第四章 概率与统计 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教B版2019）

章末综合提升 学生用书↓第94页 探究点一　条件概率与全概率公式 主要考查角度 (1)条件概率的求解； (2)全概率公式的应用； (3)贝叶斯公式的应用； (4)概率公式的综合应用． 关键核心素养： (1)数学建模；(2)数学运算；(3)逻辑推理． 例1　有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件，求： (1)第一次抽到次品的概率； (2)第一次和第二次都抽到次品的概率； (3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率． [思路点拨]　分析事件的类型，套用公式求解即可． 解：记第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B. (1)第一次抽到次品的概率为P(A)＝＝. (2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝. (3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝÷＝. 条件概率的两个求解策略 1．定义法：计算P(A)，P(B)，P(AB)，利用P(A|B)＝或P(B|A)＝求解； 2．缩小样本空间法：利用P(B|A)＝求解． 其中(2)常用于古典概型的概率计算问题． 例2　设一个袋中有5个钢球，5个玻璃球，它们的大小形状相同．现从其中任取4个球放入一个空袋中，再从此空袋中任取一球，求取得钢球的概率． [思路点拨]　分别利用全概率公式和贝叶斯公式求解． 解：从袋中取4个球共有5种情况，分别为4个钢球，3个钢球1个玻璃球，2个钢球2个玻璃球，1个钢球3个玻璃球，4个玻璃球．设A1，A2，A3，A4，A5分别表示以上五种情况所对应的事件，设B表示从空袋中取出1个钢球． 则Ω＝A1＋A2＋A3＋A4＋A5，则事件B＝A1B＋A2B＋A3B＋A4B＋A5B， 根据全概率公式知 P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＋P(A5)P(B|A5)， 因为P(A1)＝，P(B|A1)＝； P(A2)＝，P(B|A2)＝； P(A3)＝，P(B|A3)＝； P(A4)＝，P(B|A4)＝； P(A5)＝，P(B|A5)＝0. 所以P(B)＝×＋×＋×＋×＋×0＝. 对点练1.某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为(　　 ) A． B． C． D． 答案：C 解析：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝，P(AB)＝，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝＝＝. 探究点二　离散型随机变量 主要考查角度 (1)离散型随机变量的分布列； (2)离散型随机变量的期望； (3)离散型随机变量的方差． 关键核心素养 (1)数学分析；(2)逻辑推理；(3)数学运算． 学生用书↓第95页 例3　某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？ [思路点拨]　(1)按求分布列的步骤求解分布列；(2)分段讨论，求期望的最大值． 解：(1)由题意知，X所有可能取值为200，300，500，由表格数据知 P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，P(X＝500)＝＝0.4. 因此X的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶， 因此只需考虑200≤n≤500. 当300≤n≤500时， 若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n； 若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 当200≤n<300时， 若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n； 若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元． 求离散型随机变量的期望与方差的步骤 对点练2.一次同时投掷两枚相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各面分别刻有1，2，2，3，3，3六个数字). (1)设随机变量η表示一次掷得的点数和，求η的分布列； (2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(ξ)，D(ξ). 解：(1)由已知，随机变量η的取值为：2，3，4，5，6.投掷一次正方体骰子所得点数为η0，则 P(η0＝1)＝，P(η0＝2)＝，P(η0＝3)＝， 即P(η＝2)＝×＝， P(η＝3)＝2××＝， P(η＝4)＝2××＋×＝， P(η＝5)＝2××＝， P(η＝6)＝×＝. 所以η的分布列为 η 2 3 4 5 6 P (2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设其发生的概率为p，由(1)知，p＝， 因为随机变量ξ～B，所以E(ξ)＝np＝10×＝， D(ξ)＝np(1－p)＝10××＝. 学生用书↓第96页 探究点三　几种特殊的分布 主要考查角度： (1)两点分布； (2)二项分布； (3)超几何分布； (4)正态分布． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)数据分析． 例4　将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将4次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是. (1)求小球落入A袋中的概率； (2)在容器入口处依次放入4个小球，记X为落入A袋中的小球个数，试求X＝3的概率． [思路点拨]　(1)按照对立事件的概率公式求解； (2)服从二项分布，利用二项分布的公式求概率． 