专题4.3统计与概率（解析版）

1、专题4.3 统计与概率旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.51.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了 io件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和不，样本方差分别记为s：和（1）求 x y ，52 ；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果了一元2 2、立,那么认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否那么不

2、 V 10认为有显著提高）.【试题来源】2021年全国高考乙卷（理）【答案】（1） i = 10j = 103s；=0.036月=0.04； （2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.【解析】（1） % =9.8 + 10.3 + 10 + 10.2 + 9.9 + 9.84-10 + 10.1 + 10.2 + 9.710.1 + 10.4 + 10.1 + 10 + 10.1 + 10.3 + 10.6 + 10.5 + 10.4 + 10.50.22 + 0.

3、32 + 0 + 0.22 +0.12+ 0.22 +0 + 0.12+ 0.22 + 0.32100.22+0.12 +0.22+0.32 +0.22 +0 + 0.32+0.22 +0.12 +0.22=0.036,=0.04 .(2)依题意，I = 0.3 = 2x0.15 = 2,0.152 =20.0225，2 /30,04 = 270.0076 ,所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得2x2列联表；（3）计算出K?，结合临界值表可得结论.【解析】（1）由表格可知，该市10。天中，空

4、气中的加2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的天数有32 + 6 + 18 + 8 = 64天，所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150的概率为亮=网2K? _ nad-bcy(a + b)(c + d)(a + c)(Z? + d)2K? _ nad-bcy(a + b)(c + d)(a + c)(Z? + d)100 x(64xl0-16xl0)2 3600 c-=x 7.4844 6.635 ，80 x20 x74x26481（2）由所给数据，可得2x2列联表为so2PM2.50,150(150,475合计0,75641680(75,1151

5、01020合计7426100（3）根据2x2列联表中的数据可得因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO?浓度有关.【名师点睛】此题考查了古典概型的概率公式，考查了完善2x2列联表，考查了独立性检验，属于中档题.9.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, 6001 （优）216252 （良）510123 （轻度污染）6784 （中度污染）720（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

6、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）假设某天的空气质量等级为1或2,那么称这天“空气质量好= 假设某天的空气质量等级为3 或4,那么称这天“空气质量不好工根据所给数据，完成下面的2x2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*00人次400空气质量好空气质量不好附：心一出3, ( + b)(c + d)( + c)(b + d)P（烂:）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（文）（新课标HI）【答案】（1）该市一天的空气质量等

7、级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27. 0.2k 0.09； （2） 350； （3）有,理由见解析.【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概 率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果;（3）根据表格中的数据完善2x2列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.O 1 1 A 1 OC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=0.43 ,100等级为2的概率为5 + 10+12=0.27,等级为3的概率为6 + 7 + 8=0.21,等级为4的概100100率为备= 0.09；（2）由频

8、数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 x20 + 300 x35 + 500 x45ioo二 350（3） 2x2列联表如下:人次4400人次400空气质量不好3337空气质量好228K* 2 =K* 2 =p 5.820 3.841【解析】（1）记事件甲连胜四场,那么 p（）=q116100 x(33x8 37x22)2（2）记事件A为甲输，事件3为乙输，事件。为丙输, 那么四局内结束比赛的概率为P = P（ABAB）+ P（ACAC）+ P（BCBC）+ P（BABA） = 4x 3所以，需要进行第五场比赛的概率为p=l-尸二（3）记事件A为甲输，事件3为乙输，事件。为丙

9、输，记事件M：甲赢，记事件N：丙赢，那么甲赢的基本领件包括：BCBC、ABCBC. ACBCB、BABCC、BACBC. BCACB、BCABC. BCBAC,（ V （ 1V o所以，甲赢的概率为P（M）= - +7x 1.V 732由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，o 7所以丙赢的概率为P（N）= 1 2义至二正【名师点睛】此题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本领件, 考查计算能力，属于中等题.11.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

10、 法抽取20个作为样区,调查得到样本数据,，）（i=L 2,，20）,其中即和6分别表示第20，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2七=6。，2（）2（）202（）2=1200, 2（七君 2=80,=9000,2（毛君（%-刃=800 .z=lz=li=i=（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,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

