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2020人教A高考理科数学-高考大题专项(六)-概率与统计

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高考大题专项(六)　概率与统计
1.(2019安徽模拟,19)“学习强国”APP是由中宣部主管,以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容的“PC端+手机客户端”两大终端二合一模式的学习平台,2019年1月1日上线后便成为了党员干部群众学习的“新助手”.为了调研某地党员在“学习强国”APP的学习情况,研究人员随机抽取了200名该地党员进行调查,将他们某两天在“学习强国”APP上所得的分数统计如表所示:
分数
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
频数
60
100
20
20
频率
0.3
0.5
0.1
0.1

(1)由频率分布表可以认为,这200名党员这两天在“学习强国”APP上的得分Z近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为这200名党员得分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),σ2近似为这200名党员得分的方差,求P(57.4σ)=0.682 7,P(μ-2σ如下图所示的散点图.

(1)根据散点图判断,在推广期内,y=a+bx与y=c·dx(c,d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由);
(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据,求y关于x的回归方程,并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次;
(3)推广期结束后,车队对乘客的支付方式进行统计,结果如表2.
表2
支付方式
现金
乘车卡
扫码
比例
10%
60%
30%

已知该线路公交车票价为2元,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠,扫码支付的乘客随机优惠,根据统计结果得知,使用扫码支付的乘客,享受7折优惠的概率为16,享受8折优惠的概率为13,享受9折优惠的概率为12.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,估计一名乘客一次乘车的平均费用.
参考数据:
y
v
∑i=17xiyi
∑i=17xivi
100.54
62.14
1.54
2 535
50.12
3.47

其中vi=lg yi,v=17∑i=17vi

3.(2019广东汕尾模拟,19)微信运动是由腾讯开发的一个类似计步数据库的公众账号,很多手机用户加入微信运动后,为了让自己的步数能领先于朋友,运动的积极性明显增强.微信运动公众号为了解用户的一些情况,在微信运动用户中随机抽取了100名用户,统计了他们某一天的步数,数据整理如下:
x/万步
0≤x
≤0.4
0.4频率分布为概率分布,在微信运动用户中随机抽取2人,其中每日走路不超过0.8万步的有X人,超过1.2万步的有Y人,设ξ=|X-Y|,求ξ的分布列及数学期望.

4.(2019广东省六校第一次联考,19)某市大力推广纯电动汽车,对购买用户依照车辆出厂续驶里程R的行业标准,予以地方财政补贴.其补贴标准如下表:
出厂续驶里程R(千米)
补贴(万元/辆)
150≤R<250
3
250≤R<350
4
R≥350
4.5

2017年底随机调査该市1 000辆纯电动汽车,统计其出厂续驶里程R,得到频率分布直方图如下图所示用样本估计总体,频率估计概率,解决如下问题:

(1)求该市每辆纯电动汽车2017年地方财政补贴的均值;
(2)某企业统计2017年其充电站100天中各天充电车辆数,得到如下的频数分布表.
辆数
[5 500,
6 500)
[6 500,
7 500)
[7 500,
8 500)
[8 500,
9 500)
天数
20
30
40
10

(同一组数据用该区间的中点值作代表)
2018年2月,国家出台政策,将纯电动汽车财政补贴逐步转移到充电基础设施建设上来.该企业拟将转移补贴资金用于添置新型充电设备.现有直流、交流两种充电桩可供购置.直流充电桩5万元/台,每台每天最多可以充电30辆车,每天维护费用500元/台;交流充电桩1万元/台,每台每天最多可以充电4辆车,每天维护费用80元/台.
该企业现有两种购置方案:
方案一:购买100台直流充电桩和900台交流充电桩;
方案二:购买200台直流充电桩和400台交流充电桩.
假设车辆充电时优先使用新设备,且充电一辆车产生25元的收入,用2017年的统计数据,分别估计该企业在两种方案下使用新设备产生的日利润.(日利润=日收入-日维护费用)

5.(2019安徽江淮十校联考,21)棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始位于第0站,棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏,若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站或第100站时,游戏结束.设棋子位于第n站的概率为Pn.
(1)当游戏开始时,若抛掷均匀硬币3次后,求棋手所走步数之和X的分布列与数学期望;
(2)证明:Pn+1-Pn=-12(Pn-Pn-1)(1≤n≤98);
(3)求P99,P100的值.

