1、概率与统计概率与统计（解答题解答题）大数据之五大数据之五年年（2018-2022）高考真题高考真题汇汇编（新编（新高高考卷与全国考卷与全国理理科科）一、解答题一、解答题1.在某地区进行流行病调查，随机调查了 100 名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图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作代表）；2估计该地区一人患这种疾病年龄在区间 20，70)的概率；3已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%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间 40，50)，求此人患该种疾病的概率（样 本数据
2、中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001）2.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3甲、乙两城之间的长途客车均由 A 和 B 两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情 况，随机调查了甲、乙两城之间的 500 个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B210302附：
3、=()2(+)(+)(+)(+)，(2)0.1000.0500.0102.7063.8416.6351根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；2能否有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？4某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft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：2 ）和材积量（单位：3 ），得 到如下数据：样本号 i12345678910总和根部横截面积 0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量 0.250.40
4、0.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10=1 2=0.038，10=1 2=1.6158，10=1=0.2474 附：相关系数 =1()()=1()2=1()2，1.896 1.377 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 1862 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5在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比
5、赛，比赛成绩达到 9.50m 以上（含 9.50m）的同学将获得优秀奖，为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立I.估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；II.设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 的数学期望E；III.在校运动会铅球比赛中，甲、乙
6、、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）6一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，在己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10902附：=()2(+)(+)(+)(+)P(K2 k)0.0500.0100.001K3.8416.63510.8281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”，B 表示事件“选
7、到的人患有该疾病”，()与()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，记该指标为 R.(i)证明：()()=()()；(ii)利用该调查数据，给出(|)，()的估计值，并利用(i)的结果给出 R 的估计值.7.一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，(=)=(=0,1,2,3)（1）已知 0=0.4，1=0.3，2=0.2，3=0.1，求 E()；2设 p 表示该种微生物经过
8、多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于 x 的方程：0+1+22+33=的一个最小正实根，求证：当 E()1 时，=1，当 E()1 时，400空气质量好空气质量不好(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得13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 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(xi，yi)(i=1，2，20)，其中 xi 和 yi 分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积2020=1=1 =60 ，=1200，202020=1=1=1（)2 =80 ，（)2
9、 =9000 ，（)（)=800.（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(xi，yi)(i=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附：相关系数 r=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.=1（)（)=1（)2=1（)2，2=1.414.14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
10、，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，2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 1，（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.15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 2 浓度（单位：/3），得下表：2PM2.50,50(50,150(150,4750,3532184(35,756812(75,11537102附：=()2(+)(+)(+)(+)，(2 )0.0500.0100.
