概率与统计全真试题专项解析-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 一、透析概率的定义 概率反映的是随机事件在一次试验中发生 的可能性的大小，是在大量相同的重复试验下随 机事件出现的频率的稳定性，是偶然中的必然． 二、透析互斥事件的概率 若事件Ａ发生，则事件Ｂ就不会发生，同样， 若事件Ｂ发生，则事件 Ａ就不会发生，这样的两 个事件称为互斥事件或称事件Ａ与事件Ｂ互斥． 从集合角度来看，事件Ａ，Ｂ都是包含若干个结果 的集合，这两个集合的交集是空集，这一概念可 以推广到ｎ个事件的情况．其中在一次试验中必 有一个会发生的两个互斥事件称为对立事件，从 集合角度来看，事件Ａ，Ｂ都是包含若干个结果的 集合，这两个集合的交集是空集且这两个集合的 并集是全集． 三、透析相互独立事件的概率与条件概率 两个事件之间，事件Ａ是否发生对事件Ｂ发 生的概率没有影响，同时事件Ｂ是否发生对事件 Ａ发生的概率也没有影响，这样的两个事件称为 相互独立事件．若 ｎ个事件两两相互独立，则称 这ｎ个事件相互独立．一些复杂事件有时可以转 化为相互独立事件同时发生的概率进行计算． 四、透析期望与方差 期望与方差是统计中的两个基本概念，高考 试题中常以它作为媒介，渗透函数、方程、不等 式、数列、向量、解析几何、立体几何等知识，设计 出一些新颖别致、知识融合、值得思索的试题． 题型一、 例１ 甲、乙两位同学从６种课外读物中各 自选读２种，则这两人选读的课外读物中恰有１ 种相同的选法共有 （　　） 　　　 　　　　　 　　　　　 　　（Ａ）３０种 （Ｂ）６０种 （Ｃ）１２０种 （Ｄ）２４０种 解析：甲、乙二人先选１种相同的课外读物， 有Ｃ１６＝６（种）情况，再从剩下的５种课外读物中 各自选１本不同的读物，有Ｃ１５Ｃ １ ４＝２０（种）情况， 由分步乘法计数原理可得共有 ６×２０ ＝ １２０（种）选法，故选（Ｃ）． 点评：本题主要考查排列组合的知识，考查学 生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力． 例２ 某学校开设了４门体育类选修课和４ 门艺术类选修课，学生需从这８门课中选修２门 或３门课，并且每类选修课至少选修１门，则不同 的选课方案共有 种（用数字作答）． 解析：由题意，可分三类： 第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选 修１门，有Ｃ１４Ｃ １ ４种方案； 第二类，在体育类选修课中选修１门，在艺 术类选修课中选修２门，有Ｃ１４Ｃ ２ ４种方案； 第三类，在体育类选修课中选修２门，在艺 术类选修课中选修１门，有Ｃ２４Ｃ １ ４种方案． 综上，不同的选课方案共有 Ｃ１４Ｃ １ ４＋Ｃ １ ４Ｃ ２ ４＋Ｃ ２ ４Ｃ １ ４ ＝６４（种）． 点评：本题主要考查分类加法计数原理、排 列组合的实际应用，考查学生的逻辑思维能力、 运算求解能力． 题型二、二项式定理 例 (３ ２ｘ－１)ｘ ５ 的展开式中含 ｘ项的系 数为 （　　） （Ａ）－８０ （Ｂ）－４０ （Ｃ）４０ （Ｄ）８０ 解析 (：２ｘ－１)ｘ ５ 的二项展开式的通项 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５（２ｘ） ５ (－ｒ －１)ｘ ｒ ＝（－１）ｒ２５－ｒＣｒ５ｘ ５－２ｒ， 令５－２ｒ＝１，解得ｒ＝２， 所以Ｔ３ ＝（－１） ２２５－２Ｃ２５ｘ＝８０ｘ， 即含ｘ项的系数为８０．故选（Ｄ）． 点评：本题主要考查二项展开式通项公式的 应用，考查学生的运算求解能力． 题型三、互斥事件、相互独立事件 例４ （多选）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）． （　　） （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 解析：由题意，发０收１的概率为α， 发０收０的概率为１－α； 发１收０的概率为β，发１收１的概率为１－β． 