2018届数学二轮复习专题检测（十六）概率与统计文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE22学必求其心得，业必贵于专精专题检测(十六)概率与统计A卷-—夯基保分专练一、选择题1．已知数列{an｝满足a1＝2，an＋1＝－2an（n∈N＊）．若从数列｛an｝的前10项中随机抽取一项,则该项不小于8的概率是（）A。eq\f(3，10) B。eq\f（2，5）C。eq\f（3，5） D.eq\f(7,10）解析：选B由题意可知an＝2·(－2)n－1，故前10项中，不小于8的只有8,32，128,512，共4项，故所求概率是eq\f（4,10）＝eq\f(2,5）.2．(2017·湖南五市十校联考)在矩形ABCD中，AB＝2AD，在CD上任取一点P,△ABP的最大边是AB的概率是（）A。eq\f(\r（2)，2) B.eq\f（\r(3）,2）C。eq\r（2)－1 D。eq\r（3）－1解析：选D分别以A，B为圆心，AB的长为半径画弧，交CD于P1，P2,则当P在线段P1P2间运动时，能使得△ABP的最大边是AB，易得eq\f（P1P2,CD)＝eq\r(3）－1，即△ABP的最大边是AB的概率是eq\r(3）－1。3．（2017·天津高考）有5支彩笔（除颜色外无差别）,颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为(）A.eq\f(4,5) B.eq\f(3，5）C。eq\f(2，5) D.eq\f（1，5)解析：选C从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，有10种不同取法：（红，黄），（红,蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝），(黄，绿)，（黄，紫)，(蓝，绿)，（蓝，紫），（绿，紫)．而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有（红,黄）,（红，蓝)，（红,绿)，(红,紫），共4种，故所求概率P＝eq\f（4,10)＝eq\f(2，5）。4．(2017·惠州三调)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛，则田忌获胜的概率为()A.eq\f（1，3） B.eq\f(1,4）C.eq\f（1，5) D.eq\f（1，6)解析：选A设田忌的上、中、下三个等次的马分别为A，B,C，齐王的上、中、下三个等次的马分别为a,b，c,从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的所有可能结果有Aa，Ab,Ac,Ba,Bb,Bc，Ca，Cb，Cc，共9种，田忌获胜有Ab，Ac,Bc，共3种，田忌获胜的概率为eq\f（1，3）.5．已知集合A＝｛－2,3,5，7}，从A中随机抽取两个不同的元素a，b，作为复数z＝a＋bi（i为虚数单位）的实部和虚部．则复数z在复平面内的对应点位于第一象限的概率为(）A。eq\f(1,2） B.eq\f（2,3）C.eq\f（3,4) D.eq\f(4，5）解析:选A从集合A＝｛－2,3，5，7}中随机抽取两个不同的元素a,b，组成复平面内的对应点有（－2,3），(－2，5)，(－2，7），（3，－2),(3,5），（3,7）,(5，－2），（5，3),(5，7),(7，－2），（7，3），(7，5），共12种;其中位于第一象限的点有（3，5)，（3,7）,(5，3），（5，7）,（7，3)，（7,5），共6种．所以复数z在复平面内的对应点位于第一象限的概率为P＝eq\f(6，12）＝eq\f（1,2）。6．(2017·云南第一次统一检测)在平面区域eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4≤0,,x>0,，y>0）)内随机取一点（a，b)，则函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间［1，＋∞)上是增函数的概率为（)A.eq\f(1，4）B。eq\f(1,3）C。eq\f（1，2)D。eq\f(2，3)解析：选B不等式组表示的平面区域为如图所示的△AOB的内部及边界AB(不包括边界OA，OB)，则S△AOB＝eq\f（1，2)×4×4＝8。函数f(x）＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞）上是增函数，则应满足a>0且x＝eq\f（4b,2a）≤1，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a〉0，,a≥2b,)）可得对应的平面区域如图中阴影部分（包括边界OC，BC，不包括边界OB），由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝2b,，a＋b－4＝0，））解得a＝eq\f（8,3),b＝eq\f（4，3)，所以S△COB＝eq\f（1,2)×4×eq\f（4,3)＝eq\f（8,3）,根据几何概型的概率计算公式,可知所求的概率P＝eq\f（\f（8,3），8）＝eq\f(1，3）.