2024年高考数学三轮冲刺训练概率统计含解析

概率统计

古典概率、离散型随机变量的分布列、均值与方差是高考的热点题型，去年竟有解答题作为压轴题,

常与排列、组合、概率等学问综合命题.以实际问题为背景考查离散型随机变量的均值与方差在实

际问题中的应用，注意与数列、不等式、函数、导数等学问的综合考查，是高考的主要命题方向.

e知识必备

1.事务的相互独立性

(1)定义：设A,B为两个事务，假如P(AB)=P(A)P(B),那么称事务A与事务B相互独立.

(2)性质:

①若事务A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B).

②假如事务A与B相互独立，那么A与B-,A-与B,A—与B-也相互独立.

(3)独立重复试验：在相同条件下重宜做的n次试验称为n次独立重复试验，在n次独立重复试

验中，事务A恰好发生k次的概率为P(X=k)=CM"l—P)i(k=O,I,2,…，n).

2.随机变量的有关概念

(1)随机变量：随着试验结果改变而改变的变量，常用字母X,Y,g,n,…表示.

(2)离散型随机变量：全部取道可以一一列出的随机变量.

3.离散型随机变量的概率分布及其性质

(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为xi,X2,…，x,,xn,X取每一个值Xi(i

=1»2,…，n)的概率P(X=x。=pi,则表

XXiX2•••Xi•••Xn

••••••

pPiP2PiPn

称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的概率分布，有时为了表达简洁，也用等式P(X

=Xi)=Pi,i=l,2,…，n表示X的概率分布.

(2)离散型池机变量概率分布的性质

①Pi20(i=l,2,•••,n)；②pi+p2-l---Fpn=l.

4.常见离散型随机变量的概率分布

(1)两点分布：

若随机变量X听从两点分布，即其概率分布为

X01

P1-PP

其中p=p(X=i)称为成功概系.

(2)超几何分布：

在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事务“X=r”发生的概率为

4d二r

F(X=r)=V/：r=0,1,2,…，m,其中n},且nWN,MWN,n,M,NCN,称分布

LA

列为超几何分布.

X01•••m

面Lcl优;，

p•••

c;CAc;

li

(3)二项分布〃)，记为C13d=B(k；n,p).

01•••k•••n

/-*00nZia-i♦••caArr-k•••c。n0

pCwqCWQCrrPqCnpq

5.求概率分布的步骤

(1)明确随机变量X取哪些值：

(2)求X取每一个值的概率：

(3)列成表格.

S离散型随机变量的均值与方差

若离散型随机变量X的概率分布为

XX1X2•••Xi•••Xn

•••

PPiP2•••PiPn

⑴均值

称E(X)=XQ+X：R+…+x,p,+…+x”p”为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机

变量取值的平均水平.

⑵方差

称D(X)=x，-E(x)]b为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程

度，D(X)越小，稳定性越高，波动性越小，其算术平方根(X)为随机变量X的标准差.

2.均值与方差的性质

(l)E(aX+b)=aE(X)+b.

(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b为常数).

3.两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差

(1)若X听从两点分布,则E(X)=p,D(X)=p(l—p).

(2)若X听从二项分布，即X〜B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(l-p).

nM

(3)若X听从超几何分布，即X〜H(n,M,N)时，E(X)=—.

8正态曲线及性质

(1)正态曲线的定义

I(¥--JI)~

函数九.0(x)=—I=e一一‘，xE(—8,+8)(其中实数口和。(。＞0)为参数)的图

oyl2兀Z。

像为正态分布密度曲线，简称正态曲线.(U是正态分布的期望，，是正态分布的标准差).

(2)正态曲线的特点

①曲线位于x轴上方与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x=u对称；

1

③曲线在x=u处达到峰值•：④曲线与X轴之间的面积为1：

⑤当。肯定时•.曲线随着u的改变而沿X轴平移:

⑥当u肯定时，曲线的形态由。确定.。越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集

中；，。越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.

5.正态分布

(1)正态分布的定义及表示

假如对于任何实数a,b(a〈b),随机变量X满足P(水后“5)dx,则称随机变量才听从正态

分布，记作X〜*(〃，吟.

