高考大题专项练六　高考中的概率与统计

1、1 / 6 高考大题专项练六高考大题专项练六 高考中的概率与统计高考中的概率与统计 高考大题专项练第高考大题专项练第 12 页页 一一、非选择题、非选择题 1.(2020 山东,19)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 100天空气中的 pm2.5 和 so2浓度(单位:g/m3),得下表: pm2.5 so2 0,50 (50,150 (150,475 0,35 32 18 4 (35,75 6 8 12 (75,115 3 7 10 (1)估计事件“该市一天空气中 pm2.5浓度不超过 75,且 so2浓度不超过 150”的概率; (2)根据所给数

2、据,完成下面的 22列联表: pm2.5 so2 0,150 (150,475 0,75 (75,115 (3)根据(2)中的列联表,判断能否在犯错误的概率不超过 0.01的前提下认为该市一天空气中 pm2.5浓度与 so2浓度有关? 附:k2=(-)2(+)(+)(+)(+), p(k2k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 解:(1)根据抽查数据,该市 100天空气中 pm2.5浓度不超过 75,且 so2浓度不超过 150的天数为 32+18+6+8=64,因此,该市一天空气中 pm2.5浓度不超过 75,且 so2浓度不超过150 的概率的估

3、计值为64100=0.64. (2)根据抽查数据,可得 22列联表: pm2.5 so2 0,150 (150,475 0,75 64 16 (75,115 10 10 (3)根据(2)的列联表得 k2的观测值 k=100(6410-1610)2802074267.484. 由于 7.4846.635,故在犯错误的概率不超过 0.01的前提下认为该市一天空气中 pm2.5浓度与 so2浓度有关. 2.(2020 全国,理 18)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

4、20个作为样区,调查得到样本数据(xi,yi)(i=1,2,20),其中2 / 6 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 =120 xi=60, i=120yi=1 200, =120(xi-)2=80,=120(yi-)2=9 000, =120(xi-)(yi-)=800. (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

5、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(-)(-) =1(-)2=1(-)2,21.414. 解:(1)由已知得样本平均数 =120=120yi=60, 从而该地区这种野生动物数量的估计值为 60200=12 000. (2)样本(xi,yi)(i=1,2,20)的相关系数 r=i=120(-)(-) =120(-)2=120(-)2=800809 000=2230.94. (3)分层抽样:根据植物覆盖面积的大小对地块分层,再对 200 个地块进行分层抽样. 理由如下:由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强

6、的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很大,从而各地块间这种野生动物数量差异也很大,采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性,提高了样本的代表性,从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计. 3.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. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)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. 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; 设 a为事件“抽取

7、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. 解:(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 322,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. (2)随机变量 x的所有可能取值为 0,1,2,3. p(x=k)=c4c33-c73(k=0,1,2,3). 所以,随机变量 x的分布列为 x 0 1 2 3 3 / 6 p 135 1235 1835 435 随机变量 x的数学期望 e(x)=0135+11235+21835+3435=127. 设事件 b为“抽取的 3人中,睡眠充足的员工有 1人,

8、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=bc,且 b与 c互斥.由知,p(b)=p(x=2),p(c)=p(x=1),故 p(a)=p(bc)=p(x=2)+p(x=1)=67. 所以,事件 a发生的概率为67. 4.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

9、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-1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-1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 和 ,一轮试验中甲药的得分记为 x. (1)求 x的分布列; (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4分,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为 i 时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则 p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,7),其中a=p(x=-1),b=p(x=0),c=p(x=1).假设

10、=0.5,=0.8. ()证明:pi+1-pi(i=0,1,2,7)为等比数列; ()求 p4,并根据 p4的值解释这种试验方案的合理性. 解:(1)x的所有可能取值为-1,0,1. p(x=-1)=(1-), p(x=0)=+(1-)(1-), p(x=1)=(1-). 所以 x的分布列为 x -1 0 1 p (1-) +(1-)(1-) (1-) (2)()由(1)得 a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此 pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1, 故 0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1), 即 pi+1-pi=4(pi-pi-1). 又因为 p1-p0=p1

11、0, 所以pi+1-pi(i=0,1,2,7)为公比为 4,首项为 p1的等比数列. ()由()可得 p8=p8-p7+p7-p6+p1-p0+p0 =(p8-p7)+(p7-p6)+(p1-p0) 4 / 6 =48-13p1. 由于 p8=1,故 p1=348-1, 所以 p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=44-13p1=1257. p4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 p4=12570.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理. 5.某公司为

12、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 xi和年销售量yi(i=1,2,8)数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值. x y w i=18(xi-x)2 i=18(wi-w)2 i=18(xi-x)(yi-y) i=18(wi-w)(yi-y) 46.6 563 6.8 289.8 1.6 1 469 108.8 表中 wi=, =18=18wi. (1)根据散点图判断,y=a+bx 与 y=c+dx哪一个适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归方程类型?(给出判断即

13、可,不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立 y 关于 x 的回归方程; (3)已知这种产品的年利润 z 与 x,y 的关系为 z=0.2y-x.根据(2)的结果回答下列问题: 当年宣传费 x=49时,年销售量及年利润的预报值是多少? 当年宣传费 x 为何值时,年利润的预报值最大? 附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),(un,vn),其回归直线 v=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为=1(-)(-)=1(-)2,= . 解:(1)由散点图可以判断,y=c+d适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归方程类型. (2)令 w=,先建立 y 关于 w的线性回归方

14、程. 因为=18(wi-w)(yi-y)i=18(-)2=108.81.6=68, 5 / 6 = w=563-686.8=100.6, 所以 y 关于 w的线性回归方程为y=100.6+68w, 因此 y 关于 x 的回归方程为=100.6+68. (3)由(2)知,当 x=49 时,年销售量 y 的预报值=100.6+6849=576.6, 年利润 z 的预报值=576.60.2-49=66.32. 根据(2)的结果知,年利润 z 的预报值 =0.2(100.6+68)-x=-x+13.6+20.12. 所以当 =13.62=6.8,即 x=46.24时,取得最大值. 故当年宣传费为 46

15、.24千元时,年利润的预报值最大. 6.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 n(,2). (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(-3,+3)之外的零件数,求 p(x1)及 x的数学期望; (2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(-3,+3)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. ()试说明上述监控生产过程方法的合理性; ()下面是检验员在一天内抽取的 16

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 =116=116xi=9.97,s=116i=116(-)2= 116( =1162-162)0.212,其中 xi为抽取的第 i 个零件的尺寸,i=1,2,16. 用样本平均数作为 的估计值,用样本标准差 s 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(-3,+3)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 z服从正态分布 n(,2), 则

17、p(-3z+3)0.997 3. 6 / 6 0.997 3160.957 7,0.0080.09. 解:(1)抽取的一个零件的尺寸在(-3,+3)之内的概率为 0.997 3,从而零件的尺寸在(-3,+3)之外的概率为 0.002 7, 故 xb(16,0.002 7). 因此 p(x1)=1-p(x=0)=1-0.997 3160.042 3. x的数学期望为 e(x)=160.002 7=0.043 2. (2)()如果生产状态正常,一个零件尺寸在(-3,+3)之外的概率只有 0.002 7,一天内抽取的 16 个零件中,出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概率只有 0.042 3,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.