08 计数原理与概率统计-遇见最美的数学系列——24真题汇编

计数原理与概率统计 一、单选题 1．（2024·全国）某农业研究部门在面积相等的 100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块 稻田的亩产量（均在 900,1200 之间，单位：kg）并部分整理下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 24 10 据表中数据，结论中正确的是（ ） A．100块稻田亩产量的中位数小于 1050kg B．100块稻田中亩产量低于 1100kg的稻田所占比例超过 80% C．100块稻田亩产量的极差介于 200kg至 300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于 900kg至 1000kg 之间 2．（2024·全国）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ） A． 1 4 B． 1 3 C． 12 D． 2 3 3．（2024·北京）  4x x 的二项展开式中 3x 的系数为（ ） A．15 B．6 C． 4 D． 13 4．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2024·全国）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本， 得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x  ，样本方差 2 0.01s  ，已知该种植区以往的亩收入 X 服从正态分布  21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布  2,N x s ，则（ ） （若随机变量 Z服从正态分布  2,N u  ， ( ) 0.8413P Z u    ） A． ( 2) 0.2P X   B． ( 2) 0.5P X   C． ( 2) 0.5P Y   D． ( 2) 0.8P Y   三、填空题 6．（2024·全国）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标 有数字 1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字 2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比 赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的 人得 1分，数字小的人得 0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中 不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于 2的概率为 . 7．（2024·全国）在如图的 4×4方格表中选 4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选 中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的 4个数之和的最 大值是 ． 8．（2024·全国） 101 3 x     的展开式中，各项系数的最大值是 ． 9．（2024·全国）有 6个相同的球，分别标有数字 1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽 取 3次，每次取 1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值， n为取出的三个球上数字 的平均值，则m与n差的绝对值不超过 12 的概率是 ． 10．（2024·天津） , , , ,A B C D E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到A的概 率为 ；已知乙选了A活动，他再选择 B活动的概率为 ． 11．（2024·上海）在 ( 1)nx  的二项展开式中，若各项系数和为 32，则 2x 项的系数为 ． 12．（2024·上海）某校举办科学竞技比赛，有 、 、A B C 3种题库，A题库有 5000道题，B题 库有 4000道题，C题库有 3000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是 0.92，B题 库的正确率是 0.86，C题库的正确率是 0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率 是 ． 13．（2024·上海）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积 皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 四、解答题 14．（2024·全国）设 m为正整数，数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是公差不为 0的等差数列，若从中删去 两项 ia 和  ja i j 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4个数都能构成等差数列， 则称数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列． (1)写出所有的  ,i j ，1 6i j   ，使数列 1 2 6, ,...,a a a 是  ,i j 可分数列； (2)当 3m  时，证明：数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  2,13 可分数列； (3)从1, 2,..., 4 2m  中一次任取两个数 i和  j i j ，记数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的 概率为 mP ，证明： 1 8m P  ． 15．（2024·全国）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如 下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮 3次，若 3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为 0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮 3次，每次投中得 5分，未投中得 0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组 成，设甲每次投中的概率为 p，乙每次投中的概率为 q，各次投中与否相互独立． (1)若 0.4p  ， 0.5q  ，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5分的概 率． (2)假设 0 p q  ， （i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 16．