概率统计解答题（解析版）

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编

专题13概率统计解答题

一、解答题

1.(2022年全国甲卷理科•第19题)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10

分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项

目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.

(1)求甲学校获得冠军的概率；

(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.

【答案】(1)0.6；(2)分布列见解析：，E(X)=13.

解析：(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为所以甲学校获得冠军的概率为

P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)

=0.5x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2

=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30,所以，

p(X=0)=0.5x0.4x0.8=0.16,

X=10)=0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44,

产(X=20)=0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

p(X=30)=0.5x0.6x0.2=0.06.

即X的分布列为

X0102030

P0.160.440.340.06

期望E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13.

【题目栏目】概率'相互独立事件'相互独立事件同时发生的概率

【题目来源】2022年全国甲卷理科•第19题

2.(2022年全国乙卷理科•第19题)某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区

某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m?）和材积量（单

位：n?），得到如下数据：

样

本总

12345678910

号和

i

根

部

横

截0.040.060.040.080080.050.050.070.070.060.6

面

积

不

材

积

0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

量

y,

101010

并计算得2年=oo38，Z4=1.6158,2他=0.2474.

i=li=Ii=l

（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；

（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为

186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材

积量的估计值.

七（七一君（乂一/____

附：相关系数「=厂“，V1-896工1.377.

忙（七一元茂（凹一处

Vi=li=l

【答案】⑴0.06m\0.39m3

(2)0.97

(3)1209m3

解析：【小问1详解】

样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值土=辞=0.06

样本中10棵这种树木的材积量的平均值丁=需39=0.39

据此可估计该林区这种树木平均•棵的根部横截面积为006m2,

平均一棵的材积量为0.390?

【小问2详解】

1010

£(%-可(¥-方Z尤iX-105

hoi='i=l

店(%一元)3(另一到一10x21

Vi=li=l

=0.247470x0.06x0.39=。。34,0.0134.

7(0.038-10x0.062)(1.6158-10x0.392)V0.00018960.01377

则r*0.97

小问3详解】

设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，

可得黑=写，解之得丫=1209m3.

则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验'线性回归方程

【题目来源】2022年全国乙卷理科•第19题

3.(2022新高考全国II卷.第19题)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄,

得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);

(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间［20,70)的概率；

(3)己知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间［40,50)的人口占该地区总人口的

16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间［40,50),求此人患这种疾病的概率.(以样本数

据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).

【答案】(1)47.9岁；

(2)0.89；

(3)0.0014.

解析：（1）平均年龄元=（5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0.002)x10=47.9(岁).

(2)设A=｛一人患这种疾病的年龄在区间［20,70)｝,所以

P(A)=l-P(A)=l-(0.001+0.002+0.006+0.002)x10=1-0.11=0.89.

(3)设B=｛任选人年龄位于区间［40,50)｝,C=｛任选人患这种疾病｝,

则由条件概率公式可得

PC⑷=但=°」％x°310=0皿皿23=00014375。0.0014.

P(B)16%0.16

【题目栏目】统计'用样本估计总体'频率分布直方图

【题目来源】2022新高考全国II卷•第19题

4.(2022新高考全国I卷•第20题)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习

惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在

未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：

不够良好良好

病例组4060

对照组1090

(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，3表示事件“选到的人患有该

P(B\A)-P(B|A)

疾病...-----与----=--ZZ-的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该

P(B|A)P(B|A)

指标为R.

P(A|8)P(A\B)

(i)证明:

(ii)利用该调查数据，给出P(A|B),P(AM)的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.

n(ad-hc)2

附K?

(a+h)(c+d)(a+c)(h+d)

P(K2>%5°

0.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)答案见解析

(2)⑴证明见解析；(ii)R=6;

n(ad-bc¥_200(40>90-60>10>

解析：(1)由已知K2

(a4-b)(c+d)(a+c)(b+d)50x150x100x100

又P(K?26.635)=0.01,24>6.635,

所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.

⑵⑴因为八理四迪@=烈肛3・迹

P{B\A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(A3)

・逊・皿所以

P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|8)P(A\B)

(ii)由已知P(A|B)=WC,P(A|豆)=里，

100100

又尸(,曲=里，2皿耳)=里，所以R=•小也=6

100100P(A|B)P(A\B)

【题目栏目】概率'条件概率

【题目来源】2022新高考全国I卷•第20题

5.(2021年新高考全国II卷♦第21题)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物

为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是

相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pg=0,1,2,3).

(1)己知Po=0.4,A=0.3,0=02P3=0.1,求E(X)；

23

(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝概率，p是关于x的方程：为+Plx+p2x+P3X=X

的一个最小正实根，求证：当E(X)V1时，p=\,当E(X)>1时，p<\.

