2020年高考数学二轮复习专项微专题核心考点突破：专题31概率与统计创新题型备考策略与方法（解析版）

2020年高考数学二轮复习专项微专题核心考点突破

专题31概率与统计创新题型备考策略与方法

皑屈命题

随着《普通高中数学课程标准（2017年版）》（以下简称《课标（2017年版）》）地逐步实施，高考数学内容

及形式的改革也同步启动，尤其是高考内容的改革，在近两年已经显露头角，如考查的内容与最新的科技

成果、文学、艺术、美学，以及中华优秀传统文化相结合等.其中，对概率与统计内容的考查被提升到较高

的位置，如概率与统计的解答题，原来被设置在主观题第二题的位置，2019年被设置为高考数学全国卷/

理科的压轴题.另外，在《课标（2017年版）》中，概率与统计属于加强内容，已被单独列为高中数学四大

主题之一.

随着概率与统计内容在《课标（2017年版）》中要求的提高，在高考考查中难度增大、分值增加，同时概率

与统计又与社会、经济、科技发展密切联系，概率与统计内容在高考考查中逐步呈现出综合性、应用性和

创新性等特点，成为当下高考备考的热点问题和难点问题.

下面就以近年高考概率与统计创新性题型的复习为例，展示上述复习方式的核心理念及关键做法.

隐因同隐因宓!

1按照同类为伍、近类为邻的原则，设计或构建相近问题题组，凸显共性和规律.

众所周知，对于重要的知识、重要的思想方法的理解掌握及灵活运用，不是通过一两个问题的解决能够实

现的，往往需要经过一类问题的变式研究及反复比较，提炼核心问题，总结规律方法，才能认清其问题的

本质及思想方法的实质，达到对知识和思想方法的理解掌握、灵活运用.

例1（2019年高考数学全国卷I理科第21题）

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-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7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a

和B，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(z=0,1,…，8)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po=O,p8=l,pi=api-i+bpi+cpi+\(z=1,2,•••,7),其中a=P(X=

-1),b=P(X=0),c=P(X=l).假设a=0.5,0=0.8.

(i)证明：{必+i-p,}(i=0,1,2,7)为等比数列；

(n)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.

【解答】(D解：X的所有可能取值为-1,0,1.

P(X=-1)=(1-a)p,P(X=0)=ap+(1-a)(1-p),P(X=l)=a(1-p),

；.X的分布列为：

X-101

P(1-a)0邓+(1-a)(1-p)a(1-P)

(2)(z)证明：：a=0.5,p=0.8,

.,.由(1)得，a=0A,b—0.5,c=0.1.

因此〃=0.4p,j+0.5pi+0」pi+i(z=l,2,…,7),

故0.1(/?；+1-pi)=0.4(pi-pi.\),即(pi+l-pi)=4(.pi-pi-I),

又1•pi-po=piKO,二{0+i-pi}(i=0,1,2.•••,7)为公比为4,首项为pi的等比数列；

(//)解：由⑴可得，

(1—4^)4^-1

08=(p8-P7)+(pi-p6)+,,,+(pi-po)+po=.L]_4_-=_2

3

/?8=1,P1=-^g-

4^—1।

.'.?4=(/?4-P3)+(P3-P2)+3-pi)+(pi-po)+po=——p\=

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

2=缶=0.0039,此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.

该题以科学实验的设计方案为背景，将概率知识与数列的相关内容联系起来，构造了一个考查概率分布列、

概率的意义以及递推数列求通项的创新性综合应用题.围绕该题涉及的内容、情境、知识架构、设问方式以

及问题解决的关键，我们设计了以下变式问题，力求通过这一组问题的解决，探究得出该类问题的本质并

掌握解决此类问题的思想方法.

变式1某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都

是'从开关第二次闭合起，若前次出现红灯，则下次出现红灯的概率是士出现绿灯的概率是三；若前次出

233

现绿灯，则下次出现红灯的概率是会出现绿灯的概率是京记开关第〃次闭合后出现红灯的概率为P".

