備戰(zhàn)2025年高考二輪復習數(shù)學專題突破練19　統(tǒng)計與概率解答題(提升篇)

專題突破練(分值:91分)學生用書P189主干知識達標練1.(17分)(2024山東濟寧一模)袋中裝有大小相同的4個紅球,2個白球.某人進行摸球游戲,游戲規(guī)則如下:①每次從袋中摸取一個小球,若摸到紅球則放回袋中,充分攪拌后再進行下一次摸取;②若摸到白球或摸球次數(shù)達到4次時本輪摸球游戲結束.(1)求摸球游戲結束時摸球次數(shù)不超過3的概率;(2)若摸出1次紅球計1分,摸出1次白球記2分,求游戲結束時,此人總得分X的分布列和數(shù)學期望.解(1)設Bi=“第i次摸球時摸到紅球”(i=1,2,3,4),則由題可知P(Bi)=C41C61=23,則P(Bi)=1設A=“摸球游戲結束時,摸球次數(shù)不超過3”,則A=B1∪B1B2∪B1B2B3,事件B1、事件B1B2與事件由概率的加法公式及乘法公式,得P(A)=P(B1)+P(B1B2)+P(B1B2B3)=P(B1)+P(B1)·P(B2)+P(B1)P(B2)P(B3)=13+(2)由題可知,X的可能取值為2,3,4,5,則P(X=2)=P(B1)=13,P(X=3)=P(B1B2)=P(B1)P(B2)=23×13=29,P(X=4)=P(B1B2B3)+P(B1B2B3B4)=P(B1)P(B2)·P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)P(B4)=23×23×13+23×23×23×23=2881,P所以X的分布列為X2345P12288所以E(X)=2×13+3×29+42.(17分)(2024陜西西安一模)某市為提升中學生的環(huán)境保護意識,舉辦了一次“環(huán)境保護知識競賽”,分預賽和復賽兩個環(huán)節(jié),預賽成績排名前三百名的學生參加復賽.已知共有12000名學生參加了預賽,現(xiàn)從參加預賽的全體學生中隨機地抽取100人的預賽成績作為樣本,得到如圖所示的頻率分布直方圖.(1)規(guī)定預賽成績不低于80分為優(yōu)良,若從上述樣本中預賽成績不低于60分的學生中隨機地抽取2人,用X表示其中預賽成績優(yōu)良的人數(shù),求至少有1人預賽成績優(yōu)良的概率,并求X的分布列及數(shù)學期望;(2)由頻率分布直方圖可認為該市參加預賽的學生的預賽成績Z服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ可近似為樣本中的100名學生預賽成績的平均值(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代替),且σ2=362,已知小明的預賽成績?yōu)?1分,利用該正態(tài)分布,估計小明是否有資格參加復賽?附:若Z~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.9973;362≈19解(1)根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100人中,成績位于區(qū)間[60,80)內的有0.0125×20×100=25(人),成績優(yōu)良(位于區(qū)間[80,100)內)的有0.0075×20×100=15(人),則X服從超幾何分布,且N=40,M=15,n=2.X的分布列為P(X=k)=C15kC25至少有1人預賽成績優(yōu)良的概率為P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=CE(X)=nM(2)由頻率分布直方圖可知,樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)的估計值為(10×0.005+30×0.01+50×0.015+70×0.0125+90×0.0075)×20=53,所以μ=53.又σ2=362,所以σ=362≈19,所以Z~N(53,192),所以P(Z>91)=P(Z>μ+2σ)=12[1-P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)]≈12×(1-0.9545)=故全市參加預賽的學生中,成績高于91分的約有12000×0.02275=273(人).因為273<300,所以小明有資格參加復賽.關鍵能力提升練3.(17分)(2024廣西南寧模擬)為降低工廠廢氣排放量,某廠生產(chǎn)甲、乙兩種不同型號的減排器,現(xiàn)分別從甲、乙兩種減排器中各抽取100件進行性能質量評估檢測,綜合得分k的頻率分布直方圖如圖所示.甲型號減排器乙型號減排器減排器等級及利潤率如下表,其中17<a<綜合得分k的范圍減排器等級減排器利潤率k≥85一級品2a75≤k<85二級品3a270≤k<75三級品a2(1)若從這100件甲型號減排器中按等級用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取10件,再從這10件產(chǎn)品中隨機抽取5件,求抽取的5件中至少有3件一級品的概率.