11、法，并说明理由.Z （玉-无）（必一力附：相关系数尸/ J，逐句.414.住（%F力守 TOC o 1-5 h z V /=ii=l【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（理）（新课标H）【答案】（1） 12000； （2） 0.94； （3）详见解析【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即20_乞（为一次）（乂 一丁）可；（2）利用公式厂=I 20_ 20_ 计算即可;臣（37）2（% -V /*=!1=1（3）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.I 20【解析】（1）样区野生动物平均数为百Z弘二X12OO =

12、6O,，U j=2a）地块数为200,该地区这种野生动物的估计值为200 x60 = 12000（2）样本（4%）=1, 2,20）的相关系数为20（xz-x）（x-y）i=l620（xz.-x）2（x.-y）2i=i=20（xz-x）（x-y）i=l620（xz.-x）2（x.-y）2i=i=, 8。二区Lo.94 780 x90003（3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性,由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从俄各地块间这种野生动物的数量差异很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，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

13、量更准确的估计.【点晴】此题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数 学运算能力，是一道容易题.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：父付金额（兀）支付方式(0, 1000(1000, 2000大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10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

14、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）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.【试题来源】2019年北京市高考数学试卷（理）2一一【答案】（1） ;（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；（2）首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可

15、.（3）由题意结合概率的定义给出结论即可.【解析】（1）由题意可知，两种支付方式都是用的人数为10030255 = 40人，那么： 该学生上个月A, 3两种支付方式都使用的概率p = = |.（2）由题意可知, TOC o 1-5 h z 32仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占一，金额大于1000的人数占一,523仅使用5支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占一，金额大于1000的人数占一,55且X可能的取值为0, 1, 2.P(X=0)Wd，p(x=l) =J J(13.841,所以能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.【名师点睛】该题考查的是有关概

16、率与统计的知识,涉及到的知识点有利用频率来估计概率, 利用列联表计算K2的值，独立性检验，属于简单题目.16. 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05 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.【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标II）【答案】（1） 0.5; （2） 0.1【分析】（1）此题首

17、先可以通过题意推导出P（X =2）所包含的事件为“甲连赢两球或乙连 赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；（2）此题首先可以通过题意推导出P（X =4）所包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两 球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果.【解析】（1）由题意可知，P（X= 2）所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”.甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比拟两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了 200件产品，产品的质量情况统计如下表：一k级品二级品合计甲机床15050200乙机床12080200合计270130400(1)甲机床、

18、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?附：K2 =n(ad-bcY(q + b)(c + d)(o + c)(Z? + d)PK2k)0. 0500. 0100. 001k3. 8416. 63510, 828【试题来源】2021年全国高考甲卷(文) 【答案】(1) 75%； 60%； (2)能.【分析】根据给出公式计算即可【解析】(1)甲机床生产的产品中的一级品的频率为需= 75%,120乙机床生产的产品中的一级品的频率为* = 60% .200(2)(2)K2 =400(150 x80-120 x50)2270 x1

19、30 x200 x200=106.635 39故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有4 8两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问 题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，假设回答错误那么该同学比赛结束；假设回答正确那么 从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.4类问题 中的每个问题回答正确得20分，否那么得。分；8类问题中的每个问题回答正确得80分，否 那么得0分,己知小明能正确回答A类问题的概率为0. 8,能正确回答8类问题的概率为0.6, 且能正确回答下列问题的概率与回答次序无关.所以 P（X=2）=0

20、.5?0.4 0.5? 0.6 0.5（2）由题意可知，P（X =4）包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分” 所以 P（X=4） =0.5仓0.6 0.5仓。4+0.5 0.4仓0.5 0.4 = 0.1【名师点睛】此题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出P（X = 2）以及P（X=4） 所包含的事件是解决此题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力， 是中档题.17.为了治疗某种疾病，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比照试验.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

21、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，假设施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈那么 甲药得1分，乙药得-1分；假设施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈那么乙药得1分， 甲药得-1分；假设都治愈或都未治愈那么两种药均得。分.甲、乙两种药的治愈率分别记为。 和小一轮试验中甲药的得分记为X.（1）求X的分布列；（2）假设甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p,.（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，那么Po=。，P8=l

22、，Pi = aPi + bpi + cP*” = 1,2.,7）,其中=2（*=1）,匕=?（乂=0）,。= /5（乂=1）.假设。=0.5,乃=0.8.证明:Pm， = 0,2,7）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.【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标I ）【答案】（1）见解析；（2）见解析；4=券.【分析】（1）首先确定X所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分 布列；（2）求解出a,4c的取值，可得Pj=0.4pj_i+0.5pj+0.lpj+i（i = L2/,7）,从 而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；列出证得的等