(2)正态分布的三个常用数据

0P(n-o＜xwu4-0)=o.6826；

②P(口一2。＜XWu+2。)=0.9544：

③P(U—3。＜XWu+3。)=0.9974.

c变量间的相关关系

(1)常见的两变高之间的关系有两类：一类是函数关系，另一类是相关关系；与函数关系不

同，相关关系是一种非确定性关系.|体现的不肯定是因果关系.

(2)从散点图上看，点散布在从左下角到右上角的区域内，两个变量的这种相关关系称为正相

美：点散布在左上角到右下角的区域内，两个变量的这种相关关系为负相关.

2.两个变量的线性相关

(1)从散点图上看，假如这些点从整体上看大致分布在通过散点图中心的一条直线旁边，称两

个变量之间具有线性相关关系,这条直线叫做回坐直线.

(2)回来方程为匚三色土£，其中其中屐，『是待定参数，错误！(yi-bXi-a)2的最小值而得

到回来直线的方法，即使得样本数据的点到回来直线的距离的平方和最小，这一方法叫做最小二乘

法.

(4)相关系数：

当r>0时，一明两个变量正相关;

当rVO时，表明两个变量负相关.

r的肯定值越接近于1,表明两个变量的线性相关性越强.r的肯定值越接近于0,表明两个变

量之间几乎不存在线性相关关系.通常r|大于0.75时，认为两个变量有很强的线性相关性.

3.独立性检验

(1)2X2列联表

设X,Y为两个变量，它们的取值分别为｛x“X，和｛力，应,其样本频数列联表(2X2列联表)

如下：

y«5r2总计

Xiaba+b

X2cdc+d

总计a+cb+da+b+c+d

(2)独立性检验

利用随机变量片(也可表示为x与的观测值k=二笠)(b+d)(其中n=a

+b+

c+d为样本容量)来推断“两个变量有关系”的方法称为独立性检验.

常用结论

(1)求解回来方程的关健是确定回来系数a\应充分利用回来直线过样本中心点(x-,y

一).

(2)依据K?的值可以推断两个分类变量有关的可信程度，若K?越大，则两分类变量有关的把握

越大.

(3)依据回来方程计算的丁值，仅是一个预报值，不是真实发生的值.

真题回顾

1、在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订

单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，很多志愿者踊跃报名参与配货工作.已知该超市某

日积压50()份订单未配货，预料其次天的新订单超过1600份的概率为0.05,志愿者每人每天能

完成50份订单的配货，为使其次天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少

须要忐愿者

A.10名B.18名

C.24名IJ.32名

【答案】B

【解析】由题意，其次大新增ij.单数为500+1600-1200=900.设须要志愿者x名,

50x

—>0.95,xN17.1,故须要志愿者18名.

900

故选：B

2、某校一个课外学习小组为探讨某作物种子的发芽率y和温度/(单位：°C)的关系，在20个不

由此散点图，在10°C至40。C之间，下面四个回来方程类型中最相宜作为发芽率y和温度x

的回来方程类型的是

A.y=a+bxB.y=a+bx2

C.y=a+加'D.y=a+b\nx

【答案】I)

【解析】由散点图分布可知，故点图分布在一个对数函数的图象旁边，

因此，最适合作为发芽率)'和温度”的回来方程类型的是y=a+〃】nx.

故选：D.

3、某中学的学生主动参与体育熬炼，其中有96%的学生喜爱足球或游泳，60%的学生喜爱足球，82%

的学生喜爱游泳，则该中学既喜爱足球又喜爱游泳的学生数占该校学生总数的比例是

A.62%B.56%

C.46%D.42%

【答案】C

【解析】记“该中学学生喜爱足球”为事务A，“该中学学生喜爱游泳”为事务5,则“该中学

学生喜爱足球或游泳”为事务A+区，“该中学学生既喜爱足球又喜爱游泳”为事务44，

则尸(A)=0.6,尸(B)=0.82,尸(A+8)=0.96,

所以。(A•4)=尸(A)+夕(8)-。(4+A)=0.6+0.82—0.96=0.46

所以该中学既喜爱足球又喜爱游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.

