新高考数学二轮复习 专题限时集训12 概率与统计（含解析）-人教版高三数学试题

专题限时集训(十二)概率与统计1．(2019·全国卷Ⅰ)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－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α和β，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α＝0.5，β＝0.8.(ⅰ)证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；(ⅱ)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－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)．所以X的分布列为X－101P(1－α)βαβ＋(1－α)(1－β)α(1－β)(2)(ⅰ)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≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是公比为4，首项为p1的等比数列．(ⅱ)由(ⅰ)可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝eq\f(48－1,3)p1.由于p8＝1，故p1＝eq\f(3,48－1)，所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)＝eq\f(44－1,3)p1＝eq\f(1,257).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＝eq\f(1,257)≈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．2．(2020·全国卷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eq\o(∑,\s\up7(20),\s\do8(i＝1))xi＝60，eq\o(∑,\s\up7(20),\s\do8(i＝1))yi＝1200，eq\o(∑,\s\up7(20),\s\do8(i＝1))(xi－eq\x\to(x))2＝80，eq\o(∑,\s\up7(20),\s\do8(i＝1))(yi－eq\x\to(y))2＝9000，eq\o(∑,\s\up7(20),\s\do8(i＝1))(xi－eq\x\to(x))(yi－eq\x\to(y))＝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＝eq\f(\o(∑,\s\up7(n),\s\do8(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up7(n),\s\do8(i＝1))xi－\x\to(x)2\o(∑,\s\up7(n),\s\do8(i＝1))yi－\x\to(y)2))，eq\r(2)≈1.414.[解](1)由已知得样本平均数eq\x\to(y)＝eq\f(1,20)eq\i\su(i＝1,20,y)i＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000.(2)样本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相关系数r＝eq\f(\i\su(i＝1,20,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,20,)xi－\x\to(x)2\i\su(i＝1,20,)yi－\x\to(y)2))＝eq\f(800,\r(80×9000))＝eq\f(2\r(2),3)≈0.94.(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．(2020·全国卷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)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：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828[解](1)由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如表：空气质量等级1234概率的估计值0.430.270.210.09(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为eq\f(1,100)(100×20＋300×35＋500×45)＝350.(3)根据所给数据，可得2×2列联表：人次≤400人次＞400空气质量好3337空气质量不好228根据列联表得K2＝eq\f(100×33×8－22×372,55×45×70×30)≈5.820.由于5.820＞3.841，故有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．(2017·全国卷Ⅰ)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(μ，σ2)．(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(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)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．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得eq\x\to(x)＝eq\f(1,16)eq\o(∑,\s\up7(16),\s\do8(i＝1))xi＝9.97，s＝eq\r(\f(1,16)\o(∑,\s\up7(16),\s\do8(i＝1))xi－\x\to(x)2)＝eq\r(\f(1,16)\o(∑,\s\up7(16),\s\do8(i＝1))x\o\al(2,i)－16\x\to(x)2))≈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eq\x\to(x)作为μ的估计值eq\o(μ,\s\up7(^))，用样本标准差s作为σ的估计值eq\o(σ,\s\up7(^))，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查．