第4章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（人教B版2019）

综合拔高练 高考真题练 考点1　条件概率与事件的独立性 1.(多选题)(2023新课标Ⅱ,12)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 2.(2024天津,13)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　　　　.  3.(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图: (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为代表); (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[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%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1). 考点2　离散型随机变量的分布列及数字特征 4.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　) A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 5.(2020浙江,16)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球,每次取1个,不放回,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,则P(ξ=0)=　　　　,E(ξ)=　　　　.  6.(2024北京,18)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表: 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元. 假设不同保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率; (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (i)记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望EX; (ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX估计值的大小.(结论不要求证明) 7.(2024新课标Ⅱ,18)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? 考点3　二项分布 8.(2020北京,18)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 250人 假设所有学生对活动方案是否支持相互独立. (1)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; (2)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; (3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0.假设该校一年级有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p1.试比较p0与p1的大小.(结论不要求证明) 考点4　超几何分布 9.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n=　　　　,E(ξ)=　　　　.  10.(天津高考,16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查. (i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望; (ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率. 考点5　正态分布 11.(多选题)(2024新课标Ⅰ,9)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=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(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)(　　) A.P(X>2)>0.2　B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5　　　D.P(Y>2)<0.8 12.(2021新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是(　　) A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大 B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5 C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等 D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等 13.(2022新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)=　　　　.  考点6　回归分析 14.(2020全国Ⅰ,5)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 15.(2022全国乙理,19)某地经过多年的环境治理,已将荒山改造成了绿水青山.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:m2)和材积量(单位:m3),得到如下数据: 样本 号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部 横截 面积 xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积 量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得=1.615 8,xiyi=0.247 4. (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186 m2.