对于（Ａ），发１收１的概率为１－β，发０收０ 的概率为１－α，发１收１的概率为１－β，所以所 求概率为（１－α）（１－β）２，故（Ａ）选项正确． 对于（Ｂ），相当于发了１，１，１，收到１，０，１，则 概率为（１－β）β（１－β）＝β（１－β）２，故（Ｂ）选 项正确． 对于（Ｃ），相当于发了１，１，１，收到１，１，０或 １，０，１或０，１，１或１，１，１，则概率为Ｃ２３β（１－β） ２ ＋Ｃ３３（１－β） ３ ＝３β（１－β）２＋（１－β）３，故（Ｃ） 不正确． 对于（Ｄ），发送０，采用三次传输方案译码为 ０，相当于发０，０，０，收到０，０，１或０，１，０或１，０，０ 或０，０，０，则此方案的概率Ｐ１ ＝Ｃ ２ ３α（１－α） ２＋ Ｃ３３（１－α） ３＝３α（１－α）２＋（１－α）３；发送０，采 用单次传输方案译码为０的概率Ｐ２ ＝１－α，当 ０＜α＜０．５时，Ｐ１－Ｐ２＝３α（１－α） ２＋（１－α）３ －（１－α）＝α（１－α）（１－２α）＞０，故（Ｄ）选 项正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 点评：本题主要考查相互独立事件和互斥事 件的概率、作差法比较大小，以信号传输为背景， 考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力． 题型四、古典概型 例５ 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不 在排头，且甲或乙在排尾的概率是 （　　） （Ａ）１４ （Ｂ） １ ２ （Ｃ）１３ （Ｄ） ２ ３ 解析：画出树状图： ! " # $ !" %&'()*+,- ./012 3456, 789:-;<9:0 =7><9: ?@AB !!" #$% ! " # $ !" 书 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有２４种排法， 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有８ 种，所以所求概率为 ８ ２４＝ １ ３，故选（Ｃ）． 点评：本题主要考查古典概型，考查运算求 解能力． 例６ 某校文艺部有４名学生，其中高一、 高二年级各２名．从这４名学生中随机选２名组 织校文艺汇演，则这２名学生来自不同年级的概 率为 （　　） （Ａ）１６ （Ｂ） １ ３ （Ｃ）１２ （Ｄ） ２ ３ 解析：根据题意，从这４名学生中随机选２名 组织校文艺汇演的基本事件有Ｃ２４ ＝６（个）， 其中这２名学生来自不同年级的基本事件 有Ｃ１２Ｃ １ ２ ＝４（个）， 所以这２名学生来自不同年级的概率 Ｐ＝４６ ＝ ２ ３． 故选（Ｄ）． 点评：本题主要考查古典概型、计数原理等 知识，考查学生的运算求解能力． 例７ 有６个相同的球，分别标有数字１，２， ３，４，５，６，从中无放回地随机取３次，每次取１个 球，设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之差 的绝对值不大于 １ ２的概率为 ． 解析：设３次取出的球上的数字依次为ａ，ｂ， ｃ，则无放回地随机取 ３次球的取法有 Ａ３６ ＝ １２０（种），则｜ｍ－ｎ｜＝ ａ＋ｂ２ － ａ＋ｂ＋ｃ ３ ＝ ａ＋ｂ－２ｃ ６ ≤ １ ２，可得｜ａ＋ｂ－２ｃ｜≤３． 当ｃ＝１时，ａ，ｂ需要满足“１≤ａ＋ｂ≤５”， 所有可能情况为（２，３），（３，２），共２种． 当ｃ＝２时，ａ，ｂ需要满足“１≤ａ＋ｂ≤７”， 所有可能情况为（１，３），（１，４），（１，５），（１，６）， （３，１），（４，１），（５，１），（６，１），（３，４），（４，３），共 １０种． 