(I)求P2；

(H)开关闭合10次时，出现绿灯的概率是多少？

解答：

(1)如果第一次出现红灯，则接着乂出现红灯的概率是士x士，

23

如果第一次出现绿灯，则接着出现红灯的概率为：Xi

25

...第二次出现红灯的概率为三X三+三x'=二，

232515

(II)设第n次闭合时，出现红灯的概率是Pn,则Pn=7Pn-i+；(1-p.!)=-WPn-1+；-

35n155

设Pn+k=-已句…+幻,即Pn=一号邛…一等"一答=:求得卜=~

故数列｛Pn-巳)为等比数列，且公比为-2

再根据首项为内一巳二弟二外一巳"看―"+'•

故第n次闭合时，出现绿灯的概率是1-pn=/一/(一三)“二

故开关闭合10次时,出现绿灯的概率是三+上(£了.

变式2A,8两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人

继续掷：若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由4开始掷.设第〃次由A掷的概率为P,,.

(I)求Pn；

(II)求前4次抛掷中A恰好掷3次的概率P.

解：第(n+1)次由A掷这一事件，包括第n次由A掷、第(n+1)次继续由A掷这一事件以及第n次由B

掷、第(n+1)次由A掷这一事件。这两个事件发生的概率分别是蓑匕,(一部1-。

由于这两个事件是互斥的，则4+1=£匕+(l-^)(l-Pn)=-ipn+J

易知P]=1.

由递推关系可得：％+工一==一;

所以数列｛4-m是以巴一;=:为首项，一;为公比的等比数列.

所以4=:+:*(一;)"1

(H)结合(1)的结论可知P=

81

变式1、变式2的题目情境不同，但知识的架构、问题的本质和解决问题的思想方法是一致的.只不过变式1、

变式2需要答题者自己先构建数列的递推关系式，然后再求其通项，难度更大.

现实问题是多样的，情境是不同的，但是很多问题的内部又具有高度的统一性.从高考数学备考的质量要求

看，追求的就是这种“博观约取”，提炼共性和规律，达到举一反三、触类旁通的效果.

下面的题组是以2018年高考数学全国卷/理科第20题为框架结构构造的.供读者进一步体会上述复习方法.

例2(2018年高考数学全国卷理科第20题)

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p(0<p<l),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/(p),求/(p)的最大值点外.

(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po作为p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.

(z)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X,求EX；

(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？

【解答】解：(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为/(p),

则"p)=Cjj)p2(l-p)ia.

z1821717

•••f(P)=Cf0[2p(l-p)-18p(l-p)]=2Cfop(l-p)(1-lOp),

令f(p)=0,得p=0.1,

当pe(o,o.i)时，f(p)>o,

当pe(o.i,i)时，f(p)<o,

.♦./(2)的最大值点加=o.i.

(2)(i)由(1)知p=0.1,

令y表示余下的180件产品中的不合格品数，依题意知Y〜B(180,0.1),

X=20X2+25Y,即X=40+25Y,

：.E(X)=E(40+257)=40+25E(F)=40+25X180X0.1=490.

(")如果对余下的产品作检验，由这一箱产品所需要的检验费为40()元,

,:E(X)=490400,

,应该对余下的产品进行检验.

变式3某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延

保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修

费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1

000元.某医院准备一次性购买2台这种机器.现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整

理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：

维修次数0123

台数5102015

以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保

的两年内共需维修的次数.

(1)求X的分布列；

(2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？

【答案】(I)见解析；(H)选择延保方案二较合算

【解析】

(I)*所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6,

P(X=0)=^-x—=—>p(x=1)=—xix2=-P(X=2)=*x±+三x±x2=2

101010Cz105255551025

P(X=3)=^x^x2+|x1x2=^P(X=4)=1xj+^xix2=^

P(X=5)="会2P(X=6)=^x^=^

的分布列为

X0123456

P11169

1002525502525100

(II)选择延保一，所需费用八元的分布列为:

八70009000110001300015000

17

P69

100502525100

Eh=另x7000+蔑x9000+士x11000+2x13000+高x1500C=10720

选择延保二，所需费用匕元的分布列为:

Yz100001100012000

9

P676

10025100

（元）.

EK*-*=—1nnx10000+”-x11000+—1nnx12000=10420

VFK>Eh，.•.该医院选择延保方案二较合算.

变式4某大型工厂有5台大型机器，在1个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相

互独立的，出现故障时需1名工人进行维修.每台机器出现故障的概率为【已知1名工人每月只有维修1台

机器的能力，每台机器不出现故障或出现故障时有工人维修，就能使该厂获得io万元的利润，否则将亏损3

万元.该工厂每月需支付给每名维修工人1.5万元的工资.

