5.3 统计与概率的应用-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第二册学习手册（人教B版）

学 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 习 目 标 会应用统计和概率知识解决实际问题， 用统计和概率的思想和方法分析问题、 解决 问题 . 要 点 精 析 要点 统计与概率的综合应用 （ 1 ） 概率的应用问题是与统计紧密相联 的， 因此要熟悉统计中的各种图表的应用， 才能正确解答概率应用问题 . （ 2 ） 概率的实际应用问题中， 经常把互 斥事件的概率与相互独立事件的概率综合起 来使用， 所以要熟悉概率的加法公式和乘法 公式的适用条件 . （ 3 ） 实际问题中的概率问题， 要注意首 先找出事件的和与事件的积， 才能正确使用 互斥事件的概率加法公式与独立事件的概率 乘法公式 . 思考 你能通过投掷两枚质地均匀的、 不同颜色的两枚骰子记录落地之后朝上一 面的点数这一试验， 说出几组互斥事件、 相互独立事件、 对立事件吗？ 例 1 端午节小长假期间， 张洋与几位 同学从天津到大连去旅游， 若当天从天津到 大连的三列火车正点到达的概率分别为 0.8 ， 0.7 ， 0.9 ， 假设这三列火车之间是否正 点到达互不影响， 则这三列火车恰好有两列 正点到达的概率是 . 分析 本题首先将事件分解成互斥事 件的并 ， 再利用相互独立事件乘法公式 可得 . 解析： 设当天从天津到大连的三列火车 正点到达的事件分别为 A ， B ， C ， 则 P （ A ） = 0.8 ， P （ B ） =0.7 ， P （ C ） =0.9 ， 事件 A ， B ， C 相 互独立， ∴ 这三列火车恰好有两列正点到达 的概率 P=P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ） =0.8× 0.7× （ 1-0.9 ） +0.8× （ 1-0.7 ） ×0.9+ （ 1-0.8 ） ×0.7× 0.9=0.398. 变式训练 1 某人在打靶时射击 4 枪， 命中 3 枪， 3 枪中有且只有 2 枪连中的概率是 （ ） A. 3 4 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 例 2 环境指数是 “宜居城市” 评比的 重要指标 . 根据以下环境指数的数据， 对名 列前 20 名的 “宜居城市” 的环境指数进行 分组统计， 结果如表所示 . 现从环境指数在 ［ 4 ， 5 ） 和 ［ 7 ， 8 ］ 内的 “宜居城市” 中随 机抽取 2 个市进行调研， 则至少有 1 个市的 环境指数在 ［ 7 ， 8 ］ 的概率为 （ ） 5.3 统计与概率的应用 组号 分组 频数 1 ［ 4 ， 5 ） 2 2 ［ 5 ， 6 ） 8 3 ［ 6 ， 7 ） 7 4 ［ 7 ， 8 ］ 3 64 第五章 统计与概率 学 A. 3 4 B. 3 5 C. 2 3 D. 9 10 分析 本题考查古典概型的计算， 列 出基本事件即可计算 . 解析： 环境指数在 ［ 7 ， 8 ］ 内的 “宜居 城 市 ” 记 为 A 1 ， A 2 ， A 3 ； 环 境 指 数 在 ［ 4 ， 5 ） 内的 “宜居城市” 记为 B 1 ， B 2 . 从环 境指数在 ［ 4 ， 5 ） 和 ［ 7 ， 8 ］ 内的 “宜居城 市” 中随机抽取 2 个市的所有基本事件是 A 1 A 2 ， A 1 A 3 ， A 2 A 3 ， A 1 B 1 ， A 1 B 2 ， A 2 B 1 ， A 2 B 2 ， A 3 B 1 ， A 3 B 2 ， B 1 B 2 ， 共 10 个 . 其中 ， 没有 1 个市的环境指数在 ［ 7 ， 8 ］ 内的基本 事件是 B 1 B 2 ， 共 1 个， ∴ 所求的概率 P=1- 1 10 = 9 10 . 故选 D. 变式训练 2 齐王与田忌赛马， 田忌的上等马优于齐 王的中等马， 劣于齐王的上等马； 田忌的中 等马优于齐王的下等马， 劣于齐王的中等 马； 田忌的下等马劣于齐王的下等马 . 