当ｃ＝３时，ａ，ｂ需要满足“３≤ａ＋ｂ≤９”， 所有可能情况为（１，２），（２，１），（１，４），（４，１）， （１，５），（５，１），（１，６），（６，１），（２，４），（４，２）， （２，５），（５，２），（２，６），（６，２），（４，５），（５，４），共 １６种． 当ｃ＝４时，ａ，ｂ需要满足“５≤ａ＋ｂ≤１１”， 所有可能情况为（１，５），（５，１），（１，６），（６，１）， （２，３），（３，２），（２，５），（５，２），（２，６），（６，２）， （３，５），（５，３），（３，６），（６，３），（６，５），（５，６），共 １６种． 当ｃ＝５时，ａ，ｂ需要满足“７≤ａ＋ｂ≤１３”， 所有可能情况为（１，６），（６，１），（２，６），（６，２）， （３，４），（４，３），（３，６），（６，３），（４，６），（６，４），共 １０种． 当ｃ＝６时，ａ，ｂ需要满足“９≤ａ＋ｂ≤１５”， 所有可能情况为（４，５），（５，４），共２种． 故共有２＋１０＋１６＋１６＋１０＋２＝５６（种） 可能情况，所以所求概率Ｐ＝５６１２０＝ ７ １５． 点评：本题主要考查古典概型，突出考查学 生的理性思维和探究能力． 题型五、条件概率与全概率公式 例８ Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ五种活动，甲、乙都要选 择三个活动参加．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 ． 解析：由题意知甲选到Ａ的概率Ｐ＝ Ｃ２４ Ｃ３５ ＝３５． 记乙选择Ａ活动为事件Ｍ， 乙选了Ａ活动再选择Ｂ活动为事件Ｎ， 则Ｐ（Ｍ）＝ Ｃ２４ Ｃ３５ ＝３５，Ｐ（ＭＮ）＝ Ｃ１３ Ｃ３５ ＝３１０， 所以Ｐ（Ｎ｜Ｍ）＝Ｐ（ＭＮ）Ｐ（Ｍ） ＝ ３ １０ ３ ５ ＝１２． 点评：本题考查古典概型和条件概率，考查 学生的运算求解能力． 例９ 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 ． 解析：Ａ题库占 ５０００５０００＋４０００＋３０００＝ ５ １２， Ｂ题库占 ４０００５０００＋４０００＋３０００＝ １ ３， Ｃ题库占 ３０００５０００＋４０００＋３０００＝ １ ４， 则所求概率Ｐ＝５１２×０９２＋ １ ３×０８６＋ １ ４ ×０７２＝０．８５． 点评：本题主要考查全概率公式，考查运算 求解能力． 题型六、 例１０ 某群体中的每位成员使用移动支付 的概率都为ｐ，各成员的支付方式相互独立．设Ｘ 为该群体的１０位成员中使用移动支付的人数， Ｄ（Ｘ）＝２．４，Ｐ（Ｘ＝４）＜Ｐ（Ｘ＝６），则ｐ＝ （　　） （Ａ）０．７ （Ｂ）０．６ （Ｃ）０．４ （Ｄ）０．３ 解析：由题意知，该群体的１０位成员使用移 动支付的概率分布符合二项分布，所以Ｄ（Ｘ）＝ １０ｐ（１－ｐ）＝２．４，所以ｐ＝０．６或ｐ＝０．４． 由Ｐ（Ｘ＝４）＜Ｐ（Ｘ＝６）， 得Ｃ４１０ｐ ４（１－ｐ）６ ＜Ｃ６１０ｐ ６（１－ｐ）４， 即（１－ｐ）２＜ｐ２，所以ｐ＞０．５，所以ｐ＝０．６． 点评：本题主要考查二项分布相关知识，考 查运算求解能力． 例１１ 随着“一带一路”国际合作的深入， 某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．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 ｘ＝２．１，样本方差ｓ２＝０．０１．已知该种植区以往 的亩收入Ｘ服从正态分布Ｎ（１．８，０．１２），假设推 动出口后的亩收入Ｙ服从正态分布Ｎ（ｘ，ｓ２），则 （若随机变量Ｚ服从正态分布Ｎ（μ，σ２），则Ｐ（Ｚ ＜μ＋σ）≈０．８４１３） （　　） （Ａ）Ｐ（Ｘ＞２）＞０．２ （Ｂ）Ｐ（Ｘ＞２）＜０．５ （Ｃ）Ｐ（Ｙ＞２）＞０．５ （Ｄ）Ｐ（Ｙ＞２）＜０．８ 解析：由题意可知 Ｘ～Ｎ（１８，０．１２），所以 Ｐ（Ｘ＞２）＜Ｐ（Ｘ＞１．８）＝０．５，Ｐ（Ｘ＜１．９）≈ ０．８４１３，所以Ｐ（Ｘ＞２）＜Ｐ（Ｘ≥１．