新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训四概率与统计20200113036 7页

大题考法专训（四） 概率与统计 A级——中档题保分练 ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)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A，B两组，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)．‎ 解：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，‎ 解得a＝0.35，‎ 所以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 ‎2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.‎ 乙离子残留百分比的平均值的估计值为 ‎3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.‎ ‎2．(2019·天津高考)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．‎ ‎(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为事件“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”‎，求事件M发生的概率．‎ - 7 -‎ 解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，‎ 故X～B，从而P(X＝k)＝Ck3－k，‎ k＝0,1,2,3.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 随机变量X的数学期望E(X)＝3×＝2.‎ ‎(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．‎ 由题意知，事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，‎ 从而由(1)知 P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})‎ ‎＝P({X＝3，Y＝1})＋P({X＝2，Y＝0})‎ ‎＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)‎ ‎＝×＋×＝.‎ ‎3．某商店为迎接端午节，推出花生粽与肉粽两款粽子．为调查这两款粽子的受欢迎程度，店员连续10天记录了这两款粽子的销售量，用1,2，…，10分别表示第1,2，…，10天，记录结果得到频数分布表如下所示(其中销售量单位：个).‎ ‎　　‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 花生粽 ‎103‎ ‎93‎ ‎98‎ ‎93‎ ‎106‎ ‎86‎ ‎87‎ ‎84‎ ‎91‎ ‎99‎ 肉粽 ‎88‎ ‎97‎ ‎98‎ ‎95‎ ‎101‎ ‎98‎ ‎103‎ ‎106‎ ‎102‎ ‎112‎ ‎(1)根据表中数据完成如图所示的茎叶图：‎ ‎(2)根据统计学知识，请判断哪款粽子更受欢迎；‎ - 7 -‎ ‎(3)求肉粽销售量y关于序号t的线性回归方程，并预估第15天肉粽的销售量．(回归方程的系数精确到0.01)‎ 参考数据：(ti－)(yi－)＝156.‎ 参考公式：回归方程＝＋t中斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－.‎ 解：(1)根据所给数据完成茎叶图如图所示．‎ ‎(2)法一：由(1)中茎叶图可知，肉粽的销售量均值比花生粽高，两款粽子的销售量波动情况相当，‎ 所以可以认为肉粽更受欢迎．‎ 法二：由题意得花生粽的销售量的均值1＝95＋×(8－2＋3－2＋11－9－8－11－4＋4)＝94，‎ 肉粽的销售量的均值2＝100＋×(－12－3－2－5＋1－2＋3＋6＋2＋12)＝100.‎ 因为94＜100，所以1＜2，即肉粽的销售量的均值较花生粽高，所以可以认为肉粽更受欢迎．‎ ‎(3)由题中数据可得＝，(ti－)2＝×(92＋72＋52＋32＋12)×2＝，‎ 所以＝≈1.89，＝100－1.891×≈89.60.‎ 故肉粽销售量y关于序号t的线性回归方程为＝1.89t＋89.60.‎ 当t＝15时，＝1.89×15＋89.60≈118，‎ 所以预估第15天肉粽的销售量为118个．‎ B级——拔高题满分练 ‎1．(2019·全国卷Ⅰ - 7 -‎ ‎)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.‎ ‎①证明：{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为等比数列；‎ ‎②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.‎ 则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 ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ P ‎(1－α)β αβ＋(1－α)(1－β)‎ α(1－β)‎ ‎(2)①证明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1，‎ 因为pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，‎ 所以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．