2014年高考题分年分章节汇编--概率

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 概率（精解精析）一，选择题1．(2021年高考全国甲卷理科)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻地概率为( )A ．13B ．25C ．23D ．45【结果】C思路：将4个1和2个0随机排成一行,可利用插空法,4个1产生5个空,若2个0相邻,则有155C =种排法,若2个0不相邻,则有2510C =种排法,所以2个0不相邻地概率为1025103=+．故选：C ．2．(2021年高考全国乙卷理科)在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数,则两数之和大于74地概率为( )A ．79B ．2332C ．932D ．29【结果】B思路：如图所示：设从区间()()0,1,1,2中随机取出地数分别为,x y ,则实验地所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<,其面积为111SΩ=⨯=．设事件A 表示两数之和大于74,则构成地区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭,即图中地阴影部分,其面积为13323124432A S =-⨯⨯=,所以()2332A S P A S Ω==．故选：B ．【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中地面积问题,解题关键是准确求出事件,A Ω对应地区域面积,即可顺利解出．3．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)在一组样本数据中,1,2,3,4出现地频率分别为1234,,,p p p p ,且411i i p ==∑,则下面四种情形中,对应样本地标准差最大地一组是( )A ．14230.1,0.4p p p p ====B ．14230.4,0.1p p p p ====C ．14230.2,0.3p p p p ====D ．14230.3,0.2p p p p ====【结果】B思路：对于A 选项,该组数据地平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题13：概率统计（文科解答题）（三）（三）概率与统计综合1．（2014•新课标Ⅱ文）某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民，根据这50位市民对两部门的评分（评分越高表明市民的评价越高）绘制的茎叶图如图：（Ⅰ）分别估计该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数；（Ⅱ）分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率；（Ⅲ）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价．【考点】茎叶图；BB：众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式【分析】（Ⅰ）根据茎叶图的知识，中位数是指中间的一个或两个的平均数，首先要排序，然后再找，（Ⅱ）利用样本来估计总体，只要求出样本的概率就可以了．（Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）的结果和茎叶图，合理的评价，恰当的描述即可．【解答】解：（Ⅰ）由茎叶图知，50位市民对甲部门的评分有小到大顺序，排在排在第25，26位的是75，75，故样本的中位数是75，所以该市的市民对甲部门的评分的中位数的估计值是75．50位市民对乙部门的评分有小到大顺序，排在排在第25，26位的是66，68，故样本的中位数是6668672+=，所以该市的市民对乙部门的评分的中位数的估计值是67．（Ⅱ）由茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率分别为580.1,0.16 5050==，故该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率得估计值分别为0.1，0.16，（Ⅲ）由茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以大致看出对甲部门的评分标准差要小于乙部门的标准差，说明该市市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大．【点评】本题主要考查了茎叶图的知识，以及中位数，用样本来估计总体的统计知识，属于基础题．2．（2014•北京文）从某校随机抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：（Ⅰ）从该校随机选取一名学生，试估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的概率；（Ⅱ）求频率分布直方图中的a，b的值；（Ⅲ）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，试估计样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数在第几组（只需写结论）【考点】分布和频率分布表；频率分布直方图【分析】（Ⅰ）根据频率分布表求出1周课外阅读时间少于12小时的频数，再根据频率=频数样本容量求频率；（Ⅱ）根据小矩形的高=频率组距求a、b的值；（Ⅲ）利用平均数公式求得数据的平均数，可得答案．【解答】解：（Ⅰ）由频率分布表知：1周课外阅读时间少于12小时的频数为681722251290+++++=，1∴周课外阅读时间少于12小时的频率为900.9100=； （Ⅱ）由频率分布表知：数据在[4，6)的频数为17，∴频率为0.17，0.085a ∴=； 数据在[8，10)的频数为25，∴频率为0.25，0.125b ∴=； （Ⅲ）数据的平均数为10.0630.0850.1770.2290.25110.12130.06150.02170.027.68⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（小时）， ∴样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数在第四组．【点评】本题考查了频率分布表与频率分布直方图，再频率分布直方图中频率=小矩形的面积=小矩形的高⨯组距=频数样本容量．3．（2014•安徽文）某高校共有学生15000人，其中男生10500人，女生4500人．为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时）．（1）应收集多少位女生的样本数据？（2）根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率．（3）在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．附：2()()()()K a b c d a c b d =++++．【考点】独立性检验【分析】（1）根据频率分布直方图进行求解即可．（2）由频率分布直方图先求出对应的频率，即可估计对应的概率．（3）利用独立性检验进行求解即可【解答】解：（1）45003009015000⨯=，所以应收集90位女生的样本数据．（2）由频率分布直方图得12(0.1000.025)0.75-⨯+=，所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0.75．（3）由（2）知，300位学生中有3000.75225⨯=人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运动时间不超过4小时，又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表结合列联表可算得2300(456016530)1004.762 3.841 210907522521K⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯所以，有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．【点评】本题主要考查频率分布直方图以及独立性检验的应用，比较基础4．（2014•福建文）根据世行2013年新标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为10354085-美元为中等偏下收入国家；人均GDP为408512616-美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于12616美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：（Ⅰ）判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；（Ⅱ）现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；概率的应用【分析】（Ⅰ）利用所给数据，计算该城市人均GDP ，即可得出结论； （Ⅱ）利用古典概型概率公式，即可得出结论．【解答】解：（Ⅰ）设该城市人口总数为a ，则该城市人均GDP 为80000.2540000.3060000.1530000.10100000.206400a a a a aa⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∴该城市人均GDP 达到中等偏上收入国家标准；（Ⅱ）从该城市5个行政区中随机抽取2个，共有2510C =种情况，GDP 都达到中等偏上收入国家标准的区域有A ，C ，E ，抽到的2个行政区人均GDP 都达到中等偏上收入国家标准，共有233C =种情况，∴抽到的2个行政区人均GDP 都达到中等偏上收入国家标准的概率310． 【点评】本题考查概率与统计等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查必然、或然思想．5．（2014•湖南文）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：(,)a b ，(,)a b ，(,)a b ，(a ，)b ，(a ，)b ，(,)a b ，(,)a b ，(,)a b ， (a ，)b ，(,)a b ，(a ，)b ，(,)a b ，(,)a b ，(a ，)(b a ，)b其中a ，a 分别表示甲组研发成功和失败，b ，b 分别表示乙组研发成功和失败．（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率． 【考点】极差、方差与标准差；模拟方法估计概率【分析】（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可． （Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决．【解答】解：（Ⅰ）甲组研发新产品的成绩为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1， 则102153x ==甲， 2221222[(1)100)515339S ⎛⎤=-⨯+-⨯= ⎥⎝⎦甲 乙组研发新产品的成绩为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1则93155x ==乙， 2221336[(1)90)6155525S ⎛⎤=-⨯+-⨯=⎥⎝⎦乙．因为22,x x S S ><乙乙甲甲所以甲的研发水平高于乙的研发水平．