（2024·全国）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车 间的产品中随机抽取 150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲， 乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率 0.5p  ，设 p为升级改造后抽取的 n件产品的优 级品率.如果 (1 )1.65 p pp p n    ，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的 150 件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？ （ 150 12.247 ） 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d        2P K k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 17．（2024·北京）已知某险种的保费为 0.4万元，前 3次出险每次赔付0.8万元，第 4次赔付 0.6万元 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 在总体中抽样 100单，以频率估计概率： (1)求随机抽取一单，赔偿不少于 2次的概率； (2)（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为 X ，估计 X 的数学期望； （ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降 4%，已赔偿过的增加 20%．估计保单下一 保险期毛利润的数学期望． 18．（2024·上海）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区 29000名 学生中抽取 580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示： 时间范围学业成绩  0,0.5  0.5,1  1,1.5  1.5, 2  2,2.5 优秀 5 44 42 3 1 不优秀 134 147 137 40 27 (1)该地区 29000名学生中体育锻炼时长不少于 1小时人数约为多少？ (2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到 0.1） (3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于 1小时且小于 2小时有 关？ （附：      2 2 ( ) ,n ad bc a b c d a c b d        其中 n a b c d    ，  2 3.841 0.05P    ．） 参考答案： 1．C 【分析】计算出前三段频数即可判断 A；计算出低于 1100kg 的频数，再计算比例即可判断 B；根据极差计算方法即可判断 C；根据平均值计算公式即可判断 D. 【解析】对于 A, 根据频数分布表可知, 6 12 18 36 50    , 所以亩产量的中位数不小于 1050kg , 故 A 错误； 对于 B，亩产量不低于1100kg的频数为 341024  ， 所以低于1100kg的稻田占比为 100 34 66% 100   ，故 B错误； 对于 C，稻田亩产量的极差最大为1200 900 300  ，最小为1150 950 200  ，故 C正确； 对于 D，由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100)的频数为100 (6 12 18 24 10) 30      ， 所以平均值为 1 (6 925 12 975 18 1025 30 1075 24 1125 10 1175) 1067 100              ，故 D 错误. 故选；C. 2．B 【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【解析】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有 2种排法，丁就1种，共 2种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共 2种； 于是甲排在排尾共 4种方法，同理乙排在排尾共 4种方法，于是共8种排法符合题意； 基本事件总数显然是 4 4A 24 ， 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为 8 1 24 3  . 故选：B 3．B 【分析】写出二项展开式，令 4 3 2 r   ，解出 r然后回代入二项展开式系数即可得解. 【解析】  4x x 的二项展开式为      44 21 4 4C C 1 , 0,1,2,3,4 rr rr r r rT x x x r        ， 令 4 3 2 r   ，解得 2r  ， 故所求即为  224C 1 6  . 故选：B. 4．A 【分析】由点的分布特征可直接判断 【解析】观察 4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型 拟合效果比较好，呈现明显的正相关， r 值相比于其他 3图更接近 1. 故选：A 5．BC 【分析】根据正态分布的3 原则以及正态分布的对称性即可解出. 【解析】依题可知， 22.1, 0.01x s  ，所以  2.1,0.1Y N ， 故      2 2.1 0.1 2.1 0.1 0.8413 0.5P Y P Y P Y         ，C正确，D错误； 因为  1.8,0.1X N ，所以    2 1.8 2 0.1P X P X     ， 因为  1.8 0.1 0.8413P X    ，所以  1.8 0.1 1 0.8413 0.1587 0.2P X       ， 而      2 1.8 2 0.1 1.8 0.1 0.2P X P X P X         ，B正确，A错误， 故选：BC． 6． 1 2 /0.5 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【解析】设甲在四轮游戏中的得分分别为 1 2 3 4, , ,X X X X ，四轮的总得分为 X . 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六 种，从而甲在该轮获胜的概率   6 31 4 4 8k P X     ，所以    3 1, 2,3, 4 8k E X k  . 