概率統計

古典概率、離散型隨機變量的分布列、均值與方差是高考的熱點題型，去年竟有解答題作為壓軸題,

常與排列、組合、概率等學問綜合命題.以實際問題為背景考查離散型隨機變量的均值與方差在實

際問題中的應用，注意與數列、不等式、函數、導數等學問的綜合考查，是高考的主要命題方向.

e知識必備

1.事務的相互獨立性

(1)定義：設A,B為兩個事務，假如P(AB)=P(A)P(B),那么稱事務A與事務B相互獨立.

(2)性質:

①若事務A與B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B).

②假如事務A與B相互獨立，那么A與B-,A-與B,A—與B-也相互獨立.

(3)獨立重復試驗：在相同條件下重宜做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗，在n次獨立重復試

驗中，事務A恰好發生k次的概率為P(X=k)=CM"l—P)i(k=O,I,2,…，n).

2.隨機變量的有關概念

(1)隨機變量：隨著試驗結果改變而改變的變量，常用字母X,Y,g,n,…表示.

(2)離散型隨機變量：全部取道可以一一列出的隨機變量.

3.離散型隨機變量的概率分布及其性質

(1)一般地，若離散型隨機變量X可能取的不同值為xi,X2,…，x,,xn,X取每一個值Xi(i

=1?2,…，n)的概率P(X=x。=pi,則表

XXiX2???Xi???Xn

??????

pPiP2PiPn

稱為離散型隨機變量X的概率分布列，簡稱為X的概率分布，有時為了表達簡潔，也用等式P(X

=Xi)=Pi,i=l,2,…，n表示X的概率分布.

(2)離散型池機變量概率分布的性質

①Pi20(i=l,2,???,n)；②pi+p2-l---Fpn=l.

4.常見離散型隨機變量的概率分布

(1)兩點分布：

若隨機變量X聽從兩點分布，即其概率分布為

X01

P1-PP

其中p=p(X=i)稱為成功概系.

(2)超幾何分布：

在含有M件次品的N件產品中，任取n件，其中恰有X件次品，則事務“X=r”發生的概率為

4d二r

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

LA

列為超幾何分布.

X01???m

面Lcl優;，

p???

c;CAc;

li

(3)二項分布〃)，記為C13d=B(k；n,p).

01???k???n

/-*00nZia-i???caArr-k???c。n0

pCwqCWQCrrPqCnpq

5.求概率分布的步驟

(1)明確隨機變量X取哪些值：

(2)求X取每一個值的概率：

(3)列成表格.

S離散型隨機變量的均值與方差

若離散型隨機變量X的概率分布為

XX1X2???Xi???Xn

???

PPiP2???PiPn

⑴均值

稱E(X)=XQ+X：R+…+x,p,+…+x”p”為隨機變量X的均值或數學期望，它反映了離散型隨機

變量取值的平均水平.

⑵方差

稱D(X)=x，-E(x)]b為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的平均偏離程

度，D(X)越小，穩定性越高，波動性越小，其算術平方根(X)為隨機變量X的標準差.

2.均值與方差的性質

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

(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b為常數).

3.兩點分布、二項分布、超幾何分布的期望、方差

(1)若X聽從兩點分布,則E(X)=p,D(X)=p(l—p).

(2)若X聽從二項分布，即X?B(n,p),則E(X)=np,D(X)=np(l-p).

nM

(3)若X聽從超幾何分布，即X?H(n,M,N)時，E(X)=—.

8正態曲線及性質

(1)正態曲線的定義

I(￥--JI)~

函數九.0(x)=—I=e一一‘，xE(—8,+8)(其中實數口和。(。＞0)為參數)的圖

oyl2兀Z。

像為正態分布密度曲線，簡稱正態曲線.(U是正態分布的期望，，是正態分布的標準差).

(2)正態曲線的特點

①曲線位于x軸上方與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關于直線x=u對稱；

1

③曲線在x=u處達到峰值?：④曲線與X軸之間的面積為1：

⑤當。肯定時?.曲線隨著u的改變而沿X軸平移:

⑥當u肯定時，曲線的形態由。確定.。越小，曲線越“高瘦”，表示總體的分布越集

中；，。越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散.

