【高考调研】2019届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习作业：10 概率、统计及统计案例

专题10 概率与统计1．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A ．0.5 B ．0.6 C ．0.7D ．0.8【答案】C【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70， 则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ．【名师点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．2．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A ．8号学生 B ．200号学生 C ．616号学生D ．815号学生【答案】C【解析】由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列{}n a ，公差10d =，所以610n a n =+()n *∈N ，若8610n =+，解得15n =，不合题意；若200610n =+，解得19.4n =，不合题意；若616610n =+，则61n =，符合题意；若815610n =+，则80.9n =，不合题意．故选C ．3．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为A ．23 B ．35 C ．25D ．15【答案】B【分析】首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式即可求解．【解析】设其中做过测试的3只兔子为,,a b c ，剩余的2只为,A B ，则从这5只中任取3只的所有取法有{,,},{,,},{,,},{,,},{,,},{,,},{,,}a b c a b A a b B a c A a c B a A B b c A ，{,,},{,,},{,,}b c B b A B c A B ，共10种．其中恰有2只做过测试的取法有{,,},{,,},{,,},{,,},a b A a b B a c A a c B {,,},{,,}b c A b c B ，共6种， 所以恰有2只做过测试的概率为63105=，故选B ． 【名师点睛】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．4．【2019年高考江苏卷】已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是______________． 【答案】53【解析】由题意，该组数据的平均数为678891086+++++=，所以该组数据的方差是22222215[(68)(78)(88)(88)(98)(108)]63-+-+-+-+-+-=． 5．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为______________． 【答案】0.98【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为100.97200.98100.9939.2⨯+⨯+⨯=，其中高铁个数为10201040++=，所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.9840=． 【名师点睛】本题考查了概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养，侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．6．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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40 10女顾客30 20 （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）0.050 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.828【答案】（1）男、女顾客对该商场服务满意的概率的估计值分别为0.8，0.6；（2）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）由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为400.8 50=，因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8．女顾客中对该商场服务满意的比率为300.6 50=，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6．（2）由题可得22100(40203010)4.76250507030K⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯．由于4.762 3.841>，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．7．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．y的分组[0.20,0)-[0,0.20)[0.20,0.40)[0.40,0.60)[0.60,0.80)企业数 2 24 53 14 7 （1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．（精确到0.01）附：748.602≈．【答案】（1）产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%；（2）这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%． 【解析】（1）根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为1470.21100+=． 产值负增长的企业频率为20.02100=． 用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%． （2）1(0.1020.10240.30530.50140.707)0.30100y =-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=， ()52211100i ii s n y y ==-∑ 222221(0.40)2(0.20)240530.20140.407100⎡⎤=-⨯+-⨯+⨯+⨯+⨯⎣⎦ =0.0296，0.02960.02740.17s ==⨯≈，所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．8．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A ，B 两组，每组100只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P （C ）的估计值为0.70． （1）求乙离子残留百分比直方图中a ，b 的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． 【答案】（1）0.35a =，0.10b =；（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05，6.00．【解析】（1）由已知得0.700.200.15a =++，故0.35a =．10.050.150.700.10b =---=．（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为20.1530.2040.3050.2060.1070.05 4.05⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．乙离子残留百分比的平均值的估计值为30.0540.1050.1560.3570.2080.15 6.00⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．9．【2019年高考天津卷文数】2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．（1）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？（2）抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为, , , , , A B C D E F ．享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．员工项目 ABCDEF子女教育 ○ ○ × ○ × ○ 继续教育 × × ○ × ○ ○ 大病医疗 × × × ○ × × 住房贷款利息 ○ ○ × × ○ ○ 住房租金 × × ○ × × × 赡养老人○○×××○（i ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii ）设M 为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M 发生的概率． 【答案】（1）应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人；（2）（i ）见解析，（ii ）1115． 【分析】本题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力． 【解析】（1）由已知，老、中、青员工人数之比为6 : 9 : 10， 由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．（2）（i ）从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{, },{, },{, },{, },{, },{, },A B A C A D A E A F B C {, },{, },{, },{, {,}},,B D B E B F C D C E {,},C F {,},{,},{,}D E D F E F ，共15种．（ii ）由表格知，符合题意的所有可能结果为{, },{, },{, },{, },{, },{, },{, {,},{,},{,},{,},}A B A D A E A F B D B C E B F E C F D F E F ，共11种．所以，事件M 发生的概率11()15P M =． 10．【2019年高考北京卷文数】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，从全校所有的1000名学生中随机抽取了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：支付金额支付方式不大于2000元大于2000元仅使用A 27人 3人 仅使用B24人 1人（1）估计该校学生中上个月A ，B 两种支付方式都使用的人数；（2）从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率； （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B 的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（2）的结果，能否认为样本仅使用B 的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．【答案】（1）该校学生中上个月A ，B 两种支付方式都使用的人数约为400；（2）0.04；（3）见解析．【解析】（1）由题知，样本中仅使用A 的学生有27+3=30人， 仅使用B 的学生有24+1=25人，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人．故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100–30–25–5=40人． 估计该校学生中上个月A ，B 两种支付方式都使用的人数为401000400100⨯=． （2）记事件C 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2000元”， 则1()0.0425P C ==． （3）记事件E 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2000元”．假设样本仅使用B 的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化， 则由（2）知，4(0)0.P E =．答案示例1：可以认为有变化．理由如下：()P E 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2000元的人数发生了变化， 所以可以认为有变化．答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：事件E 是随机事件，()P E 比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的， 所以无法确定有没有变化．11．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面、一枚反面的概率为A ．18B ．14 C ．38D ．12【答案】C【解析】抛掷三枚古钱币出现的基本事件有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反，共8种，其中出现两正一反的共有3种，故所求概率为38．故选C ． 12．【山东省济宁市2019届高三第一次模拟考试】某学校从编号依次为01，02，…，90的90个学生中用系统抽样（等间距抽样）的方法抽取一个样本，已知样本中相邻的两个组的编号分别为14，23，则该样本中来自第四组的学生的编号为 A ．32 B ．33 C ．41D ．42【答案】A【解析】因为相邻的两个组的编号分别为14，23，所以样本间隔为23149-=， 所以第一组的编号为1495-=，所以第四组的编号为53932+⨯=，故选A ．【名师点睛】本题考查了系统抽样的相关概念，主要考查系统抽样中组距的确定，考查了推理能力，提高了学生对于系统抽样的掌握与理解，是简单题．13．【河南省洛阳市2019届高三第三次统一考试】已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示．为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为A ．100，10B ．100，20C ．200，10D ．200，20【答案】D【解析】由题得样本容量为(350020004500)2%100002%200++⨯=⨯=， 抽取的高中生人数为20002%40⨯=人，则近视人数为400.520⨯=人，故选D ．14．