二、填空题7．(2017·贵阳检测）同时掷两颗骰子，则向上的点数之和是7的概率是________．解析:依题意，记抛掷两颗骰子向上的点数分别为a,b,则可得到数组(a，b)共有6×6＝36组，其中满足a＋b＝7的组数共有6组，分别为(1，6），(2，5)，（3,4)，（4，3)，（5，2），(6，1）,因此所求的概率等于eq\f(6,36）＝eq\f（1,6).答案:eq\f(1，6)8．在长度为10的线段AB上任取一点C(异于A，B）,则以AC，BC为半径的两圆面积之和小于58π的概率是________．解析：设AC＝x，则BC＝10－x,0＜x＜10。由题意知,πx2＋π（10－x)2＜58π,即x2－10x＋21＜0,解得3＜x＜7。故所求的概率为eq\f（7－3，10)＝eq\f（2,5）.答案:eq\f（2,5)9．(2017·福州质检)从集合M＝｛(x，y)｜（|x|－1）2＋（｜y|－1）2<4，x，y∈Z｝中随机取一个点P（x，y）,若xy≥k（k>0）的概率为eq\f(6，25)，则k的最大值是________．解析:因为M＝｛(x，y)｜（｜x｜－1）2＋(｜y|－1)2〈4，x，y∈Z}，所以M＝{（x，y）｜|x|≤2,|y｜≤2，x，y∈Z｝,所以集合M中元素的个数为5×5＝25.因为xy＝1的情况有2种，xy＝2的情况有4种，xy＝4的情况有2种，所以要使xy≥k（k>0)的概率为eq\f（6,25)，需1〈k≤2，所以k的最大值为2.答案：2三、解答题10．《聪明花开—-莆仙话挑战赛》栏目共有五个项目,分别为“和一斗”“斗麻利”“文儒生”“放独步"“正功夫”．《聪明花开》栏目组为了解观众对项目的看法，设计了“你最喜欢的项目是哪一个”的调查问卷(每人只能选一个项目），对现场观众进行随机抽样调查，得到如下数据(单位：人）:和一斗斗麻利文儒生放独步正功夫115230115345460（1)在所有参与该问卷调查的人中,用分层抽样的方法抽取n人座谈，其中恰有4人最喜欢“斗麻利"，求n的值及所抽取的人中最喜欢“和一斗”的人数;(2)在(1)中抽取的最喜欢“和一斗”和“斗麻利”的人中，任选2人参加栏目组互动，求恰有1人最喜欢“和一斗”的概率．解：(1)由已知得eq\f(n,115＋230＋115＋345＋460）＝eq\f（4，230)，解得n＝22.抽取的人中最喜欢“和一斗”的有115×eq\f（4,230）＝2(人)．（2)从(1）中抽取的最喜欢“和一斗”和“斗麻利”的人中，最喜欢“和一斗"的有2人,分别记为A1,A2,最喜欢“斗麻利”的有4人,分别记为B1，B2，B3，B4。从中随机抽取2人，所有的可能结果有：｛A1，A2}，{A1，B1｝,{A1，B2}，｛A1，B3},{A1，B4｝，｛A2，B1｝，{A2，B2}，｛A2，B3},｛A2，B4｝，｛B1,B2｝，｛B1，B3}，｛B1,B4｝,{B2，B3}，｛B2，B4},｛B3，B4｝，共15种．其中，恰有1人最喜欢“和一斗”的可能结果有：{A1，B1}，｛A1，B2｝，{A1，B3｝，{A1，B4｝，｛A2，B1}，｛A2，B2},｛A2，B3｝,{A2，B4}，共8种．故恰有1人最喜欢“和一斗”的概率P＝eq\f(8，15）.11．（2017·石家庄一模）某港口有一个泊位,现统计了某月100艘轮船在该泊位停靠的时间（单位：小时)，如果停靠时间不足半小时按半小时计时，超过半小时不足1小时按1小时计时，依此类推，统计结果如下表：停靠时间2.533.544。555。56轮船数量12121720151383（1)设该月100艘轮船在该泊位的平均停靠时间为a小时,求a的值;(2）假定某天只有甲、乙两艘轮船需要在该泊位停靠a小时，且在一昼夜的时间段中随机到达，求这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待的概率．解:（1)a＝eq\f(1,100）×(2。5×12＋3×12＋3。5×17＋4×20＋4。5×15＋5×13＋5.5×8＋6×3）＝4。（2）设甲船到达的时间为x，乙船到达的时间为y，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（0≤x<24,,0≤y〈24，))若这两艘轮船在停靠该泊位时至少有一艘船需要等待,则｜y－x|<4，作出示意图如图．所以必须等待的概率P＝1－eq\f（202,242)＝eq\f(11，36)，故这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待的概率为eq\f(11,36）.12．(2017·惠州第三次调研考试)在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为1∶3，且成绩分布在［40，100］，分数在80以上(含80）的同学获奖．按文、理科用分层抽样的方法抽取200人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图如图所示．