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- 2021-07-01 发布
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计数原理、概率、随机变量及其分布列
[全国卷 3 年考情分析]
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2018
几何概型·T10
古典概型·T8
求 二 项 式 系 数 问
题·T5
二项分布、导数的应用及变量的数
学期望、决策性问题·T20
相互独立事件及二项
分布·T8
2017
数学文化、有关面积的几何概型·T2
二项分布的方差·T13
频数分布表、概率分
布列的求解、数学期
望的应用·T18
正态分布、二项分布的性质及概率、
方差·T19
2016
与长度有关的几何概型·T4
几何概型、随机模
拟·T10
柱状图、相互独立事件与互斥事件
的概率、分布列和数学期望·T19
互斥事件的概率、条
件概率、随机变量的
分布列和数学期
望·T18
(1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一,命题形式为“一小一大”,即一
道选择题(或填空题)和一道解答题.
(2)选择题或填空题常出现在第 4~10 题或第 13~15 题的位置,主要考查随机事件的概
率、古典概型、几何概型,难度一般.
考点一 二项式定理 保分考点·练后讲评
[大稳定——常规角度考双基]
1.[求特定项的系数](2018·全国卷Ⅲ)
x2+2
x 5 的展开式中 x4 的系数为( )
A.10 B.20
C.40 D.80
解析:选 C
x2+2
x 5 的展开式的通项公式为 Tr+1=Cr
5·(x2)5-r·
2
x r=Cr
5·2r·x10-3r,
令 10-3r=4,得 r=2.故展开式中 x4 的系数为 C2
5·22=40.
2.[求特定项系数](2017·全国卷Ⅰ)
1+1
x2 (1+x)6 展开式中 x2 的系数为( )
A.15 B.20
C.30 D.35
解析:选 C (1+x)6 展开式的通项 Tr+1=Cr
6xr,所以
1+1
x2 (1+x)6 的展开式中 x2 的系数
为 1×C2
6+1×C4
6=30.
3.[有关系数和问题]在
x+ 3
x n 的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为 32∶1,
则 x2 的系数为( )
A.50 B.70
C.90 D.120
解析:选 C 令 x=1,则
x+ 3
x n=4n,所以
x+ 3
x n 的展开式中,各项系数和为 4n,
又二项式系数和为 2n,所以4n
2n=2n=32,解得 n=5.二项展开式的通项 Tr+1=Cr
5x5-r
3
x r=
Cr
53rx5-3
2
r,令 5-3
2
r=2,得 r=2,所以 x2 的系数为 C2
532=90,故选 C.
4.[求参数值]若二项式
2x+a
x 7 的展开式中1
x3的系数是 84,则实数 a 等于( )
A.2 B.
3
4
C.1 D. 2
4
解析:选 C 二项式
2x+a
x 7 的展开式的通项 Tr+1=Cr
727-rx7-rarx-r=27-rCr
7arx7-2r,
令 7-2r=-3,得 r=5,所以 T6=4C5
7a5=84,解得 a=1.
5.[二项式系数或各项系数的最值]在
x
2
-
1
3
x n 的展开式中,只有第 5 项的二项式系数
最大,则展开式的常数项是( )
A.-7 B.7
C.-28 D.28
解析:选 B 因为只有第 5 项的二项式系数 C 4
n最大,所以n
2
=4,即 n=8.
x
2
-
1
3
x 8 的展开式的通项公式为 Tr+1=Cr
8
x
2 8-r
-
1
3
x r= -1 rCr
8
28-r x8-4
3
r,
令 8-4
3
r=0,解得 r=6,故常数项为 T7= -1 6C6
8
22 =7.故选 B.
6.[求多项式的特定项系数](x2+x+y)4 的展开式中,x3y2 的系数是________.
解析:法一:(x2+x+y)4=[(x2+x)+y]4,
其展开式的第 r+1 项 Tr+1=Cr
4(x2+x)4-ryr,
因为要求 x3y2 的系数,所以 r=2,所以 T3=C2
4(x2+x)4-2y2=6(x2+x)2y2.
因为(x2+x)2 的展开式中 x3 的系数为 2,所以 x3y2 的系数是 6×2=12.
法二:(x2+x+y)4 表示 4 个因式 x2+x+y 的乘积,
在这 4 个因式中,有 2 个因式选 y,其余的 2 个因式中有一个选 x,剩下的一个选 x2,
即可得到含 x3y2 的项,
故 x3y2 的系数是 C2
4·C1
2·C1
1=12.