【西藏拉萨中学2019届高三第六次月考】某次知识竞赛中，四个参赛小队的初始积分都是10分，在答题过程中，各小队每答对1题加0.5分，若答题过程中四个小队答对的题数分别是3道，7道，7道，3道，则四个小队积分的方差为 A ．0.5 B ．0.75 C ．1D ．1.25【答案】C【解析】四个小队积分分别为11.5，13.5，13.5，11.5，平均数为11.513.513.511.512.54+++=，故四个小队积分的方差为221[(11.512.5)2(13.512.5)2]14⨯-⨯+-⨯=，故选C ． 15．【陕西省2019届高三第三次联考】口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.38，摸出白球的概率是0.32，那么摸出黑球的概率是 A ．0.42 B ．0.28 C ．0.3D ．0.7【答案】C【分析】在口袋中摸球，摸到红球、摸到黑球、摸到白球这三个事件是互斥的，摸出黑球是摸出红球或摸出白球的对立事件，根据对立事件的概率和等于1即可得到结果．【解析】在口袋中摸球，摸到红球、摸到黑球、摸到白球这三个事件是互斥的，因为摸出红球的概率是0.38，摸出白球的概率是0.32，且摸出黑球是摸出红球或摸出白球的对立事件，所以摸出黑球的概率是10.380.320.3--=．故选C ．16．【河南省郑州市2019届高三第三次质量检测】某同学10次测评成绩的数据如茎叶图所示，总体的中位数为12，若要使该总体的标准差最小，则42x y +的值是A ．12B ．14C ．16D ．18【答案】A【解析】因为中位数为12，所以4x y +=，数据的平均数为1(223420191910x y ⨯+++++++++2021)11.4+=，要使该总体的标准差最小，即方差最小，所以22(1011.4)(1011.4)x y +-++-=2222.8( 1.4)( 1.4)2()0.722x y x y +--+-≥=，当且仅当 1.4 1.4x y -=-，即2x y ==时取等号，此时总体标准差最小，4212x y +=，故选A ．17．【江西省新八校2019届高三第二次联考】某学校高一年级1802人，高二年级1600人，高三年级1499人，先采用分层抽样的方法从中抽取98名学生参加全国中学生禁毒知识竞赛，则在高一、高二、高三三个年级中抽取的人数分别为 A ．35,33,30 B ．36,32,30 C ．36,33,29D ．35,32,31【答案】B【分析】先将各年级人数凑整，从而可确定抽样比；再根据抽样比计算得到各年级抽取人数． 【解析】先将每个年级的人数凑整，得高一：1800人，高二：1600人，高三：1500人，则三个年级的总人数所占比例分别为1849，1649，1549， 因此，各年级抽取人数分别为18983649⨯=，16983249⨯=，15983049⨯=，故选B ． 18．【广东省汕头市2019届高三第二次模拟考试（B 卷)】在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是A ．成绩在[70,80]分的考生人数最多B ．不及格的考生人数为1000人C ．考生竞赛成绩的平均分约70.5分D ．考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】D【解析】由频率分布直方图可得，成绩在[70,80]的频率最高，因此考生人数最多，故A 正确；由频率分布直方图可得，成绩在[40,60)的频率为0.25，因此，不及格的人数为40000.251000⨯=，故B 正确；由频率分布直方图可得：平均分等于450.1550.15650.2750.3850.15⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+950.170.5⨯=，故C 正确；因为成绩在[40,70)的频率为0.45，由[70,80]的频率为0.3，所以中位数为0.05701071.670.3+⨯≈，故D 错误．故选D ． 19．【福建省泉州市2019届高三第二次（5月)质检】已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75．现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x ，方差为2s ，则 A ．270,75x s =< B ．270,75x s => C ．270,75x s ><D ．270,75x s ><【答案】A【分析】分别根据数据的平均数和方差的计算公式，求得2,x s 的值，即可得到答案． 【解析】由题意，可得7050806070907050x ⨯+-+-==，设收集的48个准确数据分别记为1248,,,x x x L ， 则222221248175[(70)(70)(70)(6070)(9070)]50x x x =-+-++-+-+-L 22212481[(70)(70)(70)500]50x x x =-+-++-+L ，22222212481[(70)(70)(70)(8070)(7070)]50s x x x =-+-++-+-+-L 22212481[(70)(70)(70)100]7550x x x =-+-++-+<L ， 所以275s <．故选A ．【名师点睛】本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，是基础题．20．【北京市清华大学附属中学2019届高三第三次模拟考试】手机厂商推出一款6寸大屏手机，现对500名该手机使用者（200名女性、300名男性）进行调查，对手机进行评分，评分的频数分布表如下：女性 用户分值区间 [50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]频数 20 40 80 50 10 男性 用户分值区间 [50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]频数4575906030（1）完成下列频率分布直方图，并比较女性用户和男性用户评分的波动大小（不计算具体值，给出结论即可）；（2）把评分不低于70分的用户称为“评分良好用户”，能否有90%的把握认为“是否是评分良好用户”与性别有关？参考公式及数据：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．20()P K k ≥0.10 0.05 0.010 0.0010k 2.706 3.841 6.635 10.828【答案】（1）直方图见解析，女性用户的波动小，男性用户的波动大；（2）有90%的把握认为“是否是评分良好用户”与性别有关．【分析】（1）利用频数分布表中所给数据求出各组的频率，利用频率除以组距得到纵坐标，从而可得频率分布直方图，由频率分布直方图观察女性用户和男性用户评分的集中与分散情况即可比较波动的大小；（2）利用公式求出2K 的观测值，与临界值比较，即可得出结论． 【解析】（1）女性用户和男性用户的频率分布直方图分别如下图所示：女性用户 男性用户由图可得女性用户的波动小，男性用户的波动大． （2）由题可得22⨯列联表如下：女性用户 男性用户 合计 “认可”手机 140 180 320 “不认可”手机60 120 180 合计200300500则22500(14012018060)1255.208 2.70620030032018024K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯=，所以有90%的把握认为“是否是评分良好用户”与性别有关．【名师点睛】本题考查频率分布直方图的作法及应用，考查独立性检验的应用，是中档题．高考试题对独立性检验的思想进行考查时，一般给出2K 的计算公式，不要求记忆，近几年高考中较少单独考查独立性检验，多与统计知识、概率知识综合考查，频率分布表与独立性检验融合在一起是一种常见的考查形式，一般需要根据条件列出22⨯列联表，计算2K 的观测值，与临界值比较，从而解决问题． 21．【2019年甘肃省兰州市高考数学一诊】“一本书，一碗面，一条河，一座桥”曾是兰州的城市名片，而现在“兰州马拉松”又成为了兰州的另一张名片，随着全民运动健康意识的提高，马拉松运动不仅在兰州，而且在全国各大城市逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人口逐年增加．为此，某市对人们参加马拉松运动的情况进行了统计调查．其中一项调查是调查人员从参与马拉松运动的人中随机抽取200人，对其每周参与马拉松长跑训练的天数进行统计，得到以下统计表：平均每周进行长跑训练的天数不大于2天3天或4天不少于5天人数3013040若某人平均每周进行长跑训练天数不少于5天，则称其为“热烈参与者”，否则称为“非热烈参与者”． （1）经调查，该市约有2万人参与马拉松运动，试估计其中“热烈参与者”的人数；（2）根据上表的数据，填写下列22⨯列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否热烈参与马拉松”与性别有关？热烈参与者非热烈参与者合计 男 140 女 55 合计参考公式及数据：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．20()P K k ≥0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）4000；（2）列联表见解析，能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否热烈参与马拉松”与性别有关．【解析】（1）以200人中“热烈参与者”的频率作为概率， 可得该市“热烈参与者”的人数约为40200004000200⨯=． （2）由题可得22⨯列联表如下：热烈参与者非热烈参与者合计 男 35 105 140 女 5 55 60 合计40160200则22200(35551055)1757.292 6.635401601406024K ⨯⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯，所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否热烈参与马拉松”与性别有关．22．【四川省成都七中2019届高三5月高考模拟测试】某学校为担任班主任的教师办理手机语音月卡套餐，为了解通话时长，采用随机抽样的方法，得到该校100位班主任每人的月平均通话时长T （单位：分钟）的数据，其频率分布直方图如图所示，将频率视为概率．（1）求图中m 的值；（2）估计该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数；（3）在[450,500)，[500,550]这两组中采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求抽取的2人恰在同一组的概率．【答案】（1）0.0020；（2）390分钟；（3）715． 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有矩形的面积和为1，列出方程，即可求解；（2）设该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数为t ，根据频率分布直方图的中位数的计算方法，即可求解．（3）根据分层抽样，可得在[450,500)内抽取4人，分别记为a b c d ,,,，在[500,550]内抽取2人，记为,e f ，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解．【解析】（1）依题意，根据频率分布直方图的性质，可得：50(0.00400.00500.00660.00160.0008)1m ⨯+++++=，解得0.0020m =．（2）设该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数为t ． 因为前2组的频率之和为(0.00200.0040)500.30.5+⨯=<， 前3组的频率之和为(0.00200.00400.0050)500.550.5++⨯=>， 所以350400t <<，由0.30.0050(350)0.5t +⨯-=，得390t =． 所以该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数为390分钟． （3）由题意，可得在[450,500)内抽取0.0016640.00160.0008⨯=+人，分别记为a b c d ,,,，在[500,550]内抽取2人，记为,e f ，则6人中抽取2人的取法有：{,}a b ，{,}a c ，{,}a d ，{,}a e ，{,}a f ，{,}b c ，{,}b d ，{,}b e ，{,}b f ，{,}c d ，{,}c e ，{,}c f ，{,}d e ，{,}d f ，{,}e f ，共15种等可能的取法．其中抽取的2人恰在同一组的有{,}a b ，{,}a c ，{,}a d ，{,}b c ，{,}b d ，{,}c d ，{,}e f ，共7种取法，所以从这6人中随机抽取的2人恰在同一组的概率715P =． 【名师点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用以及古典概型及其概率的计算，其中解答中熟记频率分布直方图的相关性质，合理利用古典概型及其概率的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．23．【西南名校联盟重庆市第八中学2019届高三5月高考适应性月考（六）】某种产品的质量按照其质量指标值M 进行等级划分，具体如下表：质量指标值M80M <80110M ≤<110M ≥等级三等品二等品一等品现从某企业生产的这种产品中随机抽取了100件作为样本，对其质量指标值M 进行统计分析，得到如图所示的频率分布直方图．（1）记A 表示事件“一件这种产品为二等品或一等品”，试估计事件A 的概率；（2）已知该企业的这种产品每件一等品、二等品、三等品的利润分别为10元、6元、2元，试估计该企业销售10000件该产品的利润；（3）根据该产品质量指标值M 的频率分布直方图，求质量指标值M 的中位数的估计值（精确到0．01）．【答案】（1）0.84；（2）61200元；（3）94.67．【分析】（1）记B 表示事件“一件这种产品为二等品”，C 表示事件“一件这种产品为一等品”，则事件B ，C 互斥，且由频率分布直方图估计(),()P B P C ，用公式()()P A P B C =+估计出事件A 的概率；（2）由（1）可以求出任取一件产品是一等品、二等品的概率估计值，任取一件产品是三等品的概率估计值，这样可以求出10000件产品估计有一等品、二等品、三等品的数量，最后估计出利润；（3）求出质量指标值90M <的频率和质量指标值100M <的频率，这样可以求出质量指标值M 的中位数估计值．【解析】（1）记B 表示事件“一件这种产品为二等品”，C 表示事件“一件这种产品为一等品”， 则事件B ，C 互斥，且由频率分布直方图估计()0.20.30.150.65P B =++=，()0.10.090.19P C =+=， 又()()()()0.84P A P B C P B P C =+=+=， 所以事件A 的概率估计为0.84．（2）由（1）知，任取一件产品是一等品、二等品的概率估计值分别为0.19，0.65， 故任取一件产品是三等品的概率估计值为0.16，从而10000件产品估计有一等品、二等品、三等品分别为1900，6500，1600件， 故利润估计为190010650061600261200⨯+⨯+⨯=元． （3）因为在产品质量指标值M 的频率分布直方图中， 质量指标值90M <的频率为0.060.10.20.360.5++=<， 质量指标值100M <的频率为0.060.1020.30.660.5+++=>， 故质量指标值M 的中位数估计值为0.50.369094.670.03-+≈．。

