 2+S 3②. ①-②得S 3=S 4,由图可知S 3=221()2OEDC EOD S S S a a π+-=-正方形扇形扇形COD ,所以. . 由几何概型概率公式可得，此点取自阴影部分的概率6.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷4】四名同学根据各自的样本数据研究变量之间的相关关系，并求得回归直线方程，分别得到以下四个结论： ① y 与x 负相关且； ② y 与x 负相关且； ③ y 与x 正相关且； ④ y 与x 正相关且. 其中一定不正确．．．的结论的序号是（ ） A ．①②B ．②③C ．③④D ． ①④7.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷5】随机投掷两枚均匀的投骰子，他们向上的点数之和不超过5的概率为，点数之和大于5的概率为，点数之和为偶数的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】试题分析：依题意，，，，所以.选C. 考点：古典概型公式求概率，容易题.8.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷6】根据如下样本数据：3 4 5 6 7 84.02.50.5得到的回归方程为，则（ ） A. , B. , C. , D. , 【答案】A【解析】试题分析：作出散点图，如图所示，观察图像可知，回归直线的斜率，当时，.故选A.考点：根据已知样本数判断线性回归方程中的与的符号，容易题.9. 【xx高考湖北，文2】我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（）A．134石 B．169石 C．338石 D．1365石10. 【xx高考湖北，文8】在区间上随机取两个数，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，则（）A．B．C．D．【答案】.【解析】由题意知，事件“”的概率为，事件“”的概率，其中，，所以，故应选.【考点定位】本题考查几何概型和微积分基本定理，涉及二元一次不等式所表示的区域和反比例函数所表示的区域.11. 【xx 高考湖北，文4】已知变量和满足关系，变量与正相关. 下列结论中正确的是（ ） A ．与负相关，与负相关 B ．与正相关，与正相关 C ．与正相关，与负相关D ．与负相关，与正相关二．填空题1.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷12】接种某疫苗后，出现发热反应的概率为0．80，现有5人接种了该疫苗，至少有3人出现发热反应的概率为 精确到0．01） 【答案】0.94 【解析】试题分析：P ＝332445550.800.200.800.200.80C C ⨯⨯⨯⨯（）（）＋（）＋（）＝0.94.2. 【xx 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷11】一个公司共有1 000名员工，下设一些部门，要采用分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为50的样本，已知某部门有200名员工，那么从该部门抽取的工人数是 . 【答案】１0【解析】由分层抽样方法可知从该部门抽取的工人数满足,即10为正确答案.3. 【xx年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷15】下图是样本容量为200的频率分布直方图。