（Ⅱ）记{E =恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中，恰有一组研发成功的结果是(,)a b ，(a ，)b ，(,)a b ，(a ，)b ，(,)a b ，(,)a b ，(a ，)b 共7个， 故事件E 发生的频率为715， 将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P （E ）715=． 【点评】本题主要考查了平均数方差和用频率表示概率，培养的学生的运算能力．6．（2014•辽宁文）某大学餐饮中心为了解新生的饮食习惯，在全校一年级学生中进行了抽样调查，调查结果如表所示：（Ⅰ）根据表中数据，问是否有95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”； （Ⅱ）已知在被调查的北方学生中有5名数学系的学生，其中2名喜欢甜品，现在从这5名学生中随机抽取3人，求至多有1人喜欢甜品的概率．附：22111212211212()n n n n n X n n n n ++++-=【考点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式 【分析】（Ⅰ）根据表中数据，利用公式，即可得出结论； （Ⅱ）利用古典概型概率公式，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）由题意，22100(60102010) 4.762 3.84170308020X ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，∴有95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”；（Ⅱ）从这5名学生中随机抽取3人，共有3510C =种情况，有2名喜欢甜品，有133C =种情况， ∴至多有1人喜欢甜品的概率710．【点评】本题考查独立性检验的应用，考查古典概型及其概率计算公式，考查学生的计算能力，属于中档题．7．（2014•山东文）海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此商品的数量（单位：件）如表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．（Ⅰ）求这6件样品来自A，B，C各地区商品的数量；（Ⅱ）若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】（Ⅰ）先计算出抽样比，进而可求出这6件样品来自A，B，C各地区商品的数量；（Ⅱ）先计算在这6件样品中随机抽取2件的基本事件总数，及这2件商品来自相同地区的事件个数，代入古典概型概率计算公式，可得答案．【解答】解：（Ⅰ）A，B，C三个地区商品的总数量为50150100300++=，故抽样比6130050k==，故A地区抽取的商品的数量为：1501 50⨯=；B地区抽取的商品的数量为：11503 50⨯=；C地区抽取的商品的数量为：11002 50⨯=；（Ⅱ）在这6件样品中随机抽取2件共有：2615C=个不同的基本事件；且这些事件是等可能发生的，记“这2件商品来自相同地区”为事件A，则这2件商品可能都来自B地区或C地区，则A中包含22234C C+=种不同的基本事件，故P（A）415 =，即这2件商品来自相同地区的概率为415．【点评】本题考查的知识点是分层抽样，古典概型概率计算公式，难度不大，属于基础题．8．（2014•天津文）某校夏令营有3名男同学，A、B、C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如表：现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率【分析】（Ⅰ）用表中字母一一列举出所有可能的结果，共15个．（Ⅱ）用列举法求出事件M包含的结果有6个，而所有的结果共15个，由此求得事件M发生的概率．【解答】解：（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果有：(,)A B、(,)A C、(,)A X、(,)A Y、(,)A Z、(,)B C、(,)B X、(,)B Y、(,)B Z、(,)C X、(,)C Y、(,)C Z、(,)X Y、(X，Z)、(,)Y Z，共计15个结果．（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，则事件M包含的结果有：(,)A Y、(,)A Z、(,)B X、(,)B Z、(,)C X、(,)C Y，共计6个结果，故事件M发生的概率为62 155．【点评】本题考主要查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，列举法，是解决古典概型问题的一种重要的解题方法，属于基础题．9．（2014•重庆文）20名学生某次数学考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如图：（Ⅰ）求频率分布直方图中a的值；（Ⅱ）分别求出成绩落在[50，60)与[60，70)中的学生人数；（Ⅲ）从成绩在[50，70)的学生任选2人，求此2人的成绩都在[60，70)中的概率．【考点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式【分析】（Ⅰ）根据频率分布直方图求出a的值；（Ⅱ）由图可知，成绩在[50，60)和[60，70)的频率分别为0.1和0.15，用样本容量20乘以对应的频率，即得对应区间内的人数，从而求出所求．（Ⅲ）分别列出满足[50，70)的基本事件，再找到在[60，70)的事件个数，根据古典概率公式计算即可． 【解答】解：（Ⅰ）根据直方图知组距10=，由(23672)101a a a a a ++++⨯=，解得0.005a =． （Ⅱ）成绩落在[50，60)中的学生人数为20.00510202⨯⨯⨯=， 成绩落在[60，70)中的学生人数为30.00510203⨯⨯⨯=．（Ⅲ）记成绩落在[50，60)中的2人为A ，B ，成绩落在[60，70)中的3人为C ，D ，E ，则成绩在[50，70)的学生任选2人的基本事件有AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ，CE ，DE 共10个， 其中2人的成绩都在[60，70)中的基本事件有CD ，CE ，DE 共3个， 故所求概率为310P =． 【点评】本题考查频率分布直方图的应用以及古典概型的概率的应用，属于中档题．10．（2015•新课标Ⅰ文理）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x （单位：千元）对年销售量y （单位：)t 和年利润z （单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费i x 和年销售量(1i y i =，2，⋯，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．表中i w =，18i i w w ==∑（Ⅰ）根据散点图判断，y a bx =+与y c =+y 关于年宣传费x 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；（Ⅲ）已知这种产品的年利润z 与x 、y 的关系为0.2z y x =-．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题： ()i 年宣传费49x =时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ()ii 年宣传费x 为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据1(u 1)v ，2(u 2)..(n v u ⋯ )n v ，其回归线v u αβ=+的斜率和截距的最小二乘估计分别为：121()()ˆ()nii i nii uu v v uu β==--=-∑∑，ˆˆv u αβ=-． 【考点】线性回归方程【分析】（Ⅰ）根据散点图，即可判断出，（Ⅱ）先建立中间量w =，建立y 关于w 的线性回归方程，根据公式求出w ，问题得以解决； （Ⅲ）()i 年宣传费49x =时，代入到回归方程，计算即可， ()ii 求出预报值得方程，根据函数的性质，即可求出．【解答】解：（Ⅰ）由散点图可以判断，y c =+y 关于年宣传费x 的回归方程类型；（Ⅱ）令w =，先建立y 关于w 的线性回归方程，由于108.8ˆ681.6d==， ˆˆ56368 6.8100.6cy dw =-=-⨯=， 所以y 关于w 的线性回归方程为ˆ100.668yw =+， 因此y 关于x的回归方程为ˆ100.6y=+， （Ⅲ）()i 由（Ⅱ）知，当49x =时，年销售量y的预报值ˆ100.6576.6y=+， 年利润z 的预报值ˆ576.60.24966.32z=⨯-=， ()ii 根据（Ⅱ）的结果可知，年利润z的预报值ˆ0.2(100.620.12zx x =+-=-+，13.66.82=时，即当46.24x =时，年利润的预报值最大． 【点评】本题主要考查了线性回归方程和散点图的问题，准确的计算是本题的关键，属于中档题． 11．（2015•新课标Ⅱ文）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A 地区用户满意度评分的频率分布直方图和B 地区用户满意度评分的频数分布表B 地区用户满意度评分的频数分布表（1）做出B 地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方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）（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个不等级：估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由． 【考点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式 【分析】()I 根据分布表的数据，画出频率直方图，求解即可．()II 计算得出A C 表示事件：“A 地区用户的满意度等级为不满意”， B C 表示事件：“B 地区用户的满意度等级为不满意”，()A P C ，()B P C ，即可判断不满意的情况．【解答】解：（Ⅰ）通过两个地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B 地区用户满意度评分的平均值高于A 地区用户满意度评分的平均值，B 地区的用户满意度评分的比较集中，而A 地区的用户满意度评分的比较分散．（Ⅱ）A 地区用户的满意度等级为不满意的概率大．记A C 表示事件：“A 地区用户的满意度等级为不满意”， B C 表示事件：“B 地区用户的满意度等级为不满意”，由直方图得()(0.010.020.03)100.6A P C =++⨯= 得()(0.0050.02)100.25B P C =+⨯=A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．【点评】本题考查了频率直方图，频率表达运用，考查了阅读能力，属于中档题．12．（2015•新课标Ⅱ理）某公司为了解用户对其产品的满意度，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：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79（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地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，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．【考点】茎叶图；古典概型及其概率计算公式【分析】（1）根据茎叶图的画法，以及有关茎叶图的知识，比较即可；（2）根据概率的互斥和对立，以及概率的运算公式，计算即可．