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有() A．21种B．315种C．143种D．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．()A．8 B．12 C．14 D．9答案 B解析由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理得到共有12种结果，故选B.3．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.4．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2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为()A．42 B．30 C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．故选A.5．(2017·石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有()A．10种B．25种C．52种D．24种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．故选D.6．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A．60 B．48 C．36 D．24答案 B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.7．(2017·山东模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243 B．252 C．261 D．279答案 B解析由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.8．(2018·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个答案 B解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.9．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有() A．6种B．5种C．4种D．3种答案 C解析若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法．∴共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．故选C.10．(2018·湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有()A．12对B．18对C．24对D．30对答案 C解析依题意，注意到在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与直线AC构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC1，BA1，A1D，DC1，注意到正方体ABCD－A1B1C1D1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有4×122＝24对，故选C.二、填空题11．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x＜y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．答案17解析当A＝{1}时，B有23－1＝7种情况；当A＝{2}时，B有22－1＝3种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1＝3种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况．故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．12．(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n 的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．答案300解析第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.13．已知数列{a n}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，a2，…，a10}，从A中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．答案24解析当公比为q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为1q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为q2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为1q2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为q3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为1q3时，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．答案72解析解法一：区域1有C14种着色方法；区域2有C13种着色方法；区域3有C12种着色方法；区域4,5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．解法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂色，此时区域3,5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．三、解答题15．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？解根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18种不同的放法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．16．(2018·江阴模拟)用n(n∈N*)种不同颜色给如图的4个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色．(1)当n＝6时，图①、图②各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)(2)若图③有180种涂色法，求n的值．解(1)当n＝6时，图①A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有5种方法，共有涂色方法6×5×4×5＝600种．图②若A，C相同，则A有6种方法，B有5种方法，D有4种方法，共有6×5×4＝120种．若A，C不同，则A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有3种方法，共有6×5×4×3＝360种．∴共有涂色方法120＋360＝480种．(2)A有n种方法，B有n－1种方法，C有n－2种方法，D有n －2种方法，共有涂色方法n(n－1)(n－2)·(n－2)种，由n(n－1)(n－2)(n－2)＝180，解得n＝5.。

专题10 概率与统计1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A ．0.5 B ．0.6 C ．0.7D ．0.8【答案】C【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ．【名师点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A ．中位数 B ．平均数 C ．方差D ．极差 【答案】A【解析】设9位评委评分按从小到大排列为123489x x x x x x <<<<<．则①原始中位数为5x ，去掉最低分1x ，最高分9x 后剩余2348x x x x <<<<，中位数仍为5x ，A 正确； ②原始平均数1234891()9x x x x x x x =<<<<<，后来平均数23481()7x x x x x '=<<<，平均数受极端值影响较大，∴x 与x '不一定相同，B 不正确； ③2222111[()()()]9q S x x x x x x =-+-++-，22222381[()()()]7s x x x x x x '=-'+-'++-'，由②易知，C 不正确；④原极差91x x =-，后来极差82x x =-，显然极差变小，D 不正确．故选A ． 3．【2019年高考浙江卷】设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时， A ．()D X 增大B ．()D X 减小C ．()D X 先增大后减小D ．()D X 先减小后增大【答案】D【分析】研究方差随a 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数a 表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为a 的二次函数，二次函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要知识、基础知识、运算求解能力的考查． 【解析】方法1：由分布列得1()3aE X +=， 则2222111111211()(0)()(1)()333333926a a a D X a a +++=-⨯+-⨯+-⨯=-+， 则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大．故选D ．方法2：则222221(1)222213()()()0[()]3399924a a a a D X E X E X a +-+=-=++-==-+，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大．故选D ．【名师点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式．4．【2019年高考江苏卷】已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是______________． 【答案】53【解析】由题意，该组数据的平均数为678891086+++++=，所以该组数据的方差是22222215[(68)(78)(88)(88)(98)(108)]63-+-+-+-+-+-=． 5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为______________． 【答案】0.98【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为100.97200.98100.9939.2⨯+⨯+⨯=，其中高铁个数为10201040++=，所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.9840=． 【名师点睛】本题考查了概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养，侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．6．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是______________． 【答案】0.18【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．【解析】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是30.60.50.520.108,⨯⨯⨯=前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是220.40.60.520.072,⨯⨯⨯=综上所述，甲队以4:1获胜的概率是0.1080.0720.18.q =+=【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算． 7．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A ，B 两组，每组100只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P （C ）的估计值为0.70． （1）求乙离子残留百分比直方图中a ，b 的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． 【答案】（1）a =0.35，b =0.10；（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05，6.00． 【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=6.00．8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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． 【答案】（1）0.5；（2）0.1．【解析】（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． 9．【2019年高考天津卷理数】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． 【答案】（1）分布列见解析，()2E X ；（2）20243．【分析】本小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．满分13分．【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 ，从而3321()C ()(),0,1,2,333kkkP X k 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{3,1}X Y ==与{2,0}X Y ==互斥，且事件{3}X =与{1}Y =，事件{2}X =与{0}Y =均相互独立， 从而由（1）知()({3,1}{2,0})P M P X Y X Y =====(3,1)(2,0)P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==824120279927243=⨯+⨯=． 10．【2019年高考北京卷理数】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：（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．