5.正態分布

(1)正態分布的定義及表示

假如對于任何實數a,b(a〈b),隨機變量X滿足P(水后“5)dx,則稱隨機變量才聽從正態

分布，記作X?*(〃，吟.

(2)正態分布的三個常用數據

0P(n-o＜xwu4-0)=o.6826；

②P(口一2。＜XWu+2。)=0.9544：

③P(U—3。＜XWu+3。)=0.9974.

c變量間的相關關系

(1)常見的兩變高之間的關系有兩類：一類是函數關系，另一類是相關關系；與函數關系不

同，相關關系是一種非確定性關系.|體現的不肯定是因果關系.

(2)從散點圖上看，點散布在從左下角到右上角的區域內，兩個變量的這種相關關系稱為正相

美：點散布在左上角到右下角的區域內，兩個變量的這種相關關系為負相關.

2.兩個變量的線性相關

(1)從散點圖上看，假如這些點從整體上看大致分布在通過散點圖中心的一條直線旁邊，稱兩

個變量之間具有線性相關關系,這條直線叫做回坐直線.

(2)回來方程為匚三色土￡，其中其中屐，『是待定參數，錯誤！(yi-bXi-a)2的最小值而得

到回來直線的方法，即使得樣本數據的點到回來直線的距離的平方和最小，這一方法叫做最小二乘

法.

(4)相關系數：

當r>0時，一明兩個變量正相關;

當rVO時，表明兩個變量負相關.

r的肯定值越接近于1,表明兩個變量的線性相關性越強.r的肯定值越接近于0,表明兩個變

量之間幾乎不存在線性相關關系.通常r|大于0.75時，認為兩個變量有很強的線性相關性.

3.獨立性檢驗

(1)2X2列聯表

設X,Y為兩個變量，它們的取值分別為｛x“X，和｛力，應,其樣本頻數列聯表(2X2列聯表)

如下：

y?5r2總計

Xiaba+b

X2cdc+d

總計a+cb+da+b+c+d

(2)獨立性檢驗

利用隨機變量片(也可表示為x與的觀測值k=二笠)(b+d)(其中n=a

+b+

c+d為樣本容量)來推斷“兩個變量有關系”的方法稱為獨立性檢驗.

常用結論

(1)求解回來方程的關健是確定回來系數a\應充分利用回來直線過樣本中心點(x-,y

一).

(2)依據K?的值可以推斷兩個分類變量有關的可信程度，若K?越大，則兩分類變量有關的把握

越大.

(3)依據回來方程計算的丁值，僅是一個預報值，不是真實發生的值.

真題回顧

1、在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網上銷售業務，每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂

單量大幅增加，導致訂單積壓.為解決困難，很多志愿者踴躍報名參與配貨工作.已知該超市某

日積壓50()份訂單未配貨，預料其次天的新訂單超過1600份的概率為0.05,志愿者每人每天能

完成50份訂單的配貨，為使其次天完成積壓訂單及當日訂單的配貨的概率不小于0.95,則至少

須要忐愿者

A.10名B.18名

C.24名IJ.32名

【答案】B

【解析】由題意，其次大新增ij.單數為500+1600-1200=900.設須要志愿者x名,

50x

—>0.95,xN17.1,故須要志愿者18名.

900

故選：B

2、某校一個課外學習小組為探討某作物種子的發芽率y和溫度/(單位：°C)的關系，在20個不

由此散點圖，在10°C至40。C之間，下面四個回來方程類型中最相宜作為發芽率y和溫度x

的回來方程類型的是

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

C.y=a+加'D.y=a+b\nx

【答案】I)

【解析】由散點圖分布可知，故點圖分布在一個對數函數的圖象旁邊，

因此，最適合作為發芽率)'和溫度”的回來方程類型的是y=a+〃】nx.

故選：D.

3、某中學的學生主動參與體育熬煉，其中有96%的學生喜愛足球或游泳，60%的學生喜愛足球，82%

的學生喜愛游泳，則該中學既喜愛足球又喜愛游泳的學生數占該校學生總數的比例是

A.62%B.56%

C.46%D.42%

【答案】C

【解析】記“該中學學生喜愛足球”為事務A，“該中學學生喜愛游泳”為事務5,則“該中學

學生喜愛足球或游泳”為事務A+區，“該中學學生既喜愛足球又喜愛游泳”為事務44，

則尸(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

所以該中學既喜愛足球又喜愛游泳的學生數占該校學生總數的比例為46%.