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. 附:相关系数r=≈1.377. 考点7　独立性检验及其应用 16.(2024全国甲理,17)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p=0.5.设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率,如果,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?(≈12.247) 附:K2=, P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 . 17.(2022新高考Ⅰ,20)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 . 高考模拟练 应用实践 1.一质子从原点出发,每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度,则移动6次后质子回到原点的概率是(　　) A. 2.(多选题)下列命题为真命题的是(　　) A.若样本数据x1,x2,x3,x4,x5,x6的方差为2,则数据3x1-1,3x2-1,3x3-1,3x4-1,3x5-1,3x6-1的方差为17 B.一组数据8,9,10,11,12的第80百分位数是11.5 C.用相关系数r比较两个模型的拟合效果时,若|r|越大,则相应模型的拟合效果越好 D.以模型y=cekx去拟合一组数据时,为了求出回归方程,设z=ln y,求得回归直线方程为=2x+0.4,则的值分别是e0.4和2 3.(多选题)18世纪30年代,数学家棣莫弗发现,如果随机变量X服从二项分布B(n,p),那么当n比较大时,可视为X服从正态分布N(μ,σ2),其密度函数φμ,σ(x)=,x∈R.任意正态分布X~N(μ,σ2)可通过变换Z=转化为标准正态分布(μ=0且σ=1).当Z~N(0,1)时,对任意实数x,记t(x)=P(Z<x),则(　　) A.t(-x)=1-t(x) B.当x>0时,P(|Z|<x)=1-2t(x) C.随机变量X~N(μ,σ2),当μ减小,σ增大时,概率P(|X-μ|<σ)保持不变 D.随机变量X~N(μ,σ2),当μ,σ都增大时,概率P(|X-μ|<σ)单调增大 4.随着城市经济的发展,早高峰问题越发严重,上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工上班出行方式有三种,某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为,而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为,结果这一天他迟到了,在此条件下,他自驾去上班的概率是　　　　.  5.已知x,y,z∈N+,且x+y+z=8,记随机变量X为x,y,z中的最小值,则D(X)=　　　.  6.为了更好地鼓励做好个人卫生,某市卫生组织对该市市民进行了网络试卷竞答,制订奖励规则如下:试卷满分为100分,成绩在[80,90)内的市民获二等奖,成绩在[90,100]内的市民获一等奖,其他成绩不得奖.随机抽取了50名市民的答题成绩,并以此为样本绘制了如下频率分布直方图. (1)现从该样本中随机抽取2名市民的成绩,求这2名市民中恰有1名市民获奖的概率; (2)若该市所有市民的答题成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中σ≈12,μ为样本平均数的估计值,利用所得正态分布模型解决以下问题: ①若该市某小区有3 000名市民参加了试卷竞答,试估计成绩不低于93分的市民数(结果四舍五入到整数); ②若从该市所有参加了试卷竞答的市民中(参加试卷竞答市民数大于300 000)随机抽取4名市民进行座谈,设其中竞答成绩不低于69分的市民数为ξ,求随机变量ξ的分布列和数学期望. 附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 4,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.997 3. 7.为了解居民体育锻炼情况,某地区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中400名居民体育锻炼的次数与年龄,得到如下的频数分布表. 次数 年龄 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60] 每周0~2次 70 55 36 59 每周3~4次 25 40 44 31 每周5次及以上 5 5 20 10 (1)若把年龄在[20,40)的锻炼者称为青年,年龄在[40,60]的锻炼者称为中年,每周体育锻炼不超过2次的称为体育锻炼频率低,不低于3次的称为体育锻炼频率高,根据数据回答,是否有99%的把握认为体育锻炼频率的高低与年龄有关; (2)从每周体育锻炼5次及以上的样本锻炼者中,按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样,抽取8人,再从这8人中随机抽取3人,记这3人中年龄在[30,40),[50,60]内的人数分别为X,Y,ξ=|X-Y|,求ξ的分布列与期望; (3)已知小明每周的星期六、星期日都进行体育锻炼,且两次锻炼均在跑步、篮球、羽毛球三种运动项目中选择一种,已知小明在某一周的星期六等可能选择一种运动项目,如果这周的星期六选择跑步、篮球、羽毛球,则这周的星期日选择跑步的概率分别为,求小明星期日选择跑步的概率. 参考公式:χ2=,n=a+b+c+d. 参考数据: P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.ABD 4.B 11.BC 12.D 14.D 1.ABD　当发送0时,收到0,1分别记为事件A,B, 当发送1时,收到0,1分别记为事件C,D, 则P(A)=1-α,P(B)=α,P(C)=β,P(D)=1-β,且A,B,C,D相互独立. 