现从 双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛， 则 田忌的马获胜的概率为 （ ） A. 1 3 B. 1 4 C. 1 5 D. 1 6 例 3 一天， 甲拿出一个装有三张卡片 的盒子 （一张卡片的两面都是绿色， 一张卡 片的两面都是蓝色， 还有一张卡片一面是绿 色， 另一面是蓝色）， 跟乙说玩一个游戏， 规则是： 甲将盒子里的卡片打乱顺序后， 由 乙随机抽出一张卡片放在桌上， 然后由卡片 朝下的面的颜色决定胜负， 如果朝下的面的 颜色与朝上的面的颜色一致， 则甲赢， 否则 甲输 . 乙对游戏的公平性提出了质疑， 但是 甲说： “当然公平！ 你看， 如果朝上的面的 颜色是绿色， 则这张卡片不可能两面都是蓝 色， 因此朝下的面要么是绿色， 要么是蓝 色， 因此， 你赢的概率为 1 2 ， 我赢的概率也 是 1 2 ， 怎么不公平 ？” 分析这个游戏是否 公平 . 分析 本题通过计算甲赢与输的概率 大小来确定游戏是否公平， 对古典概型计 算要熟练 . 解： 方法一： 把卡片六个面的颜色记为 G 1 ， G 2 ， G 3 ， B 1 ， B 2 ， B 3 . 其中 ， G 表示绿 色， B 表示蓝色， G 3 ， B 3 是两面颜色不一样 的那张卡片的颜色 . 游戏的所有结果可以用 树状图表示： 不难看出， 样本空间共有 6 个样本点， 朝上的面与朝下的面颜色不一致的情况只有 2 种， 因此乙赢的概率为 2 6 = 1 3 ， 因此这个 游戏不公平 . 方法二： 把三张卡片分别记为 G ， B ， M ， 其中 G 表示两面都是绿色的卡片， B 表 示两面都是蓝色的卡片， M 表示一面是绿色 另一面是蓝色的卡片 . 考虑乙抽取到的卡片 只有三种可能， 而且只有抽到 M 乙才能赢， 所以乙赢的概率为 1 3 ， 因此这个游戏不 朝上的面 朝下的面 B 2 B 1 B 1 B 2 G 3 B 3 G 2 G 1 G 1 G 2 B 3 G 3 65 学 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 公平 . 变式训练 3 深夜， 一辆出租车被牵涉进一起交通事 故， 该市有两家出租车公司——红色出租车 公司和蓝色出租车公司， 其中蓝色出租车公 司和红色出租车公司的出租车数量分别占整 个城市出租车的 85% 和 15%. 据现场目击证 人说， 事故现场的出租车是红色， 并对证人 的辨别能力进行了测试， 测得他辨认的正确 率为 80% ， 如果警察就此认定红色出租车具 有较大的肇事嫌疑， 你认为警察这样判断对 红色出租车公平吗？ 反思感悟 1. 概率的应用问题是与统 计紧密相联的， 因此要熟悉统计中的各种 图表的应用， 才能正确地解答概率问题 . 2. 概率的实际应用问题， 经常把互斥 事件的概率与相互独立事件的概率综合起 来使用， 所以要熟悉概率的加法公式和乘 法公式的适用条件 . 3. 实际问题中的概率问题， 要注意首 先找出事件的和与事件的积， 才能正确使 用互斥事件的概率加法公式， 与独立事件 的概率乘法公式 . 数 学 文 化 例 《九章算术》 第三章 “衰分” 中有 如下问题： “今有甲持钱五百六十， 乙持钱 三百五十， 丙持钱一百八十， 凡三人俱出 关， 关税百钱， 欲以钱数多少衰出之， 问各 几何 . ” 其意为： “今有甲带了 560 钱， 乙带 了 350 钱， 丙带了 180 钱， 三人一起出关， 共需要交关税 100 钱， 依照钱的多少按比例 出钱 . ” 则丙应出 钱 （所得结果四舍 五入， 保留整数） . 分析 本题列出比例式即可解答 . 解析： 依照钱的多少按比例出钱， ∴ 丙 应该出 180 560+350+180 ×100= 18 000 1 090 ≈17 （钱） . 66 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ 1-a ）（ 1-b ） 1- 1 4 ! " = 3 10 ， 整理得 a+b-ab= 3 5 ， 联立 ab+ a+b= 4 5 与 a+b-ab= 3 5 ， 解得 ab= 1 10 . 故选 B. 13. B 【解析】 由题意可知， 有任何一人破译成功密 码， 则密码就被破译 . 