2021屆新高考數(shù)學三輪沖刺訓練：概率統(tǒng)計【含答案】

2021屆新高考數(shù)學三輪沖刺訓練

概率統(tǒng)計

古典概率、離散型隨機變量的分布列、均值與方差是高考的熱點題型，去年竟有解答題作為壓軸題,

常與排列、組合、概率等知識綜合命題.以實際問題為背景考查離散型隨機變量的均值與方差在實

際問題中的應用，注重與數(shù)列、不等式、函數(shù)、導數(shù)等知識的綜合考查，是高考的主要命題方向.

1.事件的相互獨立性

(1)定義：設A，B為兩個事件，如果P(AB)=P(A)P(B)，那么稱事件A與事件B相互獨立.

(2)性質(zhì)：

①若事件A與B相互獨立，則P(AB)=P(A件(B).

②如果事件A與B相互獨立，那么A與B-，A-與B，A-與B-也相互獨立.

(3)獨立重復試驗：在相同條件下重復做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗，在n次獨立重復試

驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(X=k)=C%pk(l—p)Lk(k=0，1，2，…，n).

2.隨機變量的有關(guān)概念

(1)隨機變量：隨著試驗結(jié)果變化而變化的變量，常用字母x，Y，&，n，…表示.

(2)離散型隨機變量：所有取值可以一一列出的隨機變量.

3.離散型隨機變量的概率分布及其性質(zhì)

(1)一般地，若離散型隨機變量X可能取的不同值為Xl，X2，…,Xi，Xn，X取每一個值Xi(i

=1，2，…，n)的概率P(X=Xi)=pi，則表

XxX2.??Xi???X

>n

??????

pPlP2PiPn

稱為離散型隨機變量X的概率分布列，簡稱為X的概率分布，有時為了表達簡單，也用等式

P(X=Xi)=pi，i=1，2，…，n表示X的概率分布.

(2)離散型隨機變量概率分布的性質(zhì)

①Pi20(i=l>2....n)；②pi+p2+…+pn=L

4,常見離散型隨機變量的概率分布

(1)兩點分布：

若隨機變量X服從兩點分布，即其概率分布為

X01

p1-pp

其中p=P(X=l)稱為成功概率.

(2)超幾何分布：

在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則事件“X=r”發(fā)生的概率

CkiCRirM

為P(X=r)=r=0，1，2，m其中m=〃zi〃{M，n}，旦n〈N，MWN，n，M，NW

a

N*，稱分布列為超幾何分布.

X01???m

C%C1一M

p???

c%c%

(3)二項分布X?B5，p)，記為C獷寸r=B(k；n，p).

X01???k.??n

PcW1…???

5.求概率分布的步驟

(1)明確隨機變量X取哪些值；

(2)求X取每一個值的概率；

(3)列成表格.

6.離散型隨機變量的均值與方差

若離散型隨機變量X的概率分布為

…

XXlX2Xi…Xn

??????

pPiP2PiPn

⑴均值

稱E(X)=X|p|+x2P2H-----1-XipiH------FXnpn為隨機變量X的均值或數(shù)學期望1它反映了離散型隨

機變量取值的平均水平.

(2)方差

稱D(X)=Xi-E(x)]2pi為隨機變量x的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的平均偏離程

度，D(X)越小，穩(wěn)定性越高，波動性越小，其算術(shù)平方根(X)為隨機變量X的標準差.

2.均值與方差的性質(zhì)

(l)E(aX+b)=aE(X)+b.

(2)D(aX+b)=a2D(X)(a，b為常數(shù)).

3.兩點分布、二項分布、超幾何分布的期望、方差

(1)若X服從兩點分布，則E(X)=p，D(X)=p(l-p).

(2)若X服從二項分布，即X?B(n，p)，則E(X)=np，D(X)=np(l-p).

(3)若X服從超幾何分布，即X?H(n，M，N)時>E(X)=曙.