故选：c.

4、在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为月,〃2卬3,凡，且Z〃j=l，则下面四种情形

i-\

中，对应样本的标准差最大的一组是

A.%=Pa=0.1,〃2==04B.〃|=p4=0.4,P]==0.1

C.〃|==02“2=凸=S3D.Pl=PA=0.3,p2=py=0.2

【答案】B

【解析】对于A选项，该组数据的平均数为K=(1+4)X0.1+(2+3)X0.4=2.5,

2

方差为s；=(1-2.5『*o.]+°_2.5『x()4+(3_2.5『x()4+e_2.5)x0.1=0.65:

对于B选项，该组数据的平均数为京=(1+4)X0.4+(2+3)X0.1=2.5,

方差为s；=(l—2.5)2x0.4+(2—2.5『x0.1+(3—2.5『x0.1+(4—2.5)2x04=1.85；

对于C选项，该组数据的平均数为至=(1+4)X0.2+(2+3)X0.3=2.5,

方差为s；=(l-2.5)2x0.2+(2-2.5)2x0.3+(3-2.5)2x0.3+(4-2.5yx0.2=1.05：

对于D选项，该组数据的平均数为京=(1+4)X0.3+(2+3)X0.2=2.5,

方差为4=(1-2.51x().3+(2-2.5)2x0.2+(3-2.5『x0.2+(4—2.5『x0.3=1.45.

因此，B选项这一组标准差最大.

故选：B.

£、信息烯是信息论中的一个重要概念.设随机变量才全部可能的取值为1,2,,〃，且

P(X=i)=p,>(Xi=1,2,,〃),，>,=1,定义/的信息嫡H(X)=-力Pjlog20.

Mr-l

A.若炉1,则〃(a=0

B.若炉2,则〃0)随着外的增大而增大

C.若=4=1,2,…,〃)，见〃(用随着〃的增大而增大

n

D.若炉2/〃，随机变量[全部可能的取值为1,2,,〃?，且尸(y=J)=P/+P2L(J=l,2,,m),

则〃(%)W〃⑴

【答案】AC

【解析】对于A选项，若〃=1，则，=1,外=1，所以"")二-(Ixlog/)=。，所以A选项正

确.

对于B选项，若〃=2,则，=1,2,p2=\-l\,

所以"(X)=-[月log2P]+(l-p,)log2(l-/?,)],

当叱；时，H(X)=fl,13,31

"t71Og24+4

3,、(3311A

当PL*,H(X)=-^.log2-+--log2-J

4

两者相等，所以B选项错误.

对于C选项，若〃j=q(i=l,2,,〃)，则

」(IIAI

H(X)=--log,-x/?=-log,-=logn

VnnJnn2f

则”(X)随着〃的增大而增大，所以C选项正确.

对于D选项，若n=2m，随机变量Y的全部可能的取值为1.2,,m，且=/)=p.+p2tn+i_.

1

"(X)=化•Pi=Z〃i4°g2

Pi

,1,111

=/「log?—+P210g2—+…+P2m-\10g2+〃2,”40g2一.

PlPlP2m-1Pim

/一1

(Pl+〃2m).10g2—'一+(〃2+〃2时J.lOg•+(P,”+Pm+J」Og2-------------

Pl+PimPl+P?mTPm+Pm+l

,1.I,1,I

P\Jog?-----------+P•bg2--------------+…+〃2时1•1。82--------------+〃2E.log?------------由

2+

%+P2mPlPlm-lP#P2m7Pl+P2m

八/、11.1,1

于〃i>0(i=1,2,・・，2团)，所以彳>-----------，所以log?—>bg2----------------

P,+〃2m+IPiPi+〃2”川-i

,1.1

所以科•log?—>〃,•log?----------

PiP,+〃2小I

所以“（x）＞〃（y）,所以D选项错误.