【解答】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地区用户满意评分的平均值高于B地区用户满意评分的平均值；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1A C 表示事件“A 地区用户满意度等级为满意或非常满意”， 记2A C 表示事件“A 地区用户满意度等级为非常满意”， 记1B C 表示事件“B 地区用户满意度等级为不满意”， 记2B C 表示事件“B 地区用户满意度等级为满意”， 则1A C 与1B C 独立，2A C 与2B C 独立，1B C 与2B C 互斥， 则1122A B A B C C C C C =，P （C ）11221122()()()()()()A B A B A B A B P C C P C C P C P C P C P C =+=+，由所给的数据1A C ，2A C ，1B C ，2B C ，发生的频率为1620，420，1020，820， 所以116()20A P C =，24()20A P C =，110()20B P C =，28()20B P C =，所以P （C ）1610840.4820202020=⨯+⨯=． 【点评】本题考查了茎叶图，概率的互斥与对立，用频率来估计概率，属于中档题．13．（2015•福建文）全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标，根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示：（1）现从融合指数在[4，5)和[7，8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研，求至少有1家的融合指数在[7，8]内的概率；（2）根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数． 【考点】用样本的数字特征估计总体的数字特征【分析】（1）利用列举法列出基本事件，结合古典概型的概率公式进行求解即可． （2）根据平均数的定义和公式进行计算即可．【解答】解：（1）融合指数在[7，8]内的“省级卫视新闻台”记为1A ，2A ，3A ，融合指数在[4，5)内的“省级卫视新闻台”记为1B ，2B ，从融合指数在[4，5)和[7，8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研的事件为：1{A ，2}A ，1{A ，3}A ，2{A ，3}A ，1{A ，1}B ，1{A ，2}B ，2{A ，1}B ，2{A ，2}B ，3{A ，1}B ，3{A ，2}B ， 1{B ，2}B ，共10个．至少有1家的融合指数在[7，8]内的事件有；1{A ，2}A ，1{A ，3}A ，2{A ，3}A ，1{A ，1}B ，1{A ，2}B ， 2{A ，1}B ，2{A ，2}B ，3{A ，1}B ，3{A ，2}B ，共9个，则至少有1家的融合指数在[7，8]内的概率为910； （2）根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数为： 28734.5 5.5 6.57.5 6.0520202020⨯+⨯+⨯+⨯=． 【点评】本题主要考查古典概型，频率分布表，平均数等基础知识，考查数据处理能力，运算求解能力，应用意识，考查必然与或然思想等．14．（2015•重庆文）随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长．设某地区城乡居民人民币储蓄存款（年底余额）如下表：（Ⅰ）求y 关于t 的回归方程ˆˆˆybt a =+． （Ⅱ）用所求回归方程预测该地区2015年(6)t =的人民币储蓄存款． 附：回归方程ˆˆˆybt a =+中 1122211()()()n ni i i i i i nn i i i i t t y y t y nty b t t t nt a y bt====⎧---⎪⎪==⎪⎨--⎪⎪=-⎪⎩∑∑∑∑． 【考点】回归分析【分析】（Ⅰ）利用公式求出a ，b ，即可求y 关于t 的回归方程ˆˆˆybt a =+． （Ⅱ）6t =，代入回归方程，即可预测该地区2015年的人民币储蓄存款． 【解答】 解：（Ⅰ）由题意，3t =，7.2y =，522215555310ii tt =-=-⨯=∑，515120537.212i i i t y ty =-=-⨯⨯=∑，∴ˆ 1.2b=，ˆ7.2 1.23 3.6a =-⨯=， y ∴关于t 的回归方程ˆ 1.2 3.6yt =+． （Ⅱ）6t =时，ˆ 1.26 3.610.8y =⨯+=（千亿元）．【点评】本题考查线性回归方程，考查学生的计算能力，属于中档题．15．（2015•安徽文）某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为[40，50]，[50，60]，⋯，[80，90]，[90，100]（1）求频率分布图中a 的值；（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；（3）从评分在[40，60]的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在[40，50]的概率．【考点】频率分布直方图【分析】（1）利用频率分布直方图中的信息，所有矩形的面积和为1，得到a ； （2）对该部门评分不低于80的即为90和100，的求出频率，估计概率；（3）求出评分在[40，60]的受访职工和评分都在[40，50]的人数，随机抽取2人，列举法求出所有可能，利用古典概型公式解答．【解答】解：（1）因为(0.0040.0180.02220.028)101a +++⨯+⨯=，解得0.006a =；（2）由已知的频率分布直方图可知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.0220.018)100.4+⨯=，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4；（3）受访职工中评分在[50，60)的有：500.006103⨯⨯=（人)，记为1A ，2A ，3A ；受访职工评分在[40，50)的有：500.004102⨯⨯=（人)，记为1B ，2B ． 从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，分别是1{A ，2}A ，1{A ，3}A ，1{A ，1}B ，1{A ，2}B ，2{A ，3}A ，2{A ，1}B ，2{A ，2}B ，3{A ，1}B ，3{A ，2}B ，1{B ，2}B ，又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种，即1{B ，2}B ， 故所求的概率为110P =． 【点评】本题考查了频率分布直方图的认识以及利用图中信息求参数以及由频率估计概率，考查了利用列举法求满足条件的事件，并求概率．16．（2016•新课标Ⅱ文）某险种的基本保费为a （单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： ()I 记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P （A ）的估计值； （Ⅱ）记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P （B ）的估计值；（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值． 【考点】简单随机抽样【分析】()I 求出A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数．总事件人数，即可求P （A ）的估计值；（Ⅱ）求出B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”的人数．然后求P （B ）的估计值；（Ⅲ）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值．【解答】解：()I 记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．事件A 的人数为：6050110+=，该险种的200名续保，P （A ）的估计值为：1101120020=； （Ⅱ）记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．事件B 的人数为：303060+=，P （B ）的估计值为：60320010=； （Ⅲ）续保人本年度的平均保费估计值为.8560501.25301.531.1925200a a a a a a x a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==．【点评】本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力．17．（2016•北京理）A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时）:（Ⅰ）试估计C 班的学生人数；（Ⅱ）从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取一个人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；（Ⅲ）再从A ，B ，C 三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为1μ，表格中数据的平均数记为0μ，试判断0μ和1μ的大小．（结论不要求证明） 【考点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；CB ：古典概型及其概率计算公式 【分析】()I 由已知先计算出抽样比，进而可估计C 班的学生人数；（Ⅱ）根据古典概型概率计算公式，可求出该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率； （Ⅲ）根据平均数的定义，可判断出01μμ>．【解答】解：()I 由题意得：三个班共抽取20个学生，其中C 班抽取8个， 故抽样比2011005K ==， 故C 班有学生18405÷=人，（Ⅱ）从从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取一个人， 共有5840⨯=种情况， 而且这些情况是等可能发生的，当甲锻炼时间为6时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有2种情况； 当甲锻炼时间为6.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为7时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为7.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为8时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有4种情况； 故周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率233343408P ++++==；（Ⅲ）01μμ>．【点评】本题考查的知识点是用样本的频率分布估计总体分布，古典概型，难度中档．18．（2017•新课标Ⅰ文）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30min 从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：)cm ．下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸：经计算得16119.9716i i x x ===∑，0.212s =≈，18.439≈，161()(8.5) 2.78ii xx i =--=-∑，其中i x 为抽取的第i 个零件的尺寸，1i =，2，⋯，16．（1）求(i x ，)(1i i =，2，⋯，16)的相关系数r ，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若||0.25r <，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）．（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3x s -，3)x s +之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．。