(1)若每台机器在当月不出现故障或出现故障时有工人进行维修，则称工厂能正常运行.若该厂只有2名

维修工人，求工厂每月能正常运行的概率；

(2)已知该厂现有4名维修工人.

(i)记该厂每月获利为*万元，求》的分布列与数学期望;

(ii)以工厂每月获利的数学期望为决策依据，试问该厂是否应再招聘1名维修工人?

【答案】(1)；(2)(i)；(ii)不应该.

1-395

232

【解析】

(1)因为该工厂只有2名维修工人，故要使工厂正常运行，最多只有2台大型机器出现故障.

，该工厂正常运行的概率为：

(2)(i)*的可能取值有3i，44,

P(X=31)=(i)5=-P(X=44)=1一2=去

的分布列为：

X3144

P2-

3232

fX=31X—+44x—=—

323232

(ii)若工厂再招聘一名维修工人，则工厂一定能正常运行,

工厂所获利润为5x10-1.5x5=42.5万元，

因为

%>42.5

该厂不应该再招聘1名维修工人.

2类比迁移，实现思维创新、问题创新

我们知道，可以将数列看成一类特殊的函数，那么函数中的很多解题方法就可以直接应用于数列问题.同样

的，如果把概率看成是随机变量的函数，那么离散型随机变量的概率分布列就是一类特殊的数列，如例1、

变式1、变式2.数列有对称数列，概率分布能否设计成对称分布？另外，如果把随机变量看成函数，又将如

何？

例3春节期间某商店出售某种海鲜礼盒，假设每天该礼盒的需求量在｛11,12,…，30｝范围内等可能取值,

该礼盒的进货量也在｛11,12,30｝范围内取值（每天进1次货）.商店每销售1盒礼盒可获利50元；若

供大于求，剩余的削价处理，每处理1盒礼盒亏损10元；若供不应求，可从其他商店调拨，销售1盒礼盒

可获利30元.设该礼盒每天的需求量为x盒，进货量为a盒，商店的日利润为y元.

（/）求商店的日利润y关于需求量x的函数表达式；

（II）试计算进货量。为多少时，商店日利润的期望值最大？并求出日利润期望值的最大值.

解：（/）由于礼盒的需求量为x,进货量为。，商店的日利润y关于需求量x的函数表达式为:

(50a+30(x-a),a<x<30,xeZ

(50x-10(a-x),ll<x<a,xeZ

化简得y=｛3Ox+20a,a<x<30,xeZ

60x-10a,11<x<a,xeZ'

（ID日利润y的分布列为:

y60x11—10。60x12-10a・・・60x(a-1)-10a30a+20a

1111

p・・・

20202020

y30(a+1)+20。・・・30x29+20a30x30+20a

111

p・・・

202020

日利润y的数学期望为

E(y)=或•{(60x11-10a)+(60x12-10a)+…+[60x(a-1)-10a]}+•{(30a+20a)+

[30(a+1)+20a]+-+(30x30+20a)}=-^a=+^a+^

结合二次函数的知识，当〃=24时，日利润y的数学期望最大，最大值为958.5元.

通过上面的问题可以看出，将概率问题放在更大的概念背景下重新审视，思维就有了更大的伸展空间.

3结束语

高三数学复习的目的之一就是总结解题规律和方法，同时创新性地预见并解决未来可能面临的问题.本文介

绍的复习方法与策略，就是试图解决“对于高考中出现的新问题如何进行有效备考”的问题，并通过问题及其

变式，培养学生的创新思维.

模撷题强砒

1.砂糖橘是柑橘类的名优品种，因其味甜如砂糖故名.某果农选取一片山地种植砂糖橘，收获时,该果农随机选

取果树20株作为样本测量它们每一株的果实产量(单位:版),获得的所有数据按照区间(40,45］,(45,50］,(50,55J,

(55,60］进行分组，得到频率分布直方图如图所示.已知样本中产量在区间(45,50］上的果树株数是产量在区间(5

4

0,60］上的果树株数的］倍.

(2)从样本中产量在区间(50,60］上的果树里随机抽取两株,求产量在区间(55,60］上的果树至少有一株被抽中的

概率.

3

【答案】⑴。=0.08,6=0.04.⑵

【解析】

⑴样本中产量在区间(45.50］上的果树有ax5x20=100a(株)，

样本中产量在区间(50,60］上的果树有(b+0.02)x5x20=100(b+0.02)(株)，

44

依题意，有100a=-xl00(b+0.02),即a=—(b+0.02).①

33

根据频率分布直方图可知(0.02+b+0.06+a)x5=l,②

由①@得：a=0.08,b=0.04.