(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.

【答案】解析:(1)E(X)=0X0.4+1X0.3+2X0.2+3X0.1=1,

2

⑵设f(x)=小/+PM+(p(-l)x+p0,

因为。3+用+Pi+%=11，故〃x)=+P/2-(P]+%+P3)x+Po,

2

若E(X)41,则月+2生+3乌41,故Pz+2p34Po.f'^)=3p3-r+2p2x-(/?,+pH+p}),

因为广(0)=-(。2+为+。3)<°，f'^=P2+2Pi-Po<O,故;(x)有两个不同零点和々，且

,

x,<0<1<x2,且xe(-8,xju(x2，+oo)时，/(x)>0；X«再,电)时,尸(x)<0；

故f(x)在(-8,X|),(々,+8)上为增函数，在(%,当)上为减函数，若9=1，因为“X)在(％,+8)为增

函数且"1)=0,而当xw(O，w)时,因为/(x)在(和乙)上为减函数,故〃力>〃电)=/(1)=0,

故1为00+四犬+02》2=》的•个最小正实根，

若天>1,因为/⑴=。且在(0,刍)上为减函数，故1为%+pd+p/2+p3V=x的一个最小正实根,

综上，若E(X)41,则p=l.

若E（X）＞1,则P[+2P2+3。3＞1,故P2+2°3＞%.此时尸（O）=-（P2+为+生）＜0,

/'（1）=。2+2。3-00＞°，故/'（x）有两个不同零点X3/4,且

且工«-8,%）1.（匕,+00）时，/，（%）＞0;苫£（巧,々）时，/'（X）＜O；故/（x）在（Y0,X3）,（%,+8）上为

增函数，在（£，匕）上为减函数，而"1）=0,故/（Z）＜0,又f（0）=%＞0,故/（X）在（O,xJ存在一

个零点儿且P＜1.所以P为0。+/^+〃2/+2%3=》的个最小正实根，此时。＜1,故当E（X）＞1

时，”1.

（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过

1,则若干代后被灭绝的概率小于I.

【题目栏目】概率'离散型随机变量的均值、方差

【题目来源】2021年新高考全国II卷.第21题

6.（2021年新高考I卷.第18题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A,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，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确

则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.A类问题中的每个

问题回答正确得20分，否则得。分：B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得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B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与

回答次序无关.

（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；

（2）为使累计得分期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.

【答案】解析：（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20,100.

p（X=0）=l-0.8=0.2；

P（X=20）=0.8（1-0.6）=0.32；

P（X=100）=0.8x0.6=0.48.

所以X的分布列为

X020100

P0.20.320.48

(2)由(1)知，£(%)=Ox0.2+20x0.32+100x0.48=54.4.

若小明先回答5问题，记y为小明的累计得分，则y的所有可能取值为o，so,loo.

p(y=0)=l-0.6=0.4；

p(y=80)=0.6(l-0.8)=0.12；

P(X=100)=0.8x0.6=0.48.

所以£(丫)=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6.

因为54.4<57.6,所以小明应选择先回答5类问题.

【题目栏目】概率'离散型随机变量的均值、方差

【题目来源】2021年新高考I卷•第18题

7.(2020年新高考I卷(山东卷)•第19题)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：ng/m1).得下表：

so2

[0,501(50,150](150,475]

PM2.5

[0,35]32184

(35,75]6812

(75,115]3710

(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2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：

SO2

[0,150](150,475]

PM2.5

[0,75]

(75,1151

(3)根据(2)中列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO?浓度有关？

n(ad-bc)2

附:

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

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】（1）0.64；⑵答案见解析；（3）有.

解析：（1）由表格可知，该市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150的天

数有32+6+18+8=64天，

64

所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,旦SO2浓度不超过150的概率为砺=0.64；

（2）由所给数据，可得2x2列联表为：

SO,

[0,150](150,475]合计

PM2.5

[0,75]641680

(75,115]101020

合计7426100

（3）根据2x2列联表中的数据可得

n(ad-bc)2100x(64x10-16x10)23600

«7.4844>6.635,

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)80x20x74x26481

因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中尸M2.5浓度与SO2浓度有关.

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验,独立性检验

【题目来源】2020年新高考I卷（山东卷）•第19题

8.（2020新高考n卷（海南卷）.第19题）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SC）2浓度（单位：gg/m1）,得下表:

[0.50](50450](150,475]

PM25

[0,35]32184

"75]6812

(75,115]3710

(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且S0?浓度不超过15()”的概率;

(2)根据所给数据，完成下面的2x2列联表：

[0,150](150,475]

@7习

(75,115]

(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SO?浓度有关?