8正態(tài)曲線及性質(zhì)

(1)正態(tài)曲線的定義

1(x—II)2

函數(shù)%.0(x)=-T=e-—7T2~，xG(—8,+8)(其中實數(shù)g和c(c>0)為參數(shù))的圖像為正

b\/2萬20

態(tài)分布密度曲線，簡稱正態(tài)曲線.3是正態(tài)分布的期望，。是正態(tài)分布的標準差).

(2)正態(tài)曲線的特點

①曲線位于x軸上方與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關(guān)于直線x=g對稱；

③曲線在x=p處達到峰值一4=；④曲線與x軸之間的面積為1；

⑤當◎一定時，曲線隨著M的變化而沿x軸平移；

⑥當N一定時，曲線的形狀由0確定.c越小，曲線越“高瘦”，表示總體的分布越集中；，。

越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散.

5.正態(tài)分布

(1)正態(tài)分布的定義及表示

如果對于任何實數(shù)a，b(a<b)，隨機變量X滿足Pm<X<b)“j(x)cLr，則稱隨機變量X服從正態(tài)

分布，記作X~N(ju,o1).

(2)正態(tài)分布的三個常用數(shù)據(jù)

①P(H—<J<XWN+G)=0.6826；

@P(H-2G<X^H+2O)=0.9544；

③P(N-3OVXWJI+3G)=0.9974.

9.變量間的相關(guān)關(guān)系

(1)常見的兩變量之間的關(guān)系有兩類：一類是函數(shù)關(guān)系，另一類是相關(guān)關(guān)系；與函數(shù)關(guān)系不同，

相關(guān)關(guān)系是一種非確定性關(guān)系.邦|體現(xiàn)的不一定是因果關(guān)系.

(2)從散點圖上看，點散布在從左下角到右上角的區(qū)域內(nèi)，兩個變量的這種相關(guān)關(guān)系稱為正相關(guān)：

點散布在左上角到右下角的區(qū)域內(nèi)，兩個變量的這種相關(guān)關(guān)系為負相關(guān).

2.兩個變量的線性相關(guān)

(1)從散點圖上看，如果這些點從整體上看大致分布在通過散點圖中心的一條直線附近，稱兩個

變量之間具有線性相關(guān)關(guān)系，這條直線叫做回歸直線.

(2)回歸方程為E=yx+aA，其中其中a八，B是待定參數(shù)，錯誤!(y「bx「a>的最小值而得到

回歸直線的方法，即使得樣本數(shù)據(jù)的點到回歸直線的距離的平方和最小，這一方法叫做最小二乘法.

(4)相關(guān)系數(shù)：

當r>0時，表明兩個變量正相關(guān);

當r<0時，表明兩個變量負相關(guān).

r的絕對值越接近于1>表明兩個變量的線性相關(guān)性越強.r的絕對值越接近于0，表明兩個變量

之間幾乎不存在線性相關(guān)關(guān)系.通常|r|大于0.75時，認為兩個變量有很強的線性相關(guān)性.

3.獨立性檢驗

⑴2X2列聯(lián)表

設X，Y為兩個變量，它們的取值分別為⑶，X21和丫21>其樣本頻數(shù)列聯(lián)表(2X2列聯(lián)表)

如下：

y1Y2總計

X1aba+b

X2cdc+d

總計a+cb+da+b+c+d

(2)獨立性檢驗

n(nrl—hr*)2

利用隨機變量K2(也可表示為￡)的觀測值1<=(a+b)(c+d)(a+c)(b+才(其中n=a+b

+

c+d為樣本容量)來判斷“兩個變量有關(guān)系”的方法稱為獨立性檢驗.

常用結(jié)論

(1)求解回歸方程的關(guān)鍵是確定回歸系數(shù)M力八，應充分利用回歸直線過樣本中心點(X-，y-).

(2)根據(jù)K?的值可以判斷兩個分類變量有關(guān)的可信程度，若K?越大，則兩分類變量有關(guān)的把握

越大.