专题4.3 统计与概率1．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：（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 -=++++，【试题来源】2020年海南省高考数学试卷（新高考全国Ⅱ卷） 【答案】（1）0.64；（2）答案见解析；（3）有．【解析】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的 2.5PM 浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150的天数有32618864+++=天，所以该市一天中，空气中的 2.5PM 浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150的概率为640.64100=； （2）由所给数据，可得22⨯列联表为（3）根据22⨯列联表中的数据可得222()100(64101610)()()()()80207426n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯==++++⨯⨯⨯36007.4844 6.635481=≈>， 因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中 2.5PM 浓度与2SO 浓度有关． 2．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：（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 -=++++，【试题来源】2020年新高考全国卷Ⅱ（海南卷） 【答案】（1）0.64；（2）答案见解析；（3）有．【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得22⨯列联表；（3）计算出2K ，结合临界值表可得结论．【解析】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的 2.5PM 浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150的天数有32618864+++=天，所以该市一天中，空气中的 2.5PM 浓度不超过75，且2SO 浓度不超过150的概率为640.64100=； （2）由所给数据，可得22⨯列联表为（3）根据22⨯列联表中的数据可得222()100(64101610)()()()()80207426n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯==++++⨯⨯⨯36007.4844 6.635481=≈>， 因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中 2.5PM 浓度与2SO 浓度有关． 3．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）：（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？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（文）（新课标Ⅱ）【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析．【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论． 【解析】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，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． 【名师点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题．4．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．【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ） 【答案】（1）116；（2）34；（3）716． 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率．【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，甲赢的概率为()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 =-⨯=． 【名师点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题．5．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20160i ix==∑，2011200i iy==∑，2021)80i i x 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=12211))))ni iiiin ni i x y x x y y y x ===----∑∑∑（（（（，≈1．414．【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ） 【答案】（1）12000；（2）0.94；（3）详见解析【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；（2）利用公式20()()iix x y y r --=∑计算即可；（3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样．【解析】（1）样区野生动物平均数为201111200602020i i y ==⨯=∑， 地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为2006012000⨯=（2）样本(,)i ix y(i=1，2，…，20)的相关系数为20()()0.943i ix x y yr--===≈∑（3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从俄各地块间这种野生动物的数量差异很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，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．【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能力，是一道容易题．6．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：交付金额（元）支付方式（1）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；（2）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；（3）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．【试题来源】2019年北京市高考数学试卷（理）【答案】（1）25；（2）见解析；(Ⅱ)见解析． 【分析】（1）由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；（2）首先确定X 可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可． (Ⅱ)由题意结合概率的定义给出结论即可．【解析】（1）由题意可知，两种支付方式都是用的人数为1003025540---=人，则： 该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率4021005p ==． （2）由题意可知，仅使用A 支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占35，金额大于1000的人数占25，仅使用B 支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占25，金额大于1000的人数占35，且X 可能的取值为0，1，2．()32605525p X ==⨯=，()22321315525p X ⎛⎫⎛⎫==+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()32625525p X ==⨯=，X 的分布列为其数学期望：()0121252525E X =⨯+⨯+⨯=． (Ⅱ)我们不认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．理由如下： 随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”．【名师点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关．7．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）．【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ） 【答案】（1） 0.35a =，0.10b =；（2） 4.05，6．【分析】（1）由()0.70P C =及频率和为1可解得a 和b 的值；（2）根据公式求平均数． 【解析】（1）由题得0.200.150.70a ++=，解得0.35a =，由0.050.151()10.70b P C ++=-=-，解得0.10b =．（2）由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为0.1520.2030.3040.2050.1060.057 4.05⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，乙离子残留百分比的平均值为0.0530.1040.1550.3560.2070.1586⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=【名师点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题． 8．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．（1）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；（2）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． 【试题来源】2019年天津市高考数学试卷（理） 【答案】（1）见解析；（2）20243【分析】（1）由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；（2）由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值．【解析】（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为23，故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从面()()33210,1,2,333k kk P X k C k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望()323E X =⨯=． （2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 且{3,1}{2,0}M X Y X Y =====．由题意知事件{}3,1X Y ==与{}2,0X Y ==互斥，且事件{}3X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立， 从而由（1）知{}{}()()3,12,0P M P X Y X Y =====()()3,12,0P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==824120279927243=⨯+⨯=． 【名师点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．9．某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：满意不满意男顾客4010女顾客3020（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；（2）能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++．P（K2≥k）0.0500.0100.001k 3.841 6.63510.828【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（文）（新课标Ⅱ）【答案】（1）43 ,55；（2）能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．【分析】（1）从题中所给的22⨯列联表中读出相关的数据，利用满意的人数除以总的人数，分别算出相应的频率，即估计得出的概率值；（2）利用公式求得观测值与临界值比较，得到能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．【解析】（1）由题中表格可知，50名男顾客对商场服务满意的有40人，所以男顾客对商场服务满意率估计为1404 505P==，50名女顾客对商场满意的有30人，所以女顾客对商场服务满意率估计为2303 505P==，（2）由列联表可知22100(40203010)1004.762 3.8417030505021K⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯，所以能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．【名师点睛】该题考查的是有关概率与统计的知识，涉及到的知识点有利用频率来估计概率，利用列联表计算2K的值，独立性检验，属于简单题目．10．11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．【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ） 【答案】（1）0.5；（2）0.1【分析】（1）本题首先可以通过题意推导出()2P X =所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果； （2）本题首先可以通过题意推导出4P X所包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果．【解析】（1）由题意可知，()2P X =所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球” 所以20.50.40.50.60.5P X（2）由题意可知，4P X 包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分”所以40.50.60.50.4+0.50.40.50.40.1P X【名师点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出()2P X =以及4P X所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题．11．为了治疗某种疾病，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00p =，81p =，11i i i i p ap bp cp -+=++(1,2,,7)i =，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=． ①证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i =为等比数列；②求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性． 【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ） 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②41257p =． 【分析】（1）首先确定X 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）①求解出,,a b c 的取值，可得()110.40.50.11,2,,7i i i i p p p p i -+=++=⋅⋅⋅，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；②列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合8p 和0p 的值可求得1p ；再次利用累加法可求出4p ． 【解析】（1）由题意可知X 所有可能的取值为1-，0，1()()11P X αβ∴=-=-；()()()011P X αβαβ==+--；()()11P X αβ==-则X 的分布列如下：（2）0.5α=，0.8β=0.50.80.4a ∴=⨯=，0.50.80.50.20.5b =⨯+⨯=，0.50.20.1c =⨯=①()111,2,,7i i i i p ap bp cp i -+=++=⋅⋅⋅ 即()110.40.50.11,2,,7i i i i p p p p i -+=++=⋅⋅⋅，整理可得()11541,2,,7ii i p p p i -+=+=⋅⋅⋅ ()()1141,2,,7i i i i p p p p i +-∴-=-=⋅⋅⋅{}1i i p p +∴-()0,1,2,,7i =⋅⋅⋅是以10p p -为首项，4为公比的等比数列②由①知()110144i i i i p p p p p +-=-⋅=⋅，78714p p p ∴-=⋅，67614p p p -=⋅，……，01014p p p -=⋅，作和可得()880178011114414441143p p p p p ---=⋅++⋅⋅⋅+===-，18341p ∴=-， ()4401234401184144131144441434141257p p p p p --∴=-=⋅+++==⨯==--+. 4p 表示最终认为甲药更有效的．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为410.0039257p =≈，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理．【名师点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题．本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高． 12．电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：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． 假设所有电影是否获得好评相互独立．（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）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率； （3）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“1k ξ=”表示第k 类电影得到人们喜欢，“0k ξ=”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（k =1，2，3，4，5，6）．写出方差1D ξ，2D ξ，3D ξ，4D ξ，5D ξ，6D ξ的大小关系． 【试题来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试（理）（北京卷）【答案】（1） 概率为0.025；（2） 概率估计为0.35；（3）1D ξ>4D ξ>2D ξ=5D ξ>3D ξ>6D ξ【分析】（1）先根据频数计算是第四类电影的频率，再乘以第四类电影好评率得所求概率，（2）恰有1部获得好评为第四类电影获得好评第五类电影没获得好评和第四类电影没获得好评第五类电影获得好评这两个互斥事件，先利用独立事件概率乘法公式分别求两个互斥事件的概率，再相加得结果，（3） k ξ服从0-1分布，因此()=1k D p p ξ-，即得1D ξ>4D ξ>2D ξ=5D ξ>3D ξ>6D ξ．【解析】解：（1）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000， 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50. 故所求概率为500.0252000=． （2）设事件A 为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”， 事件B 为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”． 故所求概率为P （AB AB +）=P （AB ）+P （AB ） =P （A ）（1–P （B ））+（1–P （A ））P （B ）． 由题意知P （A ）估计为0.25，P （B ）估计为0.2． 故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35． （3）1D ξ>4D ξ>2D ξ=5D ξ>3D ξ>6D ξ．【名师点睛】互斥事件概率加法公式：若A ，B 互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)，独立事件概率乘法公式：若A ，B 相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)．13．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：()()()()()22n ad bcKa b c d a c b d-=++++，【试题来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试（理）（新课标III卷）【答案】（1）第二种生产方式的效率更高．理由见解析；（2）80；（3）能.【分析】（1）计算两种生产方式的平均时间即可．（2）计算出中位数，再由茎叶图数据完成列联表．（3）由公式计算出2k，再与6．635比较可得结果．【解析】（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．（iv）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7981802m +==． 列联表如下：（3）由于()224015155510 6.63520202020K ⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．【名师点睛】本题主要考查了茎叶图和独立性检验，考察学生的计算能力和分析问题的能力，贴近生活．14．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：ˆ30.413.5yt =-+；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：ˆ9917.5yt =+． （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．【试题来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试（文）（新课标II卷）【答案】（1）利用模型①预测值为226.1，利用模型②预测值为256.5，（2）利用模型②得到的预测值更可靠．【分析】（1）两个回归直线方程中无参数，所以分别求自变量为2018时所对应的函数值，就得结果；（2）根据折线图知2000到2009，与2010到2016是两个有明显区别的直线，且2010到2016的增幅明显高于2000到2009，也高于模型1的增幅，因此所以用模型2更能较好得到2018的预测．【解析】（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ˆy=–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ˆy=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：（1）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ˆy =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．（2）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．【名师点睛】若已知回归直线方程，则可以直接将数值代入求得特定要求下的预测值；若回x y求参数．归直线方程有待定参数，则根据回归直线方程恒过点(,)15．已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16．现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．（1）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（2）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一。