(2)样本中产量在区间(50,55］上的果树有0.04x5x20=4(株)，分别记为A”Az,A3,A4,

产量在区间(55,60］上的果树有O02x5x20=2(株)，分别记为Bi,B2.

从这6株果树中随机抽取2株共有15种情况：(Ai,A2),(Ai,A3),(Ai,A4),(Ai,B,),(A,,B2),(A2,

A3),(A2,A4),(A2,Bi),(A2,B2),(A3,A4),(A3,Bi),(A3,B2),(A*Bi),(A4,B2),(Bi,B2).

其中产量在(55,60］上的果树至少有一株被抽中共有9种情况：(Ai,Bi),(Ai,B2),(A2,Bi),(A2,B2),(A

3,Bi),(A3,B2),(A4,Bi),(A4,B2),(Bi,B2).

记“从样本中产量在区间(50,60］上的果树中随机抽取2株，产量在区间(55,60］上的果树至少有一株被抽中”

93

为事件M,则P(M)=—=—.

2.下表给出的是某城市2015年至2018年，人均存款x(万元)，人均消费V(万元)的几组对照数据.

年份2015201620172018

人均存款X(万元)0.60.70.80.9

人均消费y(万元)0.350.450.450.55

(1)试建立y关于X的线性回归方程；如果该城市2019年的人均存款为1.1万元，请根据线性回归方程预

测2019年该城市的人均消费；

(2)计算斤=1-与--------并说明线性回归方程的拟合效果.

小臼

/=1

-^)(x-y)__

附：回归方程丫=。+灰中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为匕=J-----——,由=&—务。

牛7)一

【答案】(1)y=0.6x，人均存款为0.66万元；(2)代=().9,人均存款解释了90%的人均消费的变化,

X、＞具有较好的拟合效果.

【解析】

_141

(1)X=-2^X,.=-(0.6+0.7+0.8+0.9)=0.75,

4/=!」

_141

y=-Z%=一(035+0.45+0.45+0.55)=0.45,

4,=|4

^(x,-ji)(X-y)=(-O.15)x(-O.l)+(-O.O5)xO+O.O5xO+O.15xO.l=O.O3,

i=l

2222

火(七_,2=(-0.15)+(-0.05)+0.05+0.15=0.05,

/=|\

4__

.£1-矶V-司003_

=------——=诉=0.6,a=y—匕x=0.45—0.6x0.75=0，

/=1

•••所求回归直线方程为y=0,6X，

当x=l.l时，y=0.6xl.1=0.66,预计该国家2019年的人均存款为0.66万元;

(2)由回归方程计算得，=0.36.%=042，%=°-48，％=0-54，

所以，冬(y-X)2=(0.35-0.36)2+(0.45-0.42)2+(0.45-0.48)2+(0.55-0.54)2=0.002,

力(X-W=(0.35-0.45)2+(0.45-0.45)2+(0.45-0.48)52+(0.55-0.45)2=0.02,

说明人均存款解释r90%的人均消费的变化，x、y具有较好的拟合效果.

3.九龙坡区围绕大力发展高新技术产业、推进高质量城市管理、创造高品质人民生活，建设宜居、宜业、

宜游的“三高九龙坡、三宜山水城”的总愿景，全面开启新时代的新梦想、新征程.热心网友“我是坡民”

通过问卷，对近五年游客满意度排在前三名的区内景点进行了统计，结果如表一.根据此表，他又对游览过

热门景点重庆动物园的100名游客进行满意度调查，给景点打分，满分为100分，得分超过90分的为“特

别满意”，其余为“基本满意”，将受调查游客年龄为12岁及以下的人群称为儿童，得到2x2列联表，如表

二：

表一：

年份景点排名2014年2015年2016年2017年2018年

1重庆动物园重庆动物园龙门阵景区彩云湖彩云湖

2华岩景区华岩景区重庆动物园龙龙门阵景区黄桶坪涂鸦街

3巴国城海兰云天黄桶坪涂鸦街华岩景区重庆动物园

表二:

特别满意基本满意合计

儿童40

非儿童30

合计60100

(1)完成表二的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为调查对象是否“特别满意”与是否是儿童有关；

(2)为安排节假日出行，“我是坡民”从表一的5个年份中随机选择2个年份，再从这2个年份排名前三的

景点中任意选择1个景点，记选择出的景点中“重庆动物园”出现的次数为自，求自的分布列及数学期望EJ.