(3)根據(jù)回歸方程計算的X值，僅是一個預報值，不是真實發(fā)生的值.

真題回顧

1、在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網(wǎng)上銷售業(yè)務，每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂

單量大幅增加，導致訂單積壓.為解決困難，許多志愿者踴躍報名參加配貨工作.已知該超市某

日積壓500份訂單未配貨，預計第二天的新訂單超過1600份的概率為0.05,志愿者每人每天能

完成50份訂單的配貨，為使第二天完成積壓訂單及當日訂單的配貨的概率不小于0.95,則至少

需要志愿者

A.10名B.18名

C.24名D.32名

【答案】B

【解析】由題意，第二天新增訂單數(shù)為500+1600—1200=900,設需要志愿者x名,

——＞0.95,故需要志愿者18名.

900

故選：B

2、某校一個課外學習小組為研究某作物種子的發(fā)芽率y和溫度x（單位：℃）的關(guān)系，在20個不

由此散點圖，在10。＜2至40。（3之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率y和溫度x的

回歸方程類型的是

A.y=a+bxB.y=a+bx2

C.y=a+bexD.y=a+blnx

【答案】D

【解析】由散點圖分布可知，散點圖分布在一個對數(shù)函數(shù)的圖象附近，

因此，最適合作為發(fā)芽率＞和溫度工的回歸方程類型的是y=a+Mnx.

故選：D.

3、某中學的學生積極參加體育鍛煉，其中有96%的學生喜歡足球或游泳，60%的學生喜歡足球，82%

的學生喜歡游泳，則該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數(shù)占該校學生總數(shù)的比例是

A.62%B.56%

C.46%D.42%

【答案】C

【解析】記“該中學學生喜歡足球”為事件4,“該中學學生喜歡游泳”為事件5,則“該中學學生

喜歡足球或游泳”為事件A+B，“該中學學生既喜歡足球又喜歡游泳”為事件A-B，

則P（A）=0.6,P（8）=0.82,P（A+B）=0.96,

所以P(A?8)=尸(A)+P(B)—尸(A+B)=0.6+0.82-0.96=0.46

所以該中學既喜歡足球乂喜歡游泳的學生數(shù)占該校學生總數(shù)的比例為46%.

故選：C.

4

4、在一組樣本數(shù)據(jù)中，1,2,3,4出現(xiàn)的頻率分別為P“0,P3，0，且ZP，=1，則下面四種情形

i=\

中，對應樣本的標準差最大的一組是

A.Pi=p4=0.1,p2=p3=0.4B.A=R=0.4,0=P3=01

C.P]=p&=0.2,p?=P3=0.3D.Pi=p4=0.3,p2=P3=0.2

【答案】B

【解析】對于A選項，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為高=(1+4)X0.1+(2+3)X0.4=2.5,

方差為s；=(1-2.5)2x0.1+(2-2.5)2x0.4+(3-2.5)2x0.4+(4-2.5『x0.1=0.65；

對于B選項，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為,=(1+4)X0.4+(2+3)X0.1=2.5,

方差為sj=(1-2.5)2x0.4+(2-2.5『x0.1+(3-2.5)2x0.1+(4-2.5)2x0.4=1.85；

對于C選項，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為京=(1+4)X0.2+(2+3)XQ3=2.5,

方差為s：=(1-2.5)2x0.2+(2-2.5『x0.3+(3-2.5)2x0.3+(4-2.5『x0.2=1.05；

對于D選項,該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為京=(1+4)x0.3+(2+3)x0.2=2.5,

方差為4=(1一2.5『x0.3+(2—2.5)2x0.2+(3-2.5)2x0.2+(4—2.57x0.3=1.45.

因此，B選項這一組標準差最大.

故選：B.

5、信息嫡是信息論中的一個重要概念.設隨機變量X所有可能的取值為1,2,…，且

P(X=i)=p：>0(i=1,2,p,=1,定義X的信息嫡"(X)=-力p,log2Pi.

