2021高考数学一轮复习课后限时集训72概率与统计的综合问题理

PAGE课后限时集训72概率与统计的综合问题建议用时：45分钟1．某小店每天以每份5元的价格从食品厂购进若干份某种食品，然后以每份10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的食品还能以每份1元的价格退回食品厂处理．(1)若小店一天购进16份这种食品，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：份，n∈N)的函数解析式．(2)小店记录了100天这种食品的日需求量(单位：份)，整理得下表：日需求量n14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．①若小店一天购进16份这种食品，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列及数学期望．②以小店当天利润的数学期望为决策依据，你认为一天应购进这种食品16份还是17份？[解](1)当日需求量n≥16时，利润y＝80,当日需求量n<16时，利润y＝5n－4(16－n)＝9n－64，∴y关于n的函数解析式为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9n－64，n＜16，,80，n≥16))(n∈N)．(2)①由题意知，X的所有可能的取值为62,71,80,且P(X＝62)＝0.1，P(X＝71)＝0.2，P(X＝80)＝0.7，∴X的分布列为X627180P0.10.20.7∴EX＝62×0.1＋71×0.2＋80×0.7＝76.4.②若小店一天购进17份这种食品，设Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为Y58677685P0.10.20.160.54∴Y的数学期望EY＝58×0.1＋67×0.2＋76×0.16＋85×0.54＝77.26.由以上的计算结果可以看出EX<EY，即购进17份这种食品时的平均利润大于购进16份时的平均利润，∴小店应选择一天购进17份这种食品．2．据某市地产数据研究院的数据显示，2018年该市新建住宅销售均价走势如图所示，为抑制房价过快上涨，政府从8月份采取宏观调控措施，10月份开始房价得到很好的抑制．(1)地产数据研究院研究发现，3月至7月的各月均价y(万元/平方米)与月份x之间具有较强的线性相关关系，试建立y关于x的回归方程(系数精确到0.01)，政府若不调控，依据相关关系预测12月份该市新建住宅销售均价；(2)地产数据研究院在2018年的12个月份中，随机抽取三个月份的数据作样本分析，若关注所抽三个月份的所属季度，记不同季度的个数为x，求x的分布列和数学期望．参考数据：eq\o(∑,\s\up10(5),\s\do7(i＝1))xi＝25，eq\o(∑,\s\up10(5),\s\do7(i＝1))yi＝5.36，eq\o(∑,\s\up10(5),\s\do7(i＝1))(xi－eq\x\to(x))(yi－eq\x\to(y))＝0.64.回归方程eq\o(y,\s\up10(^))＝eq\o(b,\s\up10(^))x＋eq\o(a,\s\up10(^))中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：eq\o(b,\s\up10(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(n),\s\do7(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\o(∑,\s\up10(n),\s\do7(i＝1))xi－\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up10(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up10(^))eq\x\to(x).[解](1)由题意月份x34567均价y0.950.981.111.121.20计算可得：eq\x\to(x)＝5，eq\x\to(y)＝1.072，eq\o(∑,\s\up10(5),\s\do7(i＝1))(xi－eq\x\to(x))2＝10，∴eq\o(b,\s\up10(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(n),\s\do7(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\o(∑,\s\up10(n),\s\do7(i＝1))xi－\x\to(x)2)＝0.064，eq\o(a,\s\up10(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up10(^))eq\x\to(x)＝0.752，∴从3月到7月，y关于x的回归方程为y＝0.06x＋0.75，当x＝12时，代入回归方程得y＝1.47.即可预测第12月份该市新建住宅销售均价为1.47万元/平方米．(2)X的取值为1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(4,C\o\al(3,12))＝eq\f(1,55)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)×33,C\o\al(3,12))＝eq\f(27,55)，P(X＝2)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝eq\f(27,55)，X的分布列为x123Peq\f(1,55)eq\f(27,55)eq\f(27,55)EX＝1×eq\f(1,55)＋2×eq\f(27,55)＋3×eq\f(27,55)＝eq\f(136,55).3．(2019·青岛一模)某食品厂为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取100件产品作为样本称出它们的质量(单位：毫克)，质量值落在(175,225]的产品为合格品，否则为不合格品．如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图．产品质量/毫克频数(165,175]3(175,185]9(185,195]19(195,205]35(205,215]22(215,225]7(225,235]5(1)由以上统计数据完成下面2×2列联表，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？甲流水线乙流水线总计合格品不合格品总计附表：P(χ2＞k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(参考公式：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋ba＋cb＋dc＋d)，n＝a＋b＋c＋d)(2)由乙流水线的频率分布直方图可以认为乙流水线生产的产品质量指标z服从正态分布N(200,12.22)，求质量指标z落在(187.8,224.4)上的概率；参考公式：P(μ－σ＜z＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜z＜μ＋2σ)＝0.9544.(3)若以频率作为概率，从甲流水线任取2件产品，求至少有一件产品是合格品的概率．[解](1)由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为100×(1－0.04)＝96.所以2×2列联表是：甲流水线乙流水线总计合格品9296188不合格品8412总计100100200所以χ2＝eq\f(200×92×4－96×82,100×100×188×12)≈1.418＜2.072，所以在犯错误的概率不超过0.15的前提下不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关．(2)乙流水线的产品生产质量指标z服从正态分布N(200,12.22)，所以P(μ－σ＜z＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜z＜μ＋2σ)＝0.9544，所以P(μ－σ＜z＜μ＋2σ)＝P(μ－σ＜z＜0)＋P(0≤z＜μ＋2σ)＝eq\f(1,2)P(μ－σ＜z＜μ＋σ)＋eq\f(1,2)P(μ＋σ＜z＜μ＋2σ)＝eq\f(1,2)×(0.6826＋0.9544)＝0.8185，即P(200－12.2＜z＜200＋12.2×2)＝P(187.8＜z＜224.4)＝0.8185，所以质量指标落在[187.8,224.2)的概率是0.8185.(3)若以频率作概率，则从甲流水线任取一件产品是不合