故选：AC

6、从一批零件中抽取80个，测星其直径（单位：mm）,将所得数据分为9组:

[5.31,5.33）,[5.33,5.35）,…,

[5.45,5.47）,[5.47,5.49],并整理得到如下频率分布直方图，见在被抽取的零件中，直径落在区

C.20D.36

【答案】B

【解析】依据直方图，直径落在区间[5.43,5.47）之间的零件频率为：

（6.25+5.00）x0.02=0.225,

则区间[5.43,5.47）内零件的个数为:80x0.225=18.

故选：B.

7、《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国占典文学珍宝，并称为中国古典小说四大

名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的状况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游

记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且

阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值

的估计值为

A.0.5B.0.6

C.0.7D.0.8

【答案】C

【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70,则其与该校学生人数之比为

704-100=0.7.故选C.

2、设0V&C1,则随机变量X的分布列是

X0aI

P

333

则当a在(0,1)内增大时,

A.D(X)增大B.D(X)减小

C.O(X)先增大后减小D.O(X)先减小后增大

【答案】D

【解析】方法1：由分布列得E(X)=-3,

A+a-、21A+a1A+a121、？1

则O(X)=(—；--0)-x-+(—_―yx-+(—l)-x-=-(z«--)^+-,

33355a3926

则当“在(。,1)内增大时，O(X)先减小后增大.故选D.

方法2：则。冈5区)一旦用=。+£+1喑=^^=和"y+》

则当。在(。,1)内增大时，O(X)先减小后增大.故选D.

g、已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为▲和!.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两

23

球都落入盒子的概率为；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.

【答案】；|

63

【解析】甲、乙两球落入盒子的概率分别为!

23

且两球是否落入盒子互不影响，

所以甲、乙都落入盒子概率为

236

甲、乙两球都不落入盒子的概率为（1一

233

所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为三.

3

故答案为：—：—.

63

【点睛】本题主要考查独立事务同时发生的概率，以及利用对立事务求概率，属于基础题.

10、盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中能机取球，每次取1个，不放回,

直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为则。（自=0）=,E©=______.

【答案】［，1

【解析】因为4=0对应事务为第一次拿红球或第一次拿绿球，其次次拿红球，

所以pe=°）=；+；x；=；，

随机变量4=0』,2,

n一八212111211

P（X=1）=—X—+—X-X—+—X—X—=一,

434324323

所以E（^）=0x-+lx-!-+2x-=1.

333

故答案为：!；1.

3

11、甲、乙、丙三位同学进行羽毛球竞赛，约定赛制如下：

累计负两场者被淘汰；竞赛前抽签确定苜先竞赛的两人，另一人轮空；每场竞赛的胜者与轮空

者进行下一场竞赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人接着

竞赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，竞赛结束.

经抽签，甲、乙首先竞赛，内轮空.设每场竞赛双方获胜的概率都为:，

（1）求甲连胜四场的概率：

（2）求须要进行第五场竞赛的概率：

（3）求丙最终获胜的概率.

【解析】（1）甲连胜四场的概率为上.

16

（2）依据赛制，至少须要进行四场竞赛，至多须要进行五场竞赛.

竞赛四场结束，共有三种状况：

甲连胜四场的概率为《；

乙连胜四场的概率为人：

16

丙上场后连胜三场的概率为L

O

所以须要进行第五场竞赛的概率为1-白1-1白1-53=;

（3）内最终获胜，有两种状况：

竞赛四场结束且内最终获胜的概率为9.

竞赛五场结束且丙最终获胜，则从其次场起先的四场竞赛依据丙的胜、负、轮空结果有三种状

况：胜输嬴胜，输嬴空胜，狈空胜胜，概率分别为上，1I

1688

因此内最终获胜的概率为:+;.

X16oo1o

12、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20（）个地块，从这些地块中用简洁随机抽样的方法抽取20

个作为样区，调查得到样本数据（筋，必）（/=1,2,…，20）,其中乂和匕分别表示第7•个样区

2020

的植物覆盗间积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得Z%=60,Z）'i=1200，

/=!i=l

202020

£（X,-X）2=80,£（y-y）2=9OOO,£u-x）（y,.-y）=800.

r=lf=l/=1

（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（第，外）（41,2,…，20）的相关系数（精确到0.01）；

（3）依据现有统计资料，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精确的估计，请给出一种你认为更合现的抽样方法，并说明理由.