高考数学概率统计题型归纳高考数学中的概率统计是一个重要的考点，其题型多样，涵盖了众多知识点。

为了帮助同学们更好地应对高考中的概率统计题目，下面对常见的题型进行归纳和分析。

一、古典概型古典概型是概率统计中最基本的题型之一。

其特点是试验中所有可能的结果有限，且每个结果出现的可能性相等。

例如，从装有 5 个红球和 3 个白球的袋子中随机取出 2 个球，求取出的 2 个球都是红球的概率。

解决这类问题的关键是要准确计算基本事件的总数和所求事件包含的基本事件数。

在上述例子中，基本事件的总数可以通过组合数计算，即从 8 个球中取出 2 个球的组合数；所求事件包含的基本事件数为从 5 个红球中取出 2 个球的组合数。

然后用所求事件包含的基本事件数除以基本事件的总数，即可得到所求概率。

二、几何概型几何概型与古典概型的区别在于试验的结果是无限的。

通常会涉及到长度、面积、体积等几何度量。

比如，在区间0, 5上随机取一个数，求这个数小于 2 的概率。

解决几何概型问题时，需要确定几何区域的度量，并计算出所求事件对应的几何区域的度量，最后用所求事件对应的几何区域的度量除以总的几何区域的度量，得到概率。

三、相互独立事件与条件概率相互独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生概率没有影响。

例如，甲、乙两人分别独立射击，甲击中目标的概率为 08，乙击中目标的概率为 07，求两人都击中目标的概率。

条件概率则是在已知某个事件发生的条件下，求另一个事件发生的概率。

比如，已知某班级男生占 60%，女生占 40%，男生中优秀的比例为30%，女生中优秀的比例为 20%，现从班级中随机抽取一名学生为优秀，求这名学生是男生的概率。

对于相互独立事件，其概率的计算使用乘法公式；对于条件概率，使用条件概率公式进行计算。

四、离散型随机变量离散型随机变量是指取值可以一一列出的随机变量。

常见的离散型随机变量有二项分布、超几何分布等。

二项分布是指在 n 次独立重复试验中，某事件发生的次数 X 服从二项分布。

专题十：《概率与统计初步》I、考纲1．统计与统计案例（1）随机抽样① 理解随机抽样的必要性和重要性。

② 会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本；了解分层抽样和系统抽样方法。

（2）总体估计① 了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，了解它们各自的特点。

② 理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差。

③ 能从样本数据中提取基本的数字特征（如平均数、标准差），并作出合理的解释。

④ 会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想。

⑤ 会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题。

（3）变量的相关性① 会作两个有关联变量的数据的散点图，会利用散点图认识变量间的相关关系。

② 了解最小二乘法的思想，能根据给出的线性回归方程系数公式建立线性回归方程（不要求记忆线性回归方程系数公式）。

（4）统计案例了解下列一些常见的统计方法，并能应用这些方法解决一些实际问题。

①独立性检验了解独立性检验（只要求2×2列联表）的基本思想、方法及其简单应用。

②假设检验了解假设检验的基本思想、方法及其简单应用。

③回归分析了解回归的基本思想、方法及其简单应用。

2．概率（1）事件与概率① 了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别。

② 了解两个互斥事件的概率加法公式。

（2）古典概型① 理解古典概型及其概率计算公式。

② 会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。

（3）随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率。

②了解几何概型的意义。

II、高考考情解读本章知识的高考命题热点有以下两个方面：1.概率统计是历年高考的热点内容之一，考查方式多样，选择题、填空题、解答题中都可能出现，数量各1道，难度中等,主要考查古典概型、几何概型、分层抽样、频率分布直方图、茎叶图的求解.2.预计在2014年高考中，概率统计部分的试题仍会以实际问题为背景,概率与统计相结合命题.II 、基础知识和题型 一、随机抽样1、简单随机抽样：(1)．简单随机抽样的概念：设一个总体含有N 个个体，从中逐个不放回地抽取n 个个体作为样本(n ≤N )，如果每次抽取时总体内的各个个体被抽到的机会都相等，就把这种抽样方法叫做简单随机抽样．(2)．最常用的简单随机抽样方法有两种——抽签法和随机数法． 2、系统抽样的步骤假设要从容量为N 的总体中抽取容量为n 的样本： (1)先将总体的N 个个体编号；(2)确定分段间隔k ，对编号进行分段，当N n 是整数时，取k ＝Nn；(3)在第1段用简单随机抽样确定第一个个体编号l (l ≤k )；(4)按照一定的规则抽取样本． 通常是将l 加上间隔k 得到第2个个体编号l ＋k ， 再加k 得到第3个个体编号l ＋2k ，依次进行下去，直到获取整个样本． 【提醒】系统抽样的最大特点是“等距”，利用此特点可以很方便地判断一种抽样方法是否是系统抽样. 3、分层抽样(1)．分层抽样的概念：在抽样时，将总体分成互不交叉的层，然后按照一定的比例，从各层独立地抽取一定数量的个体，将各层取出的个体合在一起作为样本，这种抽样方法是分层抽样．(2)．当总体是由差异明显的几个部分组成时，往往选用分层抽样的方法． (3)．分层抽样时，每个个体被抽到的机会是均等的． 4（一）简单随机抽样 1． (2012·宁波月考)在简单随机抽样中，某一个个体被抽到的可能性( )A ．与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最大B ．与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最小C ．与第几次抽样无关，每一次抽到的可能性相等D ．与第几次抽样无关，与样本容量无关 2. 下面的抽样方法是简单随机抽样的是( )A ．在某年明信片销售活动中，规定每100万张为一个开奖组，通过随机抽取的方式确定号码的后四位为2 709的为三等奖B ．某车间包装一种产品，在自动包装的传送带上，每隔30分钟抽一包产品，称其重量是否合格C ．某学校分别从行政人员、教师、后勤人员中抽取2人、14人、4人了解学校机构改革的意见D ．用抽签法从10件产品中选取3件进行质量检验 3．（2013年高考江西卷（文5））(2013·江西)总体由编号为01,02，…，19,20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为()A.08【总结】采用随机数法时，若重复出现或超出范围的要去掉。