方案 1 ： 四人均没有成功破译密码的概率为 1 2 ! " 4 = 1 16 ， ∴ 四人独立翻译， 密码能被破译的概率为 1- 1 16 = 15 16 =0.937 5. 方案 2 ： 分为两组， 每组两人， 两组独立破译 . 由二 人合为一组， 该组破译的概率为 0.8 ， ∴ 两组均没有成 功破译的概率为 （ 0.2 ） 2 =0.04 ， 则密码能被破译的概率为 1-0.04=0.96. 方案 3 ： 分为两组， 一组三人、 一组一人 . 三人合为 一组， 该组破译的概率为 0.9 ， 则密码能被破译的概率 为 0.9× （ 1-0.5 ） +0.1×0.5+0.9×0.5=0.95. 方案 4 ： 四人一组合作翻译 . 四人合作， 则破译的概 率为 0.94. 显然方案 2 破译密码的概率最大 . 故选 B. 14. BD 【解析】 取出的卡片有三种情况： 2 张都是 红色， 2 张都是蓝色， 1 张红色 1 张蓝色， 所以 “取出 的 2 张卡片都是红色” 与 “取出的 2 张卡片都是蓝色” 为互斥事件， 而不是对立事件， 故 A 错误； 每次取出红色的卡片概率为 1 2 ， ∴P （ X=2 ） = 1 2 × 1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 2 × 1 2 = 3 8 ， 故 B 正确； 记两个数字为 5 的卡片分别为 A5 ， B5 ， 乙获胜包 含的基本事件有 （ 0 ， 2 ）， （ 0 ， A5 ）， （ 0 ， B5 ）， （ 2 ， A5 ）， （ 2 ， B5 ）， ∴ 在乙获胜的条件下， 甲取出的卡片 上数字为 2 的概率为 2 5 ， 故 C 错误； 从 4 张卡片中无放回连续取 3 张卡片， 总共有 4×3× 2=24 （种 ） 情况 ， 而 3 次所取到的数字依次为 “ 5 ” “ 2 ” “ 0 ” 的情况有 2 种， 所以 “ x 1 ， x 2 ， x 3 ” 为 “ 520 ” 的概率为 1 12 ， 故 D 正确 . 故选 BD. * 15. 解： （ 1 ） 事件 A ， B ， C 分别为壹号 、 贰号 、 叁号三条生产线各自生产的零件是合格品， 事件 A ， B ， C 分别为壹号、 贰号、 叁号三条生产线各自生产的零件 是非合格品 . 由题意得 P （ AB ） = 1 6 ， P （ BC ） = 3 5 ， P （ AC ） = 8 15 5 % % % % % % % $ % % % % % % % & ， 即 P （ A ） -P （ A ） P （ B ） = 1 6 ， P （ B ） P （ C ） = 3 5 ， P （ A ） P （ C ） = 8 15 5 % % % % % % % $ % % % % % % % & ， 解得 P （ A ） = 2 3 ， P （ B ） = 3 4 ， P （ C ） = 4 5 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， P （ A ） = 1 3 ， P （ B ） = 1 4 ， P （ C ） = 1 5 ， ∴P （ D ） =P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ） =P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 2 3 × 1 4 × 1 5 + 1 3 × 3 4 × 1 5 + 1 3 × 1 4 × 4 5 = 3 20 ， P （ E ） =P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ）， =P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 2 3 × 3 4 × 1 5 + 2 3 × 1 4 × 4 5 + 1 3 × 3 4 × 4 5 = 13 30 . * 16. 