参考答案

高考大题专项(六)　概率与统计
1.解 (1)由题意得:μ=65×0.3+75×0.5+85×0.1+95×0.1=75,
σ2=(65-75)2×0.3+(75-75)2×0.5+(85-75)2×0.1+(95-75)2×0.1=30+10+40=80,∵σ=80=45≈8.8,
∴P(57.44)=C44×154=1625,
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
256625
256625
96625
16625
1625

所以E(X)=4×15=45.
2.解 (1)根据散点图判断,y=c·dx适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x的回归方程类型.
(2)∵y=c·dx,两边同时取常用对数得lg y=lg (c·dx)=lg c+lg d·x;
设lg y=v,∴v=lg c+lg d·x.
∵x=4,v=1.54,∑i=17xi2=140,
∴lg d^=∑i=17xivi-7xv∑i=17xi2-7x2=
50.12-7×4×1.54140-7×42=0.25,
把样本中心点(4,1.54)代入
v=lg c+lg d·x,得lg c^=0.54,
∴v^=0.54+0.25x,∴lg y^=0.54+0.25x,
∴y关于x的回归方程式为y^=100.54+0.25x=100.54×(100.25)x=3.47×100.25x.
把x=8代入上式,
得y^=3.47×102=347,
所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为3 470.
(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z,
则Z的取值可能为2,1.8,1.6,1.4.
P(Z=2)=0.1;P(Z=1.8)=0.3×12=0.15;
P(Z=1.6)=0.6+0.3×13=0.7,P(Z=1.4)=0.3×16=0.05.
分布列为
Z
2
1.8
1.6
1.4
P
0.1
0.15
0.7
0.05

所以,一名乘客一次乘车的平均费用为2×0.1+1.8×0.15+1.6×0.7+1.4×0.05=1.66(元).
3.解(1)根据题意,补充下表,
x/
万步
0≤x
≤0.4
0.4
1
频率
0.05
0.20
0.50
0.18
0.03
0.03
0.01
频率组距
0.125
0.5
1.25
0.45
0.075
0.075
0.025

根据表中数据,作出频率分布直方图如下:

(2)由题意知,步数多于1.2万步的频率为0.25,所以认定步数多于1.2万步的概率为0.25,所以至少有2人多于1.2万步的概率为
P=C32×142×34+C33×143=532,
综上所述,至少2人步数多于1.2万步的概率为532.
(3)由题知微信好友中任选一人,其每日走路步数不超过0.8万步的概率为14,超过1.2万步的概率为14
且当X=Y=0或X=Y=1时,ξ=0,P(ξ=0)=12×12+C21×14×14=38,
当X=1,Y=0或X=0,Y=1时,ξ=1,P(ξ=1)=C21×14×12+C21×14×12=12,
当X=2,Y=0或X=0,Y=2时,ξ=2,P(ξ=2)=14×14+14×14=18,
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
38
12
18

E(ξ)=1×12+2×18=34.
4.解 (1)依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为:
补贴(万元/辆)
3
4
4.5
概率
0.2
0.5
0.3

纯电动汽车2017年地方财政补贴的平均数为3×0.2+4×0.5+4.5×0.3=3.95(万元).
(2)由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列:
辆数
6 000
7 000
8 000
9 000
概率
0.2
0.3
0.4
0.1

若采用方案一,100台直流充电桩和900台交流充电桩每天可充电车辆数为
30×100+4×900=6 600(辆).
可得实际充电车辆数的分布列如下表:
实际充电辆数
6 000
6 600
概率
0.2
0.8

于是方案一下新设备产生的日利润均值约为25×(6 000×0.2+6 600×0.8)-500×100-80×900=40 000(元).
若采用方案二,200台直流充电桩和400台交流充电桩每天可充电车辆数为30×200+4×400=7 600(辆);
可得实际充电车辆数的分布列如下表:
实际充电辆数
6 000
7 000
7 600
概率
0.2
0.3
0.5

于是方案二下新设备产生的日利润均值约为25×(6 000×0.2+7 000×0.3+7 600×0.5)-500×200-80×400=45 500(元).
5.解 (1)由题意可知,随机变量X的可能取值有3,4,5,6.
P(X=3)=123=18,P(X=4)=C31·123=38,
P(X=5)=C32·123=38,P(X=6)=123=18.
所以,随机变量X的分布列如下表所示:
X
3
4
5
6
P
18
38
38
18

所以,随机变量X的数学期望为E(X)=3×18+4×38+5×38+6×18=92.
(2)根据题意,棋子要到第(n+1)站,有两种情况,由第n站跳1站得到,其概率为12Pn,也可以由第(n-1)站跳2站得到,其概率为12Pn-1,所以,Pn+1=12Pn+12Pn-1.
等式两边同时减去Pn得Pn+1-Pn=-12Pn+12Pn-1=-12(Pn-Pn-1)(1≤n≤98).
(3)由(2)可得P0=1,P1=12,P2=12P1+12P0=34.
由(2)可知,数列{Pn+1-Pn}是首项为P2-P1=14,公比为-12的等比数列,
∴Pn+1-Pn=14·(-12)n-1=(-12)n+1,∴P99=P1+(P2-P1)+(P3-P2)+…+(P99-P98)=12+(-12)2+(-12)3+…+(-12)99
=12+14[-(-12)98]1-(-12)
=231-12100,
又P99-P98=(-12)99=-1299,则P98=231+1299,
由于若跳到第99站时,自动停止游戏,故有P100=12P98=131+1299.

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