专题16 决策问题例1． 某公司准备上市一款新型轿车零配件，上市之前拟在其一个下属4S 店进行连续30天的试销，定价为1000元/件．（1）设日销售40个零件的概率为(01)p p <<，记5天中恰有2天销售40个零件的概率为z ，写出z 关于p 的函数关系式．（2）试销结束后统计得到该4S 店这30内的日销售量(单位：件)的数据如下表：其中，有两个数据未给出．试销结束后，这款零件正式上市，每件的定价仍为1000元，但生产公司对该款零件不零售，只提供零件的整箱批发，大箱每箱有55件，批发价为550元/件；小箱每箱有40件，批发价为600元/件，以这30天统计的各日销售量的频率作为试销后各日销售量发生的概率．该4S 店决定每天批发两箱，若同时批发大箱和小箱，则先销售小箱内的零件，同时根据公司规定，当天没销售出的零件按批发价的9折转给该公司的另一下属4S 店，假设日销售量为80件的概率为15．（i ）设该4S 店批发两大箱，当天这款零件的利润为随机变量X ；批发两小箱，当天这款零件的利润为随机变量Y ，求EX 和EY ；（ii ）以日利润的数学期望作为决策依据，该4S 店每天应该按什么方案批发零件？【解析】（1）由题意可得223235(1)10(1)z C p p p p =-=-，01p <<，（2）由题意日销售量为80件的概率为15，日销售量为100的概率为32111105510---=，（i ）批发两大箱，则批发成本为60500元，当日销售量为40件时，利润为：401000605007055090% 1.415⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为60件时，利润为：601000605005055090% 2.425⨯-+⨯⨯=（万元），当日销售量为80件时，利润为：801000605003055090% 3.435⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为100件时，利润为：1001000605001055090% 4.445⨯-+⨯⨯=（万元）， 32111.415 2.425 3.435 4.445 2.526105510EX ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=（万元）．若批发两小箱，则批发成本为48000元，当日销售量为40件时，利润为：401000480004060090% 1.36⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为60件时，利润为：601000480002060090% 2.28⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为80件或100件时，利润为：80100048000 3.2⨯-=（万元）， 3231.36 2.28 3.2 2.2810510EY ∴=⨯+⨯+⨯=（万元）． （ii ）当4S 店批发一大箱和一小箱时，成本为54250万元，当天这款零件的利润为随机变量ξ， 当日销售量为40件时，利润为：401000542505555090% 1.2975⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为60件时，利润为：601000542503555090% 2.3075⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为80件时，利润为：801000542501555090% 3.3175⨯-+⨯⨯=（万元）， 当日销售量为100件时，利润为：95100054250 4.075⨯-=（万元）， 32111.2975 2.3075 3.3175 4.075 2.38325105510E ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=ξ（万元）． EY E EX ∴<<ξ，∴以日利润的数学期望作为决策依据，该4S 店每天应该按批发两大箱．例2． 某工厂预购买软件服务，有如下两种方案：方案一：软件服务公司每日收取工厂60元，对于提供的软件服务每次10元；方案二：软件服务公司每日收取工厂200元，若每日软件服务不超过15次，不另外收费，若超过15次，超过部分的软件服务每次收费标准为20元．（1）设日收费为y 元，每天软件服务的次数为x ，试写出两种方案中y 与x 的函数关系式；（2）该工厂对过去100天的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形图，依据该统计数据，把频率视为概率，从节约成本的角度考虑，从两个方案中选择一个，哪个方案更合适？请说明理由．【解析】解：（1）由题可知，方案一中的日收费y 与x 的函数关系式为1060=+y x ，∈x N ． 方案二中的日收费y 与x 的函数关系式为200152010015⎧≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩,,,,x x N y x x x N ．（2）设方案一中的日收费为X ，由条形图可得X 的分布列为)．所以从节约成本的角度考虑，选择方案一．例3． 某厂有4台大型机器，在一个月中，一台机器至多出现1次故障，出现故障时需1名工人进行维修，且每台机器是否出现故障是相互独立的，每台机器出现故障的概率为13．（1）若出现故障的机器台数为X ，求X 的分布列；（2）该厂到多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于90%？ （3）已知一名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资，每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就产生5万元的利润，否则将不产生利润，若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的数学期望．【解析】解：（1）一台机器运行是否出现故障看作一次实验，在一次试验中，机器出现故障的概率为13，4台机器相当于4次独立试验，设出现故障的机器台数为X ，则143~(,)X B ，0442160381===()()P X C ， 134123213381==⋅⋅=()()P X C ， 2224122423381===()()()P X C ， 33412833381===()()()P X C ， 则的分布列为：（2）设该厂有n 名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修”为X n ，则，，，，，这个互斥事件的和事件，则：7280908181≤≤%， ∴至少要3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于90%．（3）设该厂获利为Y 万元，则Y 的所有可能取值为18，13，8， 721801281===+=+==()()()()P Y P X P X P X ， 813381====()()P Y P X ， 18481====()()P Y P X ，728114081813881818181∴=⨯+⨯+⨯=()E Y ． ∴该厂获利的均值为140881． 例4． 某精密仪器生产车间每天生产n 个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布10(N ，201.)（单位：微米μ)m ，且相互独立．若零件的长度d 满足97103μμ<<..m d m ，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格．（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为X ，求2≥()P X 及X 的数学期望EX ；（2）小张某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率．已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元．假设n 充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由．附：若随机变量ξ服从正态分布2μσ(,)N ，则3309987μσξμσ-<<+=().P ，500998709370=..，49099870001300012⨯=...．【解析】解：（1）1495050211010998700013099870003≥=-=-==-⋅⋅-=()()()....P X P X P X C ， 由于X 满足二项分布，故00013500065=⨯=..EX ． （2）由题意可知不合格率为250， 若不检查，损失的期望为2522602020505=⨯⨯-=-()E Y n n ， 若检查，成本为10n ，由于5221020102055-=--=-()E Y n n n n ， 当n 充分大时，2102005-=->()E Y n n 所以为了使损失尽量小，小张需要检查其余所有零件．