解： （ 1 ） 记 “选手能正确回答第 i 轮的问题” 的事件记为 A i （ i=1 ， 2 ， 3 ， 4 ）， 则 P （ A 1 ） = 4 5 ， P （ A 2 ） = 3 5 ， P （ A 3 ） = 2 5 ， P （ A 4 ） = 1 5 ， ∴ 选手进入第四轮才被淘 汰的概率为 P=P （ A 1 A 2 A 3 A 4 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 ） P （ A 3 ） P （ A 4 ） = 4 5 × 3 5 × 2 5 × 4 5 = 96 625 . （ 2 ） 该选手至多进入第三轮考核的概率 P=P （ A 1 +A 1 A 2 +A 1 A 2 A 3 ） =P （ A 1 ） +P （ A 1 A 2 ） +P （ A 1 A 2 A 3 ） = 1 5 + 4 5 × 2 5 + 4 5 × 3 5 × 3 5 = 101 125 . 5.3 统计与概率的应用 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 以 A 表示击中， B 表示未击中， 所有的 基本事件有 BAAA ， ABAA ， AABA ， AAAB ， 共 4 个 . 其中事件 “ 3 枪中有且只有 2 枪连中” 所包含的基本事 件有 ABAA ， AABA ， 共 2 个 . 因此， 3 枪中有且只有 2 枪连中的概率是 2 4 = 1 2 . 故选 D. 变式训练 2 A 【解析】 分别用 A ， B ， C 表示齐王的上、 中、 下 等马， 用 a ， b ， c 表示田忌的上、 中、 下等马， 现从双 方的马匹中随机选一匹进行一场比赛， 有 Aa ， Ab ， Ac ， Ba ， Bb ， Bc ， Ca ， Cb ， Cc ， 共 9 场比赛， 其中田忌的 马获胜的有 Ba ， Ca ， Cb ， 共 3 场比赛， ∴ 田忌的马获 胜的概率为 1 3 . 变式训练 3 解： 不公平 . 设该城市有出租车 1 000 辆， 那么依 题意可得如下信息： 72 参 考 答 案 从表中可以看出， 当证人说出租车是红色时， 且它 确实是红色的概率为 120 290 ≈0.41 ， 而它是蓝色的概率为 170 290 ≈0.59. 在这种情况下， 以证人的证词作为推断的依 据对红色出租车显然是不公平的 . 随堂练习 1. 33 160 【解析】 由古典概型的概率公式可得碰到地 雷的概率为 99 480 ＝ 33 160 . 2. D 【解析】 设甲、 乙获一等奖的概率分别是 P （ A ） = 2 3 ， P （ B ） = 3 4 ， 不获一等奖的概率是 P （ A ） =1- 2 3 = 1 3 ， P （ B ） =1- 3 4 = 1 4 ， 则这两人中恰有一人获奖的事件的概 率为 P （ AB+AB ） =P （ AB ） +P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） +P （ A ） P （ B ） = 1 3 × 3 4 + 2 3 × 1 4 = 5 12 . 故选 D. 3. C 【解析】 由题意可知 m 的可能取值有 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 又由 Δ=m 2 -12≥0 ， 知 m 可取 4 ， 5 ， 6 ， ∴P= 3 6 = 1 2 . 故选 C. 4. A 【解析】 由题知前三局有两局甲获胜， 最后一 局甲胜， 共有 3 种情况： ① 第一局甲胜、 第二局甲胜、 第三局乙胜、 第四局甲胜， P （ A 1 ） ＝ 2 3 × 2 3 × 1 3 × 2 3 ＝ 8 81 ； ② 第一局甲胜、 第二局乙胜 、 第三局甲胜、 第四局甲 胜， P （ A 2 ） ＝ 2 3 × 1 3 × 2 3 × 2 3 ＝ 8 81 ； ③ 第一局乙胜， 然后甲 连胜三局， P （ A 3 ） ＝ 1 3 × 2 3 × 2 3 × 2 3 ＝ 8 81 . 故甲以 3 ∶ 1 获胜 的概率 P＝P （ A 1 ） ＋P （ A 2 ） ＋P （ A 3 ） ＝ 8 27 ， 故选 A. 5. 1 3 1 4 【解析】 由题意知， 第二次打开门， 说 明第一次没有打开门， 故第二次打开门的概率为 2 4 × 2 3 = 1 3 . 如果试过的钥匙不扔掉， 这个概率为 2 4 × 2 4 = 1 4 . 6. 