剔除(eq\o(μ,\s\up7(^))－3eq\o(σ,\s\up7(^))，eq\o(μ,\s\up7(^))＋3eq\o(σ,\s\up7(^)))之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ<Z＜μ＋3σ)＝0.9974，0.997416≈0.9592，eq\r(0.008)≈0.09.[解](1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.0026，故X～B(16，0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的数学期望E(X)＝16×0.0026＝0.0416.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)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(μ－3σ，μ＋3σ)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．②由eq\x\to(x)＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq\o(μ,\s\up7(^))＝9.97，σ的估计值为eq\o(σ,\s\up7(^))＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(eq\o(μ,\s\up7(^))－3eq\o(σ,\s\up7(^))，eq\o(μ,\s\up7(^))＋3eq\o(σ,\s\up7(^)))之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(eq\o(μ,\s\up7(^))－3eq\o(σ,\s\up7(^))，eq\o(μ,\s\up7(^))＋3eq\o(σ,\s\up7(^)))之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq\f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.eq\o(∑,\s\up7(16),\s\do8(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(eq\o(μ,\s\up7(^))－3eq\o(σ,\s\up7(^))，eq\o(μ,\s\up7(^))＋3eq\o(σ,\s\up7(^)))之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq\f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为eq\r(0.008)≈0.09.1．(2020·日照模拟)为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水线上随机抽取100个零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：直径/mm5758606162636465666768697072合计件数11356193318442121100经计算，样本的平均值μ＝64，标准差σ＝2.2，以频率作为概率的估计值.(1)为评估设备M的性能，从样本中任意抽取一个零件，记其直径为X，并根据以下规则进行评估(P表示相应事件的频率)：①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≥0.6827；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≥0.9545；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≥0.9973.若同时满足上述三个不等式，则设备M的性能等级为甲；若满足其中两个不等式，则设备M的性能等级为乙；若仅满足其中一个不等式，则设备M的性能等级为丙；若全部不满足，则设备M的性能等级为丁．试判断设备M的性能等级．(2)将直径小于或等于μ－2σ或直径大于μ＋2σ的零件认为是次品．(ⅰ)从设备M的生产流水线上任意抽取2个零件，计算其中次品个数Y的数学期望；(ⅱ)从样本中任意抽取2个零件，计算其中次品个数Z的数学期望E(Z)．[解](1)因为P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝P(61.8＜X≤66.2)＝0.8≥0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝P(59.6＜X≤68.4)＝0.94＜0.9545，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝P(57.4＜X≤70.6)＝0.98＜0.9973，所以设备M的性能等级为丙．(2)易知样本中次品共6个，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.(ⅰ)由题意可知Y～B(2，0.06)，于是E(Y)＝2×0.06＝0.12.(ⅱ)Z的分布列为Z012Peq\f(C\o\al(2,94),C\o\al(2,100))eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,94),C\o\al(2,100))eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,100))故E(Z)＝0×eq\f(C\o\al(2,94),C\o\al(2,100))＋1×eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,94),C\o\al(2,100))＋2×eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,100))＝eq\f(3,25)＝0.12.2．(2020·济宁模拟)某饮料公司计划从A，B两款新配方饮料中选择一款进行新品推介，现对这两款饮料进行市场调查，让接受调查的受访者同时饮用这两款饮料，并分别对A，B两款饮料进行评分．现对接受调查的100万名受访者的评分进行整理，得到如下统计图．从对以往调查数据分析可以得出如下结论：评分在[0，60)的受访者中有20%会购买，评分在[60，80)的受访者中有60%会购买，评分在[80，100]的受访者中有90%会购买．(1)在受访的100万人中，求对A款饮料评分在60分以下的有多少万人？(2)用频率估计概率，现从受访者中随机抽取1人进行调查，试估计该受访者购买A款饮料的可能性高于购买B款饮料的可能性的概率．(3)如果你是决策者，新品推介你会主推哪一款饮料，并说明你的理由．[解](1)由A款饮料的评分饼状图，得对A款饮料评分在60分以下的频率为0.05＋0.15＝0.2，∴对A款饮料评分在60分以下的有100×0.2＝20(万人)．