例5． 某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了80个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：)mm ，得到如图的频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，求这80个零件尺寸的中位数（结果精确到001.)；（2）若从这80个零件中尺寸位于625[.，645.)之外的零件中随机抽取4个，设X 表示尺寸在645[.，65]上的零件个数，求X 的分布列及数学期望EX ；（3）已知尺寸在630[.，645.)上的零件为一等品，否则为二等品，将这80个零件尺寸的样本频率视为概率．现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱100个．企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为99元．若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付500元的赔偿费用．现对一箱零件随机抽检了11个，结果有1个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．【解析】解：（1）由于620[.，630.)内的频率为0075022505015+⨯=(..)..，630[.，635.)内的频率为075050375⨯=...， 设中位数为630∈[.x ，635.)，由0156307505+-⨯=.()..x ，得6347≈.x ，故中位数为63.47；（2）这80个零件中尺寸位于625[.，645.)之外的零件共有7个，其中尺寸位于620[.，625.)内的有3个， 位于645[.，65)共有4个，随机抽取4个， 则1=X ，2，3，4，3134474135===()C C P X C ， 22344718235===()C C P X C ，133********===()C C P X C ， 44471435===()C P X C ，418121161234353535357=⋅+⋅+⋅+⋅=EX ； （3）根据图象，每个零件是二等品的概率为0075022501000502=++⨯=(...)..P ， 设余下的89个零件中二等品的个数为8902~(,.)Y B ， 由二项分布公式，8902178=⨯=..EY ，若不对余下的零件作检验，设检验费用与赔偿费用的和为S ，11995001089500=⨯+=+S Y Y ，若对余下的零件作检验，则这一箱检验费用为9900元， 以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据， 则11995009989=⨯+=ES EY ，因为9900>ES ，所以应该对余下的零件作检验．（或者9989=ES 与9900相差不大，可以不做检验都行．)例6． 某单位准备购买三台设备，型号分别为A ，B ，C 已知这三台设备均使用同一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价格为100元，也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为200元．为了决策在购买设备时应同时购买的易耗品的件数．该单位调查了这三种型号的设备各60台，调査每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计将调查的每种型号的设备的频率视为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立． （1）求该单位一个月中A ，B ，C 三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率；（2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同时购买20件还是21件易耗品？【解析】解：（1）由题中的表格可知A 型号的设备一个月使用易耗品的件数为6和7的频率均为301602=， B 型号的设备一个月使用易耗品的件数为6，7，8的频率均为301301101602602606===,,， C 型号的设备一个月使用易耗品的件数为7和8的频率均为453151604604==,， 设该单位一个月中A ，B ，C 三台设备使用易耗品的件数分别为x ，y ，z ，则1672====()()P x P x ，116732====(),()P x P x ， 131878644======(),(),()P y P z P z ，设该单位三台设备一个月中使用易耗品的件数总数为X ， 则212223>==+=()()()P X P X P X ，而22688778787=====+===+===()(,,)(,,)(,,)P X P x y z P x y z P x y z 111111113726422426448=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=11112378826448======⨯⨯=()(,,)P X P x y z ， 故7112148486>=+=()P X ，即该单位一个月中A ，B ，C 三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率为16； （2）以题意知，X 所有可能的取值为19，20，21，22，23， 1131196672348======⨯⨯=()(,,)P X P x y z ， 20668677767=====+===+===，，()(,,)(,,)()P X P x y z P x y z P x y z 1111131131723422423448=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=21678687768777=====+===+===+===()(,,)(,,)(,,)(,,)P X P x y z P x y z P x y z P x y z 1111131111131722426423422448=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=由（1）知，7122234848====(),()P X P X ， 若该单位在购买设备的同时购买了20件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为1Y 元，则1Y 的所有可能取值为2000，2200，2400，2600， 1117232000192084848===+==+=()()()P Y P X P X ， 11722002148====()()P Y P X ， 1724002248====()()P Y P X ， 1126002348====()()P Y P X ， 12317712000220024002600214248484848=⨯+⨯+⨯+⨯≈EY ， 若该单位在购买设备的同时购买了21件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为2Y 元，则2Y 的所有可能取值为2100，2300，2500，21171752100192021848486===+=+==++=()()()()P Y P X P X P X ， 2723002248====()()P Y P X ， 2125002348====()()P Y P X ， 2571210023002500213864848=⨯+⨯+⨯≈EY ， 故21<EY EY ，所以该单位在购买设备时应该购买21件易耗品．例7． 自2013年10月习近平主席提出建设“一带一路”的合作倡议以来，我国积极建立与沿线国家的经济合作伙伴关系.某公司为了扩大生产规模，欲在海上丝绸之路经济带（南线）：泉州-福州-广州-海口-北海（广西）-河内-吉隆坡-雅加达-科伦坡-加尔各答-内罗毕-雅典-威尼斯的13个城市中选择3个城市建设自己的工业厂房，根据这13个城市的需求量生产某产品，并将其销往这13个城市. （1）求所选的3个城市中至少有1个在国内的概率；（2）已知每间工业厂房的月产量为10万件，若一间厂房正常生产，则每月或获得利润100万；若一间厂房闲置，则该厂房每月亏损50万，该公司为了确定建设工业厂房的数目()*1013,n n n N ≤≤∈，统计了近5年来这13个城市中该产品的月需求量数据，得如下频数分布表：若以每月需求量的频率代替每月需求量的概率，欲使该产品的每月总利润的数学期望达到最大，应建设工业厂房多少间？