对于A,即求事件DAD发生的概率,P(DAD)=P(A)·[P(D)]2=(1-α)(1-β)2,故A正确; 对于B,即求事件DCD发生的概率,P(DCD)=P(C)·[P(D)]2=β(1-β)2,故B正确; 对于C,采用三次传输方案,发送1,且译码为1的情况有两种:3次发送均收到1,3次发送恰有2次收到1,故所求概率为(1-β)3+3β(1-β)2,故C不正确; 对于D,采用三次传输方案,发送0,且译码为0的概率为(1-α)3+3(1-α)2α=(1+2α)(1-α)2,采用单次传输方案,发送0,且译码为0的概率为1-α, (1+2α)(1-α)2-(1-α)=(1-α)[(1+2α)(1-α)-1]=(1-α)(-2α2+α)=(1-α)(1-2α)α, ∵0<α<0.5,∴1-α>0,1-2α>0,∴(1-α)(1-2α)α>0,∴(1+2α)(1-α)2>1-α,故D正确. 故选ABD. 2.答案　 解析　设甲选到A活动为事件M,乙选到A活动为事件M',乙选到B活动为事件N, 则甲选到A活动的概率为P(M)=. 乙选了A活动,他再选择B活动的概率为P(N|M')=. 3.解析　(1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)设事件A=“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,则P(A)=1-P()=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89. (3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人患这种疾病”,由条件概率公式可得 P(C|B)==0.001 437 5≈0.001 4. 4.B　根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=[xi-E(X)]2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表. 选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差 A 2.5 0.65 B 2.5 1.85 C 2.5 1.05 D 2.5 1.45 由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B. 5.答案　;1 解析　问题等价于将4个小球按照一定的顺序从左到右排列,总排法数有=24(种). 1 2 3 4 解法一:当ξ=0时,红球只能位于1,2号位,若红球位于1号位,则其余小球可任意排列,共有=6(种);若红球位于2号位,则黄球只能位于3,4号位,共有=2(种). 从而P(ξ=0)=. 当ξ=1时,红球位于2,3号位,若红球位于2号位,则一个黄球位于1号位即可,此时共有=4(种);若红球位于3号位,则一个黄球位于4号位即可,此时共有=4(种).从而P(ξ=1)=. 当ξ=2时,红球位于3,4号位,若红球位于3号位,则黄球位于1,2号位,共有=2(种);若红球位于4号位,剩余的小球可任意排列,共有=6(种). 从而P(ξ=2)=. 所以E(ξ)=0×=1. 解法二:利用插空法处理. 若ξ=0,则黄球均位于红球右边,绿球随意插入即可,此时,共有=8(种). 若ξ=1,则黄球在红球的左右均有,绿球可随意插入,此时,共有=8(种). 若ξ=2,则黄球均位于红球的左边,绿球可随意插入,此时,共有=8(种). 从而P(ξ=0)=,所以E(ξ)=1. 6.解析　(1)设保单索赔次数为Y, 解法一:P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=. 解法二:P(Y≥2)=1-P(Y<2)=1-[P(Y=0)+P(Y=1)]=1-. (2)(i)索赔0次,X=0.4,索赔1次,X=0.4-0.8=-0.4,索赔2次,X=0.4-0.8×2=-1.2,索赔3次,X=0.4-0.8×3=-2,索赔4次,X=0.4-0.8×3-0.6=-2.6. ∴X的可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2,-2.6. P(X=0.4)==0.1, P(X=-1.2)==0.03, P(X=-2.6)==0.01, ∴EX=0.4×0.8+(-0.4)×0.1+(-1.2)×0.06+(-2)×0.03+(-2.6)×0.01=0.122. (ii)当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单毛利润的数学期望的估计值比(i)中EX的估计值大.证明如下: 设新情况下的一份保单的毛利润为Z万元,无索赔时,Z=0.4×(1-4%)=0.384,索赔1次,Z=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,索赔2次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×2=-1.12,索赔3次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3=-1.92,索赔4次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3-0.6=-2.52. ∴Z的可能取值为0.384,-0.32,-1.12,-1.92,-2.52, ∴EZ=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2.又0.125 2>0.122, ∴当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单的毛利润的数学期望估计值比(i)中的EX的估计值大. 7.解析　(1)由于甲参加第一阶段比赛,故要使甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则第一阶段甲至少要投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次. 