阶段质量评价 第四章 概率与统计-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（人教B版）

该高中数学概率与统计单元复习课件系统梳理了随机变量分布列、期望方差、回归分析、独立性检验等核心知识，通过A卷基础知能盘查与B卷高考能力达标分层设计，构建从概念到应用的知识网络，体现知识点间的逻辑关联。 其亮点在于采用“基础巩固-能力提升”分层训练模式，如结合沃柑种植面积回归分析、产品质量检测等实际情境题，培养学生数学思维与数据意识，助力学生用数学语言表达现实问题，教师可通过不同题型精准把握学情，提升复习效率。

阶段质量评价 第四章　概率与统计 (时间:120分钟　满分:150分) A卷——基本知能盘查 (时间：120分钟　满分：150分) 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，只有一项是符合题目要求的) 1.随机变量X的分布列如表，则m=(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. X 1 2 3 4 P m √ 解析：由分布列性质得+m++=1，解得m=. 2.已知某回归直线方程为=2-3x，则当x增加1个单位时，y平均(　　) A.增加3个单位　　 B.增加个单位 C.减少3个单位　　　 D.减少个单位 √ 3.已知P(A|B)=，P(B)=，则P(AB)=(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. √ 解析：因为P(A|B)=，P(B)=，所以P(AB)=P(A|B)P(B)=×=. 4.甲、乙两个箱子里各装有5个大小、形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为 (　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. √ 解析：设事件A表示“从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中”，事件B表示“从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中”，事件C表示“从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，取出的球是红球”，则有P(A)=，P(C|A)==，P(B)=，P(C|B)==，所以P(C)=P(A)P(C)+P(B)P(C|B)=×+×=，故选B. 5.已知随机变量ξ服从正态分布N(3，σ2)，且P(0<ξ<3)=0.4，则P(ξ>6)= (　　) A.0.1　　　 B.0.2　　　 C.0.4　　　 D.0.6 解析：因为μ=3，且P(0<ξ<3)=0.4，所以P(3<ξ<6)=0.4.又P(ξ>3)=0.5，所以P(ξ>6)=P(ξ>3)-P(3<ξ<6)=0.1. √ 6.为了解喜爱足球是否与性别有关，随机抽取了若干人进行调查，抽取女性人数是男性人数的2倍，男性喜爱足球的人数占男性人数的，女性喜爱足球的人数占女性人数的.若本次调查得出“有99.5%的把握认为喜爱足球与性别有关”的结论，则被调查的男性至少有(　　) 附：χ2=. A.11人　　　 B.12人　　　 C.13人　　　 D.14人 α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 √ 解析：设男性人数为k，依题意，得2×2列联表如下： 则χ2==.因为本次调查得出“有99.5%的把握认为喜爱足球与性别有关”的结论，所以χ2≥7.879，即≥7.879，解得k≥11.818 5.而k=6n，n∈N+，因此kmin=12.   喜爱足球 不喜爱足球 总计 男性 k 女性 2k 总计 3k 7.一个质地均匀的正四面体木块，四个面上分别写有数字1，1，2，3，现随机将木块抛掷一次，记朝下一面出现的数字为随机变量 ξ ，则ξ的数学期望为 (　　) A.　　　 B.　　　 C.2　　　 D. 解析：由题意得ξ的可能取值为1，2，3，P(ξ=1)=，P(ξ=2)=，P(ξ=3)=， 则ξ的数学期望为1×+2×+3×=，故选B. √ 8.设0<a<1，随机变量X的分布列为 则当a在(0，1)内增大时 (　　) A.D(X)增大　　 B.D(X)减小 C.D(X)先减小后增大　　　 D.D(X)先增大后减小 X 0 1 2 P b √ 解析：根据随机变量分布列的性质可知++b=1，所以b=，所以E(X)=0×+1×+2b=(1+2a).所以D(X)=×+ ×+×=-a2+a+=-(a-1)2+.因为0<a<1，所以D(X)单调递增，故选A. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知离散型随机变量X的分布列如下： 下列选项正确的是 (　　) A.a的值为0.1　　 B.E(X)=0.44 C.E(X)=1.4　　　 D.D(X)=1.4 X 0 1 2 P a 4a 5a √ √ 解析：由离散型随机变量分布列的性质知a+4a+5a=1，∴a=0.1，∴P(X=0)=0.1，P(X=1)=0.4，P(X=2)=0.5，∴E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.5=1.4，D(X)=(0-1.4)2×0.1+ (1-1.4)2×0.4+(2-1.4)2×0.5=0.196+0.064+0.18=0.44. 10.下列结论正确的是 (　　) A.若随机变量X服从两点分布，P(X=1)=，则E(X)= B.若随机变量Y的方差D(Y)=3，则D(2Y+1)=6 C.若随机变量ξ服从二项分布B，则P(ξ=3)= D.若随机变量η服从正态分布N(1，σ2)，P(η<2)=0.82，则P(0<η<2)=0.64 √ √ 解析：由条件可知，P(X=0)=1-P(X=1)=，E(X)=0×+1×=，故A正确；D(2Y+1)=4D(Y)=12，故B错误；若随机变量ξ服从二项分布B，则P(ξ=3)=××=，故C错误；根据对称性可知，正态曲线关于x=1对称，所以P(0<η<2)=1-2[1-P(η<2)]=0.64，故D正确. 11.沃柑，因其口感甜柔、低酸爽口，且营养成分高，成为大家喜欢的水果之一，目前主要种植于我国广西、云南、四川、湖南等地.得益于物流的快速发展，沃柑的销量大幅增长，同时刺激了当地农民种植沃柑的热情.根据对广西某地的沃柑种植面积情况进行调查，得到统计表如下： 附：≈47.33. 年份t 2019 2020 2021 2022 2023 年份代码x 1 2 3 4 5 种植面积y/万亩 8 14 15 20 28 根据上表，下列结论正确的是 (　　) A.该地区这5年沃柑的种植面积的方差为212 B.种植面积y与年份代码x的相关系数约为0.972 C.y关于x的回归直线方程为=4.6x+3.2 D.预测该地区沃柑种植面积最早在2027年能突破40万亩 解析：根据题意，得==3，==17，=×[(-9)2+(-3)2+(-2)2+32+112]=44.8，A错误； 由题意得 xiyi=1×8+2×14+3×15+4×20+5×28=301， =12+22+32+42+52=55， =82+142+152+202+282=1 669， √ √ B正确； =-=17-4.6×3=3.2，所以y关于x的回归直线方程为=4.6x+3.2，C正确；令=4.6x+3.2≥40，得x≥8，所以最小的整数为8，2 018+8= 2 026，所以该地区沃柑种植面积最早在2026年能突破40万亩，D错误. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)高三毕业时，小红、小鑫、小芸等五位同学站成一排合影留念，已知小红、小鑫二人相邻，则小鑫、小芸相邻的概率是____.  解析：设事件A表示“小红、小鑫二人相邻”，事件B表示“小鑫、小芸相邻”，则P(A)==，P(AB)==， ∴小鑫、小芸相邻的概率为P(B|A)===. 13.(5分)中国排球超级联赛总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束.现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入500万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100万元，则总决赛中获得门票总收入恰好为4 500万元的概率是_____.  解析：根据题意知，共进行了6场比赛，前5场比赛比分是2∶3，且第6场比赛是领先队获胜，故其概率为=. 14.(5分)为了提高学生的数学应用能力和创造力，某学校组织了“数学建模”知识竞赛活动，学生的竞赛成绩X服从正态分布N(80，σ2)，且P(70≤X≤90)=.现有参加了竞赛活动的3名学生，则恰有1名学生的竞赛成绩超过90分的概率为____.  解析：由学生的竞赛成绩X服从正态分布N(80，σ2)，知正态曲线关于x=80对称， 由P(70≤X≤90)=， 得P(80≤X≤90)=×=， 所以P(X>90)=-P(80≤X≤90)=. 记A=“恰有1名学生的竞赛成绩超过90分”，则P(A)=××=. 