【解析】（1）记事件A 为“该公司所选的3个城市中至少有1个在国内”，则()()3831328115111143143C P A P A C =-=-=-=， 所以该公司所选的3个城市中至少有1个在国内的概率为115143. （2）设该产品每月的总利润为Y ，①当10n =时，1000Y =万元． ②当11n =时，Y 的分布列为所以()9500.111000.91085E Y =⨯+⨯=万元. ③当12n =时，Y 的分布列为所以()9000.110500.412000.51110E Y =⨯+⨯+⨯=万元. ④当13n =时，Y 的分布列为所以()8500.110000.411500.313000.21090E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=万元. 综上可知，当12n =时()1110E Y =万元最大，故建设厂房12间．例8． 某钢铁加工厂新生产一批钢管，为了了解这批产品的质量状况，检验员随机抽取了100件钢管作为样本进行检测，将它们的内径尺寸作为质量指标值，由检测结果得如下频率分布表和频率分布直方图：（1）求a，b；（2）根据质量标准规定：钢管内径尺寸大于等于25.75或小于25.15为不合格，钢管内径尺寸在[25.15,25.35]或[25.45,25.75]为合格，钢管内径尺寸在[25.35,25.45]为优等.钢管的检测费用为2元/根，把样本的频率分布作为这批钢管的概率分布.（i）若从这批钢管中随机抽取3根，求内径尺寸为优等钢管根数X的分布列和数学期望；m m 根，若有两种销售方案：（ii）已知这批钢管共有(100)第一种方案：不再对该批剩余钢管进行检测，扣除100根样品中的不合格钢管后，其余所有钢管均以50元/根售出；第二种方案：对该批钢管进行一一检测，不合格钢管不销售，并且每根不合格钢管损失20元，合格等级的钢管50元/根，优等钢管60元/根. 请你为该企业选择最好的销售方案，并说明理由.【解析】（1）由题意知：1810 1.8100b =⨯=， 所以( 2.3 1.8 1.41a ++++ 0.30.2)0.11++⨯=， 所以3a =.（2）（i ）由（1）知，钢管内径尺寸为优等的概率为0.3，X 所有可能的取值为0，1，2，3，()03300.70.343P X C ==⨯=， ()12310.70.30.441P X C ==⨯⨯=， ()22320.70.3=0.189P X C ==⨯⨯， ()33330.30.027P X C ==⨯=，故X 的分布列为()30.30.9E X =⨯=（ii ）按第一种方案：()1502200y m =--= 50300m -，按第二种方案：20.6850y m =⨯⨯+ 0.36020.022049.6m m m m ⨯⨯--⨯⨯=，()125030049.6y y m m -=-- 0.4300m =-，若750m >时，12y y >，则按第一种方案， 若750m =时，12y y =，则第一、第二方案均可， 若100750m <<时，12y y <，则按第二种方案， 故当750m >时，按第一种方案，750m=时，第一、二种方案均可，<<时，按第二种方案.m100750例9．某商家每年都参加为期5天的商品展销会，在该展销会上商品的日销售量与是否下雨有关．经统计，2015年该商家的商品日销售情况如下表：以2015年雨天和非雨天的日平均销售量估计相应天气的销售量．若2016年5天的展销会中每天下雨的概率均为60%，且每天下雨与否相互独立．（Ⅰ）估计2016年展会期间能够售出的该商品的件数；（Ⅱ）该商品成本价为90元/件，销售价为110元/件．（ⅰ）将销售利润X（单位：元）表示为2016年5天的展销会中下雨天数t的函数；（ⅱ）由于2016年参展总费用上涨到2500元，商家决定若最终获利大于8000元的概率超过0.6才继续参展，请你为商家是否参展作出决策，并说明理由．【解析】（Ⅰ）由2015年该商家的商品日销售情况表可知：2015年雨天的日平均销售量为100件，非雨天的日平均销售量为125件，设2016年5天的展销会中下雨的天数为t ，则⎛⎫ ⎪⎝⎭3~5,5t B ，所以=⨯=3()535E t ，所以估计2016年5天的展销会有3天下雨，2天不下雨， 所以估计2016年展会期间能够售出的该商品的件数为⨯+⨯=10031252550（件）.（Ⅱ）（ⅰ）依题意得，销售利润=+-⨯-=-∈[100125(5)](11090)12500500,X t t t t N（ⅱ）设商家最终获利为Y ，则=-=-250010000500Y X t ， 若最终获利大于8000元，则->100005008000t ，解得<4t ，所以=0,1,2,3t ，又因为⎛⎫⎪⎝⎭3~5,5t B ，所以最终获利大于8000元的概率为：==+=+=+=(0)(1)(2)(3)P P t P t P t P t⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭5142332012355553232323255555555C C C C =+++=>32240720108020720.631253125312531253125 所以商家应决定参加2016年的展销会． 注：本小题也可用对立事件的概率计算．=-=-=1(4)(5)P P t P t⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭41545553231555C C=>20720.63125所以商家应决定参加2016年的展销会．例10．某公司准备将1000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目供选择，若投资甲项目一年后可获得的利润为1ξ（万元）的概率分布列如表所示：且1ξ的期望()1120E ξ=;若投资乙项目一年后可获得的利润2ξ（万元）与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否受第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立，且调整的概率分别为(01)p p <<和1p -，乙项目产品价格一年内调整次数X （次）与2ξ的关系如表所示：（1）求,m n 的值； （2）求2ξ的分布列；（3）根据投资回报率的大小请你为公司决策：当p 在什么范围时选择投资乙项目，并预测投资乙项目的最大投资回报率是多少？（投资回报率=年均利润/投资总额×100%）【解析】（1）由题意得：0.411101200.4170120m n m n ++=⎧⎨+⨯+=⎩，得：0.5m =，0.1n =．（2）2ξ的可能取值为41.2，117.6，204.0，()241.2(1)[1(1)](1)P p p p p ξ==---=-()222117.6[1(1)](1)(1)(1)P p p p p p p ξ==--+--=+- ()2204.0(1)P p p ξ==-所以2ξ的分布列为（3）由（2）可得：()22241.2(1)117.6(1)204.0(1)E p p p p p p ξ⎡⎤=⨯-+⨯+-+⨯-⎣⎦21010117.6p p =-++根据投资回报率的计算办法，如果选择投资乙项目，只需()()12E E ξξ<，即21201010117.6p p <-++，得0.40.6p <<．因为()221010117.6E p p ξ=-++，所以当12P =时，()2E ξ取到最大值为120.1，所以预测投资回报率的最大值为12.01%.例11．某地政府拟在该地一水库上建造一座水电站，用泄流水量发电．下图是根据该水库历年的日泄流量的水文资料画成的日泄流量X （单位：万立方米）的频率分布直方图（不完整），已知[)0,120X ∈，历年中日泄流量在区间[30，60）的年平均天数为156，一年按364天计．（Ⅰ）请把频率分布直方图补充完整；（Ⅱ）该水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每30万立方米的日泄流量才够运行一台发电机，如6090X ≤<时才够运行两台发电机，若运行一台发电机，每天可获利润为4000元，若不运行，则该台发电机每天亏损500元，以各段的频率作为相应段的概率，以水电站日利润的期望值为决策依据，问：为使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装多少台发电机？【解析】（Ⅰ）在区间[30，60）的频率为15633647= 31==73070⨯频率组距， 设在区间[0，30）上， a =频率组距，则11130170105210a ⎛⎫+++⨯= ⎪⎝⎭，解得1210a =， 补充频率分布直方图如图；（Ⅱ）记水电站日利润为Y元．由（Ⅰ）知：不能运行发电机的概率为17，恰好运行一台发电机的概率为37，恰好运行二台发电机的概率为27，恰好运行三台发电机的概率为17，①若安装1台发电机，则Y的值为-500，4000，其分布列为E(Y)＝5004000777-⨯+⨯=；②若安装2台发电机，则Y的值为-1000，3500，8000，其分布列为E(Y)＝1000350080007777-⨯+⨯+⨯=；③若安装3台发电机，则Y的值为-1500，3000，7500，12000，其分布列为E(Y)＝1500300075001200077777-⨯+⨯+⨯+⨯=；∵345003350023500 777>>∴要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装3台发电机．。