解：(1)记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，而小球落入B袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下时发生，故P(B)＝ ＋＝，从而P(A)＝1－P(B)＝1－＝. (2)显然，X服从参数为4，的二项分布，即X～B，故P(X＝3)＝C××＝. 与二项分布有关的问题的关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定： (1)每次试验中，事件发生的概率是相同的； (2)各次试验中的事件是相互独立的； (3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生； (4)随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数． 例5　在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布N(80，52)，现已知该班同学中成绩在80～85分(包括85分，但不包括80分)的有17人，试计算该班成绩在90分以上的同学有多少人． [思路点拨]　根据正态曲线的对称性求概率即可． 解：因为成绩服从正态分布N(80，52)， 所以μ＝80，σ＝5，μ－σ＝75，μ＋σ＝85. 于是成绩在(75，85]内的同学约占全班同学的68.3%. 这样成绩在(80，85]内的同学约占全班同学的34.15%. 设该班有x人，则x×34.15%＝17， 解得x≈50. 又μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90， 所以成绩在(70，90]内的同学约占全班同学的95.4%. 所以成绩在90分以上的同学约占全班同学的(1－95.4%)＝2.3%.所以50×2.3%≈1(人)， 所以成绩在90分以上的仅有1人． 根据正态曲线的对称性求解概率的三个关键点 1．正态曲线与x轴围成的图形面积为1. 2．正态曲线关于直线x＝μ对称，则正态曲线在对称轴x＝μ的左右两侧与x轴围成的面积都为0.5. 3．可以利用等式P(X≥μ＋c)＝P(X≤μ－c)(c>0)对目标概率进行转化求解． 学生用书↓第97页 对点练3.甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？ 解：每局比赛只有两个结果，甲胜或乙胜，且每局比赛胜负是相互独立的，所以甲胜的局数X服从二项分布，即X～B(n，p). ①当采用3局2胜制时，X～B(3，0.6)， 则P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3) ＝C×0.62×0.4＋C0.63＝0.648. ②当采用5局3胜制时，X～B(5，0.6)， 则P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5) ＝C×0.63×0.42＋C×0.64×0.4＋C0.65≈0.683. 显然0.648<0.683，所以采用5局3胜制对甲更有利． 从而说明了“比赛总局数越多，甲获胜的概率越大”． 对比赛局制长短的认识： ①比赛的公平性：局数不能过多或过少，过多对甲有利，过少对乙有利； ②在实际比赛中，应根据计算出的概率结果，对赛制“n局胜”的n值给予确定． 对点练4.工厂制造的某机械零件尺寸X服从正态分布N，则在一次正常的试验中，取1 000个零件时，不属于区间(3，5)这个尺寸范围的零件大约有________个． 答案：3 解析：因为X～N，所以μ＝4，σ＝. 所以不属于区间(3，5)的概率为 P(X≤3)＋P(X≥5)＝1－P(3＜X＜5)＝1－P(4－1＜X＜4＋1) ＝1－P(μ－3σ＜X＜μ＋3σ)＝1－0.997＝0.003. 1 000×0.003＝3(个). 即不属于(3，5)这个尺寸范围的零件大约有3个． 探究点四　一元线性回归模型 主要考查角度： (1)相关性的判断；(2)相关系数的求解与应用；(3)一元线性回归模型的求解与应用；(4)回归模型的分析． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)数学建模；(3)逻辑推理；(4)数学抽象． 例6　为研究某种图书每册的成本费y(元)与印刷数x(千册)的关系，收集了一些数据并作了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值． (xi－)2 (xi－) (yi－) (ui－)2 (ui－) (yi－) 15.25 3.63 0.269 2 085.5 －230.3 0.787 7.049 其中ui＝，＝i. (1)根据散点图判断：y＝a＋bx与y＝c＋哪一个更适宜作为每册成本费y(元)与印刷数x(千册)的回归方程类型？(只要求给出判断，不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程(回归系数的结果精确到0.01)； (3)若每册书定价为10元，则至少应该印刷多少千册才使销售利润不低于78 840元？(假设能够全部售出，结果精确到1) (附：对于一组数据(ω1，v1)(ω2，v2)，…，(ωn，vn)，其回归直线＝＋β^ ω的斜率和截距的最小二乘估计分别为β^＝，＝－β^ .) [思路点拨]　(1)借助散点图求解；(2)令u＝―→建立y关于u的回归方程―→建立y关于x的回归方程；(3)建立利润函数f(x)，解f(x)≥78.840得x的范围． 解：(1)由散点图判断，y＝c＋更适宜作为每册成本费y(元)与印刷册数x(千册)的回归方程． (2)令u＝，先建立y关于u的线性回归方程， 由于＝＝≈8.96， 所以＝－·＝3.63－8.96×0.269≈1.22， 所以y关于u的线性回归方程为＝1.22＋8.96u， 从而y关于x的回归方程为＝1.22＋. (3)假设印刷x千册，依题意：10x－·x≥78.840. 即8.78x≥87.8，解得x≥10， 所以至少印刷10千册才能使销售利润不低于78 840元. 学生用书↓第98页 求线性回归方程的基本步骤 提醒：对非线性回归问题应利用变量代换，把问题化为线性回归分析问题，使之得到解决． 对点练5.