1=1z=l

A.若〃=1,則4(X)=0

B.若〃=2,則H(X)隨著小的增大而增大

C.若p；=1(i=l,2「.,〃)，則”(X)隨著〃的增大而增大

n

D.若〃=2相，隨機變量丫所有可能的取值為1,2,且尸(丫=_/)=n+。2g”/=1，2「-,加)，

則w(x)<//(r)

【答案】AC

【解析】對于A選項，若〃=1,則i=l，B=l,所以"(X)=-(lxk)g21)=0,所以A選項

正確.

對于B選項，若〃=2,則i=L2,P2=l-P],

所以"(x)=—[P]log2P1+(l—pj-log2(l—pj],

當Pl=；時，H(X)=—(；]og2；+；log2q),

當尸;時,

pW(X)=-^--log2-+--log2-J,

兩者相等，所以B選項錯誤.

對于C選項，若pj=L(i=I,2,…,〃)，則

n

H(X)=-|-log,-==n,

則”(X)隨著n的增大而增大，所以C選項正確.

對于D選項，若〃=2%,隨機變量丫的所有可能的取值為1,2,…即，且尸(丫=/)=〃/+〃2,”+1

(=…，加).

2m2mi

"(X)=P,,bg2P,=￡P(guān),?log2—

i=li=\Pi

i1,1,1,1

「+Pl-?唾

=P10g210g2+…+P2"i/Og2+P2m2

P\PlPlm-\Pzm

”(y)=

(8+P2m)[Og2+(P2+P2“T)」Og2,+.?.+(〃,"+P,”+J/Og2

P\+PimPl+P2m7P,n+

i111,1,1

「+Pl-+---+P2.」」

=Plog21og2*i0g2+P2,10g2

Pl+P2mP1+Plnt-\P1+Plm-tP\+

.、11,1,1

Jp,>0(z-l,2,---,2m),所以>,所以華

12>10g2，

'PiPi+P2,"+IPiP,+P2,"+1T

,1,1

所以化?10g2—>P,?bg2----------------，

+

PiPiP21ng

所以“(x)>”(y),所以D選項錯誤.

故選：AC

6、從一批零件中抽取80個，測量其直徑(單位：mm),將所得數(shù)據(jù)分為9組：

[5.31,5.33),[5.33,5.35),???,

[5.45,5.47),[5.47,5.49],并整理得到如下頻率分布直方圖，則在被抽取的零件中，直徑落在區(qū)

C.20D.36

【答案】B

【解析】根據(jù)直方圖，直徑落在區(qū)間[5.43,5.47)之間的零件頻率為：

(6.25+5.00)x0.02=0.225.

則區(qū)間[5.43,5.47)內(nèi)零件的個數(shù)為：80x0.225=18.

故選：B.

7、《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大

名著.某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調(diào)查了100位學生，其中閱讀過《西游

記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且

閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該校學生總數(shù)比值

的估計值為

A.0.5B.0.6

C.0.7D.0.8

【答案】C

【解析】由題意得，閱讀過《西游記》的學生人數(shù)為90-80+60=70,則其與該校學生人數(shù)之比為

70^100=0.7.故選C.

8、設0Va<l,則隨機變量X的分布列是

X0a1

111

P———

333

則當。在(0,1)內(nèi)增大時，

A.D(X)增大B.D(X)減小

C.O(X)先增大后減小D.O(X)先減小后增大

【答案】D

【解析】方法1：由分布列得E(X)=浮，

211

,..c/r八/1+。21/1+Q、21/1+。(、21X2+

22一I

一-

則O(X)=(-^-―0)x_+(--一?)-x-+(--―l)x-(?Z6-

3333339-

2-

則當a在(0,1)內(nèi)增大時，O(X)先減小后增大.故選D.

方法2：則0(*)=4*2)_玫*)=0+￡+：_("+"2，廣—2"+2=2[3」)2+為,

3399924

則當a在(0,1)內(nèi)增大時，力(X)先減小后增大.故選D.