故選：c.

4、在一組樣本數據中，1,2,3,4出現的頻率分別為月,〃2卬3,凡，且Z〃j=l，則下面四種情形

i-\

中，對應樣本的標準差最大的一組是

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】對于A選項，該組數據的平均數為K=(1+4)X0.1+(2+3)X0.4=2.5,

2

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

對于B選項，該組數據的平均數為京=(1+4)X0.4+(2+3)X0.1=2.5,

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

對于C選項，該組數據的平均數為至=(1+4)X0.2+(2+3)X0.3=2.5,

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

對于D選項，該組數據的平均數為京=(1+4)X0.3+(2+3)X0.2=2.5,

方差為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選項這一組標準差最大.

故選：B.

￡、信息烯是信息論中的一個重要概念.設隨機變量才全部可能的取值為1,2,,〃，且

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

Mr-l

A.若爐1,則〃(a=0

B.若爐2,則〃0)隨著外的增大而增大

C.若=4=1,2,…,〃)，見〃(用隨著〃的增大而增大

n

D.若爐2/〃，隨機變量[全部可能的取值為1,2,,〃?，且尸(y=J)=P/+P2L(J=l,2,,m),

則〃(%)W〃⑴

【答案】AC

【解析】對于A選項，若〃=1，則，=1,外=1，所以"")二-(Ixlog/)=。，所以A選項正

確.

對于B選項，若〃=2,則，=1,2,p2=\-l\,

所以"(X)=-[月log2P]+(l-p,)log2(l-/?,)],

當叱；時，H(X)=fl,13,31

"t71Og24+4

3,、(3311A

當PL*,H(X)=-^.log2-+--log2-J

4

兩者相等，所以B選項錯誤.

對于C選項，若〃j=q(i=l,2,,〃)，則

」(IIAI

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

VnnJnn2f

則”(X)隨著〃的增大而增大，所以C選項正確.

對于D選項，若n=2m，隨機變量Y的全部可能的取值為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時J.lOg?+(P,”+Pm+J」Og2-------------

Pl+PimPl+P?mTPm+Pm+l

,1.I,1,I

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

2+

%+P2mPlPlm-lP#P2m7Pl+P2m

八/、11.1,1

于〃i>0(i=1,2,??，2團)，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選項錯誤.

故選：AC

6、從一批零件中抽取80個，測星其直徑（單位：mm）,將所得數據分為9組:

[5.31,5.33）,[5.33,5.35）,…,

[5.45,5.47）,[5.47,5.49],并整理得到如下頻率分布直方圖，見在被抽取的零件中，直徑落在區

C.20D.36

【答案】B

【解析】依據直方圖，直徑落在區間[5.43,5.47）之間的零件頻率為：

（6.25+5.00）x0.02=0.225,

則區間[5.43,5.47）內零件的個數為:80x0.225=18.

故選：B.

7、《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國占典文學珍寶，并稱為中國古典小說四大

名著.某中學為了解本校學生閱讀四大名著的狀況，隨機調查了100位學生，其中閱讀過《西游

記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且

閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值

的估計值為

A.0.5B.0.6

C.0.7D.0.8

【答案】C

【解析】由題意得，閱讀過《西游記》的學生人數為90-80+60=70,則其與該校學生人數之比為

704-100=0.7.故選C.

2、設0V&C1,則隨機變量X的分布列是

X0aI

P

333

則當a在(0,1)內增大時,

A.D(X)增大B.D(X)減小

C.O(X)先增大后減小D.O(X)先減小后增大

【答案】D

【解析】方法1：由分布列得E(X)=-3,

A+a-、21A+a1A+a121、？1

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

33355a3926

則當“在(。,1)內增大時，O(X)先減小后增大.故選D.

方法2：則。岡5區)一旦用=。+￡+1喑=^^=和"y+》

則當。在(。,1)內增大時，O(X)先減小后增大.故選D.

g、已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為▲和!.假定兩球是否落入盒子互不影響，則甲、乙兩

23

球都落入盒子的概率為；甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為.

【答案】；|

63

【解析】甲、乙兩球落入盒子的概率分別為!