在一段时间内，某种商品的价格x元和需求量y件之间的一组数据为： x(元) 14 16 18 20 22 y(件) 12 10 7 5 3 且知x与y具有线性相关关系，求出y关于x的线性回归方程，并说明拟合效果的好坏． 解：＝×(14＋16＋18＋20＋22)＝18，＝×(12＋10＋7＋5＋3)＝7.4， ＝142＋162＋182＋202＋222＝1 660， ＝122＋102＋72＋52＋32＝327， iyi＝14×12＋16×10＋18×7＋20×5＋22×3＝620， 所以＝＝＝－1.15， 所以＝7.4＋1.15×18＝28.1， 所以y对x的线性回归方程为＝－1.15x＋28.1， 列出残差表为 yi－i 0 0.3 －0.4 －0.1 0.2 yi－ 4.6 2.6 －0.4 －2.4 －4.4 所以(yi－i)2＝0.3， (yi－)2＝53.2， R2＝1－≈0.994. 所以R2≈0.994，拟合效果较好． 探究点五　独立性检验 主要考查角度： (1)列联表的应用； (2)独立性检验的应用； (3)独立性检验与其余知识的综合应用． 关键核心素养： (1)数学分析；(2)逻辑推理；(3)数学运算． 例7　海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如图所示． (1)记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，估计A的概率； (2)填写下面2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关； 箱产量＜50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 新养殖法 (3)根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较． 学生用书↓第99页 附： P(χ2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 χ2＝. [思路点拨]　列联表，根据表中数据进行计算即可． 解：(1)旧养殖法的箱产量低于50 kg的频率为(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62.因此，事件A的概率估计值为0.62. (2)根据箱产量的频率分布直方图得2×2列联表 箱产量＜50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 62 38 新养殖法 34 66 根据表中数据，得χ2＝≈15.705. 由于15.705＞6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关． (3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值(或中位数)在50 kg到55 kg之间，旧养殖法的箱产量平均值(或中位数)在45 kg到50 kg之间，且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法的箱产量分布集中程度高，因此，可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法． 独立性检验的一般步骤 第一步：提出假设H0：Ⅰ和Ⅱ没有关系； 第二步：根据2×2列联表计算χ2的观测值； 第三步：根据χ2的观测值与临界值的大小关系作统计推断． 例8　为了比较注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选200只家兔做试验，将这200只家兔随机地分成两组，每组100只，其中一组注射药物A，另一组注射药物B. (1)甲、乙是200只家兔中的2只，求甲、乙分在不同组的概率； (2)下表1和表2分别是注射药物A和B后的试验结果．(疱疹面积单位：mm2) 表1：注射药物A后皮肤疱疹面积的频数分布表 疱疹面积 [60，65) [65，70) [70，75) [75，80] 频数 30 40 20 10 表2：注射药物B后皮肤疱疹面积的频数分布表 疱疹面积 [60，65) [65，70) [70，75) [75，80) [80，85] 频数 10 25 20 30 15 完成下面2×2列联表 疱疹面积小于70 mm2 疱疹面积不小于70 mm2 合计 注射药物A a＝ b＝ 注射药物B c＝ d＝ 合计 n＝ 解：(1)甲、乙两只家兔分在不同组的概率为p＝＝. (2)2×2列联表如下． 疱疹面积小于70 mm2 疱疹面积不小于70 mm2 合计 注射药物A a＝70 b＝30 100 注射药物B c＝35 d＝65 100 合计 105 95 n＝200 独立性检验在实际中有着广泛的应用，是对实际生活中数据进行分析的一种方法，通过这种分析得出的结论对实际生活或者生产都有一定的指导作用． 学生用书↓第100页 对点练6.学生对其亲属30人的饮食进行了一次调查，并用如图所示的茎叶图表示30人的饮食指数．(说明：图中饮食指数低于70的人，饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食以肉类为主) (1)根据以上数据完成下列2×2列联表 主食蔬菜 主食肉类 总计 50岁以下 50岁以上 总计 (2)能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为其亲属的饮食习惯与年龄有关？并写出简要分析． 解：(1)2×2列联表如下 主食蔬菜 主食肉类 总计 50岁以下 4 8 12 50岁以上 16 2 18 总计 20 10 30 (2)根据列联表中的数据得到χ2＝＝10>6.635＝x0.01， 所以可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为其亲属的饮食习惯与年龄有关． (2023·全国甲卷(理))有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　) A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1 答案：A 解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝0.8.