９）＝１－ Ｐ（Ｘ＜１．９）≈１－０．８４１３＝０．１５８７＜０．２，所 以（Ａ）错误，（Ｂ）正确． 因为Ｙ～Ｎ（２．１，０１２），所以 Ｐ（Ｙ＜２．２） ≈０．８４１３，Ｐ（Ｙ＞２）＞Ｐ（Ｙ＞２．１）＝０．５，所 以Ｐ（２＜Ｙ＜２．１）＝Ｐ（２．１＜Ｙ＜２．２）＝Ｐ（Ｙ ＜２．２）－Ｐ（Ｙ≤２．１）≈０．８４１３－０．５＝０．３４１３， 所以Ｐ（Ｙ＞２）＝Ｐ（２＜Ｙ＜２．１）＋Ｐ（Ｙ≥ %&'()*+,-( ./0'( 1234.53467 ! " # ! " $ # " # ! " ! " # ! # ! " $ ! " # $ " $ ! " ! " $ ! $ # " $ # " ! $ " $ # " # " $ # $ # ! $ # ! " $ ! $ # ! # ! $ # $ ! " # $ !" 书 ２１）≈０．３４１３＋０．５＝０．８４１３＞０．８，所以 （Ｃ）正确，（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． 点评：本题主要考查正态分布，考查学生的 运算求解能力． 题型七、 例１２２１世纪汽车博览会在上海举行．某 汽车模型公司共有２５个汽车模型，其外观与内 饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 ８ １２ 米色内饰 ２ ３ 现将这２５个汽车模型进行编号． （１）若小明从２５个汽车模型编号中随机选 取一个，记事件 Ａ为小明取到的模型为红色外 观，事件 Ｂ为小明取到的模型为米色内饰，求 Ｐ（Ｂ）和Ｐ（Ｂ｜Ａ），并据此判断事件Ａ和事件Ｂ 是否独立； （２）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一 次抽奖中，每人一次性从２５个汽车模型编号中 选取两个，给出以下抽奖规则：① 选到的两个模 型会出现三种结果，即外观和内饰均同色、外观 和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色；② 按 结果的可能性大小设置奖项，概率越小奖项越 高；③该抽奖活动的奖金金额为一等奖６００元、 二等奖３００元、三等奖１５０元．请你分析奖项对应 的结果，设Ｘ为奖金金额，写出Ｘ的分布列，并求 出Ｘ的数学期望． 解析：（１）由题意得，Ｐ（Ｂ）＝２＋３２５ ＝ １ ５， Ｐ（Ａ）＝８＋２２５ ＝ ２ ５，Ｐ（ＡＢ）＝ ２ ２５， 则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ２ ２５ ２ ５ ＝１５． 因为Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）·Ｐ（Ｂ）， 所以事件Ａ和事件Ｂ独立． （２）记外观与内饰均同色为事件Ａ１， 外观与内饰都异色为事件Ａ２， 仅外观或仅内饰同色为事件Ａ３， 则Ｐ（Ａ１）＝ Ｃ２８＋Ｃ ２ １２＋Ｃ ２ ２＋Ｃ ２ ３ Ｃ２２５ ＝９８３００＝ ４９ １５０， Ｐ（Ａ２）＝ Ｃ１８Ｃ １ ３＋Ｃ １ ２Ｃ １ １２ Ｃ２２５ ＝４８３００＝ ４ ２５， Ｐ（Ａ３）＝ Ｃ１８Ｃ １ ２＋Ｃ １ １２Ｃ １ ３＋Ｃ １ ８Ｃ １ １２＋Ｃ １ ２Ｃ １ ３ Ｃ２２５ ＝１５４３００＝ ７７ １５０， 因为Ｐ（Ａ２）＜Ｐ（Ａ１）＜Ｐ（Ａ３）， 所以一等奖为两个汽车模型的外观与内饰 都异色，二等奖为两个汽车模型的外观与内饰均 同色，三等奖为两个汽车模型仅外观或内饰同 色． Ｘ的分布列如下表： Ｘ １５０ ３００ ６００ Ｐ ７７１５０ ４９ １５０ ４ ２５ Ｅ（Ｘ）＝１５０×７７１５０＋３００× ４９ １５０＋６００× ４ ２５ ＝２７１． 点评：本题主要考查相互独立事件、随机变 量的分布列和数学期望，考查学生的逻辑思维和 数学运算能力． 