2021年高考数学分项汇编专题11 概率和统计（含解析）文一．基础题组1. 【xx上海,文5】某校高一、高二、高三分别有学生1600名、1200名、800名，为了解该校高中学生的牙齿健康状况，按各年级的学生数进行分层抽样，若高三抽取20名学生，则高一、高二共抽取的学生数为.【答案】70【考点】分层抽样.2. 【xx上海,文13】为强化安全意识，某商场拟在未来的连续10天中随机选择3天进行紧急疏散演练，则选择的3天恰好为连续3天的概率是（结构用最简分数表示）.【答案】【考点】古典概型．3. 【xx上海,文6】某学校高一年级男生人数占该年级学生人数的40%.在一次考试中，男、女生平均分数分别为75、80，则这次考试该年级学生平均分数为______．【答案】784. 【xx上海,文11】盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7的七个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是______(结果用最简分数表示)．【答案】5. 【xx上海,文11】三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是__________(结果用最简分数表示)．【答案】6. 【2011上海,文10】课题组进行城市空气质量调查，按地域把24个城市分成甲、乙、丙三组，对应的城市数分别为4,12,8，若用分层抽样抽取6个城市，则丙组中应抽取的城市数为________．【答案】2【解析】7. 【2011上海,文13】随机抽取的9个同学中，至少有2个同学在同一月份出生的概率是______(默认每个月的天数相同，结果精确到0.001)．【答案】0.985【解析】8. 【xx上海,文5】将一个总体为A、B、C三层，其个体数之比为5∶3∶2.若用分层抽样方法抽取容量为100的样本，则应从C 中抽取____________个个体．【答案】209. 【xx 上海,文10】从一副混合后的扑克牌(52张)中随机抽取2张，则“抽出的2张均为红桃”的概率为______(结果用最简分数表示)．【答案】10. (xx 上海,文11)若某学校要从5名男生和2名女生中选出3人作为上海世博会志愿者,则选出的志愿者中男女生均不少于1名的概率是__________(结果用最简分数表示).【答案】11. (xx 上海,文18)在发生某公共卫生事件期间,有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天,每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据,一定符合该标志的是( )A.甲地:总体均值为3,中位数为4B.乙地:总体均值为1,总体方差大于0C.丙地:中位数为2,众数为3D.丁地:总体均值为2,总体方差为3【答案】D12. 【xx 上海,文8】在平面直角坐标系中，从五个点：(00)(20)(11)(02)(22)A B C D E ，，，，，，，，，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】13. 【xx上海,文10】已知总体的各个体的值由小到大依次为2，3，3，7，a，b，12，13.7，18.3，20，且总体的中位数为10.5．若要使该总体的方差最小，则a、b的取值分别．【答案】14. 【xx上海,文9】在五个数字中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的概率是（结果用数值表示）.【答案】【解析】15. 【xx上海,文10】在一个小组中有8名女同学和4名男同学，从中任意地挑选2名同学担任交通安全宣传志愿者，那么选到的两名都是女同学的概率是______（结果用分数表示）.【答案】16. 【xx上海,文8】某班有50名学生，其中15人选修A课程，另外35人选修B课程.从班级中任选两名学生，他们是选修不同课程的学生的概率是__________.（结果用分数表示）【答案】36532 8EB4 躴31983 7CEF 糯31536 7B30 笰27518 6B7E 歾e 30281 7649 癉~@T34577 8711 蜑38234 955A 镚30643 77B3 瞳40381 9DBD 鶽。