【答案】（1）0.4；（2）分布列见解析，E （X ）=1；（3）见解析．【解析】（1）由题意知，样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30人，仅使用B 的学生有10+14+1=25人，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人．故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100−30−25−5=40人．所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率估计为400.4100=． （2）X 的所有可能值为0，1，2．记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”，事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”． 由题设知，事件C ，D 相互独立，且93141()0.4,()0.63025P C P D ++====． 所以(2)()()()0.24P X P CD P C P D ====，(1)()P X P CD CD == ()()()()P C P D P C P D =+ 0.4(10.6)(10.4)0.6=⨯-+-⨯0.52=，(0)()()()0.24P X P CD P C P D ====．所以X 的分布列为故X 的数学期望()00.2410.5220.241E X =⨯+⨯+⨯=．（3）记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”． 假设样本仅使用A 的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化， 则由上个月的样本数据得33011()C 4060P E ==．答案示例1：可以认为有变化． 理由如下：P （E ）比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化． 答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下： 事件E 是随机事件，P （E ）比较小，一般不容易发生， 但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ． （1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i =表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则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=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i =为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性． 【答案】（1）分布列见解析；（2）(i)证明见解析，(ii) 45 127p =，解释见解析． 【解析】X 的所有可能取值为1,0,1-．(1)(1)P X αβ=-=-，(0)(1)(1)P X αβαβ==+--， (1)(1)P X αβ==-，所以X 的分布列为（2）（i ）由（1）得0.4,0.5,0.1a b c ===．因此110.40.5 0.1i i i i p p p p -+=++，故110.1()0.4()i i i i p p p p +--=-， 即114()i i i i p p p p +--=-． 又因为1010p p p -=≠， 所以1{}(0,1,2,,7)i i p p i +-=为公比为4，首项为1p 的等比数列．（ii ）由（i ）可得88776100p p p p p p p p =-+-++-+877610()()()p p p p p p =-+-++-81413p -=．由于8=1p ，故18341p =-， 所以44433221101( 411()327)(5())p p p p p p p p p p -=-+-+-+=-=． 4p 表示最终认为甲药更有效的概率，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，说明这种试验方案合理．专题 计数原理1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24【答案】A【解析】由题意得x 3的系数为3144C 2C 4812+=+=，故选A ．【名师点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．2．【2019年高考浙江卷理数】在二项式9)x 的展开式中，常数项是__________；系数为有理数的项的个数是__________．【答案】 5【解析】由题意，9)x 的通项为919C (0,1,29)rr r r T x r -+==，当0r =时，可得常数项为0919C T ==；若展开式的系数为有理数，则1,3,5,7,9r =，有246810T , T , T , T , T 共5个项．故答案为：5．【名师点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确．3．【2019年高考江苏卷理数】设2*012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=++++≥∈N ．已知23242a a a =．（1）求n 的值；（2）设(1na +=+*,ab ∈N ，求223a b -的值．【答案】（1）5n =；（2）32-．【解析】（1）因为0122(1)C C C C 4n n n n n n n x x x x n +=++++≥，，所以2323(1)(1)(2)C ,C 26n nn n n n n a a ---====， 44(1)(2)(3)C 24nn n n n a ---==． 因为23242a a a =，所以2(1)(2)(1)(1)(2)(3)[]26224n n n n n n n n n ------=⨯⨯，解得5n =．（2）由（1）知，5n =．5(1(1n +=02233445555555C C C C C C =++++a =+解法一：因为*,a b ∈N ，所以024*********C 3C 9C 76,C 3C 9C 44a b =++==++=，从而222237634432a b -=-⨯=-．解法二：50122334455555555(1C C (C (C (C (C (=+++++02233445555555C C C C C C =--+-．因为*,a b ∈N ，所以5(1a -=-．因此225553((1(1(2)32a b a a -=+-=⨯-=-=-．【名师点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力．。

2019年高考数学二轮复习 概率与统计解答题专题训练（含解析）1．(xx·保定调研)近年来，我国的高铁技术发展迅速，铁道部门计划在A 、B 两城之间开通高速列车，假设在试运行期间，每天8：00－9：00,9：00－10：00两个时段内各发一趟列车由A 城到B 城(两车发生情况互不影响)，A 城发车时间及其概率如下表所示：8：00和周日8：20.(只考虑候车时间，不考虑其他因素)(1)设乙侯车所需时间为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望； (2)求甲、乙二人候车时间相等的概率．解 (1)X 的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)，其概率分布列如下X 的数学期望E (X )＝10×12＋30×13＋50×136＋70×112＋90×118＝2459(分钟)．(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为 P 甲10＝16，P 甲30＝12，P 甲50＝13；P 乙10＝12，P 乙30＝13，P 乙50＝16×16＝136.所以所求概率P ＝16×12＋12×13＋13×136＝28108＝727，即甲、乙二人候车时间相等的概率为727.2．(xx·皖南八校联考)从正方体的各个表面上的12条面对角线中任取2条，设ξ为2条面对角线所成的角(用弧度制表示)，如当2条面对角线垂直时，ξ＝π2.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)当ξ＝0时，即所选的2条面对角线平行，则P (ξ＝0)＝6C 212＝111.(2)ξ的可能取值为0，π3，π2.则P (ξ＝0)＝6C 212＝111，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π3＝48C 212＝811，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π2＝12C 212＝211. ξ的分布列如下：ξ 0 π3 π2 P111811211E (ξ)＝0×111＋π3×811＋π2×211＝π3.3．(xx·广州调研)空气质量指数PM2.5(单位：μg/m 3)表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，代表空气污染越严重．PM2.5的浓度与空气质量类别的关系如下表所示：PM2.5日均浓度 0～35 35～75 75～115 115～150 150～250 >250 空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染从甲城市xx 年9月份的30天中随机抽取15天的PM 2.5日均浓度指数数据茎叶图如图所示．(1)试估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数；(2)在甲城市这15个监测数据中任取2个，设X 为空气质量类别为优或良的天数，求X 的分布列及数学期望．解 (1)由茎叶图可知，甲城市在xx 年9月份随机抽取的15天中的空气质量类别为优或良的天数为5.所以可估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10. (2)X 的所有可能取值为0,1,2，因为P (X ＝0)＝C 05C 210C 215＝37，P (X ＝1)＝C 15C 110C 215＝1021，P (X ＝2)＝C 25C 010C 215＝221，所以X 的分布列为：X 0 1 2 P371021221数学期望E (X )＝0×37＋1×1021＋2×221＝23.4．(xx·浙江名校联考)甲、乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元．(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率； (2)设总决赛中获得门票总收入为X ，求X 的均值E (X )．解 (1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． 设此数列为{a n }，则易知a 1＝40，a n ＝10n ＋30， 所以S n ＝n10n ＋702＝300.解得n ＝－12(舍去)或n ＝5， 所以总决赛共比赛了5场．则前4场比赛中，一支球队共赢了3场，且第5场比赛中，领先的球队获胜，其概率为C 14⎝⎛⎭⎫124＝14. (2)随机变量X 可取的值为S 4，S 5，S 6，S 7，即220,300,390,490.又P (X ＝220)＝2×⎝⎛⎭⎫124＝18， P (X ＝300)＝C 14⎝⎛⎭⎫124＝14， P (X ＝390)＝C 25⎝⎛⎭⎫125＝516， P (X ＝490)＝C 36⎝⎛⎭⎫126＝516， 所以X 的分布列为X 220 300 390 490 P1814516516所以X 的均值E (X )＝5．自驾游从A 地到B 地有甲、乙两条线路，甲线路是A －C －D －B ，乙线路是A －E －F －G －H －B ，其中CD 段、EF 段、GH 段都是易堵车路段．假设这三条路段堵车与否相互独立．这三条路段的堵车概率及平均堵车时间如表1所示．经调查发现，堵车概率x 在⎝⎛⎭⎫23，1上变化，y 在⎝⎛⎭⎫0，12上变化．在不堵车的情况下，走甲线路需汽油费500元，走乙线路需汽油费545元．而每堵车1小时，需多花汽油费20元．路政局为了估计CD 段平均堵车时间，调查了100名走甲路线的司机，得到表2数据．CD 段 EF 段 GH 段(1)求CD 段平均堵车时间a 的值；(2)若只考虑所花汽油费期望值的大小，为了节约，求选择走甲线路的概率． 解 (1)a ＝12×8100＋32×6100＋52×38100＋72×24100＋92×24100＝3.(2)设走甲线路所花汽油费为ξ元，则E (ξ)＝500(1－x )＋(500＋60)x ＝500＋60x . 设走乙线路多花的汽油费为η元， ∵EF 段与GH 段堵车与否相互独立，∴P (η＝0)＝(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝20)＝(1－y )×14，P (η＝40)＝y ×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝60)＝14y ，∴E (η)＝0×(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14＋20×(1－y )×14＋40×y ×⎝⎛⎭⎫1－14＋60×14y ＝40y ＋5. ∴走乙线路所花的汽油费的数学期望为E (545＋η)＝545＋E (η)＝550＋40y . 依题意，选择走甲线路应满足(550＋40y )－(500＋60x )≥0， 即6x －4y －5≤0，又23<x <1,0<y <12，∴P (选择走甲线路)＝⎝⎛⎭⎫1－23×12－12×⎝⎛⎭⎫1－56×14⎝⎛⎭⎫1－23×12＝78.。