Eu-xXx-y)

附：相关系数厂，V2«1.414.

力(占-了)2次(y-刃

r=l1=1

【解析】（I）由已知得样本平均数反=60,从而该地区这种野生动物数量的估计值为

60X200=12000.

(2)样本⑶y,.)(i=l,2,.,20)的相关系数

8002x/2

=^-*().94

瓜Ox90003

（3）分层抽样：依据植物覆盖面枳的大小对地块分层，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

间植物覆盖面枳差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采纳分层抽样的方法

较好地保持了样本结构与总体结构的一样性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种

野生动物数量更精确的估计.

13、某学生爱好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熬炼的人次，整

理数据得到下表（单位：天）：

熬炼人次

人次

空气质量等总、[0,200](200,430](400,600]

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）求一天中到该公园熬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”.依据所给数据，完成下面的2X2列联表，并依据列联表,

推断是否有95%的把握认为一天中到该公园熬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

P(/2外0.0500.0100.001

附:

(a+b)c+d)(a+c)(〃+d)

k3.8416.63510.828.

【解析】（1）由所给数据，该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如下表:

空气质量等级1234

概率的估计值0.430.270.210.09

（2）一天中到该公园熬炼的平均人次的估计值为

-^(100x20+300x354-500x45)=350.

（3）依据所给数据，可得2x2列联表:

人次W400人次>400

空气质量好3337

空气质量不好228

依据列联表得

100x(33x8-22x37)2

=5.820.

55x45x70x30

由于5.820>3.841,故有95$的把握认为•天中到该公园熬炼的人次与该市当天的空气质量有

关.

14、为加强环境爱护，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SO?浓度（单位：pg/m3）,得下表:

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

so2

PM2.5

10,35]32184

(35,75]6812

(75J15]3710

（1）估计事务“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150”的概率:

（2）依据所给数据，完成下面的2x2列联表：

10,150](150,475J

so2

PM2.5

[0,75]

(75,115J

（3）依据（2）中的列联表，推断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓

度有关？

K，=——n(ad-bcr_

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

P(K22k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【解析】（1）依据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75,"SO?浓度不超过150

的天数为32+18+6+8=64,因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且S（%浓度不超过15（）

的概率的估计值为诉=0.64.

11/1/

（2）依据抽查数据，可得2x2列联表:

[0,150](150,475]

so2

PM2.5

[0,75]6416

(75,115J1010

⑶依据⑵的列联表…”黑息黑叭

由于7.484>6.635,故行99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO,浓度仃美.

15、某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二.为了解该校

学生对活动方案是否支持，对学生进行简洁随机抽样，获得数据如下表:

男生女生

支持不支持支持不支持

方案一200人400人300人100人

方案二350人250人150人250人

假设全部学生对活动方案是否支持相互独立.

（1）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案i的概率；

（II）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支

持方案•的概率；

（Ill）将该校学生支持方案的概率估计值记为假设该校年级七.500名男生和300名女生，

除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为A,试比较P。与Pi的大小.（结论不要

求证明）

2（x）I

【解析】（1）该校男生支持方案一的概率为20；+40（）=§'

3003

该校女生支持方案一的概率为'八1:八八=4:

300+1004

（II）3人中恰有2人支持方案一分两种状况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个

男生支持方案一，一个女生支持方案一，

所以3人中恰有2人支持方案一概率为：（,1「（I—Q力+。"1）（11）7：=1弓3；

34~33436

<HI）PivP°

16、为了解甲、乙两种离了•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A,B|火

组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B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了•的仃分

比.依据试验数据分别得到如下直方图：

记C为事务：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，依据直方图得到P9的估计值为0.70.

（1）求乙离子残留百分比直方图中a,b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）炉0.35,ZFO.10：（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05,6.00.

【解析】（D由已知得0.70=济0.20+0.15,故产0.35.

ZFI-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+6X0.10+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.