故选A. (2023·上海卷)根据所示的散点图，下列说法正确的是(　　) A．身高越大，体重越大 B．身高越大，体重越小 C．身高和体重成正相关 D．身高和体重成负相关 答案：C 解析：根据散点图的分布可得：身高和体重成正相关．故选C. (2023·天津卷)调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示，其中相关系数r＝0.824 5，下列说法正确的是(　　) A．花瓣长度和花萼长度没有相关性 B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关 C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关 D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.824 5 答案：C 解析：根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，故A错误；散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，故B错误，C正确；由于r＝0.824 5是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据的相关系数不一定是0.824 5，故D错误．故选C. (2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β. 考虑 学生用书↓第101页 两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1).则(　　) A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 答案：ABD 解析：对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)·β·(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．故选ABD. (2023·天津卷)甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为________． 答案：0.05　 解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n，4n，6n，所以总数为15n，所以甲盒中黑球个数为40%×5n＝2n，白球个数为3n；甲盒中黑球个数为25%×4n＝n，白球个数为3n；甲盒中黑球个数为50%×6n＝3n，白球个数为3n；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以，P(A)＝0.4×0.25×0.5＝0.05；记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球总共有2n＋n＋3n＝6n个，白球共有9n个，所以P(B)＝＝. (2023·全国甲卷(理))一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g).试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15．2　18.8　20.2　21.3　22.5　23.2　25.8　26.5　27.5　30.1 32．6　34.3　34.8　35.6　35.6　35.8　36.2　37.3　40.5　43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7．8　9.2　11.4　12.4　13.2　15.5　16.5　18.0　18.8　19.2 19．8　20.2　21.6　22.8　23.6　23.9　25.1　28.2　32.3　36.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表 ＜m ≥m 对照组 试验组 (ⅱ)根据(i)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：K2＝， P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010 k 2.706 3.841 6.635 解：(1)试验组样本平均数为 (7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝＝19.8. (2)(ⅰ)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2，19.8，20.2，20.2，21.3，21.6，22.5，22.8，23.2，23.6，…， 故第20位为23.2，第21位数据为23.6， 所以m＝＝23.4， 故列联表为： ＜m ≥m 合计 对照组 6 14 20 试验组 14 6 20 合计 20 20 40 (ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝＝6.400＞3.841， 所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异． 学生用书↓第102页 (2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(i)＝i.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y). 