专题16概率与统计综合解析版.doc

专题16 概率与统计综合
【2020年】
1.（2020·新课标Ⅰ）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
（1）记事件M甲连胜四场，则；
（2）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，
则四局内结束比赛的概率为
，
所以，需要进行第五场比赛的概率为；
（3）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，
记事件M甲赢，记事件N丙赢，
则甲赢的基本事件包括：、、、
、、、、，
所以，甲赢的概率为.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为.
2.（2020·新课标Ⅱ）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，，.
（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；
（2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；
（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数r=，=1.414.
【答案】（1）12000；（2）0.94；（3）详见解析
【解析】
（1）样区野生动物平均数为，
地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为
（2）样本的相关系数为

（3）
由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样
先将植物覆盖面积按优中差分成三层，
在各层内按比例抽取样本，
在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
3.（2020·新课标Ⅲ）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次
空气质量等级
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7

8
4（中度污染）
7
2
0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？

人次≤400
人次>400
空气质量好

空气质量不好

附：，
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.
【解析】
（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为，等级为2的概率为，等级为3的概率为，等级为4的概率为；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为
（3）列联表如下：

人次
人次
空气质量不好
33
37
空气质量好
22
8
，
因此，有95％的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
4.（2020·北京卷）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：

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
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）,（Ⅲ）
【解析】
（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，
该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为：;
（Ⅲ）
5.（2020·江苏卷）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．
（1）求p1·q1和p2·q2；
（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示) ．
【答案】（1）（2）
【解析】
（1），
，

（2），
，
因此，
从而，
即.
又的分布列为

0
1
2

故.
6.（2020·山东卷）为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了天空气中的和浓度（单位：），得下表：

32
18
4

6
8
12

3
7
10
（1）估计事件“该市一天空气中浓度不超过，且浓度不超过”的概率；
（2）根据所给数据，完成下面的列联表：

（3）根据（2）中的列联表，判断是否有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关？
附：，

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
【答案】（1）0.64；（2）答案见解析；（3）有.
【解析】
（1）由表格可知，该市100天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的天数有天，
所以该市一天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的概率为；
（2）由所给数据，可得列联表为：

合计

64
16
80

10
10
20
合计
74
26
100
（3）根据列联表中的数据可得
，
因为根据临界值表可知，有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关.
【2019年】
1．【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．
2．【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．
3．【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．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，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）设为事件“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”，求事件发生的概率．
【答案】（1）分布列见解析，；（2）．
【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，故，从而．
所以，随机变量的分布列为

0
1
2
3

随机变量的数学期望．
（2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为，
则，且．
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由（1）知

．
4．【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：
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B
10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．
【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．
（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．
所以，

，
．
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的数学期望．
（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．
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．
5．【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）求的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．
(i)证明：为等比数列；
(ii)求，并根据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) ，解释见解析．
【解析】X的所有可能取值为．
，
，
，
所以的分布列为

（2）（i）由（1）得．
因此，故，
即．
又因为，
所以为公比为4，首项为的等比数列．
（ii）由（i）可得

．
由于，故，
所以．
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，
此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【2018年】
1. （2018年天津卷） 已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.
（I）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
（II）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；
（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率.
【答案】（Ⅰ）从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）答案见解析；（ii）．
【解析】（Ⅰ）由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，
由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，
因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．
（Ⅱ）（i）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．
P（X=k）=（k=0，1，2，3）．
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P

随机变量X的数学期望．
（ii）设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；
事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，
则A=B∪C，且B与C互斥，
由（i）知，P(B)=P(X=2)，P(C)=P(X=1)，
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=．
所以，事件A发生的概率为．
2. （2018年北京卷）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．
（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；
（Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“”表示第k类电影得到人们喜欢，“”表示第k类电影没有得到人们喜欢（k=1，2，3，4，5，6）．写出方差，，，，，的大小关系．
【答案】(1) 概率为0.025
(2) 概率估计为0.35
(3) >>=>>
【解析】（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000，
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50．
故所求概率为．
（Ⅱ）设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，
事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．
故所求概率为P（）=P（）+P（）
=P（A）（1–P（B））+（1–P（A））P（B）．
由题意知：P（A）估计为0.25，P（B）估计为0.2．
故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35．
（Ⅲ）>>=>>．
3. （2018年全国I卷理数）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为,求的最大值点．
（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求;
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验
【答案】(1).
(2) （i）490.
（ii）应该对余下的产品作检验.
【解析】
（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为.因此
.
令，得.当时，；当时，.
所以的最大值点为.
（2）由（1）知，.
（i）令表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知，，即.
所以.
（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于，故应该对余下的产品作检验.
4. （2018年全国Ⅲ卷理数）某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：

（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；
（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数，并将完成生产任务所需时间超过和不超过的工人数填入下面的列联表：

超过m
不超过m
第一种生产方式

第二种生产方式

（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？
附：，

【答案】（1）第二种生产方式的效率更高. 理由见解析
（2）80
（3）能
【解析】1）第二种生产方式的效率更高.
理由如下：
（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟.因此第二种生产方式的效率更高.
（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟.因此第二种生产方式的效率更高.
（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高.
（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高.
以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.
（2）由茎叶图知.
列联表如下：