例１３ 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，比赛成绩为０分；若至少投 中１次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队 的另一名队员投篮３次，每次投篮投中得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ｐ＝０．４，ｑ＝０．５，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？ 解析：（１）甲、乙所在队比赛成绩为０分的 概率为（１－０．４）３＋［１－（１－０．４）３］×（１－ ０．５）３ ＝０．３１４， 故甲、乙所在球队比赛成绩不少于５分的概 率为１－０．３１４＝０．６８６． （２）（ⅰ）设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所 在队得１５分的概率为Ｐ甲， 则Ｐ甲 ＝［１－（１－ｐ） ３］·ｑ３ ＝ｐｑ３·（３－３ｐ＋ｐ２）． 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得 １５分的概率为Ｐ乙， 则Ｐ乙 ＝［１－（１－ｑ） ３］·ｐ３ ＝ｑｐ３·（３－３ｑ＋ｑ２）． 则Ｐ甲 －Ｐ乙 ＝ｐｑ（３ｑ ２－３ｐｑ２＋ｐ２ｑ２－３ｐ２＋ ３ｐ２ｑ－ｐ２ｑ２）＝３ｐｑ（ｑ－ｐ）·（ｐ＋ｑ－ｐｑ）， 由０＜ｐ＜ｑ≤１，得ｑ－ｐ＞０， ｐ＋ｑ－ｐｑ＝ｐ＋ｑ（１－ｐ）＞０， 所以Ｐ甲 －Ｐ乙 ＞０，即Ｐ甲 ＞Ｐ乙． 故应该由甲参加第一阶段比赛． （ⅱ）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在 队的比赛成绩Ｘ的所有可能取值为０，５，１０，１５． Ｐ（Ｘ＝０）＝（１－ｐ）３＋［１－（１－ｐ）３］·（１ －ｑ）３， Ｐ（Ｘ＝５）＝［１－（１－ｐ）３］·Ｃ１３·ｑ·（１－ ｑ）２， Ｐ（Ｘ＝１０）＝［１－（１－ｐ）３］·Ｃ２３·ｑ ２·（１ －ｑ）， Ｐ（Ｘ＝１５）＝［１－（１－ｐ）３］·Ｃ３３ｑ ３， 所以Ｅ（Ｘ）＝［１－（１－ｐ）３］·［１５ｑ（１－ｑ）２ ＋３０ｑ２（１－ｑ）＋１５ｑ３］＝［１－（１－ｐ）３］·１５ｑ＝ １５ｐｑ（ｐ２－３ｐ＋３）． 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的 比赛成绩Ｙ的所有可能取值为０，５，１０，１５． 同理可得Ｅ（Ｙ）＝１５ｐｑ（ｑ２－３ｑ＋３）． Ｅ（Ｘ）－Ｅ（Ｙ）＝１５ｐｑ（ｐ２－３ｐ－ｑ２＋３ｑ） ＝１５ｐｑ·（ｑ－ｐ）（３－ｐ－ｑ）， 因为０＜ｐ＜ｑ≤１， 所以Ｅ（Ｘ）－Ｅ（Ｙ）＞０，即Ｅ（Ｘ）＞Ｅ（Ｙ）． 故应该由甲参加第一阶段比赛． 点评：本题以相互独立事件的概率、离散型 随机变量的分布列为工具，考查分类讨论思想和 推理论证能力，注重对学生核心素养的培养． 题型八、用样本估计总体 例１４某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产 品伸缩率的处理效应，进行１０次配对试验，每次 配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地 选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处 理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种 工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为 ｘｉ， ｙｉ（ｉ＝１，２，…，１０），试验结果如下： 试验序号ｉ１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 伸缩率ｘｉ ５４５５３３５５１５２２５７５５４４５４１５６８５９６５４８ 伸缩率ｙｉ ５３６５２７５４３５３０５６０５３３５２２５５０５７６５３６ 记ｚｉ＝ｘｉ－ｙｉ（ｉ＝１，２，…，１０），记ｚ１，ｚ２，…， ｚ１０的样本平均数为 ｚ，样本方差为ｓ ２． （１）求ｚ，ｓ２； （２）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩 率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有 %&'()*+ ,-./012345 6789:;< ! " # $ !" 