K 单元 概率K3 几何概型 14．、[2014·福建卷] 如图1­4，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．图1­414.2e 2 [解析] 因为函数y ＝ln x 的图像与函数y ＝e x的图像关于正方形的对角线所在直线y ＝x 对称，则图中的两块阴影部分的面积为S ＝2⎠⎛1eln x d x ＝2(x ln x －x)|e1＝2[(eln e －e )－(ln 1－1)]＝2，故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P ＝2e2.7．[2014·湖北卷] 由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )A.18B.14C.34D.787．D [解析] 作出Ω1，Ω2表示的平面区域如图所示，S Ω1＝S △AOB ＝12×2×2＝2，S △BCE ＝2×1×2＝4，则S四边形AOEC＝S Ω1－S △BCE ＝2－14＝74.故由几何概型得，所求的概率P ＝S 四边形AOEC S Ω1＝742＝78.故选D.14．[2014·辽宁卷] 正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1，1)，D (－1，1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图1­3所示．若将—个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．14.23 [解析] 正方形ABCD 的面积S ＝2×2＝4，阴影部分的面积S 1＝2⎠⎛－11(1－x 2)d x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 31－1＝83，故质点落在阴影区域的概率P ＝834＝23.K5 相互对立事件同时发生的概率 17．、[2014·安徽卷] 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)．17．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EX ＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.17．、[2014·广东卷] 随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，39，36.根据上述数据得到样本的频率分布表如下：(1)确定样本频率分布表中1，2，1和2的值；(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]的概率．21．、、[2014·江西卷] 随机将1，2，…，2n (n ∈N *，n ≥2)这2n 个连续正整数分成A ，B 两组，每组n 个数．A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2.记ξ＝a 2－a 1，η＝b 2－b 1.(1)当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C 发生的概率P (C )；(3)对(2)中的事件C ，C －表示C 的对立事件，判断P (C )和P (C －)的大小关系，并说明理由．21．解：(1)当n ＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A ，B 两组，不同的分组方法共有C 36＝20(种)，所以ξ的分布列为：E ξ＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n －1，n ，n ＋1，…，2n －2. 又ξ和η恰好相等且等于n －1时，不同的分组方法有2种； ξ和η恰好相等且等于n 时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n ＋k (k ＝1，2，…，n －2)(n ≥3)时，不同的分组方法有2C k2k 种．所以当n ＝2时，P (C )＝46＝23，当n ≥3时，P (C )＝2⎝⎛⎭⎫2＋∑n －2k ＝1C k 2kC n2n.(3)由(2)得，当n ＝2时，P (C )＝13，因此P (C )>P (C )．而当n ≥3时，P (C )<P (C )．理由如下：P (C )<P (C )等价于4(2＋∑n －2k ＝1C k 2k )<C n2n ，①用数学归纳法来证明：(i)当n ＝3时，①式左边＝4(2＋C 12)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C 36＝20，所以①式成立． (ii)假设n ＝m (m ≥3)时①式成立，即4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k <C m 2m 成立， 那么，当n ＝m ＋1时， 左边＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m ＋1－2k ＝1C k2k ＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k ＋4C m －12（m －1）<C m 2m ＋4C m －12（m －1）＝（2m ）！m ！m ！＋4·（2m －2）！（m －1）！（m －1）！＝（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m －1）（m ＋1）！（m ＋1）！<（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m ）（m ＋1）！（m ＋1）！＝C m ＋12（m ＋1）·2（m ＋1）m （2m ＋1）（2m －1）<C m ＋12（m ＋1）＝右边，即当n ＝m ＋1时，①式也成立．综合(i)(ii)得，对于n ≥3的所有正整数，都有P (C )<P (C )成立． 18．、、[2014·辽宁卷] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图1­4所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )．18．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另1天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15，P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X 可能取的值为0，1，2，3，相应的概率分别为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064，P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432，P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216. X 的分布列为因为X ～B (3，0.6)＝0.72.20．、[2014·全国卷] 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．20．解：记A 1表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0，1，2. B 表示事件：甲需使用设备． C 表示事件：丁需使用设备．D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)因为P (B )＝0.6，P (C )＝0.4，P (A i )＝C i 2×0.52，i ＝0，1，2， 所以P (D )＝P (A 1·B ·C ＋A 2·B ＋A 2·B ·C )＝ P (A 1·B ·C )＋P (A 2·B )＋P (A 2·B ·C )＝P (A 1)P (B )P (C )＋P (A 2)P (B )＋P (A 2)P (B )P (C )＝ 0．31.(2)X 的可能取值为0，1，2，3，4，其分布列为 P (X ＝0)＝P (B ·A 0·C ) ＝P (B )P (A 0)P (C )＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4) ＝0.06，P (X ＝1)＝P (B ·A 0·C ＋B ·A 0·C ＋B ·A 1·C )＝P (B )P (A 0)P (C )＋P (B )P (A 0)P (C )＋P (B )P (A 1)P (C )＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P (X ＝4)＝P (A 2·B ·C )＝P (A 2)P (B )P (C )＝0.52×0.6×0.4＝0.06， P (X ＝3)＝P (D )－P (X ＝4)＝0.25，P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以 EX ＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＋4×P (X ＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.K6 离散型随机变量及其分布列 17．、[2014·安徽卷] 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)．17．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EX ＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.16．、[2014·北京卷] 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率； (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x 为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX 与x 的大小．(只需写出结论)16．解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5. (2)设事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．则C ＝AB ∪AB ，A ，B 相互独立．根据投篮统计数据，P (A )＝35，P (B )＝25.故P (C )＝P (AB )＋P (AB ) ＝35×35＋25×25 ＝1325. 所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为1325.(3)EX ＝x －.17．