参考公式K2=------3d一肛-------,〃=a+0+c+”.

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

参考数据：P(K2>5.024)=0.025,P(/r2>6.635)=0.010,P(K?27.879)=0.005,

>10.828)=0.001.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】

(1)题中100名游客，有60个特别满意，所以有40个基本满意，在60个特别满意中，儿童有40个，所

以非儿童20个；在40个基本满意中，有30个非儿童，所以有10个儿童，再计算出合计，填表如下：

特别满意基本满意合计

儿童401()50

非儿童203050

合计6040100

陪…凿渭…广吗黑耳•…。即所—把握把

握认为调查对象是否“特别满意”与是否是儿童有关;

(2)由题意可知：J的可能取值为0」,2.

C18n/匕八C',1C：z122

P4=0)=3=一,PC=l)=Txlx—+VxC：x-x-=一,

15C；3C；2335

所以4的分布

P©=2)=,

列为:

A012

821

P

1515

Q212

因止匕石(J)=0x£+lx—+2X」一=2.

1551515

4.为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王"冬奥知识竞赛活动.现从参加

冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组"40,50）,

[50,60）,[60,70）,[70,80）,[80,90）,[90,100],得到如图所示的频率分布直方图.

v405060708090100分数

（1）求。的值；

（2）估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（3）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀；比赛成绩低于80分为“非优秀？请将

下面的2x2列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？

优秀非优秀合计

男生40

女生50

合计100

参考公式及数据：K=（i）（c+d）（a+c）（Hd），…+"c+d

2

P(K>KO)0.100.050.0250.0100.0050.001

K。2.7063.8415.0246.6357.87910.828

【答案】（1）a=0.025（2）74（3）见解析，没有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关

【解析】

(1)由题可得(0.005+0.010+0.020+0.030+4+0.010)x10=1

解得a=0.025.

(2)平均成绩为：45x0.05+55x0.1+65x0.2+75x0.3+85x0.25+95x0.1

=74

(3)由(2)知，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的有100*0.35=35人，由此可得完整的2x2列

联表:

优秀非优秀合计

男生104050

女生252550

合计3565100

K2的观测值k=25x00)-=%。9.890<10,828，

35x65x50x5091

，没有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关

5.某次数学知识比赛中共有6个不同的题目，每位同学从中随机抽取3个题目进行作答，已知这6个题目

2

中，甲只能正确作答其中的4个，而乙正确作答每个题目的概率均为且甲、乙两位同学对每个题目的

作答都是相互独立、互不影响的.

(1)求甲、乙两位同学总共正确作答3个题目的概率；

(2)若甲、乙两位同学答对题目个数分别是〃？，"，由于甲所在班级少一名学生参赛，故甲答对一题得1

5分，乙答对一题得10分，求甲乙两人得分之和X的期望.

31

【答案】(1)—;(2)50

135

【解析】

(1)由题意可知共答对3题可以分为3种情况：甲答对1题乙答对2题；甲答对2题乙答对1题；甲答对

3题乙答对0题.故所求的概率

c'c231

p=C2

3目即等u酰卜AC

c135

(2)加的所有取值有1,2,3

clc21c2c13r311al

4242

P（m=l）=3=",=2）='3=-,尸（m=3）=*=一,故£（机）=1X-42X-3-X-2=

q5q5q5555

由题意可知〃故矶〃）=3xg=2.而X=15m+10”，

所以E（X）=15矶m）+10E（"）=50

6.为了了解我校高2017级本部和大学城校区的学生是否愿意参加自主招生培训的情况，对全年级2000名

高三学生进行了问卷调查，统计结果如下表：

校区愿意参加不愿意参加

重庆一中本部校区220980

重庆一中大学城校区80720

（1）若从愿意参加自主招生培训的同学中按分层抽样的方法抽取15人，则大学城校区应抽取几人；

（2）现对愿意参加自主招生的同学组织摸底考试，考试题共有5道题，每题20分，对于这5道题，考生“如

花姐”完全会答的有3题，不完全会的有2道，不完全会的每道题她得分S的概率满足：

A-k

P（s=6k）=--,Z=1,2,3,假设解答各题之间没有影响，

6

①对于一道不完全会的题，求“如花姐”得分的均值E（S）；

②试求“如花姐”在本次摸底考试中总得分的数学期望.