专题10 概率与统计1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A ．0.5 B ．0.6 C ．0.7D ．0.8【答案】C【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ．【名师点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A ．中位数 B ．平均数 C ．方差D ．极差 【答案】A【解析】设9位评委评分按从小到大排列为123489x x x x x x <<<<<．则①原始中位数为5x ，去掉最低分1x ，最高分9x 后剩余2348x x x x <<<<，中位数仍为5x ，A 正确；②原始平均数1234891()9x x x x x x x =<<<<<，后来平均数23481()7x x x x x '=<<<，平均数受极端值影响较大，∴x 与x '不一定相同，B 不正确； ③2222111[()()()]9q S x x x x x x =-+-++-，22222381[()()()]7s x x x x x x '=-'+-'++-'，由②易知，C不正确；④原极差91x x =-，后来极差82x x =-，显然极差变小，D 不正确．故选A ． 3．【2019年高考浙江卷】设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时， A ．()D X 增大B ．()D X 减小C ．()D X 先增大后减小D ．()D X 先减小后增大【答案】D【分析】研究方差随a 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数a 表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为a 的二次函数，二次函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要知识、基础知识、运算求解能力的考查． 【解析】方法1：由分布列得1()3aE X +=， 则2222111111211()(0)()(1)()333333926a a a D X a a +++=-⨯+-⨯+-⨯=-+， 则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大．故选D ．方法2：则222221(1)222213()()()0[()]3399924a a a a D X E X E X a +-+=-=++-==-+，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大．故选D ．【名师点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式．4．【2019年高考江苏卷】已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是______________． 【答案】53【解析】由题意，该组数据的平均数为678891086+++++=，所以该组数据的方差是22222215[(68)(78)(88)(88)(98)(108)]63-+-+-+-+-+-=． 5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为______________． 【答案】0.98【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为100.97200.98100.9939.2⨯+⨯+⨯=，其中高铁个数为10201040++=，所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.9840=． 【名师点睛】本题考查了概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养，侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值． 6．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是______________． 【答案】0.18【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．【解析】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是30.60.50.520.108,⨯⨯⨯=前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是220.40.60.520.072,⨯⨯⨯=综上所述，甲队以4:1获胜的概率是0.1080.0720.18.q =+=【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算．7．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A ，B 两组，每组100只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P （C ）的估计值为0.70． （1）求乙离子残留百分比直方图中a ，b 的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． 【答案】（1）a =0.35，b =0.10；（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05，6.00． 【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=6.00．8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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． 【答案】（1）0.5；（2）0.1．【解析】（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． 9．【2019年高考天津卷理数】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．【答案】（1）分布列见解析，()2E X =；（2）20243． 【分析】本小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．满分13分．【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 ，从而3321()C ()(),0,1,2,333k k kP X k 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{3,1}X Y ==与{2,0}X Y ==互斥，且事件{3}X =与{1}Y =，事件{2}X =与{0}Y =均相互独立， 从而由（1）知()({3,1}{2,0})P M P X Y X Y =====(3,1)(2,0)P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==824120279927243=⨯+⨯=． 10．【2019年高考北京卷理数】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：（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．【答案】（1）0.4；（2）分布列见解析，E （X ）=1；（3）见解析．【解析】（1）由题意知，样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30人，仅使用B 的学生有10+14+1=25人，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人．故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100−30−25−5=40人．所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率估计为400.4100=． （2）X 的所有可能值为0，1，2．记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”，事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”． 由题设知，事件C ，D 相互独立，且93141()0.4,()0.63025P C P D ++====． 所以(2)()()()0.24P X P CD P C P D ====，(1)()P X P CD CD == ()()()()P C P D P C P D =+ 0.4(10.6)(10.4)0.6=⨯-+-⨯0.52=，(0)()()()0.24P X P CD P C P D ====．所以X 的分布列为故X 的数学期望()00.2410.5220.241E X =⨯+⨯+⨯=．（3）记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”． 假设样本仅使用A 的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化， 则由上个月的样本数据得33011()C 4060P E ==． 答案示例1：可以认为有变化． 理由如下：P （E ）比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化． 答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下： 事件E 是随机事件，P （E ）比较小，一般不容易发生， 但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ． （1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i =表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则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=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i =为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性． 【答案】（1）分布列见解析；（2）(i)证明见解析，(ii) 45 127p =，解释见解析． 【解析】X 的所有可能取值为1,0,1-．(1)(1)P X αβ=-=-，(0)(1)(1)P X αβαβ==+--， (1)(1)P X αβ==-，所以X 的分布列为（2）（i ）由（1）得0.4,0.5,0.1a b c ===．因此110.40.5 0.1i i i i p p p p -+=++，故110.1()0.4()i i i i p p p p +--=-， 即114()i i i i p p p p +--=-． 又因为1010p p p -=≠， 所以1{}(0,1,2,,7)i i p p i +-=为公比为4，首项为1p 的等比数列．（ii ）由（i ）可得88776100p p p p p p p p =-+-++-+877610()()()p p p p p p =-+-++-81413p -=．由于8=1p ，故18341p =-， 所以44433221101( 411()327)(5())p p p p p p p p p p -=-+-+-+=-=． 4p 表示最终认为甲药更有效的概率，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，说明这种试验方案合理．12．【广西桂林市、崇左市2019届高三下学期二模联考】在某项测试中，测量结果ξ服从正态分布2(1,)(0)N σσ>，若(01)0.4P ξ<<=，则(02)P ξ<<= A ．0.4 B ．0.8 C ．0.6D ．0.2【答案】B【解析】由正态分布的图象和性质得(02)2(01)20.40.8P P ξξ<<=<<=⨯=．故选B ．【名师点睛】本题主要考查正态分布的图象和性质，考查正态分布指定区间的概率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．13．【河南省洛阳市2019届高三第三次统一考试】已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示．为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为A ．100，10B ．100，20C ．200，10D ．200，20【答案】D【解析】由题得样本容量为(350020004500)2%100002%200++⨯=⨯=， 抽取的高中生人数为20002%40⨯=人，则近视人数为400.520⨯=人，故选D ．14．【陕西省2019届高三年级第三次联考】同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为X ，则X 的数学期望是 A ．1B ．2C ．32D ．52【答案】A【分析】先计算依次同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现2枚正面向上的概率，进而利用二项分布求数学期望即可．【解析】∵一次同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现2枚正面向上的概率为111224⨯=， ∴1~(4,)4X B ，∴1()414E X =⨯=．故选A ． 【名师点睛】求离散型随机变量期望的一般方法是先求分布列，再求期望．如果离散型随机变量服从二项分布~(,)B n p ，也可以直接利用公式()E np ξ=求数学期望．15．【江西省新八校2019届高三第二次联考】某学校高一年级1802人，高二年级1600人，高三年级1499人，先采用分层抽样的方法从中抽取98名学生参加全国中学生禁毒知识竞赛，则在高一、高二、高三三个年级中抽取的人数分别为 A ．35,33,30 B ．36,32,30 C ．36,33,29D ．35,32,31【答案】B【分析】先将各年级人数凑整，从而可确定抽样比；再根据抽样比计算得到各年级抽取人数． 【解析】先将每个年级的人数凑整，得高一：1800人，高二：1600人，高三：1500人，则三个年级的总人数所占比例分别为1849，1649，1549， 因此，各年级抽取人数分别为18983649⨯=，16983249⨯=，15983049⨯=，故选B ． 16．【浙江省三校2019年5月第二次联考】已知甲口袋中有3个红球和2个白球，乙口袋中有2个红球和3个白球，现从甲、乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数为ξ，则()E ξ= A ．145B ．135C ．73D ．83【答案】A【分析】先求出ξ的可能取值及取各个可能取值时的概率，再利用1122()i i E p p p ξξξξ=++++可求得数学期望．【解析】ξ的可能取值为2,3,4，2ξ=表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋中取出一个白球，故339(2)5525P ξ==⨯=；3ξ=表示从甲、乙口袋中各取出一个红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故322312(3)555525P ξ==⨯+⨯=；4ξ=表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故224(4)5525P ξ==⨯=，所以912414()2342525255E ξ=⨯+⨯+⨯=．故选A ． 17．【福建省泉州市2019届高三第二次（5月)质检】已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75．现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x ，方差为2s ，则 A ．270,75x s =< B ．270,75x s => C ．270,75x s ><D ．270,75x s ><【答案】A【分析】分别根据数据的平均数和方差的计算公式，求得2,x s 的值，即可得到答案．