、[2014·湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立． (1)求至少有一种新产品研发成功的概率．(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．17．解：记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315.(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220.因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝15，P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25，数学期望为E (X )＝0×215＋100×15＋120×415＋220×25＝300＋480＋132015＝210015＝140.12．[2014·江西卷] 10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．12.12 [解析] 由超几何分布的概率公式可得P (恰好取到一件次品)＝C 13C 37C 410＝12. 21．、、[2014·江西卷] 随机将1，2，…，2n (n ∈N *，n ≥2)这2n 个连续正整数分成A ，B 两组，每组n 个数．A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2.记ξ＝a 2－a 1，η＝b 2－b 1.(1)当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C 发生的概率P (C )；(3)对(2)中的事件C ，C －表示C 的对立事件，判断P (C )和P (C －)的大小关系，并说明理由．21．解：(1)当n ＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A ，B 两组，不同的分组方法共有C 36＝20(种)，所以ξ的分布列为：E ξ＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n －1，n ，n ＋1，…，2n －2. 又ξ和η恰好相等且等于n －1时，不同的分组方法有2种； ξ和η恰好相等且等于n 时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n ＋k (k ＝1，2，…，n －2)(n ≥3)时，不同的分组方法有2C k2k 种． 所以当n ＝2时，P (C )＝46＝23，当n ≥3时，P (C )＝2⎝⎛⎭⎫2＋∑n －2k ＝1C k 2k C n2n.(3)由(2)得，当n ＝2时，P (C )＝13，因此P (C )>P (C )．而当n ≥3时，P (C )<P (C )．理由如下：P (C )<P (C )等价于4(2＋∑n －2k ＝1C k 2k )<C n2n ，①用数学归纳法来证明：(i)当n ＝3时，①式左边＝4(2＋C 12)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C 36＝20，所以①式成立． (ii)假设n ＝m (m ≥3)时①式成立，即4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k <C m 2m 成立，那么，当n ＝m ＋1时， 左边＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m ＋1－2k ＝1C k2k ＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k ＋4C m －12（m －1）<C m 2m ＋4C m －12（m －1）＝（2m ）！m ！m ！＋4·（2m －2）！（m －1）！（m －1）！＝（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m －1）（m ＋1）！（m ＋1）！<（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m ）（m ＋1）！（m ＋1）！＝C m ＋12（m ＋1）·2（m ＋1）m （2m ＋1）（2m －1）<C m ＋12（m ＋1）＝右边，即当n ＝m ＋1时，①式也成立．综合(i)(ii)得，对于n ≥3的所有正整数，都有P (C )<P (C )成立． 18．、、[2014·辽宁卷] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图1­4所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )．18．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另1天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15，P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X 可能取的值为0，1，2，3，相应的概率分别为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064，P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432，P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216. X 的分布列为因为X ～B (3，0.6)＝0.72.18．，[2014·山东卷] 乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如图1­4所示，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．图1­418．解：(1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性， P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)·P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15 ＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6. (2)由事件的独立性和互斥性，得P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.所以数学期望E ξ＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.16．、、[2014·天津卷] 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 16．解：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 13·C 27＋C 03·C 37C 310＝4960， 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960.(2)随机变量X 的所有可能值为0，1，2，3. P (X ＝k )＝C k4·C 3－k6C 310(k ＝0，1，2，3)，随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.18．，[2014·重庆卷] 一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望． (注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数)18．解：(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P ＝C 34＋C 33C 39＝584.(2)X 的所有可能值为1，2，3，且P (X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742， P (X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384， P (X ＝3)＝C 22C 17C 39＝112，故X 的分布列为从而E (X )＝1×42＋2×84＋3×12＝28.K7 条件概率与事件的独立性18．，[2014·山东卷] 乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如图1­4所示，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．图1­418．解：(1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性， P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)·P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15 ＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6. (2)由事件的独立性和互斥性，得P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130，P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.所以数学期望E ξ＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布 9．、[2014·浙江卷] 已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n ≥3)，从乙盒中随机抽取i (i ＝1，2)个球放入甲盒中．(a)放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝1，2)；(b)放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝1，2)． 则( )A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)9．A [解析] 方法一：不妨取m ＝n ＝3，此时，p 1＝36×22＋36×12＝34，p 2＝C 23C 26×33＋C 13C 13C 26×23＋C 23C 26×13＝23，则p 1>p 2；E (ξ1)＝1×36＋2×36＝32，E (ξ2)＝1×C 23C 26＋2×C 13C 13C 26＋3×C 23C 26＝2，则E (ξ1)<E (ξ2)．故选A.方法二：p 1＝m m ＋n ×22＋n m ＋n ×12＝2m ＋n 2（m ＋n ），p 2＝C 2m C 2m ＋n ×33＋C 1m C 1m C 2m ＋n ×23＋C 2n C 2m ＋n ×13＝3m 2－3m ＋4mn ＋n 2－n3（m ＋n ）（m ＋n －1），则p 1－p 2＝mn ＋n （n －1）6（m ＋n ）（m ＋n －1）>0；E (ξ1)＝1×n m ＋n ＋2×m m ＋n ＝2m ＋nm ＋n ，E (ξ2)＝1×C 2n C 2m ＋n ＋2×C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3×C 2mC 2m ＋n＝3m 2－3m ＋4mn ＋n 2－n（m ＋n ）（m ＋n －1），E (ξ1)－E (ξ2)＝－m 2＋m －mn（m ＋n ）（m ＋n －1）<0，故选A.12．[2014·浙江卷] 随机变量ξ的取值为0，1，2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________．