故所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(i)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3, 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3, P甲-P乙=[q3-q3(1-p)3]-[p3-p3(1-q)3] =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(q-pq)2+(p-pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3pq2-3p2q) =3pq(p-q)(pq-q-p) =3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]. 因为0<p<q<1,所以p-q<0,(1-p)(1-q)<1, 所以3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]>0, 故P甲>P乙,因此应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)当由甲参加第一阶段比赛时,比赛成绩X=0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)1, P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, 故E(X)=0×{(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3}+5×[1-(1-p)3]·q(1-q)2+10×[1-(1-p)3]·q2(1-q)1+15×[1-(1-p)3]·q3=15×[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p), 当由乙参加第一阶段比赛时,比赛成绩Y=0,5,10,15, 同理可得E(Y)=15p(q3-3q2+3q), E(X)-E(Y)=15[(p+q)(p-q)pq-3(p-q)pq]=15(p-q)pq·(p+q-3), 因为0<p<q<1,所以p-q<0,p+q-3<0,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. 8.解析　(1)设“该校男生支持方案一”为事件A,“该校女生支持方案一”为事件B. 依题意知,抽取的样本中共有男生600人,其中支持方案一的有200人,故P(A)=;抽取的样本中共有女生400人,其中支持方案一的有300人,故P(B)=. (2)由(1)可知,“该校男生支持方案一”的概率估计值为;“该校女生支持方案一”的概率估计值为. 设“抽取的该校2个男生和1个女生中,支持方案一的恰有2人”为事件C,该事件包括“2个男生均支持方案一而女生不支持方案一”“2个男生中有且只有1人支持方案一且女生支持方案一”,故所求概率为P(C)=. (3)p1<p0. 解法一:由样本的频率估计总体概率,该校学生支持方案二的概率估计值为p0=. 该校一年级男生中支持方案二的约有×500≈292人,该校一年级女生中支持方案二的约有×300≈113人,假设一年级学生中支持方案二的概率为p2,则p2=(292+113)÷(500+300)=, 则p2>p0,故可知该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1<p0. 解法二:由题表可知,男生支持方案二的概率明显大于女生支持方案二的概率.样本中男、女生比例为3∶2,此时p0=.而一年级的男、女生比例为5∶3,因为,所以该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1<p0. 9.答案　1; 解析　解法一:∵P(ξ=2)=,可得=36,∴m+n+4=9, 又∵P(一红一黄)=,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1. ∵P(ξ=0)=. 解法二:由解法一知m-n=1. 由于ξ~H(9,2,4),故E(ξ)=. 10.解析　(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人. (2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以随机变量X的数学期望E(X)=0×. (ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥. 由(i)知,P(B)=P(X=2)=, P(C)=P(X=1)=, 故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=. 所以事件A发生的概率为. 11.BC　由题意知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12), 又因为2=1.8+2×0.1, 所以P(X>2)<P(X>1.8+0.1)=1-P(X<1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7. 故P(X>2)<0.2,P(X>2)<0.5,故A错误,B正确. P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确. P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.8, 故D错误,所以选BC. 12.D　因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故选项A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故选项B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故选项C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故选项D中结论错误.故选D. 13.答案　0.14 解析　由正态分布的性质可知P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14. 14.D　观察题中散点图可知,将散点用光滑曲线连接起来后比较接近对数型函数的图象,故选D. 15.解析　(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为=0.06(m2), 平均一棵的材积量为=0.39(m3). (2)样本相关系数r= = = =≈≈0.97. 