书 显著提高（如果ｚ≥２ ｓ ２ 槡１０ ，则认为甲工艺处理后 的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产 品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提 高）． 解析：（１）由题意，求出ｚｉ的值如下表所示： 试验 序号ｉ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ ｚｉ ９ ６ ８ －８ １５ １１ １９ １８ ２０ １２ 则ｚ＝１１０×（９＋６＋８－８＋１５＋１１＋１９＋ １８＋２０＋１２）＝１１， ｓ２ ＝１１０×［（９－１１） ２＋（６－１１）２＋（８－ １１）２＋（－８－１１）２＋（１５－１１）２＋（１１－１１）２ ＋（１９－１１）２＋（１８－１１）２＋（２０－１１）２＋（１２ －１１）２］＝６１． （２）因为２ ｓ ２ 槡１０ ＝ 槡２ ６１＝槡２４４， ｚ＝１１＝槡１２１＞槡２４４， 所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸 缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显 著提高． 点评：本题主要考查用样本的数字特征估计 总体，意在考查学生的数学运算能力． 例１５某研究小组经过研究发现某种疾病 的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差 异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病 者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临 界值ｃ，将该指标大于ｃ的人判定为阳性，小于或 等于ｃ的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是 将患病者判定为阴性的概率，记为 ｐ（ｃ）；误诊率 是将未患病者判定为阳性的概率，记为 ｑ（ｃ）．假 设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为 相应事件发生的概率． （１）当漏诊率ｐ（ｃ）＝０５％时，求临界值ｃ 和误诊率ｑ（ｃ）； （２）设函数 ｆ（ｃ）＝ｐ（ｃ）＋ｑ（ｃ）．当 ｃ∈ ［９５，１０５］时，求ｆ（ｃ）的解析式，并求 ｆ（ｃ）在区 间［９５，１０５］的最小值． 解析：（１）由题图知，（１００－９５）×０．００２＝ １％ ＞０５％，所以９５＜ｃ＜１００， 则（ｃ－９５）×０００２＝０５％，解得ｃ＝９７５． ｑ（ｃ）＝００１×（１００－９７５）＋５×０００２ ＝００３５＝３５％． （２）当９５≤ｃ≤１００时， ｐ（ｃ）＝（ｃ－９５）×０．００２＝０．００２ｃ－０．１９， ｑ（ｃ）＝（１００－ｃ）×０．０１＋５×０．００２ ＝－０．０１ｃ＋１．０１， 所以ｆ（ｃ）＝ｐ（ｃ）＋ｑ（ｃ）＝－０．００８ｃ＋０８２； 当１００＜ｃ≤１０５时， ｐ（ｃ）＝５×０．００２＋（ｃ－１００）×０．０１２ ＝０．０１２ｃ－１．１９， ｑ（ｃ）＝（１０５－ｃ）×０．００２＝－０．００２ｃ＋０．２１， 所以ｆ（ｃ）＝ｐ（ｃ）＋ｑ（ｃ）＝０．０１ｃ－０．９８． 综上所述， ｆ（ｃ）＝ －０．