从而       4 4 1 2 3 4 1 1 3 3 8 2kk k E X E X X X X E X           . 记   0,1,2,3kp P X k k   . 如果甲得 0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出 1，3，5，7分别对应乙出 2，4，6，8， 所以 0 4 4 1 1 A 24 p   ； 如果甲得 3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出 1，3，5，7分别对应乙出 8，2，4，6， 所以 3 4 4 1 1 A 24 p   . 而 X 的所有可能取值是 0，1，2，3，故 0 1 2 3 1p p p p    ，  1 2 3 32 3 2 p p p E X    . 所以 1 2 1 1 12 p p   ， 1 2 1 32 8 2 p p   ，两式相减即得 2 1 1 24 2 p   ，故 2 3 1 2 p p  . 所以甲的总得分不小于 2的概率为 2 3 1 2 p p  . 故答案为： 1 2 . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到 等量关系，从而避免繁琐的列举. 7． 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有 4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出 所有的可能结果，即可求解. 【解析】由题意知，选 4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有 4个方格可选，第二列有 3个方格可选， 第三列有 2个方格可选，第四列有 1个方格可选， 所以共有 4 3 2 1 24    种选法； 每种选法可标记为 ( , , , )a b c d ， a b c d, ,, 分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： (11,22,33,44), (11,22,34,43), (11,22,33,44), (11,22,34,42), (11,24,33,43), (11,24,33,42)， (12,21,33,44), (12,21,34,43), (12,22,31,44), (12,22,34,40), (12,24,31,43), (12,24,33,40)， (13,21,33,44), (13,21,34,42), (13,22,31,44), (13,22,34,40), (13,24,31,42), (13,24,33,40)， (15,21,33,43), (15,21,33,42), (15,22,31,43), (15,22,33,40), (15,22,31,42), (15,22,33,40)， 所以选中的方格中， (15,21,33,43)的 4个数之和最大，为15 21 33 43 112    . 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有 4、3、2、1个方 格可选，利用列举法写出所有的可能结果. 8．5 【分析】先设展开式中第 1r  项系数最大，则根据通项公式有 10 9 1 10 10 10 11 1 10 10 1 1C C 3 3 1 1C C 3 3 r r r r r r r r                                  ，进 而求出 r即可求解. 【解析】由题展开式通项公式为 10 1 10 1C 3 r r r rT x         ，0 10r  且 rZ ， 设展开式中第 1r  项系数最大，则 10 9 1 10 10 10 11 1 10 10 1 1C C 3 3 1 1C C 3 3 r r r r r r r r                                  ， 29 4 33 4 r r       ，即 29 33 4 4 r  ，又 rZ，故 8r  ， 所以展开式中系数最大的项是第 9项，且该项系数为 2 8 10 1C 5 3       . 故答案为：5. 9． 7 15 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为 ,a b，第三个球的号码为 c， 则 3 2 3a b c a b      ，就 c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【解析】从 6个不同的球中不放回地抽取 3次，共有 36A 120 种， 设前两个球的号码为 ,a b，第三个球的号码为 c，则 1 3 2 2 a b c a b     ， 故 2 ( ) 3c a b   ，故 3 2 ( ) 3c a b     ， 故 3 2 3a b c a b      ， 若 1c  ，则 5a b  ，则  ,a b 为：    2,3 , 3,2 ，故有 2种， 若 2c  ，则1 7a b   ，则  ,a b 为：          1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 3,4 ，          3,1 , 4,1 , 5,1 , 6,1 , 4,3 ，故有 10种， 当 3c  ，则3 9a b   ，则  ,a b 为：                1,2 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 2,4 , 2,5 , 2,6 , 4,5 ，                2,1 , 4,1 , 5,1 , 6,1 , 4,2 , 5,2 , 6,2 , 5,4 ， 故有 16种， 当 4c  ，则5 11a b   ，同理有 16种， 当 5c  ，则7 13a b   ，同理有 10种， 当 6c  ，则9 15a b   ，同理有 2种， 共m与 n的差的绝对值不超过 1 2 时不同的抽取方法总数为  2 2 10 16 56   ， 故所求概率为 56 7 120 15  . 故答案为： 7 15 10． 3 5 1 2 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A的概率；采用列举法或者条件概率 公式可求乙选了A活动，他再选择 B活动的概率. 【解析】解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： , , , , , , , , ,ABC ABD ABE ACD ACE ADE BCD BCE BDE CDE ,共 10种情况， 其中甲选到A有 6种可能性： , , , , ,ABC ABD ABE ACD ACE ADE， 则甲选到A得概率为： 6 3 10 5 P   ； 乙选A活动有 6种可能性： , , , , ,ABC ABD ABE ACD ACE ADE， 其中再选则 B有 3种可能性： , ,ABC ABD ABE， 故乙选了A活动，他再选择 B活动的概率为 3 1= 6 2 . 