即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约为0.97. (3)设这种树木的根部横截总面积为X m2,总材积量为Y m3, 则,则Y==1 209, 所以该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3. 16.解析　(1) 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 K2= ==4.687 5, 由附表知3.841<4.687 5<6.635, ∴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)由题知=0.64,p=0.5,n=150, p+1.65≈0.5+≈0.567. 0.64>0.567,∴, ∴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.解析　 (1)由题中数据可知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:因为R=····, 且····, 所以R=·. (ii)由题表中数据可知P(A|B)=, 所以R=·=6. 高考模拟练 1.C 2.BCD 3.AC 1.C　因为移动6次后质子回到原点,所以质子水平方向移动偶数次,竖直方向移动偶数次, 若质子水平方向移动0次,则回到原点的概率为; 若质子水平方向移动2次,则回到原点的概率为; 若质子水平方向移动4次,则回到原点的概率为; 若质子水平方向移动6次,则回到原点的概率为, 故移动6次后质子回到原点的概率为. 故选C. 名师点睛 在坐标系内假定某质点可从原点等可能地向上、向下、向左、向右四个方向随机移动,每次移动的距离为1,则经过2n(n∈N*)次随机移动后其回到原点的概率P=. 2.BCD　对于A,若样本数据x1,x2,x3,x4,x5,x6的方差为2,则数据3x1-1,3x2-1,3x3-1,3x4-1,3x5-1,3x6-1的方差为32×2=18≠17,故A错误; 对于B,5×80%=4,则这组数据的第80百分位数是=11.5,故B正确; 易知C正确; 对于D,以模型y=cekx去拟合一组数据时,为了求出回归方程,设z=ln y,则z=ln y=ln c+ln ekx=ln c+kx,求得的回归直线方程为=2x+0.4,则ln =2,故的值分别是e0.4和2,故D正确. 故选BCD. 3.AC　对于A,根据正态曲线的对称性可得,t(-x)=P(Z<-x)=P(Z≥x)=1-P(Z<x)=1-t(x),故A正确; 对于B,当x>0时,P(|Z|<x)=P(-x<Z<x)=1-P(Z≤-x)-P(Z≥x)=1-2P(Z≥x)=1-2[1-P(Z<x)]=2P(Z<x)-1=2t(x)-1,故B错误; 对于C,D,根据正态分布的3σ原则,在正态分布中σ代表标准差,μ代表均值, 直线x=μ即为图象的对称轴,根据3σ原则可知X数值分布在(μ-σ,μ+σ)中的概率为0.682 6,是常数, 故由P(|X-μ|<σ)=P(μ-σ<X<μ+σ)可知,C正确,D错误. 故选AC. 4.答案　 解析　设事件A表示“自驾”,事件B表示“坐公交车”,事件C表示“骑共享单车”,事件D表示“迟到”, 则P(A)=P(B)=P(C)=, 所以P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=, 所以P(A|D)=. 5.答案　 解析　由题意得随机变量X的所有可能取值为1,2,用隔板法可求得x,y,z的取值情况共种. 当X=1时,分两种情况:①三个数中只有一个1,有种情况;②三个数中有两个1,有种情况,所以P(X=1)=, 当X=2时,也分两种情况:①三个数中只有一个2,有种情况;②三个数中有两个2,有种情况,所以P(X=2)=,所以E(X)=1×,故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=. 6.解析　(1)由题图得,样本中获一等奖的市民有0.006×10×50=3(名),获二等奖的市民有0.010×10×50=5(名),所以有8名市民获奖,42名市民没有获奖. 设抽取的2名市民中恰有1名市民获奖为事件A,则P(A)=. (2)由题图得,μ=45×0.006×10+55×0.012×10+65×0.040×10+75×0.026×10+85×0.010×10+95×0.006×10=69. 所以X~N(69,122). ①因为μ+2σ=93,所以P(X≥93)≈=0.022 8,3 000×0.022 8≈68. 故该小区试卷竞答成绩不低于93分的市民数约为68. ②由μ=69,得P(X≥69)=,即从该市所有参加试卷竞答的市民中随机抽取1名市民,其成绩不低于69分的概率为,所以随机变量ξ~B. P(ξ=0)=, P(ξ=2)=, P(ξ=4)=, 所以随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P E(ξ)=4×=2. 7.解析　(1)由题得2×2列联表如下: 青年 中年 合计 体育锻炼频率低 125 95 220 体育锻炼频率高 75 105 180 合计 200 200 400 χ2=≈9.091>6.635, 故有99%的把握认为体育锻炼频率的高低与年龄有关. (2)由题表知,利用分层抽样的方法抽取的8人中,年龄在[30,40),[50,60]内的人数分别为1,2, 依题意,ξ的所有可能取值为0,1,2, P(ξ=0)=P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=1)=, P(ξ=1)=P(X=0,Y=1)+P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=2)=, P(ξ=2)=P(X=0,Y=2)=, 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)=0×. (3)记小明在某一周的星期六选择跑步、篮球、羽毛球分别为事件A,B,C,这周的星期日选择跑步为事件D, 则P(A)=, P(D|A)=, 所以P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C) =. 所以小明星期日选择跑步的概率为. 33 学科网（北京）股份有限公司 $$