1 2 【解析】 据题意， 所有可能的客车通过顺序的 情况为 （上 ， 中 ， 下 ）， （上 ， 下 ， 中 ）， （中 ， 上 ， 下）， （中， 下， 上）， （下， 中， 上）， （下， 上， 中）， 共 6 种 ， 其中袁先生可以乘上上等车的情况有 （中 ， 上， 下）， （中， 下， 上）， （下， 上， 中）， 共 3 种， 则 袁先生乘上上等车的概率为 3 6 = 1 2 . 练习手册 效果评价 1. D 【解析】 由题意， 试验的情况总数有 6×6=36 ， 又 18=2×3×3 ， 即两次所记数字之和能整除 18 的有 2+ 4 ， 2+7 ， 3+6 ， 4+5 ， 两次交换顺序共 8 种 ， 还有 3+3 ， 即所求事件个数共有 9 种， ∴ 所求概率为 P= 9 36 = 1 4 . 故 选 D. 2. B 【解析】 ∵ 用同一行业中应聘人数与招聘人数 比值的大小来衡量该行业的就业情况， ∴ 建筑行业招聘 人数是 76 516 ， 而应聘人数没有排在前五位 ， 小于 65 280 ， 建筑行业人才是供不应求 . ∵ 物流行业应聘人数 是 74 570 ， 而招聘人数不在前五位， 要小于 70 436 ， ∴ 物流行业是供大于求， ∴ 就业形势是建筑行业好于物流 行业 . 故选 B. 3. B 【解析】 由题意知本题是一个相互独立事件同 时发生的概率 ， 三个人中恰有两人合格 ， 包括三种情 况， 这三种情况是互斥的， ∴ 三人中恰有两人合格的概 率为 1 3 × 3 4 × 2 5 + 2 3 × 1 4 × 2 5 + 2 3 × 3 4 × 3 5 = 7 15 . 故选 B. 4. C 【解析】 画出树状图如下： 由图可知共有 36 种等可能的结果， 其中点数都是 偶数的结果数为 9 ， 点数的和为奇数的结果数为 18 ， 点 数和小于 13 的结果数为 36 ， 点数和小于 2 的结果数为 0 ， ∴ 发生可能性最大的是点数和小于 13. 故选 C. 5. B 【解析】 设小张本次电工考试中共参加 3 次考 试为事件 A ， 小张本次电工考试中第一次理论考试没通 过， 第二次理论考试通过， 第一次操作考试通过为事件 B ， 小张本次电工考试中第一次理论考试通过， 第一次 操作考试没通过， 第二次操作考试通过为事件 C ， 小张 本次电工考试中第一次理论考试通过， 第一次操作考试 没通过 ， 第二次操作考试没通过为事件 D ， 则 P （ A ） = P （ B∪C∪D ） =P （ B ） +P （ C ） +P （ D ）， 而 P （ B ） = 1- 3 4 4 % × 3 4 × 证人所说的颜色 （正确率 80% ） 真实 颜色 蓝色 红色 合计 蓝色 （ 85% ） 680 170 850 红色 （ 15% ） 30 120 150 合计 710 290 1 000 1 2 3 4 5 6 3 1 2 3 4 5 6 2 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 6 1 2 3 4 5 6 5 1 2 3 4 5 6 4 73 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 2 3 = 1 8 ， P （ C ） = 3 4 × 1- 2 3 3 " × 2 3 = 1 6 ， P （ D ） = 3 4 × 1- 2 3 3 " × 1- 2 3 3 " = 1 12 ， ∴P （ A ） = 1 8 + 1 6 + 1 12 = 3 8 . 故选 B. 6. B 【解析 】 对于规则一 ， 每人发球的概率都是 1 2 ， 是公平的； 对于规则二， 记 2 个红球分别为红 1 、 红 2 ， 2 个黑球分别为黑 1 、 黑 2 ， 则随机取出 2 个球的 所有可能的情况有 （红 1 ， 红 2 ）， （红 1 ， 黑 1 ）， （红 1 ， 黑 2 ）， （红 2 ， 黑 1 ）， （红 2 ， 黑 2 ）， （黑 1 ， 黑 2 ）， 共 6 种， 其中同色的情况有 2 种， ∴ 甲发球的可能性为 1 3 ， 不公平； 对于规则三， 记 3 个红球分别为红 1 、 红 2 、 红 3 ， 则随机取出 2 个球所有可能的情况有 （红 1 ， 红 2 ）， （红 1 ， 红 3 ）， （红 1 ， 黑 ）， （红 2 ， 红 3 ）， （红 2 ， 黑）， （红 3 ， 黑）， 共 6 种， 其中同色的情况有 3 种 ， ∴ 两人发球的可能性均为 1 2 ， 是公平的 . 