9、已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為!和工.假定兩球是否落入盒子互不影響，則甲、乙兩

23

球都落入盒子的概率為；甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為.

【答案】3

613

【解析】甲、乙兩球落入盒子的概率分別為!」，

23

且兩球是否落入盒子互不影響，

所以甲、乙都落入盒子概率為

236

甲、乙兩球都不落入盒子的概率為(1—g)x(l

2

所以甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為一.

3

1?

故答案為：一；一.

63

【點睛】本題主要考查獨立事件同時發(fā)生的概率，以及利用對立事件求概率，屬于基礎(chǔ)題.

10、盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球.從盒中隨機取球，每次取1個，不放回，

直到取出紅球為止.設此過程中取到黃球的個數(shù)為4,則尸C=0)=,￡?)=.

【答案】--1

3

【解析】因為4=0對應事件為第一次拿紅球或第一次拿綠球，第二次拿紅球，

所以PC=0)=，+Lx，=!，

4433

隨機變量4=0」,2,

D"八212111211

434324323

P^=2)=l----=~,

333

所以E(J)=0x；+lxg+2x；=l.

故答案為：—U-

11、甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：

累計負兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空

者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)

比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束.

經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空.設每場比賽雙方獲勝的概率都為:，

(1)求甲連勝四場的概率；

(2)求需要進行第五場比賽的概率；

（3）求丙最終獲勝的概率.

【解析】（1）甲連勝四場的概率為二.

16

（2）根據(jù)賽制，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽.

比賽四場結(jié)束，共有三種情況：

甲連勝四場的概率為上；

乙連勝四場的概率為々；

16

丙上場后連勝三場的概率為5.

O

1113

所以需要進行第五場比賽的概率為1-77-77-7=：.

（3）丙最終獲勝，有兩種情況：

比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為:.

比賽五場結(jié)束且內(nèi)最終獲勝，則從第二場開始的四場比賽按照內(nèi)的勝、負、輪空結(jié)果有三種情

況：勝勝負勝，勝負空勝，負空勝勝，概率分別為上，

1688

因此丙最終獲勝的概率為—+—+—+—=—.

8168816

12、某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加.為調(diào)查該地區(qū)某種野

生動物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20

個作為樣區(qū),調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)（如2,20）,其中Xi和M分別表示第，個樣區(qū)的植

2020

物覆蓋面積（單位：公頃）和這種野生動物的數(shù)量，并計算得Zw=60,ZM=1200,

i=l/=1

202020

Z（七一君2=80,￡（X-y）2=9000,Z（%—君（/一歹）=800.

i=li=li=l

（1）求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值（這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野生動物

數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù)）；

（2）求樣本（為，M）（i=l,2,20）的相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料?，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)

這種野生動物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由.

Xa一項X一歹）

附：相關(guān)系數(shù)「=I「“，1.414.

—元）2次（》-歹）2

120

【解析】（1）由已知得樣本平均數(shù)9='Zy.=60,從而該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值為

/=1

60x200=12000.

（2）樣本（如y）（i=1,2,…,20）的相關(guān)系數(shù)

20

8002&

r=/T--=7a（194

電_、,等,Z7780x90003,

V/=iz=i

（3）分層抽樣：根據(jù)植物覆蓋面積的大小對地塊分層，再對200個地塊進行分層抽樣.

理由如下：由（2）知各樣區(qū)的這種野生動物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關(guān).由于各地塊

間植物覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種野生動物數(shù)量差異也很大，采用分層抽樣的方法

較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)的一致性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種

野生動物數(shù)量更準確的估計.

13、某學生興趣小組隨機調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級和當天到某公園鍛煉的人次，整

理數(shù)據(jù)得到下表（單位：天）:

鍛煉人次

人次

[0,200](200,400](400,600]

空氣質(zhì)量

1（優(yōu)）21625

2（良）51012

3（輕度污染）678

4（中度污染）720

（1）分別估計該市一天的空氣質(zhì)量等級為1,2,3,4的概率；

（2）求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代

表）;

（3）若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2,則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級為3或

4,則稱這天“空氣質(zhì)量不好”.根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2x2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是

否有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關(guān)?