11、0013.8416.63510.8281估计事件“该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150”的概率；2根据所给数据，完成下面的 2 2 列联表：2PM2.50,150(150,4750,75(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 2浓度有关？16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，对学生进行简单随机抽样，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
12、250 人假设所有学生对活动方案是否支持相互独立（）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（）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 人支持方案一的概率；（）将该校学生支持方案的概率估计值记为 0，假设该校年级有 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 1，试比较 0 与 1 的大小（结论不要 求证明）17在平面直角坐标系 xOy 中，设点集 =(0,0),(1,0),(2,0),(,0)，=(0,1),(,1),=(0,2),(1,2),(2,2),(,2),.令 =.从集合 M
13、n 中任取两个不同的点，用随机变量 X 表示它们之间的距离.1当 n=1 时，求 X 的概率分布；2对给定的正整数 n（n3），求概率 P（Xn）（用 n 表示）.182019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房 贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有 72,108,120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取 25 人调查专项附加扣除的享受情况.（）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？（）抽取的 25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有 6 人，分别记为,E,.享受情 况如右表，其中“”表示享受
14、，“”表示不享受.现从这 6 人中随机抽取 2 人接受采访.员工项目ABCDEF子女教育继续教育大病医疗住房贷款利息住房租金赡养老人i.试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；ii.设 为事件“抽取的 2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件 发生的概率.319设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为 2.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.（）用 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 的分布列和数 学期望；（）设 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
15、数恰好多 2”，求事件 发生的概率.20.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）2111 分制乒
16、乓球比赛，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.（1）求 P（X=2）；（2）求事件“X=4 且甲获胜”的概率.22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使用情况，从全校所有的 1000 名学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B
17、两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的 支付金额分布情况如下：支付金额支付方式不大于 2000 元大于 2000 元仅使用 A27 人3 人仅使用 B24 人1 人I.估计该校学生中上个月 A，B 两种支付方式都使用的人数；II.从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，求该学生上个月支付金额大于 2000 元的概率；III.已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用 B 的学生中，随机抽查 1 人，发现他本月的支付金额大于 2000 元，结合（II）的结果，能否认为样本仅使用 B 的学生中本月 支付金额大于 2000 元的人数有变化？说明
18、理由.23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使用情况，从全校学生中随机抽取了 100人，发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：支付金额（元）支付方式（0，1000（1000，2000大于 2000仅使用 A18 人9 人3 人仅使用 B10 人14 人1 人I.从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率；II.从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示
19、这 2 人中上个月支付金额 大于 1000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望；III.已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化。现从样本仅使用 A 的学生中，随机抽查 3 人，发现他们本月的支付金额都大于 2000 元，根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本 月支付金额大于 2000 元的人数有变化？说明理由.24.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