解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2) ＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1) ＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. (2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则 P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，构造等比数列，设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－，则pi＋1－＝，又p1＝，p1－＝，所以是首项为，公比为的等比数列，即pi－＝×i-1，pi＝×i-1＋. (3)因为pi＝×i-1＋，i＝1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋， 故E(Y)＝＋. (2022·新高考Ⅰ卷)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，在已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 40 60 对照组 10 90 (1)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：R＝·； (ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值． 附：K2＝. P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 解：(1)补充列联表为 不够良好 良好 合计 病例组 40 60 100 对照组 10 90 100 合计 50 150 200 计算K2＝＝24＞6.635， 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)(ⅰ)证明R＝·＝·＝·＝＝·＝·； (ⅱ)利用调查数据，P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，P(|B)＝1－P(A|B)＝，P(|)＝1－P(A|)＝， 所以R＝×＝6. 单元检测卷(二)　概率与统计 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．) 1．某公司在2019～2023年的收入与支出情况如表所示： 收入x(亿元) 2.2 2.4 3.8 5.2 6.0 支出y(亿元) 0.2 1.5 2.0 2.5 3.8 根据表中数据可得回归直线方程为＝0.7x＋，依此估计如果2024年该公司收入为8亿元时的支出为(　　) A．4.502亿元 B．4.404亿元 C．4.358亿元 D．4.856亿元 答案：D 解析：因为x (_)＝＝3.92，y (_)＝＝2，所以＝2－0.7×3.92＝－0.744.所以＝0.7x－0.744.取x＝8，得＝0.7×8－0.744＝4.856. 2．设ξ是一个离散型随机变量，其分布列为如表，则q＝(　　) ξ －1 0 1 P 2q－1 q A． B． C． D． 答案：B 解析：根据题意可得＋2q－1＋q＝1，解得q＝. 3．正态分布N1(μ1，σ)，N2(μ2，σ)，N3(μ3，σ)(其中σ1，σ2，σ3均大于0)所对应的密度函数图象如图所示，则下列说法正确的是(　　 ) A．μ1最大，σ1最大 B．μ3最大，σ3最大 C．μ1最大，σ3最大 D．μ3最大，σ1最大 答案：D 解析：在正态曲线N(μ，σ2)中，x＝μ为正态曲线的对称轴，结合图象可知，μ3最大；又参数σ确定了曲线的形式：σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“瘦高”．故由图象知σ1最大． 4．设随机变量X等可能地取值1，2，3，···，10.又设随机变量Y＝2X－1，则P(Y<6)的值为 (　　 ) A．0.3 B．0.5 C．0.1 D．0.2 答案：A 解析：由Y＝2X－1<6，得X<3.5， 所以P(Y<6)＝P(X<3.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.3. 5．已知正方形ABCD，其内切圆I与各边分别切于点E，F，G、H，连接EF，FG，GH，HE.现向正方形ABCD内随机抛掷一枚豆子，记事件A：豆子落在圆I内，事件B：豆子落在四边形外，则P(B|A)＝(　　) A． B．1－ C． D．－ 答案：B 解析：由题意，设正方形ABCD的边长为2a，则圆I的半径为r＝a，面积为πa2；正方形EFGH的边长为a，面积为2a2；所以所求的概率为P(B|A)＝＝1－. 6．根据下表中的数据，用最小二乘法计算出变量x，y的线性回归方程为(　　) x 1 2 3 4 5 y 0.5 1 1 1.5 2 A．＝0.35x＋0.15 B．＝－0.35x＋0.25 C．＝－0.35x＋0.15 D．＝0.35x＋0.25 答案：A 解析：x (_)＝＝3，y (_)＝＝1.2，＝ ＝0.35x＋0.15. 7．为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表： 患病 未患病 总计 服用药 10 45 55 没服用药 20 30 50 总计 30 75 105 据此推断药物有效，则这种推断犯错误的概率不超过(　　) 附表及公式： α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：χ2＝. A．0.025 B．0.010 C．0.005 D．0.001 答案：A 解析：根据列联表，计算χ2＝＝≈6.019>5.204， 所以推断药物有效，这种推断犯错误的概率不超过0.025. 8．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi，yi)(i＝1，2，···，20)得到下面的散点图： 由此散点图，在10 ℃至40 ℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是(　　) A．y＝a＋bx B．y＝a＋bx2 C．y＝a＋bex D．y＝a＋bln x 答案：D 解析：由散点图可知，在10 ℃至40 ℃之间，发芽率y和温度x所对应的点(x，y)在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，y＝a＋bln x可作为发芽率y和温度x的回归方程类型． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.