人次“00人次＞400

空氣質(zhì)量好

空氣質(zhì)量不好

n(ad-be)2P（心》）0.0500.0100.001

附：犬=

a+b)c+d)(a+c)(b+d)

k3.8416.63510.828

【解析】（1）由所給數(shù)據(jù)，該市一天的空氣質(zhì)量等級為1,2,3,4的概率的估計值如下表:

空氣質(zhì)量等級1234

概率的估計值0.430.270.210.09

（2）一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值為

^(100x20+300x35+500x45)=350.

（3）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得2x2列聯(lián)表:

人次“00人次＞400

空氣質(zhì)量好3337

空氣質(zhì)量不好228

根據(jù)列聯(lián)表得

^2=I00X(33X8-22X37)^5820

55x45x70x30

由了5.820＞3.841,故有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有

關(guān).

14、為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了100天

空氣中的PM2.5和SO?濃度（單位：gg/m3）,得下表:

[0,50](50,150](150,475]

SO2

PM2.5

[0,35]32184

(35,75]6812

(75,115J3710

（1）估計事件''該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO?濃度不超過150”的概率;

（2）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2x2列聯(lián)表：

[0,150](150,475]

so2

PM2.5

[0,75]

(75,115]

（3）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表，判斷是否有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO?濃

度有關(guān)？

附：——〃（”'尸——,

{a+/?）（c+4）（。+c）（。+d）

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【解析】（1）根據(jù)抽查數(shù)據(jù)，該市100天的空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO?濃度不超過150

的天數(shù)為32+18+6+8=64,因此，該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO?濃度不超過150

64

的概率的估計值為—=0.64.

1UV

（2）根據(jù)抽查數(shù)據(jù)，可得2x2列聯(lián)表：

[0,150](150,475]

so2

PM2.5

[0,75]6416

(75,115]1010

（3）根據(jù)（2）的歹IJ聯(lián)表得K?=100*（Mx10-16x10廠=7434.

80x20x74x26

山于7.484>6.635，故有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO?濃度有關(guān).

15、某校為舉辦甲、乙兩項不同活動，分別設計了相應的活動方案：方案一、方案二.為了解該校

學生對活動方案是否支持，對學生進行簡單隨機抽樣，獲得數(shù)據(jù)如下表：

男生女生

支持不支持支持不支持

方案一200人400人300人100人

方案二350人250人150人250人

假設所有學生對活動方案是否支持相互獨立.

(I)分別估計該校男生支持方案一的概率、該校女生支持方案一的概率；

(II)從該校全體男生中隨機抽取2人，全體女生中隨機抽取1人，估計這3人中恰有2人支

持方案一的概率；

(III)將該校學生支持方案的概率估計值記為外,假設該校年級有500名男生和300名女生,

除一年級外其他年級學生支持方案二的概率估計值記為四，試比較P。與Pi的大小.(結(jié)論不要

求證明)

【解析】(1)該校男生支持方案一的概率為晨組盤=2,

200+4003

該校女生支持方案一的概300率為｝3

300+1004

(II)3人中恰有2人支持方案一分兩種情況，(1)僅有兩個男生支持方案一，(2)僅有一個

男生支持方案一，一個女生支持方案一，

所以3人中恰有2人支持方案一概率為：((『(I—|)+C；g)(l—g)|=||:

(HI)Pi<Po

16、為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A,B

兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液，每只小鼠給服的

溶液體積相同、摩爾濃度相同.經(jīng)過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百

分比.根據(jù)試驗數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖：

記C為事件：“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”，根據(jù)直方圖得到P(C)的估計值為0.70.

(1)求乙離子殘留百分比直方圖中小〃的值；

(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表).

【答案】(1)D.35,6=0.10；(2)甲、乙離子殘留百分比的平均值的估計值分別為4.05,6.00.