20、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 和，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=
21、P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)。假设=0.5，=0.8。(i)证明：+1（i=0,1,2，7）为等比数列；(ii)求 P4，并根据 P4 的值解释这种试验方案的合理性。25某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检 验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验，再根据检验结果决定 是否对余下的所有产品作检验。设每件产品为不合格的概率为品 p（0 2.706，根据临界值表可知，有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.104【答案】（1）解：样本中 10 棵这种树木的根部横
22、截面积的平均值 =0.6=0.06样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 =3.9=0.3910据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 0.062，平均一棵的材积量为 0.393()()10=1()210=1()21010（2）解：=1=110(10=122 10)(10=122 10)=0.247410 0.06 0.39(0.03810 0.062)(1.615810 0.392)=0.00018960.01340.01340.01377 0.97则 0.97（3）解：设该林区这种树木的总材积量的估计值为 3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得 0.06=186
23、，解之得 =12093 0.39则该林区这种树木的总材积量估计为 120935 【答案】（I）由题意得：设甲在校运会铅球比赛中获优秀奖为事件 A：比赛成绩达到 9.50m 以上获优秀奖，甲的比赛成绩达到 9.50 以上的有：9.80，9.70，9.55，9.54 四个，所以甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为（）=0.4；（II）X 所有可能取值为 0，1，2，3甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为（）=0.4乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件 B，则（）=0.5丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件 C，则（）=0.5(=0)=0.6 0.5 0.5=0.15(=1)=0.4 0.5
24、 0.5+0.6 0.5 0.5+0.6 0.5 0.5=0.4(=2)=0.4 0.5 0.5+0.4 0.5 0.5+0.6 0.5 0.5=0.35(=3)=0.4 0.5 0.5=0.101230.150.40.350.1E()=0 0.15+1 0.4+2 0.35+3 0.1=1.4（III）甲的平均数：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)0.1=9.479乙的平均数：(9.78+9.56+9.51+9.36+9.32+9.23)6=9.457丙的平均数：(9.85+9.65+9.20+9.16)0.25=9.465
25、甲的方差：2=(9.8 9.479)2+(9.25 9.479)2 10=0.172乙的方差：2=(9.78 9.457)2+(9.23 9.457)2 6=0.0329丙的方差：2=(9.85 9.465)2+(9.16 9.465)2 4=0.086在校运动会铅球比赛中，乙获得冠军的概率估计值最大.26【答案】（1）2=200 (40 9010 60)=24 6.625100 100 50 150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.（2）用局部估计总体(i)=()()()()()()()()()()=()()()()()()=()()()()()()()=
26、()()()()()()()()()(ii)()=()=()=40()=()=()=90()()100，()()100()=()()60()()=100，()=()()=()()10=100=40 9060 10=6故 R 的估计值为 67【答案】（1）E()=0 0.4+1 0.3+2 0.2+3 0.1=1.（2）设()=33+22+(11)+0，因为 3+2+1+0=1，故()=33+22(2+0+3)+0，若 E()1，则 1+22+33 1，故 2+23 0.()=332+22(2+0+3)，因 为(0)=(2+0+3)0，(1)=2+230 0，故()有两个不同零点 1，2，且 1
27、 0 0；(1，2)时，()(2)=(1)=0，故 1 为 0+1+22+33=的一个最小正实根，若 2 1，因为(1)=0 且在(0，2)上为减函数，故 1 为 0+1+22+33=的一个 最小正实根，综上，若 E()1，则 =1.若 E()1 ，则 1+22+33 1 ，故 2+23 0 .此 时(0)=(2+0+3)0，故()有两个不同零点 3，4，且 3 0 4 0；(3，4)时，()0；故()在(，3)，(4，+)上为增函数，在(3，4)上为减函数，而(1)=0，故(4)0，故()在(0，4)存在一个零点 ，且 1.所以 为 0+1+22+33=的一个最小正实根，此时 1 时，2 时
28、，E()E()；11若 2 时，E()6.635所以，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。10【答案】（1）解：各项所求值如下所示10=1(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.010=1(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.31102=1 x(9.7-10.0)2+2x(9.8-10.0)2+(9.9-10.0)2+2X(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2+2x(10.2-10.0)2+(10.3-10.0)2=0.36