答案:12
[解题方略]
1.求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键
一是将二项式看作一个整体,利用分配律整理所给式子;二是利用二项展开式的通项公
式,求特定项,特定项的系数即为所要求的系数.
2.求(x+y+z)n 的展开式的特定项的系数问题的技巧
若三项能用完全平方公式,那当然比较简单,若三项不能用完全平方公式,只需根据题
目特点,把“三项”当成“两项”看,再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数;把
(x+y+z)n 看作 n 个因式 x+y+z 的乘积,再利用组合数公式求解.
3.二项式系数最大项的确定方法
若 n 是偶数,则中间一项
第n
2
+1 项
的二项式系数 最大;若 n 是奇数,则中间两项
第n+1
2
项与第n+1
2
+1 项的二项式系数 , 最大.
[小创新——变换角度考迁移]
1.[二项式定理与函数的交汇]在(1+x)6(2+y)4 的展开式中,记 xmyn 项的系数为 f(m,
n),则 f(4,0)+f(3,1)+f(2,2)+f(1,3)+f(0,4)=( )
A.1 240 B.1 289
C.600 D.880
解析:选 B (1+x)6 的展开式中,xm 的系数为 Cm
6,(2+y)4 的展开式中,yn 的系数为 Cn
424
-n,则 f(m,n)=Cm
6·Cn
4·24-n,从而 f(4,0)+f(3,1)+f(2,2)+f(1,3)+f(0,4)=C4
6·C0
4·24
+C3
6·C1
4·23+C2
6·C2
4·22+C1
6·C3
4·21+C0
6·C4
4·20=1 289.
2.[二项式定理与三角函数的交汇]已知(1+ax+by)5(a,b 为常数,a∈N*,b∈N*)的展
开式中不含字母 x 的项的系数和为 243,则函数 f(x)=
2sin 2x+b
2sin
x+π
4
,x∈
0,π
2 的最小值
为______.
解析:令 x=0,y=1,得(1+b)5=243,解得 b=2.因为 x∈
0,π
2 ,所以 x+π
4
∈
π
4
,3π
4 ,则 sin x+cos x= 2sin
x+π
4 ∈[1, 2],所以 f(x)=
2sin 2x+b
2sin
x+π
4
=
2sin 2x+2
sin x+cos x
=4sin x·cos x+2
sin x+cos x
=2(sin x+cos x)=2 2sin
x+π
4 ,所以 2≤f(x)≤2 2.
故 f(x)的最小值为 2.
答案:2
考点二 古典概型、几何概型及条件概率 保分考点
练后讲评
1.[古典概型](2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世
界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”,如 30=7
+23.在不超过 30 的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于 30 的概率是( )
A. 1
12
B. 1
14
C. 1
15
D. 1
18
解析:选 C 不超过 30 的所有素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共 10 个,随机选
取两个不同的数,共有 C2
10=45 种情况,而和为 30 的有 7+23,11+19,13+17 这 3 种情况,
∴所求概率为 3
45
= 1
15
.故选 C.
2.[几何概型](2018·全国卷Ⅰ)如图,来自古希腊数学家希波克拉
底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直
角三角形 ABC 的斜边 BC,直角边 AB,AC.△ABC 的三边所围成的区域记
为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ
的概率分别记为 p1,p2,p3,则( )
A.p1=p2 B.p1=p3
C.p2=p3 D.p1=p2+p3
解析:选 A 法一:∵S△ABC=1
2
AB·AC,以 AB 为直径的半圆的面积为1
2
π·
AB
2 2=π
8
AB2,
以 AC 为直径的半圆的面积为1
2
π·
AC
2 2=π
8
AC2,以 BC 为直径的半圆的面积为1
2
π·
BC
2 2=
π
8
BC2,
∴SⅠ=1
2
AB·AC,SⅢ=π
8
BC2-1
2
AB·AC,
SⅡ=
π
8
AB2+π
8
AC2
-
π
8
BC2-1
2
AB·AC
=1
2
AB·AC.
∴SⅠ=SⅡ.
由几何概型概率公式得 p1=SⅠ
S 总
,p2=SⅡ
S 总
,
∴p1=p2.故选 A.
法二:不妨设△ABC 为等腰直角三角形,
AB=AC=2,则 BC=2 2,
所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积,
为 S1=1
2
×2×2=2,
区域Ⅱ的面积 S2=π×12-
π× 2 2
2
-2
=2,
区域Ⅲ的面积 S3=π× 2 2
2
-2=π-2.