解法二： 设甲、乙选到A为事件M ，乙选到 B为事件N ， 则甲选到A的概率为   2 4 3 5 C 3 C 5 P M   ； 乙选了A活动，他再选择 B活动的概率为      1 3 3 5 2 4 3 5 1 C 2 C C P MN CP N M P M    故答案为： 3 5 ； 1 2 11．10 【分析】令 1x  ，解出 5n  ，再利用二项式的展开式的通项合理赋值即可. 【解析】令 1x  ， (1 1) 32n   ，即 2 32n  ，解得 5n  ， 所以 5( 1)x  的展开式通项公式为 51 5C r r rT x     ，令 5 2r- = ，则 3r  ， 3 2 2 4 5C 10T x x  ． 故答案为：10． 12．0.85 【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案. 【解析】由题意知， , ,A B C题库的比例为：5: 4 :3， 各占比分别为 5 4 3, , 12 12 12 ， 则根据全概率公式知所求正确率 5 4 30.92 0.86 0.72 0.85 12 12 12 p        ． 故答案为：0.85． 13．329 【分析】三位数中的偶数分个位是 0和个位不是 0讨论即可. 【解析】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为 0时，则百位和十位在剩余的 9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有 2 9P 72 个； ②当个位不为 0时，则个位有 14C 个数字可选，百位有 1 8C 256 个数字可选，十位有 1 8C 个数 字可选， 根据分步乘法这样的偶数共有 1 1 1 4 8 8C C C 256 ， 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72 256 1 329   个． 故答案为：329． 14．(1)      1,2 , 1,6 , 5,6 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据  ,i j 可分数列的定义即可； （2）根据  ,i j 可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是  ,i j 可分数列的  ,i j 至少有  21m m  个，再使用概率的定义. 【解析】（1）首先，我们设数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  的公差为d ，则 0d  . 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数 列， 故我们可以对该数列进行适当的变形  1 1 1, 2,..., 4 2kk a aa k m d      ， 得到新数列  1,2,..., 4 2ka k k m   ，然后对 1 2 4 2, ,..., ma a a    进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设  1,2,..., 4 2ka k k m   ，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第 1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数 i和  j i j ，使得剩下四个数是等差 数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或 2,3, 4,5，或3,4,5,6 . 所以所有可能的  ,i j 就是      1,2 , 1,6 , 5,6 . （2）由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共 m组，使得每组成等差数列： ①     1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共3组； ②     15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4 1,4 ,4 1,4 2m m m m   ，共 3m  组. （如果 3 0m  ，则忽略②） 故数列1, 2,..., 4 2m  是  2,13 可分数列. （3）定义集合    4 1 0,1,2,..., 1,5,9,13,..., 4 1A k k m m     ，    4 2 0,1, 2,..., 2, 6,10,14,..., 4 2B k k m m     . 下面证明，对1 4 2i j m    ，如果下面两个命题同时成立， 则数列1, 2,..., 4 2m  一定是  ,i j 可分数列： 命题 1： ,i A j B  或 ,i B j A  ； 命题 2： 3j i  . 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果 ,i A j B  ，且 3j i  . 此时设 14 1i k  ， 24 2j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m . 则由 i j 可知 1 24 1 4 2k k   ，即 2 1 1 4 k k   ，故 2 1k k . 此时，由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 14 1i k  和 24 2j k  后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①     1 1 1 11,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4 3,4 2,4 1,4k k k k   ，共 1k 组； ②     1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 24 2, 4 3, 4 4, 4 5 , 4 6, 4 7, 4 8, 4 9 ,..., 4 2, 4 1, 4 , 4 1k k k k k k k k k k k k           ， 共 2 1k k 组； ③      2 2 2 2 2 2 2 24 3,4 4,4 5,4 6 , 4 7,4 8,4 9,4 10 ,..., 4 1,4 ,4 1,4 2k k k k k k k k m m m m           ， 共 2m k 组. （如果某一部分的组数为 0，则忽略之） 故此时数列1, 2,..., 4 2m  是  ,i j 可分数列. 第二种情况：如果 ,i B j A  ，且 3j i  . 