23、比数列的通项公式，采用累 加的方式，结合Pg和Po的值可求得Pi；再次利用累加法可求出P4【解析】(1)由题意可知X所有可能的取值为1, 0, I.P(X = 1) = (1 0夕；p(x = o) = c+(l-E(X).【分析】(1)由题设条件还原情境，即可得解；求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；(2)求出两名感染者在一组的概率，进而求出石(丫)，即可得解.【解析】(1)对每组进行检测，需要10次;再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次;所以总检测次数为20次;由题意，X可以取20, 30,P（X=20）JP（X=30）= l-=v 7 1

24、1 11那么X的分布列:X2030p1 n107T110320所以石（X）= 20 x + 30 x，=，v 7 11 11 11(2)由题意，V可以取25, 30,两名感染者在同一组的概率为4 =两名感染者在同一组的概率为4 =95不在同一组的概率为1时,(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.【试题来源】2021年全国新高考II卷【答案】(1) 1； (2)见解析；(3)见解析.【分析】(1)利用公式计算可得(X).(2)利用导数讨论函数的单调性，结合/=。及极值点的范围可得“X)的最小正零点.(3)利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【解析】(1) (X) = 0 x0.4

25、 + 1x03 + 2x0.2 + 3x0.1 = 1.(2)设/。) = 3%3+22工2+(口-1)%+0，因为 P3 + P2 + P1 +Po =1，故/(1)=3丁+2/(P2+o+P3)X+o，假设 E(X)W1,那么 P+2P2+3P3KI,故 p2+2p34p./ (x) = 3P3、+ 2p2x(P2 + Po + P3)，因为 /(。) = 一(2 + 3) ，r =夕2 +2。3 -，0 40，故尸(X)有两个不同零点4乙，且不。10； x(%,/)时 /(x)/(%2)= /(1)=。，故1为Po + PiX + ZV? + 2%3 =x的一个最小正实根，假设光21，因

26、为/(1)=。且在(0,入2)上为减函数，故1为，0 + 1元+2/+3/=%的一个最小正实根, 综上，假设E（X）1,那么p = l.假设 E（X）1,那么 +22+331 ,故 2+230.此时 （。） = （P2 + o +，3 ） ，（1） = P2 + 2,3 ，0 。，故厂（无）有两个不同零点七4，且工3。%1，且 X（-OO,X3）U（%4，y）时，/（x）。；时，r（%）；故八）在（。,），（0y）上为增函数，在（七,%4）上为减函数，而/=。，故%）。，又/（。）=为0,故“X）在（0,王）存在一个零点乙 且1.所以为Po + P/+。2灯+ P3X3 = X的一个最小正实根

27、，此时P1 ,故当（X）1 时,pl.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,那么假设干代必然灭绝，假设繁殖后 代的平均数超过1,那么假设干代后被灭绝的概率小于1.6.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：|ig/m3 ）,得下表：so2PM2.50,50(50,150(150,4750,3532184(35,756812(75,1153710（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150”的概率;（2）根据所给数据，完成下面的2x2列联表：so2PM2.50

28、,150(150,475（3）根据（2）中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO20,75(75,115浓度有关?附：犬=n(ad-bcY( + b)(c + d)(a + c)(b + d)P(K2 k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【试题来源】2020年海南省高考数学试卷（新高考全国n卷）【答案】（1） 0.64； （2）答案见解析；（3）有.【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果;（2）根据表格中数据可得2x2列联表;（3）计算出R2,结合临界值表可得结论.【解析】（1）由表格可知，该市100天中，空

29、气中的PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的天数有32 + 6 + 18 + 8 = 64天,所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO,浓度不超过150的概率为（2）由所给数据，可得2x2列联表为so2PM2.50,150(150,475合计0,75641680(75 J15101020合计7426100（3）根据2x2列联表中的数据可得“2n(ad-bc)2100 x(64xl0-16xl0)2 3600 _K2 = =a 7.4844 6.635 ,(q + b)(c + d)(a + c)(b + d)80 x20 x74x 26481因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.7.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.(1)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；(2)从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随