(1）求a的值，并计算所抽取样本的平均值eq\x\to（x）(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；（2）填写下面的2×2列联表，并判断在犯错误的概率不超过0。05的前提下能否认为“获奖与学生的文、理科有关”.文科生理科生总计获奖5不获奖总计200附表及公式:P(K2≥k0）0。100.050。0250。0100.0050。001k02.7063.8415。0246.6357.87910.828K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d）。解：(1）a＝eq\f（1,10)×［1－（0。01＋0。015＋0。03＋0.015＋0。005）×10］＝0。025，eq\x\to（x)＝45×0.1＋55×0。15＋65×0.25＋75×0。3＋85×0.15＋95×0.05＝69.(2）2×2列联表如下：文科生理科生总计获奖53540不获奖45115160总计50150200因为K2＝eq\f(200×5×115－35×452,40×160×50×150)≈4.167>3.841，所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下能认为“获奖与学生的文、理科有关”．B卷-—大题增分专练1．某地电影院为了了解当地影迷对快要上映的一部电影的票价的看法，进行了一次调研，得到了票价x(单位：元）与渴望观影人数y(单位：万人）的结果如下表:x(单位：元)30405060y（单位：万人)4.5432。5（1)若y与x具有较强的相关关系，试分析y与x之间是正相关还是负相关；（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程;(3)根据（2）中求出的线性回归方程，预测票价定为多少元时，能获得最大票房收入．参考公式：eq\o(b，\s\up6（^）)＝eq\f(\i\su（i＝1，n，x)iyi－n\a\vs4\al（\x\to（x)）\a\vs4\al（\x\to(y)),\i\su（i＝1,n，x）\o\al（2，i）－n\x\to（x）2)，eq\o(a,\s\up6（^））＝eq\x\to（y)－eq\o（b,\s\up6(^))eq\x\to（x).解：（1)由表中数据易知，y随x的增大而减小，故y与x之间是负相关．（2)由表中数据可得eq\x\to（x)＝45，eq\x\to（y）＝3。5,eq\i\su（i＝1，4,x）iyi－4eq\a\vs4\al（\x\to(x)）eq\a\vs4\al（\x\to（y）)＝－35，eq\i\su（i＝1，4，x)eq\o\al（2，i)－4eq\x\to（x）2＝500，则eq\o(b,\s\up6（^））＝eq\f(\i\su（i＝1,4，x）iyi－4\a\vs4\al（\x\to（x））\a\vs4\al(\x\to(y））,\i\su(i＝1,4，x)\o\al(2,i）－4\x\to（x)2）＝－0。07，eq\o（a，\s\up6（^))＝3.5＋0.07×45＝6.65，所以,所求线性回归方程为eq\o(y，\s\up6(^)）＝－0。07x＋6。65.(3）根据（2）中的线性回归方程，若票价为x元，则渴望观影人数约为（－0.07x＋6.65)万人，可预测票房收入为z＝x（－0.07x＋6。65）＝－0。07x2＋6.65x＝－0。07(x－47。5）2＋157。9375，易得,当x＝47.5时，z取得最大值，即票价定为47.5元时，能获得最大票房收入．2．某高中学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在[50,100］内，发布成绩使用等级制．各等级划分标准见图表．规定：A，B，C三级为合格等级，D为不合格等级。分数85分及以上70分到84分60分到69分60分以下等级ABCD为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了n名学生的原始成绩作为样本进行统计．按照[50，60),[60，70）,[70，80），[80,90)，［90，100]的分组作出频率分布直方图如图①所示,样本中原始成绩在80分及以上的所有数据的茎叶图如图②所示．(1)求n和频率分布直方图中的x，y的值，并估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；(2）在选取的样本中，从成绩为A,D两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研,求至少有一名学生的成绩是A等级的概率．解：（1）由频率分布直方图及茎叶图中的相关数据可知，样本容量n＝eq\f（6,0。012×10）＝50，x＝eq\f(2,50×10）＝0.004，y＝eq\f（1－0.004＋0。01＋0。012＋0.056×10，10）＝0。018.因为成绩是合格等级的频率为1－0。1＝eq\f（9,10)，依据样本估计总体的思想，该校高一年级学生成绩是合格等级的概率是eq\f（9，10)。