此时设 14 2i k  ， 24 1j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m . 则由 i j 可知 1 24 2 4 1k k   ，即 2 1 1 4 k k  ，故 2 1k k . 由于 3j i  ，故    2 14 1 4 2 3k k    ，从而 2 1 1k k  ，这就意味着 2 1 2k k  . 此时，由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 14 2i k  和 24 1j k  后，剩余的4m个数可以分为以 下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①     1 1 1 11,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4 3,4 2,4 1,4k k k k   ，共 1k 组； ② 1 1 2 1 2 1 24 1,3 1,2 2 1, 3 1k k k k k k k       ， 1 2 1 2 1 2 23 2,2 2 2, 3 2,4 2k k k k k k k       ， 共 2组； ③全体 1 1 2 1 2 1 24 ,3 ,2 2 , 3k p k k p k k p k k p       ，其中 2 13, 4,...,p k k  ，共 2 1 2k k  组； ④      2 2 2 2 2 2 2 24 3,4 4,4 5,4 6 , 4 7,4 8,4 9,4 10 ,..., 4 1,4 ,4 1,4 2k k k k k k k k m m m m           ， 共 2m k 组. （如果某一部分的组数为 0，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 2 1 2k k  个行， 4个列的数表以后， 4个列分别是下面这些数：  1 1 1 24 3,4 4,...,3k k k k   ， 1 2 1 2 1 23 3,3 4,..., 2 2k k k k k k     ，  1 2 1 2 1 22 2 3,2 2 3,..., 3k k k k k k     ， 1 2 1 2 23 3, 3 4,..., 4k k k k k    . 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 1 1 24 1,4 2,..., 4 2k k k   中 除开五个集合 1 14 1,4 2k k  ， 1 2 1 23 1,3 2k k k k    ， 1 2 1 22 2 1,2 2 2k k k k    ，  1 2 1 23 1, 3 2k k k k    ， 2 24 1,4 2k k  中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的 14 2k  和 24 1k  以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八 个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1, 2,..., 4 2m  是  ,i j 可分数列. 至此，我们证明了：对1 4 2i j m    ，如果前述命题 1和命题 2同时成立，则数列 1, 2,..., 4 2m  一定是  ,i j 可分数列. 然后我们来考虑这样的  ,i j 的个数. 首先，由于 A B ，A和 B各有 1m 个元素，故满足命题 1的  ,i j 总共有  21m 个； 而如果 3j i  ，假设 ,i A j B  ，则可设 14 1i k  ， 24 2j k  ，代入得    2 14 2 4 1 3k k    . 但这导致 2 1 1 2 k k  ，矛盾，所以 ,i B j A  . 设 14 2i k  ， 24 1j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m ，则    2 14 1 4 2 3k k    ，即 2 1 1k k  . 所以可能的  1 2,k k 恰好就是      0,1 , 1,2 ,..., 1,m m ，对应的  ,i j 分别是      2,5 , 6,9 ,..., 4 2,4 1m m  ，总共m个. 所以这  21m 个满足命题 1的  ,i j 中，不满足命题 2的恰好有m个. 这就得到同时满足命题 1和命题 2的  ,i j 的个数为  21m m  . 当我们从1, 2,..., 4 2m  中一次任取两个数 i和  j i j 时，总的选取方式的个数等于      4 2 4 1 2 1 4 1 2 m m m m      . 而根据之前的结论，使得数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的  ,i j 至少有  21m m  个. 所以数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的概率 mP 一定满足                   2 22 2 11 1 1 124 2 1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 2 2 2 1 2 1 8m mm mm m m mP m m m m m m m m                       . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定 义验证或探究结论. 15．(1)0.686 (2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛； 【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先各自计算出 3 31 (1 )P p q    甲 ， 3 31 (1 )P q p     乙 ，再作差因式分解即可 判断；(ii)首先得到 X 和Y 的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次 作差比较大小即可. 