23

且兩球是否落入盒子互不影響，

所以甲、乙都落入盒子概率為

236

甲、乙兩球都不落入盒子的概率為（1一

233

所以甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為三.

3

故答案為：—：—.

63

【點睛】本題主要考查獨立事務同時發生的概率，以及利用對立事務求概率，屬于基礎題.

10、盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球.從盒中能機取球，每次取1個，不放回,

直到取出紅球為止.設此過程中取到黃球的個數為則。（自=0）=,E?=______.

【答案】［，1

【解析】因為4=0對應事務為第一次拿紅球或第一次拿綠球，其次次拿紅球，

所以pe=°）=；+；x；=；，

隨機變量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

故答案為：!；1.

3

11、甲、乙、丙三位同學進行羽毛球競賽，約定賽制如下：

累計負兩場者被淘汰；競賽前抽簽確定苜先競賽的兩人，另一人輪空；每場競賽的勝者與輪空

者進行下一場競賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人接著

競賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，競賽結束.

經抽簽，甲、乙首先競賽，內輪空.設每場競賽雙方獲勝的概率都為:，

（1）求甲連勝四場的概率：

（2）求須要進行第五場競賽的概率：

（3）求丙最終獲勝的概率.

【解析】（1）甲連勝四場的概率為上.

16

（2）依據賽制，至少須要進行四場競賽，至多須要進行五場競賽.

競賽四場結束，共有三種狀況：

甲連勝四場的概率為《；

乙連勝四場的概率為人：

16

丙上場后連勝三場的概率為L

O

所以須要進行第五場競賽的概率為1-白1-1白1-53=;

（3）內最終獲勝，有兩種狀況：

競賽四場結束且內最終獲勝的概率為9.

競賽五場結束且丙最終獲勝，則從其次場起先的四場競賽依據丙的勝、負、輪空結果有三種狀

況：勝輸嬴勝，輸嬴空勝，狽空勝勝，概率分別為上，1I

1688

因此內最終獲勝的概率為:+;.

X16oo1o

12、某沙漠地區經過治理，生態系統得到很大改善，野生動物數量有所增加.為調查該地區某種野

生動物的數量，將其分成面積相近的20（）個地塊，從這些地塊中用簡潔隨機抽樣的方法抽取20

個作為樣區，調查得到樣本數據（筋，必）（/=1,2,…，20）,其中乂和匕分別表示第7?個樣區

2020

的植物覆盜間積（單位：公頃）和這種野生動物的數量，并計算得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）求該地區這種野生動物數量的估計值（這種野生動物數量的估計值等于樣區這種野生動物

數量的平均數乘以地塊數）；

（2）求樣本（第，外）（41,2,…，20）的相關系數（精確到0.01）；

（3）依據現有統計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區

這種野生動物數量更精確的估計，請給出一種你認為更合現的抽樣方法，并說明理由.

Eu-xXx-y)

附：相關系數廠，V2?1.414.

力(占-了)2次(y-刃

r=l1=1

【解析】（I）由已知得樣本平均數反=60,從而該地區這種野生動物數量的估計值為

60X200=12000.

(2)樣本⑶y,.)(i=l,2,.,20)的相關系數

8002x/2

=^-*().94

瓜Ox90003

（3）分層抽樣：依據植物覆蓋面枳的大小對地塊分層，再對200個地塊進行分層抽樣.

理由如下：由（2）知各樣區的這種野生動物數量與植物覆蓋面積有很強的正相關.由于各地塊

間植物覆蓋面枳差異很大，從而各地塊間這種野生動物數量差異也很大，采納分層抽樣的方法

較好地保持了樣本結構與總體結構的一樣性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區這種

野生動物數量更精確的估計.

13、某學生愛好小組隨機調查了某市100天中每天的空氣質量等級和當天到某公園熬煉的人次，整

理數據得到下表（單位：天）：

熬煉人次

人次

空氣質量等總、[0,200](200,430](400,600]

1（優）21625

2（良）51012

3（輕度污染）678

4（中度污染）720

（1）分別估計該市一天的空氣質量等級為1，2,3,4的概率；

（2）求一天中到該公園熬煉的平均人次的估計值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代

表）;

（3）若某天的空氣質量等級為1或2,則稱這天“空氣質量好”；若某天的空氣質量等級為3

或4,則稱這天“空氣質量不好”.依據所給數據，完成下面的2X2列聯表，并依據列聯表,

推斷是否有95%的把握認為一天中到該公園熬煉的人次與該市當天的空氣質量有關？

人次W400人次》400

空氣質量好

空氣質量不好

P(/2外0.0500.0100.001

附:

(a+b)c+d)(a+c)(〃+d)

k3.8416.63510.828.