【解析】(1)由己知得0.70=4+0.20+0.15,故a=0.35.

*=1-0.05-0.15-0.70=0.10.

(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為

2x0.15+3x0.20+4x0.30+5x0.20+6x0.10+7x0.05=4.05.

乙離子殘留百分比的平均值的估計值為

3x0.05+4x0.10+5x0.15+6x0.35+7x0.20+8x0.15=6.00.

17、11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10:10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分

的一方獲勝，該局比賽結(jié)束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5,

乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨立.在某局雙方10:10平后，甲先發(fā)球，兩人又

打了X個球該局比賽結(jié)束.

(1)求P(X=2)；

(2)求事件“X=4且甲獲勝”的概率.

【答案】(1)0.5；(2)0.1.

【解析】(1)X=2就是10：10平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，

則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分.

因此尸(X=2)=0.5x04+(1-0.5)x(1-0.4)=0.5.

(2)X=4且甲獲勝，就是10：10平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，

且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分.

因此所求概率為[0.5x(1-0,4)+(1-0.5)x0.4]x0.5x0.4=0.1.

2

18、設甲、乙兩位同學上學期間，每天7：30之前到校的概率均為一.假定甲、乙兩位同學到校情

3

況互不影響，且任一同學每天到校情況相互獨立.

(1)用X表示甲同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學

期望；

(2)設M為事件”上學期間的三天中，甲同學在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學在7：30之前

到校的天數(shù)恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率.

20

【答案】(1)分布列見解析，鳳X)=2；(2)—.

243

【分析】本小題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望，互斥事件和相互獨立事件的概率

計算公式等基礎(chǔ)知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.滿分13分.

【解析】(1)因為甲同學上學期間的三天中到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均

為故乂~8(3,|),從而P(X=Q=C"g)*(g產(chǎn)/=0,1,2,3.

所以，隨機變量X的分布列為

X0123

1248

P

279927

2

隨機變量X的數(shù)學期望E(X)=3X§=2.

(2)設乙同學上學期間的.：?天中7：30之前到校的天數(shù)為y,

則丫~8(3,1),RM=｛X=3,y=I｝U｛X=2,y=0｝.

由題意知事件｛乂=3,丫=1｝與｛乂=2,丫=0｝互斥，

且事件｛X=3｝與｛丫=1｝,事件｛X=2｝與｛丫=0｝均相互獨立,

從而由(1)知尸(M)=p(｛x=3,y=i｝U｛x=2,y=。｝)

=p（x=3,y=i）+p（x=2,y=o）

=P（X=3）p（y=i）+p（x=2）p（y=o）

824120

=——x—Ix——=-----

279927243

19、改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來，移動支付已成為主要支付方式之一.為

了解某校學生上個月A,B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人，發(fā)

現(xiàn)樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額

分布情況如下：

金額(元)

(0,1000J(1000,2000J大于2000

支付方

僅使用A18人9人3人

僅使用B10人14人1人

(1)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A,B兩種支付方式都使用的概率；

(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學生中各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額

大于1000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望；

(3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查

3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元.根據(jù)抽查結(jié)果，能否認為樣本僅使用A的學生

中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由.

【答案】(1)0.4；(2)分布列見解析，E(X)=1；(3)見解析.

【解析】(1)由題意知，樣本中僅使用A的學生有18+9+3=30人，僅使用B的學生有10+14+1=25

人，A,B兩種支付方式都不使用的學生有5人.

故樣本中A,B兩種支付方式都使用的學生有100-30-25-5=40人.

所以從全校學生中隨機抽取1人，該學生上個月A,B兩種支付方式都使用的概率估計為

約=0.4.

100

(2)X的所有可能值為0,1,2.

記事件C為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1000元”，事件

力為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1000元

9+314+1

由題設知，事件C,。相互獨立，且P(C)=——=0.4,P(D)=-------=0.6.

3025

所以P(X=2)=P(CD)=P(0P(￡>)=0.24,

P(X=1)=P(C方uC