超过m
不超过m
第一种生产方式
15
5
第二种生产方式
5
15

3）由于，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异.
5. （2018年全国Ⅱ卷理数）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了与时间变量的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型①：；根据2010年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型②：．
（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；
（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
【答案】（1）利用模型①预测值为226.1，利用模型②预测值为256.5，（2）利用模型②得到的预测值更可靠．
【解析】
（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．
利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
=99+17.5×9=256.5（亿元）．
（2）利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型=99+17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．
（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．
以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
【2017年】
1.【2017山东，理18】（本小题满分12分）在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.
（I）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含的频率。
（II）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.
【答案】（I）(II)X的分布列为
X
0
1

2
3
4
P

X的数学期望是.
【解析】（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为M，则
(II)由题意知X可取的值为： .则

因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P

X的数学期望是
=
2.【2017课标1，理19】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数求及的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，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．
（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）．
附：若随机变量服从正态分布，则，
，．
【答案】（1）.（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】
（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，故.因此
.
的数学期望为.
（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程学科&网可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.
（ii）由，得的估计值为， 的估计值为，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据9.22，剩下数据的平均数为，因此的估计值为10.02.
，剔除之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为，
因此的估计值为.
3.【2017课标II，理18】海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）某频率分布直方图如下：

（1） 设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件：“旧养殖法的箱产量低于50kg, 新养殖法的箱产量不低于50kg”，估计A的概率；
（2） 填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：

箱产量＜50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法

新养殖法

（3） 根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）

附：

【答案】（1）；（2）见解析；（3）.
【解析】（1）记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于” ， 表示事件“新养殖法的箱产量不低于”
由题意知
旧养殖法的箱产量低于的频率为

故的估计值为0.62
新养殖法的箱产量不低于的频率为

故的估计值为0.66
因此，事件A的概率估计值为
（2）根据箱产量的频率分布直方图得列联表

箱产量
箱产量
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
66

由于
故有的把握认为箱产量与养殖方法有关．
（3）因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于的直方图面积为
，
箱产量低于的直方图面积为

故新养殖法箱产量的中位数的估计值为
．
4.【2017北京，理17】为了研究一种新药的疗效，选100名患者随机分成两组，每组各50名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标x和y的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“+”表示未服药者.

（Ⅰ）从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；
（Ⅱ）从图中A，B，C，D四人中随机.选出两人，记为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求的分布列和数学期望E（）；
（Ⅲ）试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.（只需写出结论）
【答案】（1）0.3（2）见解析（3）在这100名患者中，服药者指标数据的方差大于未服药者指标数据的方差.
【解析】（Ⅰ）由图知，在服药的50名患者中，指标的值小于60的有15人，
所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标的值小于60的概率为.
（Ⅱ）由图知，A,B,C,D四人中，指标的值大于1.7的有2人：A和C.
所以的所有可能取值为0,1,2.
.
所以的分布列为

0
1
2

故的期望.
（Ⅲ）在这100名患者中，服药者指标数据的方差大于未服药者指标数据的方差.
5.【2017天津，理16】从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为.
（Ⅰ）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）解：随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.
，
，
，
.
所以，随机变量的分布列为

0
1
2
3

随机变量的数学期望.
（Ⅱ）解：设表示第一辆车遇到红灯的个数， 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
.
所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
6. 【2017江苏，23】 已知一个口袋有个白球,个黑球(),这些球除颜色外全部相同.现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为的抽屉内，其中第次取出的球放入编号为的抽屉.
1
2
3

（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率;
（2）随机变量表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,是的数学期望,证明:

【答案】（1）（2）见解析
【解析】解:(1) 编号为2的抽屉内放的是黑球的概率为: . 
(2) 随机变量 X 的概率分布为:
X

…

…

P

…

…

随机变量 X 的期望为：
.
所以

.
【2016年】
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（I）求的分布列；
（II）若要求,确定的最小值；
（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用哪个？
【答案】（I）见解析（II）19（III）
【解析】（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2,从而
；
；
；
；
；
；
.
所以的分布列为

16
17
18
19
20
21
22

（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,故的最小值为19.
（Ⅲ）记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当时,
.
当时,
.
可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值,故应选.
2.【2016高考新课标2理数】某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
5
保费
0.85

1.25
1.5
1.75

2
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
【答案】（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】（Ⅰ）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故
（Ⅱ）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故
又，故
因此所求概率为
（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，则的分布列为

因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为
3.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准（吨）、一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,45)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.

（I）求直方图中a的值；
（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；
（III）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准（吨），估计的值，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36000；（Ⅲ）2.9．
【解析】
（Ⅰ）由频率分布直方图知，月均用水量在[0,0.5)中的频率为0.08×0.5=0.04，
同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5)中的频率分别为0.08，0.20，0.26，0.06，0.04，0.02．