【解析】（1）由所給數據，該市一天的空氣質量等級為1,2,3,4的概率的估計值如下表:

空氣質量等級1234

概率的估計值0.430.270.210.09

（2）一天中到該公園熬煉的平均人次的估計值為

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

（3）依據所給數據，可得2x2列聯表:

人次W400人次>400

空氣質量好3337

空氣質量不好228

依據列聯表得

100x(33x8-22x37)2

=5.820.

55x45x70x30

由于5.820>3.841,故有95$的把握認為?天中到該公園熬煉的人次與該市當天的空氣質量有

關.

14、為加強環境愛護，治理空氣污染，環境監測部門對某市空氣質量進行調研，隨機抽查了100天

空氣中的PM2.5和SO?濃度（單位：pg/m3）,得下表:

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

so2

PM2.5

10,35]32184

(35,75]6812

(75J15]3710

（1）估計事務“該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO?濃度不超過150”的概率:

（2）依據所給數據，完成下面的2x2列聯表：

10,150](150,475J

so2

PM2.5

[0,75]

(75,115J

（3）依據（2）中的列聯表，推斷是否有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO2濃

度有關？

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）依據抽查數據，該市100天的空氣中PM2.5濃度不超過75,"SO?濃度不超過150

的天數為32+18+6+8=64,因此，該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且S（%濃度不超過15（）

的概率的估計值為訴=0.64.

11/1/

（2）依據抽查數據，可得2x2列聯表:

[0,150](150,475]

so2

PM2.5

[0,75]6416

(75,115J1010

⑶依據⑵的列聯表…”黑息黑叭

由于7.484>6.635,故行99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO,濃度仃美.

15、某校為舉辦甲、乙兩項不同活動，分別設計了相應的活動方案：方案一、方案二.為了解該校

學生對活動方案是否支持，對學生進行簡潔隨機抽樣，獲得數據如下表:

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

假設全部學生對活動方案是否支持相互獨立.

（1）分別估計該校男生支持方案一的概率、該校女生支持方案i的概率；

（II）從該校全體男生中隨機抽取2人，全體女生中隨機抽取1人，估計這3人中恰有2人支

持方案?的概率；

（Ill）將該校學生支持方案的概率估計值記為假設該校年級七.500名男生和300名女生，

除一年級外其他年級學生支持方案二的概率估計值記為A,試比較P。與Pi的大小.（結論不要

求證明）

2（x）I

【解析】（1）該校男生支持方案一的概率為20；+40（）=§'

3003

該校女生支持方案一的概率為'八1:八八=4:

300+1004

（II）3人中恰有2人支持方案一分兩種狀況，（1）僅有兩個男生支持方案一，（2）僅有一個

男生支持方案一，一個女生支持方案一，

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

34~33436

<HI）PivP°

16、為了解甲、乙兩種離了?在小鼠體內的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A,B|火

組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液，每只小鼠給服的溶

液體積相同、摩爾濃度相同.經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離了?的仃分

比.依據試驗數據分別得到如下直方圖：

記C為事務：“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，依據直方圖得到P9的估計值為0.70.

（1）求乙離子殘留百分比直方圖中a,b的值：

（2）分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）.

【答案】（1）爐0.35,ZFO.10：（2）甲、乙離子殘留百分比的平均值的估計值分別為4.05,6.00.

【解析】（D由已知得0.70=濟0.20+0.15,故產0.35.

ZFI-0.05-0.15-0.70=0.10.

（2）甲離子殘留百分比的平均值的估計值為

2X0.15+3X0.20+4X0.30+5X0.20+6X0.10+7X0.05=4.05.

乙離子殘留百分比的平均值的估計值為

3X0.05+4X0.10+5X0.15+6X0.35+7X0.20+8X0.15=6.00.