(2)设受访者购买A款饮料的可能性高于购买B款饮料的可能性为事件C．记购买A款饮料的可能性是20%为事件A1；购买A款饮料的可能性是60%为事件A2；购买A款饮料的可能性是90%为事件A3；购买B款饮料的可能性是20%为事件B1；购买B款饮料的可能性是60%为事件B2；购买B款饮料的可能性是90%为事件B3.则P(A1)＝0.05＋0.15＝0.2，P(A2)＝0.1＋0.2＝0.3，P(A3)＝0.15＋0.35＝0.5，用频率估计概率得：P(B1)＝eq\f(5＋5,100)＝0.1，P(B2)＝eq\f(15＋20,100)＝0.35，P(B3)＝eq\f(15＋40,100)＝0.55.∵事件Ai与Bj相互独立，其中i，j＝1，2，3，∴P(C)＝P(A2B1＋A3B1＋A3B2)＝P(A2)P(B1)＋P(A3)P(B1)＋P(A3)P(B2)＝0.3×0.1＋0.5×0.1＋0.5×0.35＝0.255，∴估计该受访者购买A款饮料的可能性高于购买B款饮料的可能性的概率为0.255.(3)从受访者对A，B两款饮料购买期望角度看，A款饮料“选择倾向指数”X的分布列为X0.20.60.9P0.20.30.5B款饮料“选择倾向指数”Y的分布列为X0.20.60.9P0.10.350.55∴E(X)＝0.2×0.2＋0.6×0.3＋0.9×0.5＝0.67，E(Y)＝0.2×0.1＋0.6×0.35＋0.9×0.55＝0.725，根据上述期望可知E(X)＜E(Y)，故新品推介应该主推B款饮料．3．(2020·济宁模拟)某学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计，其中对教师教学水平给出好评的学生人数为总数的60%，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的75%，对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人．(1)填写下面对教师教学水平和教师管理水平评价的2×2列联表：对教师管理水平给出好评对教师管理水平给出差评合计对教师教学水平给出好评对教师教学水平给出差评合计问：是否可以在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为对教师教学水平给出好评与对教师管理水平给出好评有关？(2)若将频率视为概率，有4名教师参与了此次评价，设教师教学水平和教师管理水平全为好评的教师人数为随机变量X.①求教师教学水平和教师管理水平全为好评的教师人数X的分布列(概率用数值作答)；②求X的数学期望和方差．附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828[解](1)由题意可得对教师教学水平和教师管理水平评价的2×2列联表为对教师管理水平给出好评对教师管理水平给出差评合计对教师教学水平给出好评12060180对教师教学水平给出差评10515120合计22575300K2＝eq\f(300×120×15－60×1052,180×120×225×75)≈16.667＞10.828，∴可以在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为对教师教学水平给出好评与对教师管理水平给出好评有关．(2)①教师教学水平和教师管理水平全为好评的概率为eq\f(2,5)，且X的取值可以是0，1，2，3，4.P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up10(4)＝eq\f(81,625)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up10(3)＝eq\f(216,625)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up10(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up10(2)＝eq\f(216,625)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up10(3)×eq\f(3,5)＝eq\f(96,625)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up10(4)＝eq\f(16,625)，∴X的分布列为X01234Peq\f(81,625)eq\f(216,625)eq\f(216,625)eq\f(96,625)eq\f(16,625)②由于X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,5)))，则E(X)＝4×eq\f(2,5)＝eq\f(8,5)，D(X)＝4×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＝eq\f(24,25).1．“过大年，吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2019年春节前夕，A市某质量检测部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺，检测其某项质量指标值，所得频率分布直方图如图：(1)求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数eq\x\to(x)(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)(ⅰ)由频率分布直方图可以认为，速冻水饺的该项质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，利用该正态分布，求Z落在(14.55，38.45]内的概率；(ⅱ)将频率视为概率，若某人从该市某超市购买了4包这种品牌的速冻水饺，记这4包速冻水饺中该项质量指标值位于(10，30]内的包数为X，求X的分布列和数学期望．附：计算得所抽查的这100包速冻水饺的该项质量指标值的标准差σ＝eq\r(142.75)≈11.95.若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)≈0.9545.[解](1)所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数为eq\x\to(x)＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(2)(ⅰ)∵Z服从正态分布N(μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95，∴P(14.55＜Z≤38.45)＝P(26.5－11.95＜Z≤26.5＋11.95)≈0.6827，∴Z落在(14.55，38.45]内的概率是0.6827.