则其中正确命题的序号是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 答案：ABD 解析：一袋中有大小相同的4个红球和2个白球， ①从中任取3球，恰有一个白球的概率是P＝＝，故A正确； ②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为P＝＝，则恰好有两次白球的概率为P＝C＝，故B正确； ③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为＝，故C错误； ④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为P＝＝，则至少有一次取到红球的概率为P＝1－C＝，故D正确． 10．已知X的分布列为 X －1 0 1 P a 则下列说法正确的有(　　) A．P(X＝0)＝ B．E(X)＝－ C．D(X)＝ D．P(X＞－1)＝ 答案：ABD 解析：由分布列的性质可知＋a＋＝1，即a＝.所以P(X＝0)＝，故A正确；E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，故B正确；D(X)＝×＋×＋×＝， 故C错误；P(X＞－1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝，故D正确．故选A、B、D． 11．4月23日为世界读书日，已知某高校学生每周阅读时间X服从正态分布X～N(9，4)，则(　　) (附：X～N(μ，σ2)，P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.683，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.955，P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝0.997.) A．该校学生每周平均阅读时间为9小时 B．该校学生每周阅读时间的标准差为4 C．该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占0.3% D．若该校有10 000名学生，则每周阅读时间在3～5小时的人数约为210 答案：AD 解析：由某高校学生每周阅读时间X服从正态分布X～N(9，4)，可知该校学生每周平均阅读时间为9小时，故A正确；该校学生每周阅读时间的方差为4，故B错误；该校学生每周阅读时间不超过3小时的概率P(x≤3)＝P(X≤μ－3σ)＝[1－P(μ－3σ<X<μ＋3σ)]＝(1－0.997)＝0.001 5＝0.15%，故C错误；每周阅读时间在3～5小时的概率为P(μ－3σ<X≤μ－2σ)＝[P(μ－3σ<X<μ＋3σ)－P(μ－2σ<X<μ＋2σ)]＝(0.997－0.955)＝0.021，若该校有10 000名学生，则每周阅读时间在3～5小时的人数约为210，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．一个口袋里装有大小相同的6个小球，其中红色、黄色、绿色的球各2个，现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球同颜色的概率是________；若取到红球得1分，取到黄球得2分，取到绿球得3分，记变量ξ为取出的三个小球得分之和，则ξ的期望为________． 答案：　6 解析：从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球同颜色的概率为＝.由题意可得：ξ的取值范围是{4，5，6，7，8}．P(ξ＝4)＝P(2红1黄)＝＝＝，P(ξ＝5)＝P(2红1绿)＋P(2黄1红)＝＋＝＝，P(ξ＝6)＝P(1红1黄1绿)＝＝＝，P(ξ＝7)＝P(2黄1绿)＋P(2绿1红)＝＋＝＝，P(ξ＝8)＝P(2绿1黄)＝＝＝.所以E(ξ)＝4×＋5×＋6×＋7×＋8×＝6. 13．针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若有95%的把握认为中学生追星与性别有关，则男生至少有________人． 参考数据及公式如下： α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. 答案：30 解析：设男生人数为x，由题意得列联表如下； 喜欢追星 不喜欢追星 合计 男生 x x x 女生 x x x 合计 x x x 计算χ2＝＝x>3.841，解得x>；又x＝6k，k∈N*，所以xmin＝30，即有95%的把握认为中学生追星与性别有关时，男生至少有30人． 14．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1、A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是______(写出所有正确结论的序号)． ①P(B)＝；②P(B|A1)＝；③事件B与事件A1相互独立； ④A1，A2，A3是两两互斥的事件； ⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关． 答案：②④ 解析：从甲罐中取出一球放入乙罐，则A1、A2、A3中任意两个事件不可能同时发生，即A1、A2、A3两两互斥，故④正确，易知P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，又P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，故②对③错；所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝×＋×＋×＝，故①⑤错误．综上知，正确结论的序号为②④. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问： (1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？(5分) (2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？(8分) 解：(1)设A＝ “甲地为雨天”，B＝“乙地为雨天”，则根据题意有 P(A)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12. 