【解析】由题意，可得7050806070907050x ⨯+-+-==，设收集的48个准确数据分别记为1248,,,x x x ，则222221248175[(70)(70)(70)(6070)(9070)]50x x x =-+-++-+-+-22212481[(70)(70)(70)500]50x x x =-+-++-+， 22222212481[(70)(70)(70)(8070)(7070)]50s x x x =-+-++-+-+-22212481[(70)(70)(70)100]7550x x x =-+-++-+<， 所以275s <．故选A ．【名师点睛】本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，是基础题．18．【广东省汕头市2019届高三第二次模拟考试（B 卷)】在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是A ．成绩在[70,80]分的考生人数最多B ．不及格的考生人数为1000人C ．考生竞赛成绩的平均分约70.5分D ．考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】D【解析】由频率分布直方图可得，成绩在[70,80]的频率最高，因此考生人数最多，故A 正确；由频率分布直方图可得，成绩在[40,60)的频率为0.25，因此，不及格的人数为40000.251000⨯=，故B 正确；由频率分布直方图可得：平均分等于450.1550.15650.2750.3850.15⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+950.170.5⨯=，故C 正确；因为成绩在[40,70)的频率为0.45，由[70,80]的频率为0.3，所以中位数为0.05701071.670.3+⨯≈，故D 错误．故选D ．19．【天津市南开中学2019届高三模拟试题】《中国诗词大会》是央视推出的一档以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞赛节目，邀请全国各个年龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼．“百人团”由一百多位来自全国各地的选手组成，成员上至古稀老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组统计如下表：（1）用分层抽样的方法从“百人团”中抽取6人参加挑战，求从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者的人数； （2）在（1）中抽出的6人中，任选2人参加一对一的对抗比赛，求这2人来自同一年龄组的概率． 【答案】（1）1，3，2；（2）415． 【分析】（1）先求出样本容量与总体个数的比，由此利用分层抽样的方法能求出从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者的人数；（2）从分层抽样的方法从“百人团”中抽取6人参加挑战，这三个不同年龄组[7，20），[20，40），[40，80）中分别抽取的挑战者的人数分别为1，3，2．从抽出的6人中，任选2人参加一对一的对抗比赛，基本事件总数26C 15n ==，这2人来自同一年龄组包含的基本事件个数为2232C C 4m =+=，由此能求出这2人来自同一年龄组的概率．【解析】（1）∵样本容量与总体个数的比是6110818=， ∴样本中包含3个年龄段落的个体数分别是：年龄在[7，20）的人数为6108⨯18＝1， 年龄在[20，40）的人数为6108⨯54＝3， 年龄在[40，80）的人数为6108⨯36＝2， ∴从这三个不同年龄组[7，20），[20，40），[40，80）中分别抽取的挑战者的人数分别为1，3，2． （2）从分层抽样的方法从“百人团”中抽取6人参加挑战，这三个不同年龄组[7，20），[20，40），[40，80）中分别抽取的挑战者的人数分别为1，3，2．从抽出的6人中，任选2人参加一对一的对抗比赛，基本事件总数为26C 15n ==， 这2人来自同一年龄组包含的基本事件个数为2232C C 4m =+=，∴这2人来自同一年龄组的概率415m P n ==． 20．【2019北京市通州区三模】为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格相同，经分类整理得到下表：利润率是指：一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值． （1）从该公司本月卖出的机器中随机选一台，求这台机器利润率高于0.2的概率；（2）从该公司本月卖出的销售单价为20万元的机器中随机选取2台，求这两台机器的利润率不同的概率； （3）假设每类机器利润率不变，销售一台第一类机器获利1x 万元，销售一台第二类机器获利2x 万元，…，销售一台第五类机器获利5x ，依据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为()E x ，设123455x x x x x x ++++=，试判断()E x 与x 的大小．（结论不要求证明）【答案】（1）13；（2）1021；（3）()E x x <．【分析】（1）先由题意确定，本月卖出机器的总数，再确定利润率高于0.2的机器总数，即可得出结果；（2）先由题意确定，销售单价为20万元的机器分别：是第一类有5台，第三类有10台，共有15台，记两台机器的利润率不同为事件B ，由11510215C C ()C P B =即可结果；（3）先由题意确定，x 可能取的值，求出对应概率，进而可得出()E x ，再由123455x x x x x x ++++=求出均值，比较大小，即可得出结果．【解析】（1）由题意知，本月共卖出30台机器， 利润率高于0.2的是第一类和第四类，共有10台． 设“这台机器利润率高于0.2”为事件A ，则101()303P A ==． （2）用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为20万， 第一类有5台，第三类有10台，共有15台，随机选取2台有215C 种不同方法， 两台机器的利润率不同则每类各取一台有11510C C 种不同方法，设两台机器的利润率不同为事件B ，则11510215C C 10()C 21P B ==． （3）由题意可得，x 可能取的值为8,5,3,1051(8)306P x ===，21(5)3015P x ===， 1083(3)305P x +===，51(10)306P x ===，因此113177853*******(55)E x =⨯+⨯+⨯+⨯=；又8531032955x ++++==，所以()E x x <．21．【江西省新八校2019届高三第二次联考】某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：（1）若将频率是为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；（结果用分数表示）（2）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考， 方案1：不分类卖出，单价为20元/kg ． 方案2：分类卖出，分类后的水果售价如下：从采购单的角度考虑，应该采用哪种方案？（3）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，X 表示抽取的是精品果的数量，求X 的分布列及数学期望()E X ． 【答案】（1）96625；（2）第一种方案；（3）分布列见解析，6()5E X =． 【分析】（1）计算出从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的概率；则可利用二项分布的概率公式求得所求概率；（2）计算出方案2单价的数学期望，与方案1的单价进行比较，选择单价较低的方案；（3）根据分层抽样原则确定抽取的10个水果中，精品果4个，非精品果6个；则X 服从超几何分布，利用超几何分布的概率计算公式可得到每个X 取值对应的概率，从而可得分布列；再利用数学期望的计算公式求得结果． 【解析】（1）设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为A ，则201()1005P A ==， 现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为X ，则1~(4,)5X B ， 所以恰好抽到2个礼品果的概率为22244196(2)C ()()55625P X ===， （2）设方案2的单价为ξ，则单价的期望值为134216548848()1618222420.61010101010E ξ+++=⨯+⨯+⨯+⨯==， 因为()20E ξ>，所以从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案．（3）用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个， 现从中抽取3个，则精品果的数量X 服从超几何分布，所有可能的取值为0,1,2,3，则36310C 1(0)C 6P X ===；2164310C C 1(1)C 2P X ===； 1264310C C 3(2)C 10P X ===；34310C 1(3)C 30P X ===，所以X 的分布列如下：所以()01236210305E X =⨯+⨯+⨯+⨯=【名师点睛】本题考查二项分布求解概率、数学期望的实际应用、超几何分布的分布列与数学期望的求解问题，关键是能够根据抽取方式确定随机变量所服从的分布类型，从而可利用对应的概率公式求解出概率．。

数学分类解析一概率统计各地高考题.选择题：1.（安徽理）（10）.设两个正态分布N （#i ，。

；）（0>0）和b ；）（%>0）的密度函数图像如图所示。

则有（A ）A. 旧 v %b\ <a 2B. 丹 <穴2，0 >。

2C. "\>D. "\> 瞄％>2.（福建理）（5）某一批花生种子,2粒发芽的概率是 （B ）16 96 192 256A.--- B. --- C. --- D.---625 625 625 62543.（福建文）（5）某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为石，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是(C)16 48k --- C.---125 1254.（广东理）（3）.某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表1.已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19.现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生人数为（C ）A. 24B. 18C. 16D. 12一年级二年级三年级女生373Xy男生377370Z5.（湖南理）4.设随机变量：服从正态分布N （2,9），若P （<>c+l ）=P （〈<c —1）,则c=（B ）A.lB.2C.3D.46.（江西文）（11）.电子钟一天显示的时间是从00:00到23:59,每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为 （C）A.11801B .----2881C.---3601D ，4807. (辽宁理文)(7) . 4张卡片上分别写有数字1, 2, 3, 4,从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为(C )112 3A. — B. — C. — D.—3 2 3 48. (山东理)(7)在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1, 2, 3, 18的18名火炬手.若从中任选3人,则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为(B .)(A) — (B ) — (C)---51 68 3069. (山东理)(8)右图是根据《山东统计年整2007》中的资料作成的1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的茎叶 图.图中左边的数字从左到右分别表示城镇居民百户家庭人口数的百位数字和十位数字，右边的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字，从图中可以得到1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的平均数为(B)(A) 304.6(B) 303.6 (C)302.610.(山东文)9.从某项综合能力测试中抽取100人的成绩，统计如表，则这100人成绩的标准差为(B )(D)14082 9115 83 02 63 10 2 4 7(D)301.6分数54321人数2010303010A.n 2面D .----------5C. 38D.-510. (陕西文)(3).某林场有树苗30000棵，其中松树苗4000棵.为调查树苗的生长情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为150的样本，则样本中松树苗的数量为(C )A. 30B. 25C. 20D. 1511. (重庆理)(5)已知随机变量〈服从正态分布M3, a ),则P(〈＜3)= (D)2(A)-(B) -(C) -(D)-5 4 3 212. (重庆文)(5)某交高三年级有男生500人，女生400人，为了解该年级学生的健康情况，从男生中任意抽取25人，从女生中任意抽取20人进行调查.这种抽样方法是(D)(A)简单随机抽样法(C)随机数表法(B)抽签法(D)分层抽样法13.（重庆文）（9）从编号为1,2,・“,10的10个大小相同的球中任取4个,则所取4个球的最大号码是6的概率为（B）2 3(C)y(D)y二.填空题：1.（广东文）（11）.为了调查某厂工人生产某种产品的能力，随机抽查了20位工人某天生产该产品的数量.产品数量的分组区间为［45,55）,[55,65),[65,75),[75,85),［85,95）由此得到频率分布直方图如图，则这20名工人中一天生产该产品数量在［55,75）的人数是13.2.（海南宁夏理文）（16）.从甲、乙两品种的棉花中各抽测了25根棉花的纤维长度（单位：mm）,结果如下：甲品种:271273280285285287292294295301303303307 308310314319323325325328331334337352乙品种:284292295304306307312313315315316318318 320322322324327329331333336337343356由以上数据设计了如下茎叶图甲乙31277550284542292587331304679403123556888553320224797413313673432356根据以上茎叶图，对甲、乙两品种棉花的纤维长度作比较，写出两个统计结论:①;②•以下任填两个：（1）.乙品种棉花的纤维平均长度大于甲品种棉花的纤维平均长度（或：乙品种棉花的纤维长度普遍大于甲品种棉花的纤维长度）.（2）.甲品种棉花的纤维长度较乙品种棉花的纤维长度更分散•（或：乙品种棉花的纤维长度较甲品种棉花的纤维长度更集中（稳定）.甲品种棉花的纤维长度的分散程度比乙品种棉花的纤维长度的分散程度更大）.（3）.甲品种棉花的纤维长度的中位数为307mm,乙品种棉花的纤维长度的中位数为318mm.