因此 ， 对甲、 乙公平的规则是规则一和规则三 . 故选 B. 7. D 【解析】 将 “扫码支付” 小组、 “网购” 小组、 “高铁” 小组、 “共享单车” 小组分别记为 A 1 ， A 2 ， B 1 ， B 2 ， 则四个小组随机排序的所有情况有 （ A 1 ， A 2 ， B 1 ， B 2 ）， （ A 1 ， A 2 ， B 2 ， B 1 ）， （ A 2 ， A 1 ， B 1 ， B 2 ）， （ A 2 ， A 1 ， B 2 ， B 1 ）， （ A 1 ， B 1 ， A 2 ， B 2 ）， （ A 1 ， B 2 ， A 2 ， B 1 ）， （ A 2 ， B 1 ， A 1 ， B 2 ）， （ A 2 ， B 2 ， A 1 ， B 1 ）， （ B 1 ， A 1 ， A 2 ， B 2 ）， （ B 1 ， A 2 ， A 1 ， B 2 ）， （ B 2 ， A 1 ， A 2 ， B 1 ）， （ B 2 ， A 2 ， A 1 ， B 1 ）， （ A 1 ， B 1 ， B 2 ， A 2 ）， （ A 1 ， B 2 ， B 1 ， A 2 ）， （ A 2 ， B 1 ， B 2 ， A 1 ）， （ A 2 ， B 2 ， B 1 ， A 1 ）， （ B 1 ， B 2 ， A 1 ， A 2 ）， （ B 1 ， B 2 ， A 2 ， A 1 ）， （ B 2 ， B 1 ， A 1 ， A 2 ）， （ B 2 ， B 1 ， A 2 ， A 1 ）， （ B 1 ， A 1 ， B 2 ， A 2 ）， （ B 1 ， A 2 ， B 2 ， A 1 ）， （ B 2 ， A 1 ， B 1 ， A 2 ）， （ B 2 ， A 2 ， B 1 ， A 1 ）， 共 24 种， 其中 “扫码支付” 小组与 “网购” 小组不相邻的有 12 种， 由 古典概型的概率公式得所求概率为 1 2 . 故选 D. 8. AC 【解析】 由图表可得， 2022 年 5G 用户规模年 增长率最高， 故 A 正确； 2023 年 5G 用户规模年增长户 数最多为 65 083.4-27 583.5=37 499.9 （万人）， 故 B 错 误 ； 由图表可知， 从 2020 年开始 ， 2021 年与 2022 年 5G 用户规模年增长率增加， 从 2023 年开始到 2026 年 5G 用户规模年增长率逐年递减， 故 C 正确； 由于后五 年 5G 用户数增长不大， 数据较稳定， 故方差小于前 5 年数据的方差， ∴D 错误 . 故选 AC. 9. B 【解析】 选手甲选择 A 类题目， 得分的均值为 0.6×300+0.4× （ -300 ） =60 ， 选手甲选择 B 类题目， 得分的 均值为 0.75×200+0.25× （ -200 ） =100 ， 选手甲选择 C 类题 目， 得分的均值为 0.85×100+0.15× （ -100 ） =70 ， ∴ 若要每 一次答题的均分更大一些， 则选手甲应选择的题目类型 为 B. 10. 28 75 【解析】 比分为 1 ∶ 2 时有三种情况： ① 甲第 一次发球得分， 甲第二次发球失分， 乙第一次发球得分； ② 甲第一次发球失分， 甲第二次发球得分， 乙第一 次发球得分； ③ 甲第一次发球失分， 甲第二次发球失分， 乙第一 次发球失分 . ∴ 概率为 3 5 × 2 5 × 2 3 + 2 5 × 3 5 × 2 3 + 2 5 × 2 5 × 1 3 = 28 75 . 11. 