29、，2102=1 x(10.0-10.3)2+3x(10.1-10.3)2+(10.3-10.3)2+2x(10.4-10.3)2+2x(10.5-10.3)2+(10.6-10.3)2=0.4.（2）由(1)中数据得 -=0.3，221+22100.551显 然 -221+2210，所以不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。1 1【答案】（1）的取值可能为 0，20，100，(=0)=10.8=0.2，(=20)=0.8 (10.6)=0.32，(=100)=0.8 0.6=0.48，的分布列为X020100P0.20.320.48（2）假设先答 类题，得分为 ，则 可能为
30、0，80，100，(=0)=10.6=0.4，(=80)=0.6 (10.8)=0.12，(=100)=0.6 0.8=0.48，的分布列为Y080100P0.40.120.48 E()=0 0.4+80 0.12+100 0.48=57.6，由（1）可知 E()=0 0.2+20 0.32+100 0.48=54.4，E()E()，应先答 B 类题1 2【答案】（1）解：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 2+16+25100=0.43，等级为 2 的概率为 5+10+12=0.27，等级为 3 的概率为 6+7+8=0.21，等级100100为 4 的概率为 7+2+
31、0=0.09100（2）解：由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 20+300 35+500 45=350100（3）解：2 2 列联表如下：人次 400人次 400空气质量不好3337空气质量好22822=100 (33 837 22)5.820 3.841，55 45 70 30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.1 1 3【答案】（1）解：样区野生动物平均数为2020=1 1 =20 1200=60，地块数为 200，该地区这种野生动物的估计值为 200 60=12000=（2）解：样本(,)的相关系数为20()()=120=
32、1()220=1()2=80080 9000=2 23 0.94（3）解：由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.1 4【答案】（1）解：记事件 M:甲连胜四场，则()=(2)161 4=1；（2）解：记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件 C 为丙输，则四局内结束比赛的概率为1 41 =()+()+()+()=4 ()=，24所以，需要进行第五场比赛的概率为 =1=3；4（3）解：记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件 C 为丙输，记事件 M:甲赢，记事件
33、N:丙赢，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为()=1 4+7(2)(2)321 5=9.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为()=12 9=7 .32161 5【答案】（1）解：由表格可知，该市 100 天中，空气中的 2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150 的天数有 32+6+18+8=64 天，所以该市一天中，空气中的 2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150 的概率为 64 100=0.64；（2）解：由所给数据，可得 2 2 列联表为：22.50,150(150,475合计0,75641680(75,115101020合计742
34、6100（3）解：根据 2 2 列联表中的数据可得2()2=(+)(+)(+)(+)=100 (64 1016 10)280 20 74 263600=481 7.4844 6.635，因为根据临界值表可知，有 99%的把握认为该市一天空气中 2.5 浓度与 2 浓度有关.200+40031 6【答案】解：（）该校男生支持方案一的概率为200=1，该校女生支持方案一的概率为300=3；300+1004（）3 人中恰有 2 人支持方案一分两种情况，（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一，31 23所以 3 人中恰有 2 人支持方案一概率为：()(1)+12
35、()(1)=433 43611 313;（）1 )，所以仅需考虑 的情况若 =，则 ，不存在 的取法；若 =0，=1，则 =()2+1 2+1，所以 当且仅当 =2+1，此 时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法；若 =0，=2 ，则 =()2+4 2+4 ，因为当 3 时，(1)2+4 ，所以 当且仅当 =2+4，此时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法；若 =1，=2，则 =()2+1 2+1，所以 当且仅当 =2+1，此 时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法综上，当 时，的所有可能取值是2 +1 和2+4，且222+42+4(=2 +1)=4=2 +4)=2,(6因此，()=1(
36、=2+1)(=2+4)=122+41 8【答案】解：（1）由已知，老、中、青员工人数之比为 6:9:10，由于采用分层抽样的方法从中抽取 25 位员工，因此应从老、中、青员中分别抽取 6 人，9 人，10 人.（）（i）从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为，共 15 种.(公式显示不全)（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为,E,E,E,E,，共 11 种.所以，事件 发生的概率()=11151 9【答案】解：（）解：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 2，故(3，3323)，从而(=)=(2)(1)，=0，1，2，3.3 33所
37、以，随机变量 的分布列为0123 1 272949 8 273随机变量 的数学期望 E()=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 ，则(3，32)，且=3，=1 =2，=0.由题意知事件 =3，=1 与 =2，=0 互斥，且事件 =3 与 =1，事件 =2 与 =0 均相互独立，从而由（）知()=(=3，=1 =2，=0)=(=3，=1)+(=2，=0)=(=3)(=1)+(=2)(=0)=+=82412027992724320【答案】（1）解：由已知得 0.70=a+0.20+0.15，故 a=0.35b=10.050.150.70=0.10（2）甲离子残留百