2

“2n(ad-bc)

K~=-----------------

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

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)0.64；(2)答案见解析；(3)有.

解析：(1)由表格可知，该市100天中，空气中的PA/2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150的天

数有32+6+18+8=64天，

64

所以该市一天中，空气中的尸河2.5浓度不超过75,且SC)2浓度不超过150的概率为一=0.64：

(2)由所给数据，可得2x2列联表为:

so2

[0,150](150,475]合计

PM2.5

[0,75]641680

(75,115]101020

合计7426100

⑶根据2x2列联表中的数据可得

n(ad-he)2100x(64x10-16x10)23600

®7.4844>6.635,

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)80x20x74x26481

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.

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验,独立性检验

【题目来源】2020新高考II卷（海南卷）•第19题

9.（2021年高考全国乙卷理科•第17题）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10件产品，得到各件产品该项指标数据如下:

旧设备9.810.31001029.99.810.010.110.29.7

新设备10110.410.110.010.110.310.610.510.410.5

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1和亍，样本方差分别记为s：和S）

⑴求"7，s：,s；；

（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9-元22户萨，则认为

新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）.

【答案】（1）7=10,1=10.3,5；=0.036,S；=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.

…-9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7.八

解析：（l）x=--------------------------------------------------=10,

10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5

=10.3，

10

0.22+0.32+0+0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.32

=0.036，

222222222

。20.2+0.1+0.2+0.3+0.2+0+0.3+0.2+0.1+0.2A

-=0.04•

210

(2)依题意，y-x=0.3=2x0.15=2V0.152=270.025-2^0-03^0'04=270.0076,

亍一［22后京，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.

【题目栏目】统计'用样本估计总体'用样本的数字特征估计总体的数字特征

【题目来源】2021年高考全国乙卷理科•第17题

10.(2021年高考全国甲卷理科•第17题)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,

为了比较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：

一级品二级品合计

甲机床15050200

乙机床12080200

合计270130400

(1)甲机床、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?

*“2n(ad-bcf

附：K=--------------

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

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)75%；60%；

(2)能.

解析：(1)甲机床生产的产品中的一级品的频率为然=75%,

乙机床生产的产品中的•级品的频率为上12？0=60%.

200

(2)K=400050x80720x50)2=400>1()>.

270x130x200x20039

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.

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验'独立性检验

【题目来源】2021年高考全国甲卷理科•第17题

11.(2020年高考数学课标I卷理科•第19题)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负

两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场

比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人

被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概

率都为—,，

2

(1)求甲连胜四场的概率；

(2)求需要进行第五场比赛的概率；

(3)求丙最终获胜的概率.

137

【答案】(I)—；(2)-；(3)—.

16416

<1VI

【解析】⑴记事件甲连胜四场，则P(M)=-;

(2)16

(2)记事件A为甲输，事件8为乙输，事件。为丙输，

则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—P'=二；

4

(3)记事件A为甲输，事件3为乙输，事件C为丙输，

记事件M:甲赢，记事件N:丙赢，

则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC.ACBCB、

BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，

所以，甲赢概率为P(M)

由对称性可知，乙赢的概率和甲扁的概率相等,

97

所以丙赢的概率为P(N)=1-2X——=——

3216

【点睛】本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事件，考查计算能力,

属于中等题.

【题目栏目】概率'相互独立事件'相互独立事件同时发生的概率

【题目来源】2020年高考数学课标I卷理科•第19题

12.(2020年高考数学课标H卷理科•第18题)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(如M)(i=l,2,20),其中H和y分别表

2020

示第，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玉=60，Z%=1200，

i=]/=1

202020

工（%一元）2=80,一歹）2=9000,七一无）（>，•一刃=800.

/=1/=1i=l

(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(H,>>,)(/■=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.

f(%-君(丫.一力

附：相关系数尸“=,72-1-414.

£(%一君2f(y_刃2

V/=1/=1

【答案】⑴12000；(2)0.94；(3)详见解析

1201

解析：⑴样区野生动物平均数为m1200=60,

地块数为200,该地区这种野生动物的估计值为200x60=12000

(2)样本(玉,%)«=1,2....20)的相关系数为

自（.一初/一切8002血nQ4

r=,i=/=-----«0.94

~780x90003

VZ=1/=1

（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「样本结构与总体结构得以执行，提高「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.

【点晴】本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.