００８ｃ＋０．８２，９５≤ｃ≤１００， ０．０１ｃ－０．９８，１００＜ｃ≤１０５{ ． 由一次函数的单调性知，函数 ｆ（ｃ）在［９５， １００］上单调递减，在（１００，１０５］上单调递增，作 出ｆ（ｃ）在区间［９５，１０５］上的大致图象（略），可 得 ｆ（ｃ）在区间［９５，１０５］的最小值 ｆ（ｃ）ｍｉｎ ＝ ｆ（１００）＝－０．００８×１００＋０８２＝０．０２． 点评：本题主要考查频率分布直方图，函数 的解析式及最值，属于生活实践情境和探索创新 情境融合试题，第（１）问通过求临界值让学生切 实感受检测标准是如何制定的，第（２）问通过分 段函数考查利用函数的单调性求最值和数形结 合思想． 题型九、 例１６ 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）． （１）设 Ｘ表示指定的两只小白鼠中分配到 对照组的只数，求Ｘ的分布列和数学期望； （２）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 （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： 类别 体重的增加量 ＜ｍ ≥ｍ 合计 对照组 试验组 合计 （ⅱ）根据（ⅰ）中的列联表及小概率值α＝ ０．０５的独立性检验，分析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是否有差 异？ 附：χ２ ＝ ｎ（ａｄ－ｂｃ） ２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ） α ０．１００ ０．０５０ ０．０１０ ｘα ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ 解析：（１）Ｘ的所有可能取值为０，１，２， Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ０２ (× １－ )１２ (× １－ )１２ ＝１４， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ１２× １ ２ (× １－ )１２ ＝１２， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ２２× １ ２× １ ２ ＝ １ ４， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ １４ １ ２ １ ４ Ｅ（Ｘ）＝０×１４＋１× １ ２＋２× １ ４ ＝１． （２）（ⅰ）根据试验数据可以知道４０只小白 鼠体重增加量的中位数 ｍ ＝２３２＋２３６２ ＝ ２３４． 列联表如下： 类别 体重的增加量 ＜ｍ ≥ｍ 合计 对照组 ６ １４ ２０ 实验组 １４ ６ ２０ 合计 ２０ ２０ ４０ （ⅱ）零假设为 Ｈ０：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无差异． χ２ ＝４０×（６×６－１４×１４） ２ ２０×２０×２０×２０ ＝６４＞３８４１＝ｘ００５， 根据小概率值 α＝０．０５的独立性检验，我 们推断Ｈ０不成立，即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． 点评：本题主要考查随机变量的分布列和数 学期望，中位数，及独立性检验，考查学生分析问 题、解决问题的能力以及运算求解能力． !"" !"# !!" !!# !$" !$# !%" &# !" #$ %$ "'"(" "'"%) "'"%( "'"!$ "'""$ " !"" !"# !& '$ %$ "'"(" "'"%* "'"%) "'"%( "'"!" 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