(2)將頻率分布直方圖中的頻率近似地看作概率,用樣本估計總體,則①若從乙型號減排器中隨機抽取4件,記X為其中二級品的個數(shù),求X的分布列及數(shù)學期望;②從數(shù)學期望來看,投資哪種型號減排器的利潤更大?解(1)根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件甲型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[85,95]內的頻率為0.08×5+0.04×5=0.6,即一級品的頻率為0.6,所以從中按等級用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取10件,需要從一級品中抽取10×0.6=6(件).用Y表示從抽到的10件產(chǎn)品中隨機抽取5件,其中一級品的數(shù)量,則Y服從超幾何分布,且N=10,M=6,n=5.因此至少有3件一級品的概率為P(Y≥3)=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)=C(2)①根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件乙型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[75,85)內的頻率為0.02×5+0.03×5=0.25,即二級品的頻率為0.25,所以可以估計該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,二級品的概率為0.25.由題可知,X服從二項分布,即X~B(4,0.25),所以X的分布列為P(X=k)=C4k(0.25)k(0.75)4-k,k=X的數(shù)學期望為E(X)=4×0.25=1.②由題可知,甲型號減排器無三級品.由(1)知,抽取的100件甲型號減排器中,一級品的頻率為0.6,二級品的頻率為1-0.6=0.4,所以可以估計該廠生產(chǎn)的甲型號減排器中,一級品的概率為0.6,二級品的頻率為0.4,所以甲型號減排器的利潤率的平均值為E甲=0.6×2a+0.4×3a2=1.2a2+1.2a.根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件乙型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[70,75)內的頻率為0.01×5=0.05,即三級品的頻率為0.05,所以可以估計該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,三級品的概率為0.05.由(2)①知,該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,二級品的概率為0.25,所以一級品的概率為1-0.05-0.25=0.7,所以乙型號減排器的利潤率的平均值為E乙=0.7×2a+0.25×3a2+0.05×a2=0.8a2+1.4a.E甲-E乙=1.2a2+1.2a-(0.8a2+1.4a)=0.4a2-0.2a=0.2a(2a-1).因為17<a<16,所以E甲-E乙<0,即E甲<E乙,4.(17分)(2024浙江金麗衢十二校二模)某工廠生產(chǎn)某種元件,其質量按測試指標劃分為:指標大于或等于82為合格品,小于82為次品,現(xiàn)抽取100件該元件進行檢測,檢測結果如下表所示.測試指標[20,76)[76,82)[82,88)[88,94)[94,100]元件數(shù)/件121836304(1)現(xiàn)從這100件樣品中隨機抽取2件,若其中一件為合格品,求另一件也為合格品的概率;(2)關于隨機變量,俄羅斯數(shù)學家切比雪夫提出切比雪夫不等式:若隨機變量X具有數(shù)學期望E(X)=μ,方差D(X)=σ2,則對任意正數(shù)ε,均有P(|X-μ|≥ε)≤σ2(ⅰ)若X~B100,12,證明:P(0≤X≤25)≤150(ⅱ)由切比雪夫不等式可知,即使分布未知,隨機變量的取值范圍落在期望左右的一定范圍內的概率是有界的.若該工廠聲稱本廠元件合格率為90%,那么根據(jù)所給樣本數(shù)據(jù),請結合切比雪夫不等式說明該工廠所提供的合格率是否可信?(注:當隨機事件發(fā)生的概率小于0.05時,可稱其為小概率事件,小概率事件基本不會發(fā)生)(1)解由題可知,樣品中合格品有36+30+4=70(件),從這100件樣品中隨機抽取2件.設A=“至少抽到1件合格品”,B=“抽到2件合格品”,則P(A)=1-P(A)=1-C302C1002=301330由題可知,“若其中一件為合格品,另一件也為合格品的概率”即為P(B|A),所以P(B|A)=P(2)(ⅰ)證明因為X~B100,12,所以E(X)=100×12=50,D(X)=100×12×1-12=25,且P(X=k)=P(X=100-k)=C100k12100,k=0,1,…,100,所以P(0≤X≤25)=12P(0≤X≤25或75≤X≤100)由切比雪夫不等式可知,P(|X-50|≥25)≤25252=125,(ⅱ)解用Y表示隨機抽取100件產(chǎn)品中合格品的件數(shù),假設產(chǎn)品合格率為90%的說法成立,則Y~B(100,0.9),所以E(X)=100×0.9=90,D(X)=100×0.9×(1-0.9)=9.