12.25[解析] 设P (ξ＝1)＝x ，P (ξ＝2)＝y ， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝45，x ＋2y ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝35，y ＝15， 所以D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.K9 单元综合21．、、[2014·江西卷] 随机将1，2，…，2n (n ∈N *，n ≥2)这2n 个连续正整数分成A ，B 两组，每组n 个数．A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2.记ξ＝a 2－a 1，η＝b 2－b 1.(1)当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C 发生的概率P (C )；(3)对(2)中的事件C ，C －表示C 的对立事件，判断P (C )和P (C －)的大小关系，并说明理由．21．解：(1)当n ＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A ，B 两组，不同的分组方法共有C 36＝20(种)，所以ξ的分布列为：E ξ＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n －1，n ，n ＋1，…，2n －2. 又ξ和η恰好相等且等于n －1时，不同的分组方法有2种； ξ和η恰好相等且等于n 时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n ＋k (k ＝1，2，…，n －2)(n ≥3)时，不同的分组方法有2C k2k 种． 所以当n ＝2时，P (C )＝46＝23，当n ≥3时，P (C )＝2⎝⎛⎭⎫2＋∑n －2k ＝1C k 2kC n2n.(3)由(2)得，当n ＝2时，P (C )＝13，因此P (C )>P (C )．而当n ≥3时，P (C )<P (C )．理由如下：P (C )<P (C )等价于4(2＋∑n －2k ＝1C k 2k )<C n2n ，①用数学归纳法来证明：(i)当n ＝3时，①式左边＝4(2＋C 12)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C 36＝20，所以①式成立． (ii)假设n ＝m (m ≥3)时①式成立，即4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k <C m 2m 成立， 那么，当n ＝m ＋1时， 左边＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m ＋1－2k ＝1C k2k ＝4⎝⎛⎭⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k ＋4C m －12（m －1）<C m 2m ＋4C m －12（m －1）＝（2m ）！m ！m ！＋4·（2m －2）！（m －1）！（m －1）！＝（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m －1）（m ＋1）！（m ＋1）！<（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m ）（m ＋1）！（m ＋1）！＝C m ＋12（m ＋1）·2（m ＋1）m （2m ＋1）（2m －1）<C m ＋12（m ＋1）＝右边，即当n ＝m ＋1时，①式也成立．综合(i)(ii)得，对于n ≥3的所有正整数，都有P (C )<P (C )成立．。

2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：K单元++概率D次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列．(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．17．解：(1)X 可能的取值为10，20，100，－200.根据题意，有P (X ＝10)＝C 13×⎝⎛⎭⎪⎪⎫121×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－122＝38， P (X ＝20)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－121＝38， P (X ＝100)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－120＝18， P (X ＝－200)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫120×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－123＝18.所以X 的分布列为： X 10 20 100－200 P 3838 18 18 (2)设“第i 盘游戏没有出现音乐”为事件A i (i ＝1，2，3)，则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18. 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫183＝1－1512＝511512. 因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512. (3)由(1)知，X 的数学期望为EX ＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－54. 这表明，获得分数X 的均值为负．因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．K2 古典概型11．、[2014·广东卷] 从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．11.16[解析] 本题主要考查古典概型概率的计算，注意中位数的求法．从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，有C710种方法，若七个数的中位数是6，则只需从0，1，2，3，4，5中选三个，从7，8，9中选三个不同的数即可，有C36C33种方法．故这七个数的中位数是6的概率P＝C36C33C710＝16.18．、、[2014·福建卷] 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000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：(i)顾客所获的奖励额为60元的概率；(ii)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．18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.(i)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，(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝1 2，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为X 2060P 0.50.5所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝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X12060100P 162316X1的期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝16003.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X2406080P 162316X2的期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，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2.5．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A.18B.38C.58D.785．D [解析] 每位同学有2种选法，基本事件的总数为24＝16，其中周六、周日中有一天无人参加的基本事件有2个，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1－216＝78.6．[2014·陕西卷] 从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于．．．该正方形边长的概率为 ( ) A.15 B.25 C.35 D.456．C[解析] 利用古典概型的特点可知从5个点中选取2个点的全部情况有C25＝10(种)，选取的2个点的距离不小于该正方形边长的情况有：选取的2个点的连线为正方形的4条边长和2条对角线长，共有6种．故所求概率P＝610＝35.16．、、[2014·天津卷] 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．16．解：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝C13·C27＋C03·C37C310＝4960，所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为49 60.(2)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3.P(X＝k)＝C k4·C3－k6C310(k＝0，1，2，3)，所以随机变量X的分布列是X 012 3P 1612310130随机变量X的数学期望E(X)＝0×16＋1×1 2＋2×310＋3×130＝65.9．、[2014·浙江卷] 已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中．(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i(i＝1，2)．则()A．p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)9．A [解析] 方法一：不妨取m ＝n ＝3，此时，p 1＝36×22＋36×12＝34，p 2＝C 23C 26×33＋C 13C 13C 26×23＋C 23C 26×13＝23，则p 1>p 2；E (ξ1)＝1×36＋2×36＝32，E (ξ2)＝1×C 23C 26＋2×C 13C 13C 26＋3×C 23C 26＝2，则E (ξ1)<E (ξ2)．故选A.方法二：p 1＝m m ＋n ×22＋n m ＋n ×12＝2m ＋n 2（m ＋n ），p 2＝C 2m C 2m ＋n ×33＋C 1m C 1m C 2m ＋n ×23＋C 2nC 2m ＋n ×13＝3m 2－3m ＋4mn ＋n 2－n3（m ＋n ）（m ＋n －1），则p 1－p 2＝mn ＋n （n －1）6（m ＋n ）（m ＋n －1）>0；E (ξ1)＝1×n m ＋n ＋2×mm ＋n ＝2m ＋n m ＋n，E (ξ2)＝1×C 2n C 2m ＋n ＋2×C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3×C 2mC 2m ＋n＝3m 2－3m ＋4mn ＋n 2－n（m ＋n ）（m ＋n －1），E (ξ1)－E (ξ2)＝－m 2＋m －mn（m ＋n ）（m ＋n －1）<0，故选A.18．