【答案】（1）4；（2）①10；②80.

【解析】

QA

（1）大学城校区应抽取15x—=4人；

220+80

A-b

（2）①由题知：对一道不完全会的题，“如花姐”得分的分布列为P（S=6。=——，4=1,2,3,即；

S61218

p

236

所以对于每一道不完全会的题，“如花姐”得分的期望为E（S）=6x!+12x2+18x，=l（B＞；

236

②记片为“如花姐”做两道不完全会的题的得分总和,则占=12,18,24,30,36

「收=12）=；x；=；;尸（L=18）=；Kx2=；;P（L=24）=；x[x2+3；=

2242JJ2。33

p（^=30）=-xlx2=-;F（4=36）=-xl=—；

'7369'76636

E（^）=12xl+18xl+24x—+30xl+36x—=20.

V74318936

所以“如花姐”最后得分的期望值为20x3+E（J）=80分.

7.某农科站技术员为了解某品种树苗的生长情况，在该批树苗中随机抽取一个容量为100的样本，测量树

苗高度（单位:cm）.经统计，高度均在区间[20,50]内,将其按[20,25）,[25,30）,[30,35）,[35,40）,

[40,45）,[45,50]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图，其中高度不低于40c〃7的树苗为优质树苗.

（1）已知所抽取的这100棵树苗来自于甲、乙两个地区，部分数据如下2x2列联表所示，将列联表补充完

整，并根据列联表判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与地区有关?

（2）用样本估计总体的方式，从这批树苗中随机抽取4棵，期中优质树苗的棵数记为X,求X的分布列和

数学期望.

甲地区乙地区合计

优质树苗5

非优质树苗25

合计

“八八n(ad-bc)2-

附：K=-------------------------,其中c〃=a+b+c+d

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(降融)0.0250.0100.0050.001

ko5.0246.6357.87910.828

【答案】(1)列联表见解析，有99.9%的把握认为优质树苗与地区有关；(2)分布列见解析，EX=l

【解析】

(1)由题意知5o+0.04x2+0.07=解得a=0.01.

样本中优质树苗的个数为100x(0.04+0.01)x5=25,

所填表格为：

甲地区乙地区合计

优质树苗52025

非优质树苗502575

合计5545100

R=1OO(5X25~5QX2O)216.5>10.828,所以有99.9%的把握认为优质树苗与地区有关.

25x75x55x45

(2)容量为100的样本中有25颗优质树苗，故可以认为从总体中随机抽1颗树苗为优质树苗的概率为上,

4

所以X〜8(4,；),P(X=k),k=0,1,2,3,4,

所以X的分布列为:

X01234

81272731

P

2566412864256

1

EX=np=4x--=1.

8.2019年电商“双十一”大战即将开始.某电商为了尽快占领市场，抢占今年“双H，的先机，对成都地区年

龄在15到75岁的人群”是否网上购物”的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用网

上购物的人数如下所示：(年龄单位：岁)

年龄段[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75]

频率0.10.320.280.220.050.03

购物人数828241221

（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的2x2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过

0.001的前提下认为“网上购物”与年龄有关？

年龄低于45岁年龄不低于45岁总计

使用网上购物

不使用网上购物

总计

（2）若从年龄在［55,65）,［65,75］的样本中各随机选取2人进行座谈，记选中的4人中“使用网上购物”的

人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.

参考数据:

P(K2>k)

00.0250.0100.0050.001

3.8416.6357.87910.828

n^ad-bc}'

参考公式：K-=

(a+b)(c+d)(a+c)e+d)

【答案】（1）填表见解析，可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用网上购物”与年龄有关（2）

详见解析

【解析】

（1）由统计表可得，低于45岁人数为70人，不低于45岁人数为30人，可得列联表如下

年龄低于45岁年龄不低于45岁总计

使用网上购物601575

不使用网上购物101525

总计7()30100

于是有K?的观测值上=3)(60x15-'I。)？J(X)

«14.286>10.828,

75x25x70x307

故可以在犯错的概率不超过0.001的前提下认为“网上购物”与年龄有关:

(2)由题意可知，X的所有可能的取值为0，1，2,3,相应的概率为：

C；C；=1P(X=1)=生岭暮雪J,p(x=2)=C；C；+C；C；C：G13

P(X=0)=

C；C厂10JG330

于是