【解析】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5分，则甲第一阶段至少投中 1次，乙第二阶 段也至少投中 1次， 比赛成绩不少于 5分的概率   3 31 0.6 1 0.5 0.686P     . （2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为 3 31 (1 )P p q    甲 ， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为 3 31 (1 )P q p     乙 ， 0 p q  ， 3 3 3 3( ) ( )P P q q pq p p pq       甲 乙  2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )q p q pq p p q p pq q pq p pq q pq                2 2 2 2( ) 3 3 3p q p q p q pq    3 ( )( ) 3 ( )[(1 )(1 ) 1] 0pq p q pq p q pq p q p q          ， P P 甲 乙，应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩 X 的所有可能取值为 0，5，10，15， 3 3 3( 0) (1 ) 1 (1 ) (1 )P X p p q          ，      3 2135 1 1 C 1P X p q q        ， 3 2 2 3( 10) 1 (1 ) C (1 )P X p q q        ， 3 3( 15) 1 (1 )P X p q       ，  3 3 2( ) 15 1 (1 ) 15 3 3E X p q p p p q          记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可能取值为 0，5，10，15， 同理  3 2( ) 15 3 3E Y q q q p    ( ) ( ) 15[ ( )( ) 3 ( )]E X E Y pq p q p q pq p q       15( ) ( 3)p q pq p q    ， 因为 0 p q  ，则 0p q  ， 3 1 1 3 0p q      ， 则 ( ) ( 3) 0p q pq p q    ， 应该由甲参加第一阶段比赛. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解 从而比较出大小关系，最后得到结论. 16．(1)答案见详解 (2)答案见详解 【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算 2K ，并与临界值对比分析； （2）用频率估计概率可得 0.64p  ，根据题意计算 (1 )1.65 p pp n   ，结合题意分析判断. 【解析】（1）根据题意可得列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 可得  22 150 26 30 24 70 75 4.6875 50 100 96 54 16 K          ， 因为3.841 4.6875 6.635  ， 所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99%的把握认为甲， 乙两车间产品的优级品率存在差异. （2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为 96 0.64 150  ， 用频率估计概率可得 0.64p  ， 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率 0.5p  ， 则    1 0.5 1 0.5 0.51.65 0.5 1.65 0.5 1.65 0.568 150 12.247 p p p n          ， 可知 (1 )1.65 p pp p n    ， 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 17．(1) 1 10 (2)(i)0.122万元 (ii)0.1252万元 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少 2的概率; （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求的分布列及 数学期望，从而可求  E X . （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求  E Y . 【解析】（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于 2次”， 由题设中的统计数据可得   60 30 10 1 800 100 60 30 10 10 P A        . （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取0,0.8,1.6, 2.4,3， 由题设中的统计数据可得    800 4 100 10 , 0.8 1000 5 1000 10 P P       ， 60 3( 1.6) 1000 50 P     ， 30 3( 2.4) 1000 100 P     ， 10 1( 3) 1000 100 P     ， 故   4 1 3 3 10 0.8 1.6 2.4 3 0.278 5 10 50 100 100 E             故   0.4 0.278 0.122E X    （万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为 4 10.4 96% 0.4 1.2 0.4032 5 5       ， 故   0.122 0.4032 0.4 0.1252E Y     （万元） 18．(1)12500 (2)0.9h (3)有 【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可； （2）根据平均数的计算公式即可得到答案； （3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论. 【解析】（1）由表可知锻炼时长不少于 1小时的人数为占比 179 43 28 25 580 58    ， 则估计该地区 29000名学生中体育锻炼时长不少于 1小时的人数为 2529000 12500 58   ． （2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为 1 0.5 0.5 1 1 1.5 1.5 2 2 2.5139 191 179 43 28 580 2 2 2 2 2                0.9 ． 则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为 0.9小时. （3）由题列联表如下：  1,2 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 提出零假设 0H ：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于 1小时但少于 2小时无关． 其中 0.05  ． 2 2 580 (45 308 177 50) 3.976 3.841 95 485 222 358           ． 则零假设不成立， 即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于 1小时且小于 2小时有关．