（2)由频率分布直方图及茎叶图知，A等级学生共有3名，D等级学生共有0.1×50＝5名，记A等级学生分别为A1，A2，A3,D等级学生分别为D1,D2，D3，D4，D5,则从8名学生中随机抽取2名学生的所有情况为A1A2,A1A3,A1D1,A1D2,A1D3,A1D4，A1D5，A2A3，A2D1，A2D2，A2D3，A2D4，A2D5，A3D1,A3D2，A3D3，A3D4，A3D5，D1D2,D1D3，D1D4，D1D5，D2D3，D2D4,D2D5，D3D4，D3D5，D4记“至少有一名学生的成绩是A等级”为事件E，则其对立事件eq\x\to（E)的可能结果为D1D2，D1D3，D1D4，D1D5，D2D3,D2D4,D2D5，D3D4，D3D5,D4D5,共10种．所以P(E）＝1－P(eq\x\to(E）)＝1－eq\f（10，28）＝eq\f（9,14)。3．传承传统文化再掀热潮,央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏．某机构组织了一场诗词知识竞赛，将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一般三个等级，从中随机抽取100名选手进行调查,如图是根据调查结果绘制的选手等级与人数的条形图．(1）若将一般等级和良好等级合称为合格等级,根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此判断能否在犯错误的概率不超过0。05的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关？优秀合格总计大学组中学组总计(2)若参赛选手共6万名，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数；（3）在优秀等级的选手中选取6名，在良好等级的选手中选取6名，都依次编号为1，2，3,4,5，6，在选出的6名优秀等级的选手中任取一名，记其编号为a，在选出的6名良好等级的选手中任取一名,记其编号为b，求使得方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（ax＋by＝3，,x＋2y＝2））有唯一一组实数解(x,y）的概率．参考公式：K2＝eq\f（nad－bc2，a＋bc＋da＋cb＋d）,其中n＝a＋b＋c＋d。参考数据：P（K2≥k0)0.100。050。01k02。7063.8416.635解：(1)由条形图可得2×2列联表如下：优秀合格总计大学组451055中学组301545总计7525100所以K2的观测值k＝eq\f（100×45×15－10×302，75×25×45×55）＝eq\f（100，33)≈3.030＜3.841,所以不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为选手成绩优秀与文化程度有关．(2)由条形图知，所抽取的100名选手中，优秀等级有75名，所以估计参赛选手中优秀等级的选手有60000×eq\f（75,100）＝45000（名)．(3）a可从1,2,3，4，5，6中取，有6种取法,b可从1，2,3,4，5，6中取，有6种取法，共有36组,要使方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（ax＋by＝3，，x＋2y＝2))有唯一一组实数解,则eq\f（a，b)≠eq\f（1，2).易知使eq\f(a，b)＝eq\f(1，2）成立的a，b满足的实数对有(1,2），（2,4)，(3，6)，共3组,故满足eq\f(a，b)≠eq\f(1，2)的实数对的组数为36－3＝33.故所求概率P＝eq\f（33，36）＝eq\f(11，12）.4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费）统一为a元,在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系．发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：交强险浮动因素和费率浮动比率表浮动因素浮动比率A1上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮10%A2上两个年度未发生有责任道路交通事故下浮20％A3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮30％A4上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%A5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮10％A6上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮30%某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的