38、分比的平均值的估计值为20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.05=4.05乙离子残留百分比的平均值的估计值为30.05+40.10+50.15+60.35+70.20+80.15=6.0021【答案】（1）解：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）=0.50.4+（10.5）（104）=05（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0.5（10.4）+（1
39、0.5）0.40.50.4=0.122【答案】解：（I）据估计，100 人中上个月 A、B 两种支付方式都使用的人数为 100-5-27-3-24-1=40 人，故该校学生中上个月 A、B 两种支付方式都使用的人数为 400 人；II.该校学生上个月仅使用 B 支付的共 25 人，其中支付金额大于 2000 的有一人，故概率为 1；25III.不能确定人数有变化，因为在抽取样本时，每个个体被抽到的机会是均等的，也许抽取的样本恰为上个月支付超过 2000 的个体，因此不能从抽取的一个个体来确定本月的情况有变化.23【答案】解：（I）抽取的 100 人中，A，B 两种支付方式都使用的人数为 100
40、-5-18-9-3-10-14-1=40，1005设 A，B 两种支付方式都使用为事件 A，则 P（A）=40=2，5即 A，B 两种支付方式都使用的概率为 2；（II）X 的可能取值为 0,1,2；其中 P（X=0）=3 2=6，P（X=1）=3 3+2 2=13,5525555525P（X=2）=2 3=6，5525所以分布列为X012P 6 13 6 252525（III）不能认为样本仅使用 A 支付的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化，因为概率是在大量重复试验下得到的一个预测结合，不能确定是不是一定发生。2 4 【答案】（1）解：（=1）=(1),(=1)=(1),(=0
41、)=(1)(1)+,所以 X 的分布列为：X-101P 1+2 （2）（i）证明：=0.4,=0.5,=0.1,则 5=41+1(=1,2,3,7),+1 =4(11+1+1),(=1,2,3,7),=4,利用等比数列的定义证出：数列 （i=0,1,2，7）为等比数列。（ii）+1 =4(10)=4,8=（87)+(76)+(10)=(1+4+47)1+4+471484811 =1,1=1=14=3,1257 1 4=(43)+(32)+(21)+1=(1+4+43)=,表示在初始 4 分的情况下，甲药累计得分为 4 时，认为甲药比乙药更有效的概率仅为 1 0.5),故这种试验方案是合理的。2
42、02 5【答案】（1）解：20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为()=2 2(1)18.因此分别抽到 3 人，2 人，2 人（）（i）随机变量(=)=()=2 2(1)18182(1)17=22(1)17(110).2020令()=0，得 =0.1.当 (0，0.1)时，()0；当 (0.1，1)时，()400，故应该对余下的产品作检验.2 6【答案】解：解：（）由已知甲乙丙三个部门员工人数之比为 3：2：2，从甲乙丙三个部门中 34337(=0，1，2，3)随机变量 x的分布列为X0123P 1 3512351835 4 35x 的数学期望为 E()=0 1+1 12+2 18+3 4=
43、12（ii）解：设事件 B 为：“抽取 3 人353535357中，睡眠充足的员工有 1 人，睡眠不足的员工有 2 人”，事件 C 为：“抽取 3 人中，睡眠充足的员工有 2 人，睡眠不足的员工有 1 人”，则 =，且互斥由知()=(=2)，()=(=1)则：()=()=(=2)+(=1)=6则事件 A 发生的概率为 6.772 7【答案】解：（）240：160：160=3：2：2则应从甲乙丙三个年级的学习志愿者抽 3 人，2 人，2 人（）（i）共有如下情形AB AC AD AE AF AG BC BD BE BF BG CD CE CF CG DE DF DG EF EG FG（ii）=3
44、+1+1=5 21212 8【答案】（1）由题意可知模型中，2018 年对应的 t=19，预测值 =-30.4+13.519=226.1 亿元此时基础设施的投资预测值为 226.1 亿元；模型中，2018 年对应的 t=9，预测值 =99+17.59=256.5 亿元此时基础设施的投资预测值为：256.5 亿元；（2）用模型预测得到的 2018 年的基础设施的投资更可靠。因为从折线图上看，基础设施的投资 在 2009 年到 2010 年发生了很大程度上的突变，所以用模型预测 2018 年的会有一定程度的失真。2 9【答案】（1）解：第二种生产方式效率更高，因为第二组多数数据集中在 70min8
45、0min 之间，第2020=84，E2=一组多数数据集中在 80min90min，所以第一组完成任务的平均时间大于第二组，E1=1 1201=1=74.420 E1 1则第二种生产方式的效率更高。2（2）解：由题意 =79+81=80超过 m不超过 m第一种生产方式155第二种生产方式5152（3）解：2=40 (15252)=10 6.63520 20 20 20有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异30【答案】解：（）设时间 A 为：“这部电影是获得好评的第四类电影”则()=200 0.25=1 140+50+300+200+800+151040（）设时间 B 为“恰有一部获的好评”
46、()=0.25 (10.2)+(10.25)0.8=0.35（）1=0.4 0.6=0.242=5=0.2 0.8=0.0163=0.15 0.85=0.12754=0.25 0.75=0.18756=0.1 0.9=0.091 4 2=5 3 63 1【答案】解：（）设时间 A 为：“这部电影是获得好评的第四类电影”则()=200 0.25=1（）获得好评的电影部数为：140+50+300+200+800+510401400.4+500.2+3000.15+2000.25+8000.25100.1=372 估计这部电影没有获得好评的概率为：1-372=0.814.（）只要第五类电影的好评率增加 0.1，第二类电影的好评率减少 0.1，可使得获得好2000评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大.