（4）.乙品种棉花的纤维长度基本上是对称的，而且大多集中在中间（均值附近）.甲品种棉花的纤维长度除一个特殊值（352）夕卜，也大致对称，其分布较均匀.3.（湖北文）11.一个公司共有1000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10.4.（湖北文）14.明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己，假设甲闹钟准时响的概率是0.80,乙闹钟准时响的概率是0.90,则两个闹钟至少有一准时响的概率是0.98.5.（湖南理）15.对有n（nN4）个元素的总体｛1,2,3,…刀｝进行抽样，先将总体分成两个子总体｛1,2,…,m｝和（m+l>m+2,…,n｝（m是给定的正整数,且2WmWn-2）,再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本，用坊表示元素i和f同时出现在样本中的4概率，则P|,,=--------；所有PiQWiVjW77）的和等于鱼.m（n—ni）6.（湖南文）（12）从某地区15000位老人中随机抽取500人，其生活能否自理的情况如下表所示：序号⑺分组睡眠时间组中值（G,）频数（人数）频率(Fj)1[4,5) 4.560.122[5,6) 5.5100.203[6,7) 6.5200.404[7,8)7.5100.205[8,9]8.540.08在上述统计数据的分析中，一部分计算见算法流程图，则输出的S的值为6.42.9.（上海理文）（7）.在平面直角坐标系中，从六个点:A（0,0）、B（2,0）、C（l,l）、D（0,2）、3E（2,2）、F（3,3）中任取三个，这三点能构成三角形的概率是j（结果用分数表示）10.（上海理文）（9）.已知总体的各个体的值由小到大依次为2,3,3,7,12,13.7,18.3,20,且总体的中位数为10.5,若要使该总体的方差最小，则a、》的取值分别是10.5和10.511.（上海文）8.在平面直角坐标系中，从五个点：A（O,O）,3（2,0）,C（L1）,D（0,2）,4£（2,2）中任取三个，这三点能构成三角形的概率是；（结果用分数表示）.12.（天津文）（11）.一个单位共有职工200人，其中不超过45岁的有120人，超过45岁的有80人.为了调查职工的健康状况，用分层抽样的方法从全体职工中抽取一个容量为25的样本，应抽取超过45岁的职工10人.13.三.解答题：1.（安徽理）（19）.（本小题满分12分）为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物。

高考总复习 概率(附参考答案)1（本小题满分12分）某赛季，甲、乙两名篮球运动员都参加了7场比赛，他们所有比赛得分的情况用如图所示的茎叶图表示 （1）求甲、乙两名运动员得分的中位数；（2）你认为哪位运动员的成绩更稳定？ （3）如果从甲、乙两位运动员的7场得分中各随 机抽取一场的得分，求甲的得分大于乙的得分的概率． （参考数据：2222222981026109466++++++=，236112136472222222=++++++）2在学校开展的综合实践活动中，某班进行了小制作评比，作品上交时间为5月1日至30日，评委会把同学们上交作品的件数按5天一组分组统计，绘制了频率分布直方图(如图)，已知从左到右各长方形的高的比为2：3：4：6：4：1，第三组的频数为12，请解答下列问题：(1)本次活动共有多少件作品参加评比？(2)哪组上交的作品数量最多？共有多少件？(3)经过评比，第四组和第六组分别有10件、2件作品获奖，问这两组哪组获奖率高？3已知向量()1,2a =-，(),b x y =．（1）若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足1a b =-的概率；（2）若实数,x y ∈[]1,6，求满足0a b >的概率．4某公司在过去几年内使用某种型号的灯管1000支，该公司对这些灯管的使用寿命（单位：小时）进行了统计，统计结果如下表所示：分组 [500，900) [900，1100) [1100，1300) [1300，1500) [1500，1700) [1700，1900) [1900，+∞)频数 48 121 208 223 193 165 42 频率（1）将各组的频率填入表中；（2）根据上述统计结果，计算灯管使用寿命不足1500小时的频率；（3）该公司某办公室新安装了这种型号的灯管2支，若将上述频率作为概率，试求恰有1支灯管的使用寿命不足1500小时的概率．5为研究气候的变化趋势，某市气象部门统计了共100个星期中每个星期气温的最高温度和最低温度，如下表：（1）若第六、七、八组的频数t 、m 、n 为递减的等差数列，且第一组与第八组 的频数相同，求出x 、t 、m 、n 的值； （2）若从第一组和第八组的所有星期 中随机抽取两个星期，分别记它们的平均 温度为x ，y ，求事件“||5x y ->”的概率．6某校高三文科分为四个班.高三数学调研测试后,随机地在各班抽取部分学生进行测试成绩统计,各班被抽取的学生人数恰好成等差数列,人数最少的班被抽取了22人. 抽取出来的所有学生的测试成绩统计结果的频率分布条形图如图5所示,其中120～130(包括120分但不包括130分)的频率为0.05,此分数段的人数为5人. (1)问各班被抽取的学生人数各为多少人?气温（℃） 频数 频率[5,1]-- x = 0．03 [0,4] 8 [5,9] 12 [10,14] 22 [15,19] 25 [20,24] t = [25,29] m = [30,34] n = 合计 1001频率0.150.200.250.300.350.40O19题图181716151413秒频率组距0.060.080.160.320.38(2)在抽取的所有学生中,任取一名学生, 求分数不小于90分的概率.7某班50名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，将测试结果按如下方式分成五组：每一组[)14,13；第二组[)15,14，……，第五组[]18,17．右图是按上述分组方法得到的频率分布直方 图.（I ）若成绩大于或等于14秒且小于16秒认为 良好，求该班在这次百米测试中成绩良好的人数；（II ）设m 、n 表示该班某两位同学的百米测试成绩，且已知[][18,17)14,13,⋃∈n m ， 求事件“1>-n m ”的概率.8一人盒子中装有4张卡片，每张卡上写有1个数字，数字分别是0，1、2、3。

K 单元 概率K1 随机事件的概率K2 古典概型6.J1,J2,K2[2019·全国卷Ⅰ] 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“——”和阴爻“- -”,图1-3就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )图1-3A .516B .1132C .2132D .11166.A [解析] 每一重卦由6个爻组成,每个爻可以是阳爻也可以是阴爻,所以共有26=64(种)重卦,恰有3个阳爻的情况有C 63=20(种),所以对应的概率为2064=516.17.I1,I2,K2,K6,K9[2019·北京卷] 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:支付金额(元)支付方式(0,1000] (1000,2000] 大于2000 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B10人14人1人(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.17.解:(1)由题意知,样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30(人),仅使用B 的学生有10+14+1=25(人),A,B 两种支付方式都不使用的学生有5人. 故样本中A,B 两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40(人).所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”. 由题设知,事件C ,D 相互独立,且P (C )=9+330=0.4,P (D )=14+125=0.6. 所以P (X=2)=P (CD )=P (C )P (D )=0.24,P (X=1)=P (C ∪C D ) =P (C )P (D )+P (C )P (D ) =0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6 =0.52,P (X=0)=P (C D )=P (C )P (D )=0.24.所以X 的分布列为 X0 1 2 P0.240.520.24故X 的数学期望E (X )=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.(3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2000元”.假设样本仅使用A 的学生中,本月支付金额大于2000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P (E )=1C 303=14060.答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.6.K2[2019·江苏卷]从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是.6.7[解析]3名男同学记为A,B,C,2名女同学记为D,E.10基本事件有(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共10个,其中至少.有1名女同学的基本事件有7个,故所求概率为710K3 几何概型K4 互斥事件有一个发生的概率15.K4,K5[2019·全国卷Ⅰ]甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是.15.0.18[解析]由题意可知,甲、乙两队共比赛了5场,前4场甲队只输了其中1场,且第5场甲队获胜.分两种情况:①甲在第1,2场的主场比赛中输了1场,由独立事件的概率计算公式得,其概率为C21×0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.072;②甲在第3,4场的客场比赛中输了1场,同理可得其对应的概率为C21×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.108.所以由互斥事件的概率加法计算公式得所求的概率为0.072+0.108=0.18.18.K4,K5[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.18.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=0.1.16.K4,K5,K6,K8[2019·天津卷]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.16.解:(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2 3,故X~B(3,23),从而P(X=k)=C3k(23)k(13)3-k,k=0,1,2,3.所以,随机变量X的分布列为X0123P12729 49 827随机变量X 的数学期望E (X )=3×23=2.(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Y~B (3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P (M )=P ({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P (X=3,Y=1)+P (X=2,Y=0)=P (X=3)P (Y=1)+P (X=2)P (Y=0)=827×29+49×127=20243.K5 相互对立事件同时发生的概率15.K4,K5[2019·全国卷Ⅰ] 甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .15.0.18 [解析] 由题意可知,甲、乙两队共比赛了5场,前4场甲队只输了其中1场,且第5场甲队获胜.分两种情况:①甲在第1,2场的主场比赛中输了1场,由独立事件的概率计算公式得,其概率为C 21×0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.072;②甲在第3,4场的客场比赛中输了1场,同理可得其对应的概率为C 21×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.108.所以由互斥事件的概率加法计算公式得所求的概率为0.072+0.108=0.18.18.K4,K5[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.18.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=0.1.16.K4,K5,K6,K8[2019·天津卷]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.16.解:(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2 3,故X~B(3,23),从而P(X=k)=C3k(23)k(13)3-k,k=0,1,2,3.所以,随机变量X的分布列为X0123P 1272949827随机变量X的数学期望E(X)=3×23=2.(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Y~B(3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P (X=3,Y=1)+P (X=2,Y=0)=P (X=3)P (Y=1)+P (X=2)P (Y=0)=827×29+49×127=20243.K6 离散型随机变量及其分布列21.D3,K6[2019·全国卷Ⅰ] 为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X 的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i (i=0,1,…,8)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p 0=0,p 8=1,p i =ap i-1+bp i +cp i+1(i=1,2,…,7),其中a=P (X=-1),b=P (X=0),c=P (X=1).假设α=0.5,β=0.8.(i)证明{p i+1-p i }(i=0,1,2,…,7)为等比数列;(ii)求p 4,并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性. 21.解:(1)X 的所有可能取值为-1,0,1.P (X=-1)=(1-α)β, P (X=0)=αβ+(1-α)(1-β), P (X=1)=α(1-β).