17、11分制乒乓球竞赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分

的一方获胜，该局竞赛结束.甲、乙两位同学进行单打竞赛，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1个球该局竞赛结束.

（1）求-（*=2）；

（2）求事务“是4且甲获胜”的概率.

【答案】（1）0.5；（2）0.1.

【解析】（1）羔2就是10：10平后，两人又打了2个球该局竞赛结束，

则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.

因此尸（至2）=0.5X0.4+（1-0.5）X（1-0.4）=0.5.

（2）照4且甲获胜，就是10：10平后，两人又打了4个球该局竞赛结束，

且这4个球的得分状况为：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（1-0.4）+（1-0.5）X0.4]X0.5X0.4=0.1.

2

18、设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为w假定甲、乙两位同学到校状

况互不影响，且任一同学每天到校状况相互独立.

（1）用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学

期望；

（2）设M为事务”上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前

到校的天数恰好多2”，求事务M发生的概率.

20

【答案】（1）分布列见解析，E（X）=2；（2）——.

243

【分析】本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事务和相互独立事务的概率

计算公式等基础学问.考查运用概率学问解决简洁实际问题的实力.满分13分.

【解析】（1）因为甲同学上学期间的三天中到校状况相互独立，且每天7：3（）之前到校的概率均

297I

为W，故乂~8（3,7,从而2（*=4）=囚（/勺产次=0,1,2,3.

JJJJ

所以，随机变量X的分布列为

X0123

1248

P

279927

随机变量X的数学期望E（X）=3x|=2.

（2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为丫,

则y~B（3,±）,且/=｛乂=3,丫=1｝J｛X=2,y=0｝.

3

由题意知事务｛X=3,y=i｝与｛x=2,y=0｝互斥，

且事务｛X=3｝与｛y=i｝,事务｛X=2｝与｛丫=0｝均相互独立，

从而由（1）知尸（M）=p（｛x=3,y=i｝j｛x=2,y=o｝）

=P（X=3,Y=I）+P（X=2,r=o）

=p（x=3）p（r=i）+p（x=2）p（r=o）

824120

=——x—+—x——=.

279927243

19、改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变.近年来，移动支付已成为主要支付方式之一.为

了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的运用状况，从全校学生中随机抽取了100人，发

觉样本中A,B两种支付方式都不运用的有5人，样本中仅运用A和仅运用B的学生的支付金额

分布状况如下：

金额(元)

(0,1000](1000,2C00]大于2000

支付方

仅运用A18人9人3人

仅运用B10人14人1人

(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A,R两种支付方式都运用的概率；

(2)从样本仅运用A和仅运用B的学生中各随机抽取1人，以¥表示这2人中上个月支付金额

大于1000元的人数，求¥的分布列和数学期望；

(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有改变.现从样本仅运用A的学生中，随机抽查3

人，发觉他们本月的支付金额都大于2000元.依据抽查结果，能否认为样本仅运用A的学生中

本月支付金额大于2000元的人数有改变？说明理由.

【答案】(1)0.4；(2)分布列见解析，ECX)=1：(3)见解析.

【解析】(1)由题意知，样本口仅运用A的学生有18+9+3=30人，仅运用B的学生有10+14+1=25人，

A,B两种支付方式都不运用的学生有5人.

故样本中A,B两种支付方式都运用的学生有100T0~25W=40人.

所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A,B两种支付方式都运用的概率估计为芸=0.4.

100

(2)4的全部可能值为0,1,2.

记事务的“从样本仅运用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”，事

务妫”从样本仅运用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”.

9+314+1

由题设知，事务C；〃相互独立，R.P(C)=--=0.4,P(D)=——=0.6.

3025

所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,

P(X=I)=P(CD^CD)

=P(C)P(D)+P(C)P(D)

=0.4x(l-0.6)+(1-0.4)x0.6

=0.52,

P(X=0)=P{CD)=P(C)P(D)=0.24.

所以4的分布列为

X012

p0.240.520.24

故乃向数学期望E（X）=0x0.24+1x0.52+2x0.24=1.

（3）记事务少为“从样本仅运用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”.

假设样本仅运用A的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有改变，

则由上