根据几何概型的概率计算公式,
得 p1=p2= 2
π+2
,p3=π-2
π+2
,
所以 p1≠p3,p2≠p3,p1≠p2+p3,故选 A.
3.[条件概率]一个口袋中装有 6 个小球,其中红球 4 个,白球 2 个.如果不放回地依次
摸出 2 个小球,则在第 1 次摸出红球的条件下,第 2 次摸出红球的概率为________.
解析:设“第 1 次摸出红球”为事件 A,“第 2 次摸出红球”为事件 B,则“第 1 次和
第 2 次都摸出红球”为事件 AB,所求事件为 B|A.
事件 A 发生的概率为 P(A)=4
6
=2
3
,
事件 AB 发生的概率为 P(AB)=4
6
×3
5
=2
5
.
由条件概率的计算公式可得,所求事件的概率为 P(B|A)=P AB
P A
=
2
5
2
3
=3
5
.
答案:3
5
[解题方略]
1.求解几何概型的步骤
2.条件概率的求法
(1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)=P AB
P A
.这是通用的求条件概率的方
法.
(2)借助古典概型概率公式,先求事件 A 包含的基本事件数 n(A),再在事件 A 发生的条
件下求事件 B 包含的基本事件数,即 n(AB),得 P(B|A)=n AB
n A
.
考点三 随机变量的分布列、均值与方差 增分考点
广度拓展
题型一 超几何分布及其均值与方差
[例 1] 某大学志愿者协会有 6 名男同学,4 名女同学.在这 10 名同学中,3 名同学来
自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这 10 名同学
中随机选取 3 名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同).
(1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率;
(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X).
[解] (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则P(A)=C1
3C2
7+C0
3C3
7
C3
10
=
49
60
.
所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为49
60
.
(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
P(X=k)=Ck
4C3-k
6
C3
10
(k=0,1,2,3).
所以 P(X=0)=C0
4C3
6
C3
10
=1
6
,P(X=1)=C1
4C2
6
C3
10
=1
2
,
P(X=2)=C2
4C1
6
C3
10
= 3
10
,P(X=3)=C3
4C0
6
C3
10
= 1
30
.
所以随机变量 X 的分布列为:
X 0 1 2 3
P 1
6
1
2
3
10
1
30
故随机变量 X 的数学期望 E(X)=0×1
6
+1×1
2
+2× 3
10
+3× 1
30
=6
5
.
[解题方略]
1.超几何分布的应用条件及实质
(1)条件:①考察对象分两类;②已知各类对象的个数;③从中抽取若干个个体,考察
某类个体个数 X 的概率分布.
(2)实质:古典概型问题.
2.超几何分布的均值与方差
对于实际问题中的随机变量 X,如果能够断定它服从超几何分布 H(N,M,n),则其概率
可直接利用公式 P(X=k)=Ck
MCn-k
N-M
Cn
N
(k=0,1,…,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N,M≤N,n,
M,N∈N*).
题型二 相互独立事件的概率及均值与方差
[例 2] (2019 届高三·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加
某运动会的单打资格选拔赛,本次选拔赛只有出线和未出线两种情况.规定一名运动员出线
记 1 分,未出线记 0 分.假设甲、乙、丙出线的概率分别为2
3
,3
4
,3
5
,他们出线与未出线是相
互独立的.
(1)求在这次选拔赛中,这三名运动员至少有一名出线的概率;
(2)记在这次选拔赛中,甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ,求随机变量
ξ的分布列和数学期望 E(ξ).
[解] (1)记“甲出线”为事件 A,“乙出线”为事件 B,“丙出线”为事件 C,“甲、
乙、丙至少有一名出线”为事件 D,
则 P(D)=1-P( A B C )=1-1
3
×1
4
×2
5
=29
30
.
(2)由题意可得,ξ的所有可能取值为 0,1,2,3,
则 P(ξ=0)=P( A B C )=1
3
×1
4
×2
5
= 1
30
;
P(ξ=1)=P(A B C )+P( A B C )+P( A B C)=2
3
×1
4
×2
5
+1
3
×3
4
×2
5
+1
3
×1
4
×3
5
=13
60
;
P(ξ=2)=P(AB C )+P(A B C)+P( A BC)=2
3
×3
4
×2
5
+2
3
×1
4
×3
5
+1
3
×3
4
×3
5
= 9
20
;
P(ξ=3)=P(ABC)=2
3
×3
4
×3
5
= 3
10
.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P 1
30
13
60
9
20
3
10
E(ξ)=0× 1
30
+1×13
60
+2× 9
20
+3× 3
10
=121
60
.