(ⅱ)根据题意得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)))，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(4)＝eq\f(1,16)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(4)＝eq\f(1,4)；P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(4)＝eq\f(3,8)；P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(4)＝eq\f(1,4)；P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(4)＝eq\f(1,16).∴X的分布列为X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)∴E(X)＝4×eq\f(1,2)＝2.2．插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑、盆景、造园等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一．为了通过插花艺术激发学生对美的追求，增添生活乐趣，提高学生保护环境的意识，增加团队凝聚力，某高校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛．比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分．比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表，如下所示：分数区间频数[72，76)1[76，80)5[80，84)12[84，88)14[88，92)4[92，96)3[96，100]1定义评委对插花作品的“观赏值”如下所示．分数区间[72，84)[84，92)[92，100]观赏值123(1)估计甲组插花作品所得分数的中位数(结果保留两位小数)；(2)从40位评委中随机抽取1人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率；(3)若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出一个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组？请说明理由(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．[解](1)设甲组插花作品所得分数的中位数为x，由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为0.3，在最后三个分数区间的频率之和为0.26，故x在[84，88)内，且eq\f(x－84,88－x)＝eq\f(0.5－0.3,0.5－0.26)，解得x＝eq\f(944,11)，故x≈85.82.(2)设“对乙组插花作品的‘观赏值’比对甲组插花作品的‘观赏值’高”为事件C，“对乙组插花作品的‘观赏值’为2”为事件A2，“对乙组插花作品的‘观赏值’为3”为事件A3，“对甲组插花作品的‘观赏值’为1”为事件B1，“对甲组插花作品的‘观赏值’为2”为事件B2，则P(B1)＝(0.010＋0.025＋0.040)×4＝0.3，P(B2)＝(0.110＋0.040)×4＝0.6，由频数分布表得，P(A2)＝eq\f(14＋4,40)＝0.45，P(A3)＝eq\f(3＋1,40)＝0.1.因为事件Ai与Bj相互独立，其中i＝2，3，j＝1，2，所以P(C)＝P(A2B1＋A3B1＋A3B2)＝P(A2)P(B1)＋P(A3)P(B1)＋P(A3)P(B2)＝0.45×0.3＋0.1×0.3＋0.1×0.6＝0.225，所以评委对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率为0.225.(3)由频率分布直方图可知，甲组插花作品的最后得分约为(0.010×74＋0.025×78＋0.040×82＋0.110×86＋0.040×90＋0.020×94＋0.005×98)×4＝85.6.由乙组插花作品所得分数的频数分布表，得分数区间频数频率[72，76)10.025[76，80)50.125[80，84)120.300[84，88)140.350[88，92)40.100[92，96)30.075[96，100]10.025所以乙组插花作品的最后得分约为0.025×74＋0.125×78＋0.300×82＋0.350×86＋0.100×90＋0.075×94＋0.025×98＝84.8.因为85.6＞84.8，所以该校会选择甲组插花作品．3．2019年女排世界杯是由国际排联(FIVB)举办的第13届世界杯赛事，比赛于2019年9月14日至9月29日在日本举行，共有12支参赛队伍．最终，中国女排以11战全胜且只丢3局的成绩成功卫冕本届世界杯冠军．中国女排的影响力早已超越体育本身的意义，不仅是时代的集体记忆，更是激励国人继续奋斗、自强不息的精神符号．以下是本次世界杯最终比赛结果的相关数据(只列出了前6名)．排名球队场次积分已赛胜场负场1中国11110322美国11101283俄罗斯1183234巴西1174215日本1165196韩国116518(1)记每个队的胜场数为变量x，积分为变量y，若y与x之间具有线性相关关系，试根据表中数据求出y关于x的线性回归方程(系数精确到0.01)，并由此估计本次比赛中胜场数是4的塞尔维亚队的积分(结果保留整数)；(2)中国已经获得2020年东京奥运会女排比赛的参赛资格，东京奥运会女排比赛一共有12支队伍，比赛分为2个小组，每个小组进行单循环比赛．积分规则是以3∶0或者3∶1取胜的球队积3分、负队积0分，以3∶2取胜的球队积2分、负队积1分．根据以往比赛的战绩情况分析，中国队与同组的某2支强队比赛的比分以及相应概率如下表所示：比分3∶03∶13∶22∶31∶30∶3概率0.10.20.30.20.10.1试求小组赛中，中国队与这2支球队比赛总积分的期望．参考公式：线性回归方程eq\o(y,\s\up7(^))＝eq\o(b,\s\up7(^))x＋eq\o(a,\s\up7(^))中，eq\o(b,\s\up7(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up7(n),\s\do8(i＝1))xiyi－n\x\to(x)\x\to(y),\o(∑,\s\up7(n),\s\do8(i＝1))x\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)，eq\o(a,\s