高中数学概率与统计(理科)常考题型归纳题型一:常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式.【例1】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. 解 依题意，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 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，且A 3与A 4互斥，∴P (B )＝P (A 3＋A 4)＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的所有可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥. 则P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0＋A 4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781.所以ξ的分布列是【类题通法】(1)本题4个人中参加甲游戏的人数服从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参加甲游戏的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键. (2)解题中常见的错误是不能分清事件间的关系，选错概率模型，特别是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的事件转化为相应的互斥事件A i 的概率和.【变式训练】甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分. (1)求ξ＝2的概率；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率. 解 (1)ξ＝2，则甲队有两人答对，一人答错，故P (ξ＝2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124；(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A ，甲队比乙队得分高为事件B .设乙队得分为η，则η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.P (ξ＝1)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＝14，P (ξ＝3)＝34×23×12＝14， P (η＝1)＝C 13·23·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29，P (η＝2)＝C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝49，P (η＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827， ∴P (A )＝P (ξ＝1)P (η＝3)＋P (ξ＝2)P (η＝2)＋P (ξ＝3)·P (η＝1) ＝14×827＋1124×49＋14×29＝13， P (AB )＝P (ξ＝3)·P (η＝1)＝14×29＝118，∴所求概率为P (B|A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.题型二:离散型随机变量的分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题的考查，属于中档题.复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练.【例2】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立. (1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望).解 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29， P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的所有可能值；第二步：求每一个可能值所对应的概率；第三步：列出离散型随机变量的分布列；第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求：①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.题型三:概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组75，80)，第2组80，85)，第3组85，90)，第4组90，95)，第5组95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.解(1)由频率分布直方图知：第3组的人数为5×0.06×40＝12.第4组的人数为5×0.04×40＝8.第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人.①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A，则P(A)＝1－C310C312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为5 11.②X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C24C26＝25，P(X＝1)＝C12C14C26＝815，P(X＝2)＝C22C26＝115.所以X的分布列为E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X服从超几何分布.【变式训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C：“A相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P (C )＝P (C B 1C A 1∪C B 2C A 2) ＝P (C B 1C A 1)＋P (C B 2C A 2) ＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48.题型四:统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2，又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80，l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24， 由此得b^＝l xy l xx＝2480＝0.3， a^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4，故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关. (3)将x ＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y ^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r 来确定，r 的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱. (2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a ^的公式进行准确的计算.【变式训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？(2)将频率视为概率.人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E (X )和方差D (X ).解 (1)完成2×2列联表如下：K 2＝100×（40×25－15×60×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.(2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25. 由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i(i ＝0，1，2，3).X 的分布列为均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。