所以乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是P(A|B)＝＝≈0.67. (2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是P(B|A)＝＝＝0.60. 16．(15分)某校举行综合知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分，初赛采用选手选一题答一题的方式进行，每位选手最多有6次答题的机会，选手累计答对4题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对4题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰．已知选手甲答题连续两次答错的概率为(已知甲回答每道题的正确率相同，并且相互之间没有影响)． (1)求选手甲回答一个问题的正确率；(5分) (2)求选手甲可以进入决赛的概率．(10分) 解：(1)设选手甲答对一个问题的正确率为P1， 则(1－P1)2＝，故选手甲回答一个问题的正确率P1＝. (2)选手甲答了4道题进入决赛的概率为＝；选手甲答了5道题进入决赛的概率为 C·＝； 选手甲答了6道题进入决赛的概率为C·＝；故选手甲可进入决赛的概率P＝＋＋＝. 17．(15分)为了了解某校大学生喜爱观看足球比赛是否与性别有关，该大学记者站随机抽取了100名学生进行统计，其中女生喜爱观看足球比赛的占女生人数的，男生有10人表示不喜欢看足球比赛． (1)完成下面2×2列联表，试根据小概率值α＝0.001的独立性检验，判断能否认为喜爱观看足球比赛与性别有关联？(5分) 男 女 合计 喜爱看足球比赛 不喜爱看足球比赛 合计 60 (2)在不喜爱观看足球比赛的观众中，按性别用分层随机抽样的方式抽取8人，再从这8人中随机抽取2人参加校记者站的访谈节目，设抽到的男生人数为X，求X的分布列和期望． (10分) 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解：(1)根据表格数据可知抽取的女生共40人，喜爱观看足球比赛的女生为40×＝10人，可得2×2列联表如下： 男 女 合计 喜爱看足球比赛 50 10 60 不喜爱看足球比赛 10 30 40 合计 60 40 100 根据列联表中的数据计算得 χ2＝＝≈34.028＞10.828＝x0.001，根据小概率值α＝0.001的独立性检验，即认为喜爱观看足球比赛与性别有关联． (2)按照分层随机抽样的方式抽取8人，根据抽样比可知其中男生2人，女生6人， 则X的可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 18．(17分)某公司有A，B，C型三辆新能源电动汽车参加阳光保险，每辆车需要向阳光保险缴纳800元的保险金，若在一年内出现事故每辆车可赔8 000元的赔偿金(假设每辆车每年最多赔偿一次)．设A，B，C型三辆车一年内发生事故的概率分别为，，，且每辆车是否发生事故相互独立． (1)求该公司获赔的概率；(7分) (2)设获赔金额为X，求X的分布列和数学期望．(10分) 解：(1)设该公司获赔的概率为P(D)， 则P(D)＝1－P(A (_))P(B (_))P(C (_))＝1－××＝. (2)由题意可知X＝0，8 000，16 000，24 000. 则P(X＝0)＝P(A (_))P(B (_))P(C (_))＝××＝； P(X＝24 000)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝； P(X＝16 000)＝P(A)P(B)P(C (_))＋P(A)P(B (_))P(C)＋P(A (_))P(B)P(C) ＝××＋××＋××＝； P(X＝8 000)＝1－－－＝. 所以X的分布列为 X 0 8 000 16 000 24 000 P E(X)＝0×＋8 000×＋16 000×＋24 000×＝. 19．(17分)某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原料．现有如下两种抽样检验方案： 方案一：随机抽取一个容量为10的样本，并全部检验，若样本中不合格数不超过1个，则认为这批原料合格，予以接收； 方案二：先随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，若都合格，则予以接收；若样本中不合格数超过1个，则拒收；若样本中不合格数为1个，则再抽取一个容量为5的样本，并全部检验，且只有第二批样本全部合格才予以接收． 假设拟购进的这批原料的合格率为p(0＜p＜1)，并用p作为原料中每件产品是合格品的概率．若每件产品所需的检验费用为3元，且费用由工厂承担． (1)若p＝，即方案二中所需的检验费用为随机变量X，求X的分布列与期望；(7分) (2)分别计算两种方案中这批原料通过检验的概率，若你是原料供应商，你希望质检部门采取哪种检验方案？说明理由．(10分) 解：(1)由题意，随机变量X的可能取值是15，30， X＝15对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，都合格或不合格品件数超过1个， X＝30对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，出现了1个不合格品然后又抽取了容量为5的样本，全部检验， 所以P(X＝30)＝C·＝，P(X＝15)＝1－P(X＝30)＝1－＝， 所以X的分布列为： X 15 30 P 所以E(X)＝15×＋30×≈19.94. (2)方案一通过检验的概率为P1＝p10＋C(1－p)p9＝p9(10－9p)， 方案二通过检验的概率为P2＝p5＋C(1－p)p4p5＝p5[1＋5p4(1－p)]， P1－P2＝p9(10－9p)－p5[1＋5p4(1－p)]＝p5[p4(10－9p)－1－5p4(1－p)]，其中0＜p＜1， 令f(p)＝p4(10－9p)－1－5p4(1－p)＝－4p5＋5p4－1，则f′(p)＝－20p4＋20p3＝20p3(1－p)＞0，所以函数f(p)在(0，1)上单调递增，故f(p)＜f(1)＝0，即P1＜P2，故原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高． 学科网（北京）股份有限公司 $$