[解题方略] 求相互独立事件的概率的两种方法
直接法
正确分析复杂事件的构成,将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几
个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题,然后用相应概率公式 求
解
间接法
当复杂事件正面情况较多,反面情况较少时,可利用其对立事件进行求解.对于
“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解
题型三 二项分布及其均值与方差
[例 3] 雾霾天气对人体健康有伤害,应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制
PM2.5,要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取
重大举措,聚焦重点领域,严格指标考核.某省环保部门为加强环境执法监管,派遣四个不
同的专家组对 A,B,C 三个城市进行治霾落实情况抽查.
(1)若每个专家组随机选取一个城市,四个专家组选取的城市可以相同,也可以不同,
求恰有一个城市没有专家组选取的概率;
(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价,并对所选取的城市进行评
价,每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为1
2
,若四个专家组均评价为优则检查通过
不用复检,否则需进行复检.设需进行复检的城市的个数为 X,求 X 的分布列.
[解] (1)随机选取,共有 34=81 种不同方法,
恰有一个城市没有专家组选取的有 C1
3(C1
4A2
2+C2
4)=42 种不同方法,
故恰有一个城市没有专家组选取的概率 P=42
81
=14
27
.
(2)设事件 A:“一个城市需复检”,
则 P(A)=1-
1
2 4=15
16
,
X 的所有可能取值为 0,1,2,3,
P(X=0)=C0
3·
1
16 3= 1
4 096
,
P(X=1)=C1
3·
1
16 2·15
16
= 45
4 096
,
P(X=2)=C2
3· 1
16
·
15
16 2= 675
4 096
,
P(X=3)=C3
3·
15
16 3=3 375
4 096
.
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 1
4 096
45
4 096
675
4 096
3 375
4 096
[解题方略] 破解有关二项分布的“四关”
考点四 利用均值与方差破解决策性问题 增分考点
讲练冲关
[典例] (2018·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司,其送餐员的日工资方案如下:
甲公司,底薪 80 元,每单送餐员抽成 4 元;乙公司,无底薪,40 单以内(含 40 单)的部分
送餐员每单抽成 6 元,超出 40 单的部分送餐员每单抽成 7 元.假设同一公司的送餐员一天
的送餐单数相同,现从这两家公司各随机选取一名送餐员,并分别记录其 50 天的送餐单数,
得到如下频数表:
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 38 39 40 41 42
天数 10 15 10 10 5
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 38 39 40 41 42
天数 5 10 10 20 5
(1)现从记录甲公司的 50 天送餐单数中随机抽取 3 天的送餐单数,求这 3 天送餐单数都
不小于 40 的概率.
(2)若将频率视为概率,回答下列两个问题:
①记乙公司送餐员日工资为 X(单位:元),求 X 的分布列和数学期望 E(X);
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员,如果仅从日工资的角度考虑,请利
用所学的统计学知识为小王作出选择,并说明理由.
[解] (1)记抽取的 3 天送餐单数都不小于 40 为事件 M,
则 P(M)=C3
25
C3
50
= 23
196
.
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为 a,
当 a=38 时,X=38×6=228,
当 a=39 时,X=39×6=234,
当 a=40 时,X=40×6=240,
当 a=41 时,X=40×6+1×7=247,
当 a=42 时,X=40×6+2×7=254.
所以 X 的所有可能取值为 228,234,240,247,254.
故 X 的分布列为
X 228 234 240 247 254
P 1
10
1
5
1
5
2
5
1
10
所以 E(X)=228× 1
10
+234×1
5
+240×1
5
+247×2
5
+254× 1
10
=241.8.
②依题意,甲公司送餐员的日平均送餐单数为
38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7,
所以甲公司送餐员的日平均工资为 80+4×39.7=238.8 元.
由①得乙公司送餐员的日平均工资为 241.8 元.
因为 238.8<241.8,所以推荐小王去乙公司应聘.
[解题方略] 利用均值与方差进行决策的思路方法
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策,其中随机变量 X 的均值的意
义在于描述随机变量的平均程度,而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状
况.品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特
征量有关.
[多练强化]
为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励,规定:每位顾客
从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球,球上所标的面值之和为该顾客
所获的奖励额.
(1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元,其余 3 个均为 10 元,求:
①顾客所获的奖励额为 60 元的概率;
②顾客所获的奖励额的分布列及均值;
(2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元,并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和
50 元的两种球组成,或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额
尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的 4 个球的面值给出一
个合适的设计,并说明理由.