‎ ‎②由①可得 p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0‎ ‎＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝p1.‎ 由于p8＝1，故p1＝，‎ 所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)‎ ‎＝p1＝.‎ 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＝≈0.003‎ - 7 -‎ ‎ 9，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.某省高考改革实施方案指出：该省高考考生总成绩将由语文、数学、外语3门统一高考成绩和3门学生自主选择的高中学业水平等级性考试科目成绩共同构成，该省教育厅为了解正在读高中的学生家长对高考改革方案所持的态度，随机从中抽取了100名城乡学生家长作为样本进行调查，调查结果显示样本中有25人持不赞成意见，如图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图．‎ ‎(1)根据已知条件与等高条形图完成下面的2×2列联表，并判断我们能否有95%的把握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关”？‎ 赞成 不赞成 总计 城镇居民 农村居民 总计 附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.‎ P(K2≥k0)‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ k0‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎(2)用样本的频率估计概率，若随机在全省不赞成高考改革的家长中抽取3人，记这3个家长中是城镇户口的人数为X，试求X的分布列及数学期望．‎ 解：(1)完成列联表，如下：‎ 赞成 不赞成 总计 城镇居民 ‎30‎ ‎15‎ ‎45‎ 农村居民 ‎45‎ ‎10‎ ‎55‎ 总计 ‎75‎ ‎25‎ ‎100‎ 代入公式，得 K2＝≈3.03＜3.841.‎ ‎∴我们没有95%的把握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关”．‎ ‎(2)用样本的频率估计概率，随机在全省不赞成高考改革的家长中抽中城镇户口家长的概率为0.6，抽中农村户口家长的概率为0.4.‎ X的可能取值为0,1,2,3，‎ P(X＝0)＝(0.4)3＝0.064；‎ P(X＝1)＝C×0.6×(0.4)2＝0.288；‎ P(X＝2)＝C×0.62×0.4＝0.432；‎ - 7 -‎ P(X＝3)＝C×0.63＝0.216.‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.064‎ ‎0.288‎ ‎0.432‎ ‎0.216‎ E(X)＝0×0.064＋1×0.288＋2×0.432＋3×0.216＝1.8.‎ ‎3．为响应绿色出行，某市在推出共享单车后，又推出新能源分时租赁汽车．其中一款新能源分时租赁汽车，每次租车收费的标准由两部分组成：①根据行驶里程数按1元/公里计费；②行驶时间不超过40分钟时按0.12元/分计费，超过40分钟时，超出部分按0.20元/分计费．已知张先生家离上班地点15公里，每天租用该款汽车上、下班各一次．由于堵车、红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间t(单位：分)是一个随机变量．现统计了张先生50次路上开车花费的时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示.‎ 时间t/分 ‎(20,30]‎ ‎(30,40]‎ ‎(40,50]‎ ‎(50,60]‎ 频数 ‎2‎ ‎18‎ ‎20‎ ‎10‎ 将频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间．‎ ‎(1)写出张先生一次租车费用y(单位：元)与用车时间t(单位：分)的函数关系式；‎ ‎(2)若张先生一次开车时间不超过40分为“路段畅通”，设ξ表示3次租用新能源分时租赁汽车中“路段畅通”的次数，求ξ的分布列和期望；‎ ‎(3)若公司每月给1 000元的交通补助，请估计张先生每月(按22天计算)的交通补助是否足够让张先生上、下班租用新能源分时租赁汽车？并说明理由．(同一时段的时间用该区间的中点值代表)‎ 解：(1)当20＜t≤40时，y＝0.12t＋15；‎ 当40＜t≤60时，y＝0.12×40＋0.20(t－40)＋15＝0.2t＋11.8.‎ 故y＝ ‎(2)张先生租用一次新能源分时租赁汽车中“路段畅通”的概率P＝＝，‎ ξ可取0,1,2,3.‎ P(ξ＝0)＝C03＝，‎ P(ξ＝1)＝C12＝，‎ P(ξ＝2)＝C21＝，‎ P(ξ＝3)＝C30＝，‎ ξ的分布列为 - 7 -‎ ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.2.‎ ‎(3)张先生每月的交通补助足够让他上、下班租用新能源分时租赁汽车．理由如下．‎ 法一：张先生租用一次新能源分时租赁汽车的平均用车时间t＝25×＋35×＋45×＋55×＝42.6(分)，‎ 每次租用新能源分时租赁汽车的平均费用为0.2×42.6＋11.8＝20.32(元)，‎ 张先生一个月上、下班租车费用约为20.32×22×2＝894.08(元)，因为894.08＜1 000，‎ 故张先生每月的交通补助足够让他上、下班租用新能源分时租赁汽车．‎ 法二：张先生租用一次新能源分时租赁汽车的平均租车费用为(15＋0.12 ×25)×＋(15＋0.12×35)×＋(11.8＋0.2×45)×＋(11.8＋0.2×55)×＝20.512(元)，‎ 张先生一个月上、下班租车费用约为20.512×22×2＝902.528(元)，‎ 因为902.528＜1 000，‎ 故张先生每月的交通补助足够让他上、下班租用新能源分时租赁汽车．‎ - 7 -‎