所以X 的分布列为X-101P(1-α)βαβ+(1-α)(1-β)α(1-β)(2)(i)证明:由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.因此p i=0.4p i-1+0.5p i+0.1p i+1,故0.1(p i+1-p i)=0.4(p i-p i-1),即p i+1-p i=4(p i-p i-1).又因为p1-p0=p1≠0,所以{p i+1-p i}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.(ii)由(i)可得p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=48-1p1.3,所以由于p8=1,故p1=348-1p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=44-1p13.=1257p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为≈0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=1257试验方案合理.17.I1,I2,K2,K6,K9[2019·北京卷]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:支付金额(元)支付方式(0,1000] (1000,2000] 大于2000 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B10人14人1人(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.17.解:(1)由题意知,样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30(人),仅使用B 的学生有10+14+1=25(人),A,B 两种支付方式都不使用的学生有5人. 故样本中A,B 两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40(人).所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”. 由题设知,事件C ,D 相互独立,且P (C )=9+330=0.4,P (D )=14+125=0.6. 所以P (X=2)=P (CD )=P (C )P (D )=0.24,P (X=1)=P (C D ∪C D ) =P (C )P (D )+P (C )P (D ) =0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6 =0.52,P(X=0)=P(C D)=P(C)P(D)=0.24.所以X的分布列为X012P0.240.520.24故X的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2000元”.假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C303=1 4060.答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.16.K4,K5,K6,K8[2019·天津卷]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.16.解:(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2 3,故X~B(3,23),从而P(X=k)=C3k(23)k(13)3-k,k=0,1,2,3.所以,随机变量X 的分布列为X 0123P12729 49 827随机变量X 的数学期望E (X )=3×23=2.(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Y~B (3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P (M )=P ({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P (X=3,Y=1)+P (X=2,Y=0)=P (X=3)P (Y=1)+P (X=2)P (Y=0)=827×29+49×127=20243. 7.B5,K6[2019·浙江卷] 设0<a<1,随机变量X 的分布列是则当a 在(0,1)内增大时, ( )A .D (X )增大B .D (X )减小C .D (X )先增大后减小 D .D (X )先减小后增大7.D [解析] 方法一:因为E (X )=0×13+a ×13+1×13=a+13, 所以D (X )=(0−a+13)2×13+(a −a+13)2×13+(1−a+13)2×13=29(a 2-a+1),其图像的对称轴为a=12,所以选D .方法二:因为E (X )=0×13+a ×13+1×13=a+13, 所以E (X 2)=0×13+a 2×13+1×13=a 2+13, 所以D (X )=E (X 2)-E 2(X )=29(a 2-a+1),其图像的对称轴为a=12, 所以选D .K7 条件概率与事件的独立性K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布23.K8[2019·江苏卷]在平面直角坐标系xOy 中,设点集A n ={(0,0),(1,0),(2,0),…,(n ,0)},B n ={(0,1),(n ,1)},C n ={(0,2),(1,2),(2,2),…,(n ,2)},n ∈N *.令M n =A n∪B n ∪C n .从集合M n 中任取两个不同的点,用随机变量X 表示它们之间的距离. (1)当n=1时,求X 的概率分布;(2)对给定的正整数n (n ≥3),求概率P (X ≤n )(用n 表示). 23.解:(1)当n=1时,X 的所有可能取值是1,√2,2,√5.X 的概率分布为P (X=1)=7C 62=715,P (X=√2)=4C 62=415,P (X=2)=2C 62=215,P (X=√5)=2C 62=215.(2)设A (a ,b )和B (c ,d )是从M n 中取出的两个点. 因为P (X ≤n )=1-P (X>n ),所以仅需考虑X>n 的情况.①若b=d ,则AB ≤n ,不存在X>n 的取法;②若b=0,d=1,则AB=√(a -c)2+1≤√n 2+1,所以X>n 当且仅当AB=√n 2+1,此时a=0,c=n 或a=n ,c=0,有2种取法;③若b=0,d=2,则AB=√(a -c)2+4≤√n 2+4.因为当n ≥3时,√(n -1)2+4≤n ,所以X>n 当且仅当AB=√n 2+4,此时a=0,c=n 或a=n ,c=0,有2种取法;④若b=1,d=2,则AB=√(a -c)2+1≤√n 2+1,所以X>n 当且仅当AB=√n 2+1,此时a=0,c=n 或a=n ,c=0,有2种取法.综上,当X>n时,X 的所有可能取值是√n 2+1和√n 2+4,且P (X=√n 2+1)=4C 2n+42,P (X=√n 2+4)=2C 2n+42.因此,P (X ≤n )=1-P (X=√n 2+1)-P (X=√n 2+4)=1-6C 2n+42.16.K4,K5,K6,K8[2019·天津卷] 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.16.解:(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X~B (3,23),从而P (X=k )=C 3k (23)k (13)3-k,k=0,1,2,3.所以,随机变量X 的分布列为X 0123P12729 49 827随机变量X 的数学期望E (X )=3×23=2.(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Y~B (3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P (M )=P ({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P (X=3,Y=1)+P (X=2,Y=0)=P (X=3)P (Y=1)+P (X=2)P (Y=0)=827×29+49×127=20243.K9 单元综合17.I1,I2,K2,K6,K9[2019·北京卷] 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:支付金额(元)支付方式(0,1000](1000,2000]大于2000仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B10人14人1人(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.17.解:(1)由题意知,样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30(人),仅使用B 的学生有10+14+1=25(人),A,B 两种支付方式都不使用的学生有5人. 故样本中A,B 两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40(人).所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”. 由题设知,事件C ,D 相互独立,且P (C )=9+330=0.4,P (D )=14+125=0.6. 所以P (X=2)=P (CD )=P (C )P (D )=0.24,P (X=1)=P (C D ∪C D ) =P (C )P (D )+P (C )P (D ) =0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6 =0.52,P (X=0)=P (C D )=P (C )P (D )=0.24.所以X的分布列为X012P0.240.520.24故X的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2000元”.假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C303=1 4060.答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.11.[2019·安徽合肥一检]某商场进行购物摸奖活动,规则是:在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个小球,每次摸奖需要同时取出两个球,每位顾客最多有两次摸奖机会.规定:若第一次取出的两个小球的号码连号,则中奖,摸奖结束;若第一次未中奖,则将这两个小球放回后进行第二次摸奖,若与第一次取出的两个小球的号码相同,则中奖,否则不中奖.按照这样的规则摸奖,中奖的概率为()A.45B.1925C.2350D.4110011.C[解析]根据题意可知中奖的概率为4C52+C52-4C52·1C52=25+350=2350,故选C.1.[2019·长沙一检] 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年时还可以正常工作,则这个元件的使用寿命超过2年的概率为( )A .0.75B .0.6C .0.52D .0.481.A [解析] 设“这种元件的使用寿命超过1年”为事件A ,“这种元件的使用寿命超过2年”为事件B ,则P (A )=0.8,P (AB )=0.6,故P (B|A )=P(AB)P(A)=0.60.8=0.75,故选A .3.[2019·江西上饶联考] 某校为某项数学比赛选拔人才,分初赛和复赛两个阶段进行,规定:分数不小于本次考试成绩中位数的具有复赛资格.该校有900名学生参加了初赛,所有学生的分数均在区间(30,150]内,按(30,50],(50,70],(70,90],(90,110],(110,130],[130,150]分组后,得到频率分布直方图如图T11-1所示.图T11-1(1)求本次初赛分数的中位数.(2)从初赛分数在区间(110,150]内的参赛者中,利用分层抽样的方法随机抽取7人参加学校座谈交流会,那么从分数在区间(110,130]与(130,150]内的参赛者中各抽取多少人?(3)从(2)抽取的7人中,选出4人参加全市座谈交流会,设X 表示分数在(110,130]内参加全市座谈交流会的人数,学校打算给这4人一定的物质奖励,若该生分数在(110,130]内则给予500元奖励,若该生分数在(130,150]内则给予800元奖励,用Y 表示学校发的奖金数额,求Y 的分布列和数学期望.3.解:(1)由题意知分数在(30,90]内的频率为20×(0.002 5+0.007 5+0.007 5)=0.35,分数在(110,150]内的频率为20×(0.005 0+0.012 5)=0.35,所以分数在(90,110]内的频率为1-0.35-0.35=0.3, 从而分数在(90,110]内的频率组距=0.320=0.015. 设本次初赛分数的中位数为x ,则由题意得0.35+(x-90)×0.015=0.5,解得x=100. (2)分组区间(110,130]与(130,150]的频率之比为0.012 5∶0.005 0=5∶2.因为要从得分在区间(110,150]内的参赛者中,利用分层抽样的方法随机抽取7人, 所以应从分数在区间(110,130]与(130,150]内的参赛者中各抽取5人,2人. (3)X 的可能取值为2,3,4,则P (X=2)=C 52C 22C 74=27,P (X=3)=C 53C 21C 74=47,P (X=4)=C 54C 20C 74=17,从而Y 的分布列为Y 2600 23002000P274717∴Y 的数学期望E (Y )=2600×27+2300×47+2000×17=16 4007. 6.[2019·广东揭阳期末] 某公司培训员工的某项技能,培训有如下两种方式:方式一,周一到周五每天培训1小时,周日测试;方式二,周六一天培训4小时,周日测试.并规定,本周测试达标后,下周不再培训,否则继续培训,直到测试达标.公司有多个班组,每个班组60人,现任选两个班组(记为甲组、乙组)先培训,甲组选方式一,乙组选方式二,并记录每周培训后测试达标的人数如下表.第一周 第二周 第三周 第四周 甲组 20 25 10 5 乙组8162016其中第一、二周达标的员工评为优秀. (1)在甲组内任选两人,求恰有一人优秀的概率.(2)若每个员工技能测试是否达标相互独立,且以频率作为概率.(i)设公司员工在方式一、方式二下的受训时间分别为ξ1,ξ2,求ξ1,ξ2的分布列,若选平均受训时间少的,则公司应选哪种培训方式?(ii)按(i)中所选方式从公司任选两人,求恰有一人优秀的概率.6.解:(1)因为甲组60人中有45人优秀,所以从中任选两人,恰有一人优秀的概率为C 451C 151C 602=45×1530×59=45118. (2)(i)ξ1的分布列为ξ1 5101520P13512 16 112E (ξ1)=5×13+10×512+15×16+20×112=10. ξ2的分布列为ξ2 481216P215415 13 415E (ξ2)=4×215+8×415+12×13+16×415=4×4115=16415, ∵E (ξ1)<E (ξ2),∴公司应选培训方式一.(ii)按培训方式一,从公司任选一人,其优秀的概率为13+512=34, 则从公司任选两人,恰有一人优秀的概率为C 21×34×(1-34)=38.。