17、11分制乒乓球競賽，每贏一球得1分，當某局打成10:10平后，每球交換發球權，先多得2分

的一方獲勝，該局競賽結束.甲、乙兩位同學進行單打競賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5,

乙發球時甲得分的概率為0.4,各球的結果相互獨立.在某局雙方10:10平后，甲先發球，兩人

又打了1個球該局競賽結束.

（1）求-（*=2）；

（2）求事務“是4且甲獲勝”的概率.

【答案】（1）0.5；（2）0.1.

【解析】（1）羔2就是10：10平后，兩人又打了2個球該局競賽結束，

則這2個球均由甲得分，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且甲獲勝，就是10：10平后，兩人又打了4個球該局競賽結束，

且這4個球的得分狀況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分.

因此所求概率為[0.5X（1-0.4）+（1-0.5）X0.4]X0.5X0.4=0.1.

2

18、設甲、乙兩位同學上學期間，每天7：30之前到校的概率均為w假定甲、乙兩位同學到校狀

況互不影響，且任一同學每天到校狀況相互獨立.

（1）用X表示甲同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數，求隨機變量X的分布列和數學

期望；

（2）設M為事務”上學期間的三天中，甲同學在7：30之前到校的天數比乙同學在7：30之前

到校的天數恰好多2”，求事務M發生的概率.

20

【答案】（1）分布列見解析，E（X）=2；（2）——.

243

【分析】本小題主要考查離散型隨機變量的分布列與數學期望，互斥事務和相互獨立事務的概率

計算公式等基礎學問.考查運用概率學問解決簡潔實際問題的實力.滿分13分.

【解析】（1）因為甲同學上學期間的三天中到校狀況相互獨立，且每天7：3（）之前到校的概率均

297I

為W，故乂~8（3,7,從而2（*=4）=囚（/勺產次=0,1,2,3.

JJJJ

所以，隨機變量X的分布列為

X0123

1248

P

279927

隨機變量X的數學期望E（X）=3x|=2.

（2）設乙同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數為丫,

則y~B（3,±）,且/=｛乂=3,丫=1｝J｛X=2,y=0｝.

3

由題意知事務｛X=3,y=i｝與｛x=2,y=0｝互斥，

且事務｛X=3｝與｛y=i｝,事務｛X=2｝與｛丫=0｝均相互獨立，

從而由（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、改革開放以來，人們的支付方式發生了巨大轉變.近年來，移動支付已成為主要支付方式之一.為

了解某校學生上個月A,B兩種移動支付方式的運用狀況，從全校學生中隨機抽取了100人，發

覺樣本中A,B兩種支付方式都不運用的有5人，樣本中僅運用A和僅運用B的學生的支付金額

分布狀況如下：

金額(元)

(0,1000](1000,2C00]大于2000

支付方

僅運用A18人9人3人

僅運用B10人14人1人

(1)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A,R兩種支付方式都運用的概率；

(2)從樣本僅運用A和僅運用B的學生中各隨機抽取1人，以￥表示這2人中上個月支付金額

大于1000元的人數，求￥的分布列和數學期望；

(3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有改變.現從樣本僅運用A的學生中，隨機抽查3

人，發覺他們本月的支付金額都大于2000元.依據抽查結果，能否認為樣本僅運用A的學生中

本月支付金額大于2000元的人數有改變？說明理由.

【答案】(1)0.4；(2)分布列見解析，ECX)=1：(3)見解析.

【解析】(1)由題意知，樣本口僅運用A的學生有18+9+3=30人，僅運用B的學生有10+14+1=25人，

A,B兩種支付方式都不運用的學生有5人.

故樣本中A,B兩種支付方式都運用的學生有100T0~25W=40人.

所以從全校學生中隨機抽取1人，該學生上個月A,B兩種支付方式都運用的概率估計為蕓=0.4.

100

(2)4的全部可能值為0,1,2.

記事務的“從樣本僅運用A的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1000元”，事

務媯”從樣本僅運用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1000元”.

9+314+1

由題設知，事務C；〃相互獨立，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的分布列為

X012

p0.240.520.24

故乃向數學期望E（X）=0x0.24+1x0.52+2x0.24=1.

（3）記事務少為“從樣本僅運用A的學生中隨機抽查3人，他們本月的支付金額都大于2000元”.

假設樣本僅運用A的學生中，本月支付金額大于2000元的人數沒有改變，

則由上