由切比雪夫不等式知,P(X=70)≤P(|X-90|≥20)≤9400=0.022即在假設下隨機抽取100個元件中合格品為70個的概率不超過0.0225,所以該事件為小概率事件,基本不會發(fā)生,據(jù)此我們有理由推斷該工廠所提供的合格率不可信.核心素養(yǎng)創(chuàng)新練5.(多選題)(2024浙江溫州模擬)某企業(yè)協(xié)會規(guī)定:企業(yè)員工一周7天要有一天休息,另有一天的工作時間不超過4h,且其余5天的工作時間均不超過8h(每天的工作時間以整數(shù)計),則認為該企業(yè)“達標”.請根據(jù)以下企業(yè)上報的一周7天的工作時間的數(shù)值特征,判斷其中無法確?！斑_標”的企業(yè)有()A.甲企業(yè):均值為5,中位數(shù)為8B.乙企業(yè):眾數(shù)為6,中位數(shù)為6C.丙企業(yè):眾數(shù)和均值均為5,下四分位數(shù)為4,上四分位數(shù)為8D.丁企業(yè):均值為5,方差為6答案ABD解析甲企業(yè)一周7天的工作時間可以為9,8,8,8,2,0,0,滿足均值為5,中位數(shù)為8,故不達標,故A正確;乙企業(yè)一周7天工作時間可以為6,6,6,6,6,6,6,滿足眾數(shù)為6,中位數(shù)為6,故不達標,故B正確;丙企業(yè)一周7天的工作時間的眾數(shù)和均值均為5,下四分位數(shù)為4,上四分位數(shù)為8,設其一周7天的工作時間為4,5,5,8,a,b,c(0≤a≤4≤b≤8≤c≤24),b+c+a=13,為滿足眾數(shù)為5,則b≠4,則b≥5.若a=4,則b=5,則c=4,不滿足題意;若c=8,則b=5,則a=0,滿足題意,所以0≤a<4<5≤b≤8≤c,所以a+b≥5,所以c≤8,所以c=8,所以a=0,b=5,故丙企業(yè)一定達標,故C錯誤;丁企業(yè)一周7天的工作時間可以為0,5,5,5,5,6,9,滿足均值為5,方差為6,故不達標,故D正確.故選ABD.6.(17分)(2024浙江臺州二模)臺州是全國三大電動車生產(chǎn)基地之一,擁有完整的產(chǎn)業(yè)鏈和突出的設計優(yōu)勢.某電動車公司為了搶占更多的市場份額,計劃加大廣告投入,該公司近5年的年廣告費xi(單位:百萬元)和年銷售量yi(單位:百萬輛)關系如圖所示.令vi=lnxi(i=1,2,…,5),數(shù)據(jù)經(jīng)計算可知:∑i=15∑i=15∑i=15(xi-x∑i=15(yi-y∑i=15(vi-v∑i=15(xi-x)(yi-∑i=15(yi-y)(vi-444.81040.41.61519.68.08現(xiàn)有①y=bx+a和②y=nlnx+m兩種模型作為年銷售量y關于年廣告費x的回歸模型,其中a,b,m,n均為常數(shù).(1)請從相關系數(shù)的角度,分析哪一個模型擬合程度更好;(2)根據(jù)擬合程度更好的回歸模型及表中數(shù)據(jù),求出y關于x的經(jīng)驗回歸方程,并預測年廣告費為6百萬元時產(chǎn)品的年銷售量;(3)該公司生產(chǎn)的電動車毛利潤為每輛200元(不含廣告費、研發(fā)經(jīng)費).該公司在加大廣告投入的同時也加大研發(fā)經(jīng)費的投入,年研發(fā)經(jīng)費為年廣告費的199倍.電動車的年凈利潤受年廣告費和年研發(fā)經(jīng)費影響外還受隨機變量ξ(單位:百萬元)影響,設隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(600,σ2),且滿足P(ξ>800)=0.3.在(2)的條件下,求該公司年凈利潤的最大值大于1000(百萬元)的概率.(年凈利潤=毛利潤×年銷售量-年廣告費-年研發(fā)經(jīng)費-隨機變量)附:相關系數(shù)r=∑i經(jīng)驗回歸方程y^=a^參考數(shù)據(jù):40.4×1.615≈8.08,404≈20.解(1)設模型①和②的相關系數(shù)分別為r1,r2.由題意可得r1=∑i=15r2=∑i=1所以|r2|更接近1,所以模型②的擬合程度更好.(2)由(1)可知選擇模型y=nv+m,由題可知y=15∑i=15yi=8.8,v=15∑i=15vi=0.96,n^=所以y關于v的經(jīng)驗回歸方程為y^=5v+4,所以y關于x的經(jīng)驗回歸方程為y^=5lnx+當x=6時,y^=5ln6+4≈1.8×5+4=13,因此可以預測當年廣告費為6百萬元時,產(chǎn)品的年銷售量大概是13百萬輛(3)由(2)可知年銷售量為5lnx+4(百萬輛),所以年凈利潤為200×(5lnx+4)-200x-ξ(百萬元).令g(x)=200×(5lnx+4)-200x-ξ