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验'两个变量间的相关关系

【题目来源】2020年高考数学课标11卷理科.第18题

13.（2020年高考数学课标HI卷理科•第18题）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

[0,200](200,400](400,600]

空气质量等级

1（优）21625

2（良）51012

3（轻度污染）678

4（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W400人次＞400

空气质量好

空气质量不好

n(ad-bcY

(〃+/?)(c+d)(a4-c)3+d)

P(心X)0.0500.0100.001

3841

k6.63510.828

【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；

⑵350；⑶有，理由见解析.

解析：（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为纪0.43,等级为2的

100

概率为5+10+12=027,等级为3的概率为9±*=0.21,等级为4的概率为±9=0.09；

100100100

（2）由频数分布表可知，一天中至IJ该公园锻炼的人次的平均数为++

100

（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228

胃_100x(33x8-37x22)2

*5.820>3.841>

55x45x70x30

因此，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.

【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处

理能力，属于基础题.

【题目栏目】统计'相关关系、回归分析与独立性检验'独立性检验

【题目来源】2020年高考数学课标HI卷理科•第18题

14.（2019年高考数学课标IH卷理科•第17题）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：

将200只小鼠随机分成两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，8组小鼠给服乙离子

溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在

小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：

记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”,根据直方图得到P(c)的估计值为0.70.

(1)求乙离子残留百分比直方图中“，6的值；

(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).

【答案】(1)4=0.35，8=0.10；(2)4.05，6.00.

【官方解析】

(1)由已知得Q71Q=ci+0.20+0.15，故a=0.35>b-1-0.05-0.15-0.70=0.10.

(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为

2x0.15+3x0.20+4x0.30+5x0.20+6x().10+7x0.05=4.05.

乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3x0.05+4x0.10+5x0.15+6x0.35+7x0.20+8x0.15=6.00.

【点评】本题考查频率分布直方图的相关概念和频率分布直方图中平均数法人计算，属于基础题.

【题目栏目】统计'用样本估计总体'用样本的数字特征估计总体的数字特征

【题目来源】2019年高考数学课标III卷理科•第17题

15.(2019年高考数学课标全国II卷理科•第18题)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1()：1()

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0.5,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.

(I)求P(X=2)；

(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.

【答案】(1)().5；(2)0.1.

【官方解析】

(1)X=2就是10:10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得

分.因此P(X=2)=0.5x0.4+(l—0.5)x(l—0.4)=0.5.

(2)X=4且甲获胜，就是10:10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为:

前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分.

因此所求概率为

[0.5x(l-0.4)+(1-0.5)x0.4]x0.5x0.4=0.1.

【分析】

(1)本题首先可以通过题意推导事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;II

每种事件的概率并求和即可得出结果；

(2)本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”，

所以P(X=2)=0.5?0.40.5?0.60.5.

(2)由题意可知，尸(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。60.5仓。4+0.50.4仓0.50.4=0.1.

【点评】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出尸(X=2)以及尸(X=4)所包含的事件

是解决本题的关键，考查推理能力，考查学牛从题目中获取所需信息的能力，是中档题.

【题目栏目】概率'相互独立事件'相互独立事件同时发生的概率

【题目来源】2019年高考数学课标全国II卷理科•第18题

16.(2019年高考数学课标全国I卷理科•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中药得1

分，乙药得一1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，甲药得一1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a和万，一轮试验中甲药的得

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，p,々=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,ps=1,Pj=apj_i+bpi+cpi+l(i=\,2,,7),

其中a=P(X=—l),0=P(X=0),c=P(X=l).假设a=0.5,尸=0.8.

⑴证明：｛2HI—化｝(i=0,1,2,,7)为等比数列；

(ii)求p&,并根据p&的值解释这种试验方案的合理性.

【答案】(1)解：X的所有可能取值为-1,0,1,

p(x=-1)=(1_«)/7,p(x=O)=a]3+(l-a)(l-p),P(X=Y)=a(l-j3).

所以X的分布列为

X-101

P(1一a)£叫+(1—0)(—)a(l—0

(2)(i)由(1)得a=0.4,h-0.5,c=0.1.

因此Pi=0.4p-+0.5p,+0.Ip,*]，故0.1(Pm-R.)=0.4(p,.-Pi),即pM-pi=4(p]pQ.

又因为p「Po=Pi#O,所以｛丹+1—pJ(i=0,l,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.

(ii)由⑴可得

,、/、48-1

〃8=Ps-PT+PT-Po++Pt-Po+Po=(P8—〃7)+(P7—〃6)++(A-Po)=-^—Pl-

3

由于P8=l，故用=不一f，所以

44-11

A=(P4—P3)+(P3-，2)+(P2-0)+(P|-%)=-^—Pl=­•

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*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.

【题目栏目】概率'离散型随机变量的均值、方差

【题目来源】2019年高考数学课标全国I