解 ： （ 1 ） 由 茎 叶 图 可 知 ， 单 果 直 径 落 在 ［ 80 ， 85 ）， ［ 85 ， 90 ） 的苹果分别为 6 个、 12 个， 依题 意知抽样比为 6 6+12 = 1 3 ， ∴ 单果直径落在 ［ 80 ， 85 ） 的 苹 果 抽 取 个 数 为 6 × 1 3 =2 （ 个 ） ， 单 果 直 径 落 在 ［ 85 ， 90 ） 的苹果抽取个数为 12× 1 3 =4 （个） . （ 2 ） 记单果直径落在 ［ 80 ， 85 ） 的苹果为 a 1 ， a 2 ， 记单果直径落在 ［ 85 ， 90 ） 的苹果为 b 1 ， b 2 ， b 3 ， b 4 ， 若 从这 6 个苹果中随机抽取 2 个， 则所有可能结果为 {a 1 ， a 2 } ， {a 1 ， b 1 } ， {a 1 ， b 2 } ， {a 1 ， b 3 } ， {a 1 ， b 4 } ， {a 2 ， b 1 } ， {a 2 ， b 2 } ， { a 2 ， b 3 } ， { a 2 ， b 4 } ， {b 1 ， b 2 } ， {b 1 ， b 3 } ， {b 1 ， b 4 } ， {b 2 ， b 3 } ， {b 2 ， b 4 } ， {b 3 ， b 4 } ， 即基本事件的 总数为 15 个 . 这两个苹果单果直径均落在 ［ 85 ， 90 ） 内 包含的基本事件个数为 6 个， ∴ 这两个苹果单果直径均 落在 ［ 85 ， 90 ） 内的概率为 P= 6 15 = 2 5 . （ 3 ） 按方案 A ： 该合作农场收益为 5×5.5=27.5 （万元）； 按方案 B ： 依题意可知合作农场的果园共有 20 25 =0.8 万 箱 苹 果 ， 即 8 000 箱 苹 果 ， 则 该 合 作 农 场 收 益 为 7 50 ×35+ 40 50 ×45+ 3 50 ×5 3 " 5 ×8 000-8 000×5=313 600 （元 ）， 即为 31.36 万元， ∵27.5<31.36 ， ∴ 为该合作农场推荐收 益最好的是方案 B. 提升练习 12. B 【解析 】 设共有 x 个孩子 ， 由题意可得 k x = n m ， 解得 x= km n . 因此， 估计一共有 km n 个孩子， 故选 B. 13. A 【解析】 将棱长为 3 的正方体均匀切割成棱长 为 1 的小正方体， 一共可切割成 27 块， 而只有位于大 正方体的各个面中心的小正方体恰有一面涂有颜色， 共 6 块， 因此， 所得小正方体恰有一面涂有颜色的概率是 6 27 = 2 9 . 故选 A. 14. AD 【解析 】 由条形图可知 ， 余额总数逐年上 74 参 考 答 案 升， 故 A 正确； 由城乡储蓄构成百分比可知， 2019 年 农村居民存款年底总余额占 36.1% ， 城镇居民存款年底 总余额占 63.9% ， 没有超过， 故 B 错误； 城镇居民存款 年底余额所占的比重逐年下降， 但城镇居民存款年底余 额 2014 年 、 2017 年 、 2019 年 分别为 6.819 8 亿 元 、 155.085 亿元、 973.197 亿元， 总体不是逐年下降的， 故 C 错误； 2017 年城乡居民存款年底余额增长率大约为 211-65 65 ≈225% ， 故 D 正确 . 故选 AD. * 15. 解： （ 1 ） 如果第一次出现红灯， 第二次又出现 红灯记为事件 A ， 则 P （ A ） = 1 2 × 1 3 = 1 6 ； 如果第一次出现绿灯， 第二次出现红灯记为事件 B ， 则 P （ B ） = 1 2 × 3 5 = 3 10 . 以上两种情况彼此互斥， ∴ 第二次出现红灯的概率 为 P （ A+B ） =P （ A ） +P （ B ） = 1 6 + 3 10 = 7 15 . （ 2 ） 依题意， 三次发光中， 出现一次红灯、 两次绿 灯的情况共有 3 种， 它们的概率为 ① 依次出现绿灯、 绿灯、 红灯时的概率为 1 2 × 2 5 × 3 5 = 3 25 ； ② 依次出现绿灯、 红灯、 绿灯时的概率为 1 2 × 3 5 × 2 3 = 1 5 ； ③ 依次出现红灯、 绿灯、 绿灯时的概率为 1 2 × 2 3 × 2 5 = 2 15 . 以上三种情况彼此互斥， ∴ 三次发光后， 出现一次 红灯、 两次绿灯的概率为 3 25 + 1 5 + 2 15 = 34 75 . 16. 解： （ 1 ） 由频率分布直方图知， 月均用水量在 ［ 0 ， 0.5 ） 中的频率为 0.08×0.5=0.04 ， 同理， 在 ［ 0.5 ， 1 ）， ［ 1.5 ， 2 ）， ［ 2 ， 2.5 ）， ［ 3 ， 3.5 ）， ［ 3.5 ， 4 ）， ［ 4 ， 4.5 ） 中的频率分别为 0.08 ， 0.20 ， 0.26 ， 0.06 ， 0.04 ， 0.02. 