，[2014·重庆卷] 一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望．(注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数)18．解：(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P ＝C 34＋C 33C 39＝584. (2)X 的所有可能值为1，2，3，且P (X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742，P (X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384， P (X ＝3)＝C 22C 17C 39＝112，故X 的分布列为X 1 2 3P 17424384 112从而E (X )＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728.K3 几何概型14．、[2014·福建卷] 如图1-4，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．图1-414.2e 2 [解析] 因为函数y ＝ln x 的图像与函数y ＝e x 的图像关于正方形的对角线所在直线y ＝x 对称，则图中的两块阴影部分的面积为S ＝2⎠⎜⎛1e ln x d x ＝2(x ln x －x)|e1＝2[(eln e －e )－(ln 1－1)]＝2，故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P ＝2e2.7．[2014·湖北卷] 由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )A.18B.14C.34D.787．D [解析] 作出Ω1，Ω2表示的平面区域如图所示，S Ω1＝S △AOB ＝12×2×2＝2，S △BCE ＝12×1×12＝14，则S 四边形AOEC ＝S Ω1－S △BCE ＝2－14＝74.故由几何概型得，所求的概率P ＝S 四边形AOEC S Ω1＝742＝78.故选D.14．[2014·辽宁卷] 正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1，1)，D (－1，1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图1-3所示．若将—个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．图1-314.23[解析] 正方形ABCD 的面积S ＝2×2＝4，阴影部分的面积S 1＝2⎠⎜⎜⎛－11(1－x 2)d x ＝2⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －13x 31－1＝83，故质点落在阴影区域的概率P ＝834＝23.K4 互斥事件有一个发生的概率 17．、[2014·湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率． (2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．17．解：记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315. (2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220.因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝15， P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25，故所求的分布列为X 0 100 120 220P 215 15 415 25数学期望为E (X )＝0×215＋100×15＋120×415＋220×25＝300＋480＋132015＝210015＝140.16．、、[2014·天津卷] 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 13·C 27＋C 03·C 37C 310＝4960， 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960.(2)随机变量X 的所有可能值为0，1，2，3.P (X ＝k )＝C k 4·C 3－k 6C 310(k ＝0，1，2，3)，所以随机变量X 的分布列是 X 0 1 2 3 P 1612310130随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.K5 相互对立事件同时发生的概率 17．、[2014·安徽卷] 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)．17．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X 234 5P 59291081881EX＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.16．、[2014·北京卷] 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主场12212客场1188主场21512客场21312主场3128客场3217主238客1815场4场4主场52420客场52512(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX与x的大小．(只需写出结论)16．解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．则C＝AB∪AB，A，B相互独立．根据投篮统计数据，P(A)＝35，P(B)＝25.故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝35×35＋25×25＝13 25.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为13 25.(3)EX＝x－.17．、[2014·广东卷] 随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，39，36.根据上述数据得到样本的频率分布表如下：分组频数频率[25，30]30.12(30，35]50.2(35，40]80.32(40，45]n1f1(45，50]n2f2(1)确定样本频率分布表中n1，n2，f1和f2的值；(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]的概率．20．、、、、[2014·湖北卷] 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量．．．．X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多．．有1年的年入流量超过120的概率．(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X 40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数12 3若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？20．解：(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝10 50＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝3550＝0.7，p3＝P(X>120)＝550＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝C04(1－p3)4＋C14(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10 000，因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y 42010000P 0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10 000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得YY 34092015000P 0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15 000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．21．、、[2014·江西卷] 随机将1，2，…，2n(n∈N*，n≥2)这2n个连续正整数分成A，B 两组，每组n个数．A组最小数为a1，最大数为a2；B组最小数为b1，最大数为b2.记ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)当n＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C发生的概率P(C)；(3)对(2)中的事件C，C－表示C的对立事件，判断P(C)和P(C－)的大小关系，并说明理由．21．解：(1)当n＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有C36＝20(种)，所以ξ的分布列为：ξ234 5P 1531031015Eξ＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)时，不同的分组方法有2C k2k种．所以当n＝2时，P(C)＝46＝2 3，当n≥3时，P(C)＝2⎝⎛⎭⎪⎫2＋∑n－2k＝1C k2kC n2n.(3)由(2)得，当n＝2时，P(C)＝13，因此P (C )>P (C )．而当n ≥3时，P (C )<P (C )．理由如下： P (C )<P (C )等价于4(2＋∑n －2k ＝1C k2k )<C n 2n ，①用数学归纳法来证明：(i)当n ＝3时，①式左边＝4(2＋C 12)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C 36＝20，所以①式成立．(ii)假设n ＝m (m ≥3)时①式成立，即 4⎝⎛⎭⎪⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k <C m2m 成立， 那么，当n ＝m ＋1时， 左边＝4⎝⎛⎭⎪⎫2＋∑m ＋1－2k ＝1C k 2k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋∑m －2k ＝1C k 2k ＋4Cm －12（m －1）<C m2m＋4Cm －12（m －1）＝（2m ）！m ！m ！＋4·（2m －2）！（m －1）！（m －1）！＝（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m －1）（m ＋1）！（m ＋1）！<（m ＋1）2（2m ）（2m －2）！（4m ）（m ＋1）！（m ＋1）！＝C m ＋12（m ＋1）·2（m ＋1）m （2m ＋1）（2m －1）<C m ＋12（m ＋1）＝右边，即当n＝m＋1时，①式也成立．综合(i)(ii)得，对于n≥3的所有正整数，都有P(C)<P(C)成立．18．、、[2014·辽宁卷] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图1-4所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．18．