解:(1)设顾客所获的奖励额为 X.
①依题意,得 P(X=60)=C1
1C1
3
C2
4
=1
2
,
即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为1
2
.
②依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.
P(X=60)=1
2
,P(X=20)=C2
3
C2
4
=1
2
,
即 X 的分布列为
X 20 60
P 1
2
1
2
所以顾客所获的奖励额的均值 E(X)=20×1
2
+60×1
2
=40 元.
(2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为 60 元.所以,先寻找均值为 60 元的可
能方案.对于面值由 10 元和 50 元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为 60
元是面值之和的最大值,所以均值不可能为 60 元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为
60 元是面值之和的最小值,所以均值也不可能为 60 元,因此可能的方案是(10,10,50,50),
记为方案 1.
对于面值由 20 元和 40 元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方
案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案 2.
以下是对两个方案的分析:
对于方案 1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为 X1,则 X1 的分布列为
X1 20 60 100
P 1
6
2
3
1
6
X1 的均值 E(X1)=20×1
6
+60×2
3
+100×1
6
=60,
X1 的方差 D(X1)=(20-60)2×1
6
+(60-60)2×2
3
+(100-60)2×1
6
=1 600
3
.
对于方案 2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为 X2,则 X2 的分布列为
X2 40 60 80
P 1
6
2
3
1
6
X2 的均值 E(X2)=40×1
6
+60×2
3
+80×1
6
=60,
X2 的方差 D(X2)=(40-60)2×1
6
+(60-60)2×2
3
+(80-60)2×1
6
=400
3
.
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求,但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小,所以
应该选择方案 2.
考点五 正态分布及其应用 增分考点·讲练冲关
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从
该生产线上随机抽取 16 个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为
这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布 N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)
之外的零件数,求 P(X≥1)及 X 的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这
条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
①试说明上述监控生产过程方法的合理性;
②下面是检验员在一天内抽取的 16 个零件的尺寸:
9 . 95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13
10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得 x = 1
16
错误!i=9.97,s=错误!=错误!≈0.212,其中 xi 为抽取的第 i 个零件
的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数 x 作为μ的估计值μ^ ,用样本标准差 s 作为σ的估计值σ^ ,利用估计值
判断是否需对当天的生产过程进行检查?剔除(μ^ -3σ^ ,μ^ +3σ^ )之外的数据,用剩下的数
据估计μ和σ(精确到 0.01).
附:若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ,σ2),则 P(μ-3σμ+a);
②P(X35
付费标准(单位:元/日) 500 700 1 000
考虑到资金有限,若要使该公司每个月(按 30 天计)付的费用最少,则该公司应该选择
哪个网站?
[解] (1)根据题中的茎叶图得,
x 甲= 1
10
×(15+24+28+25+30+36+30+35+32+45)=30,
s2
甲= 1
10
[(15-30)2+(24-30)2+(28-30)2+(25-30)2+(30-30)2+(36-30)2+(30-
30)2+(35-30)2+(32-30)2+(45-30)2]=58.
x 乙= 1
10
×(18+25+22+24+32+38+30+36+35+40)=30,
s2
乙= 1
10
[(18-30)2+(25-30)2+(22-30)2+(24-30)2+(32-30)2+(38-30)2+(30-
30)2+(36-30)2+(35-30)2+(40-30)2]=49.8.
因为 x 甲= x 乙,s2
甲>s2
乙,
所以该公司应选择乙网站.
(2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量 X,选择乙网站每日需付的费用为随机变
量 Y,
则随机变量 X 的分布列为
X 500 700 1 000
P 0.2 0.6 0.2
其数学期望 E(X)=500×0.2+700×0.6+1 000×0.2=720,
故该公司若选择甲网站,则每个月需付的费用为 720×30=21 600(元).
随机变量 Y 的分布列为
Y 500 700 1 000
P 0.3 0.4 0.3
其数学期望 E(Y)=500×0.3+700×0.4+1 000×0.3=730,故该公司若选择乙网站,
则每个月需付的费用为 730×30=21 900(元).因此应选择甲网站.
[素养通路]
数据分析是指针对研究对象获取数据,运用统计方法对数据进行整理、分析和推断,形
成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括:收集数据,整理数据,提取信息,构
建模型,进行推断,获得结论.
本题先分析茎叶图中的数据,分别求出甲、乙的平均数、方差,然后做出最佳选择,再
通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析”,对实际问题做出合理的判断.考查了数据
分析这一核心素养.