由 0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1 ， 解 得 a=0.30. （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， 100 位居民每人月均用水量不低于 3 t 的频率为 0.06+0.04+0.02=0.12. 由以上样本的频率分 布， 可以估计全市 30 万居民中月均用水量不低于 3 t 的 人数为 300 000×0.12=36 000. （ 3 ） ∵ 前 6 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+ 0.26+0.15=0.88>0.85 ， 而前 5 组的频率之和为 0.04+0.08+ 0.15+0.20+0.26=0.73<0.85 ， ∴2.5≤x<3. 由 0.3× （ x-2.5 ） = 0.85-0.73 ， 解得 x=2.9. ∴ 估计月用水量标准为 2.9 t 时， 85% 的居民每月的 用水量不超过标准 . 阶段性练习卷 （三） 1. B 【解析】 从茎叶图知所有数据为 8 ， 9 ， 12 ， 15 ， 18 ， 20 ， 20 ， 23 ， 23 ， 28 ， 31 ， 32 ， 中 间 两 个 数 为 20 ， 20 ， 故中位数为 20. 故选 B. 2. B 【解析】 该校女老师的人数是 110×70%+150× （ 1-60% ） =137. 故选 B. 3. B 【解析】 依题意， 这批米内夹谷约为 28 254 ×1 534= 169 石 . 故选 B. 4. D 【解析】 两队胜每局的概率都是 1 2 . 设事件 A i （ i=1 ， 2 ） 表示继续比赛时， 甲在第 i 局胜， 事件 B 表示 甲队获得冠军 ， 则 P （ B ） =P （ A 1 ） +P （ A 1 A 2 ） = 1 2 + 1 2 × 1 2 = 3 4 ， ∴ 甲队获得冠军的概率为 3 4 . 故选 Ｄ. 5. D 【解析】 从正六边形的 6 个顶 点中随机选择 4 个顶点 ， 以它们作为 顶点的四边形共有 15 个， 其中能构成 矩形 3 个， 即一组平行的对边构成一 个矩形 . ∴ 以它们作为顶点的四边形是 矩形的概率为 3 15 = 1 5 . 故选 D. 6. C 【解析】 设样本数据 x 1 ， x 2 ， …， x 10 的标准差 为 D （ X ） 姨 ， 则 D （ X ） 姨 =8 ， 即方差 D （ X）=64 ， 而数据 2x 1 - 1 ， 2x 2 -1 ， …， 2x 10 -1 的方差 D （ 2X-1 ） =2 2 D （ X ） =2 2 ×64 ， ∴ 其标准差为 2 2 ×64 姨 =16. 故选 C. 7. AC 【解析】 从折线图能看出 5 日到 15 日的最高 气温与最低气温的变化情况， A 正确； 由图可知， 6 日 的最高气温与最低气温的差值最大， B 错误； 最高气温 27 ℃ 出现了两次， 其他数据出现 1 次， 故 27 ℃ 是最高 气温的众数， C 正确； 5 日到 15 日的最低气温的极差小 于 15-3=12 ， 5 日到 15 日的最高气温的极差约等于 27- 15=12 ℃ ， D 错误 . 故选 AC. 8. AD 【解析 】 甲地数据为 26 ， 28 ， 29 ， 31 ， 31 ； 乙地数据为 28 ， 29 ， 30 ， 31 ， 32 ； ∴x 甲 = 26+28+29+31+31 5 =29 ， x 乙 = 28+29+30+31+32 2 =30 ， s 2 甲 = 1 5 × ［（ 26-29 ） 2 + （ 28-29 ） 2 + （ 29-29 ） 2 + （ 31-29 ） 2 + （ 31-29 ） 2 ］ =3.6 ， s 2 乙 = 1 5 × ［（ 28-30 ） 2 + （ 29-30 ） 2 + （ 30-30 ） 2 + （ 31-30 ） 2 + （ 32-30 ） 2 ］ =2 ， ∴s 2 甲 >s 2 乙 . 故选 AD. 第 5 题答图 75