解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另1天销售量低于50个”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率分别为P(X＝0)＝C03·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝C13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝C23·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝C33·0.63＝0.216.X的分布列为X 012 3P 0.0640.2880.4320.216因为X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.20．、[2014·全国卷] 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．20．解：记A1表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i＝0，1，2.B表示事件：甲需使用设备．C表示事件：丁需使用设备．D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)因为P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A i)＝C i2×0.52，i＝0，1，2，所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0．31.(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，其分布列为P(X＝0)＝P(B·A0·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A0·C＋B·A0·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.17．，，，[2014·四川卷] 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列．(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．17．解：(1)X 可能的取值为10，20，100，－200.根据题意，有P (X ＝10)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－122＝38，P (X ＝20)＝C 23×⎝⎛⎭⎪⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－121＝38，P (X ＝100)＝C 33×⎝⎛⎭⎪⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－120＝18，P (X ＝－200)＝C 03×⎝⎛⎭⎪⎪⎫120×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－123＝18.所以X 的分布列为：X 10 20 100 －200 P 38381818(2)设“第i 盘游戏没有出现音乐”为事件A i (i ＝1，2，3)，则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18.所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝⎛⎭⎪⎪⎫183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.(3)由(1)知，X 的数学期望为EX ＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－54.这表明，获得分数X 的均值为负． 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．K6 离散型随机变量及其分布列17．、[2014·安徽卷] 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)．17．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(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝2 9，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝1081，P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝881.故X的分布列为X 234 5P 59291081881EX＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.16．、[2014·北京卷] 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主2212客188场1场1主场21512客场21312主场3128客场3217主场4238客场41815主场52420客场52512(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX与x的大小．(只需写出结论)16．解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．则C＝AB∪AB，A，B相互独立．根据投篮统计数据，P(A)＝35，P(B)＝25.故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝35×35＋25×25＝13 25.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为13 25.(3)EX＝x－.18．、、[2014·福建卷] 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000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：(i)顾客所获的奖励额为60元的概率；(ii)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．18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.(i)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，(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝1 2，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为X 2060P 0.50.5所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝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X12060100P 162316X1的期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝16003.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X2406080P 162316X2的期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，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2.20．、、、、[2014·湖北卷] 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量．．．．X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多．．有1年的年入流量超过120的概率．(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X 40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数12 3若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？20．解：(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝10 50＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝3550＝0.7，p3＝P(X>120)＝550＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝C04(1－p3)4＋C14(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10 000，因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y 42010000P 0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10 000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得YY 34092015000P 0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15 000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．17．、[2014·湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率．(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．17．解：记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25， 且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215， 故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315. (2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220.因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝15， P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25， 故所求的分布列为 X 0 100 120 220P 215 15 415 25 数学期望为E (X )＝0×215＋100×15＋120×415＋220×25＝300＋480＋132015＝210015＝140. 12．[2014·江西卷] 10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．12.12[解析] 由超几何分布的概率公式可得P (恰好取到一件次品)＝C 13C 37C 410＝12. 21．、、[2014·江西卷] 随机将1，2，…，2n (n ∈N *，n ≥2)这2n 个连续正整数分成A ，B 两组，每组n 个数．A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2.记ξ＝a 2－a 1，η＝b 2－b 1.(1)当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；。