四、解答题(本大题共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)某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为和，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的4棵大树中， (1)至少有1棵成活的概率；(6分) 解：设Ak表示第k棵甲种大树成活，k=1，2，Bl表示第l棵乙种大树成活，l=1，2， 则A1，A2，B1，B2相互独立， 且P(A1)=P(A2)=，P(B1)=P(B2)=. 至少有1棵成活的概率为1-P( )=1-P()P()P()P() =1-×=. (2)两种大树各成活1棵的概率.(7分) 解：两种大树各成活1棵的概率为 P=×××××=×=. 16.(15分)(2025·白银三模)某材料实验室研究了某种金属材料在不同冷却速率下的凝固点温度，以及冷却环境对材料热物性的影响.下表为某金属材料凝固点温度y(单位：℃)随冷却速率x(单位：℃/min)变化的统计数据. x 10 20 30 40 50 y 650 640 600 590 580 (1)一般认为当|r|≥0.9时，经验回归方程的拟合效果非常好；当0.75≤|r|<0.9时，经验回归方程的拟合效果良好.试问该经验回归方程的拟合效果是非常好还是良好?请说明你的理由；(7分) 参考数据： (xi-)(yi-)=-1 900， (yi-)2=3 880. 解：易知=30， =400+100+0+100+400=1 000， 因为 =3 880， (xi-)(yi-)=-1 900， (2)请利用所给数据求该金属凝固点温度y与冷却速率x之间的经验回归方程=x+，并预测冷却速率为80 ℃/min时，该金属的凝固点温度.(8分) 因为==612， 所以=-=612+1.9×30=669，故所求的经验回归方程为=-1.9x+ 669.当x=80时，=-1.9×80+669=517，所以冷却速率为80 ℃/min时， 该金属的凝固点温度为517 ℃. 解： 17.(15分)某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向M，N两个目标投掷，先向目标M掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标N连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品.已知小明每投掷一次，套中目标M的概率为，套中目标N的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为X. (1)求小明恰好套中2次的概率；(5分) 解：记“小明恰好套中2次”为事件A， 分3种情况：第一次，第二次套中；第一次，第三次套中；第二次，第三次套中， 则P(A)=×2××+××=， 故小明恰好套中2次的概率为. (2)求X的分布列及均值.(10分) 解：由题意可得，X的可能取值为0，1，2，3，4，5， 则P(X=0)=××=，P(X=1)=××=，P(X=2)=×2××=，P(X=3)=×2××=，P(X=4)=××=，P(X=5)=××=， 所以X的分布列为 所以E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=. X 0 1 2 3 4 5 P 18.(17分)为了提高生产效率，某企业引进一条新的生产线，现要定期对产品进行检测.每次抽取100件产品作为样本，检测新产品中的某项质量指标数，根据测量结果得到如下频率分布直方图. (1)质量指标数不在17.5和22.5之间的产品为次等品，试估计产品为次等品的概率；(8分) 解：由1×(a+0.09+0.22+0.33+0.24+0.08+a)=1，解得a=0.02， 所以样本中质量指标数不在17.5和22.5之间的频率为0.02×(1+1)=0.04， 所以产品为次等品的概率估计值为0.04. (2)技术评估可以认为，这种产品的质量指标数X服从正态分布N(μ，1.222)，其中μ近似为样本的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，计算μ值，并计算质量指标数落在(17.56，22.44)内的概率.(9分) 参考数据：若X~N(μ，σ2)，则P(μ-σ<X<μ+σ)=0.683，P(μ-2σ<X< μ+2σ)=0.954. 解：依题意，得μ=17×0.02+18×0.09+19×0.22+20×0.33+21×0.24+22×0.08+23×0.02=20. 所以X~N(20，1.222)，所以P(17.56<X<22.44)=P(20-2×1.22<X< 20+2×1.22)=0.954. 19.(17分)某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下： (1)能否有99%的把握认为数学成绩与语文成绩有关联?(4分) 数学成绩 语文成绩 总计 优秀 不优秀 优秀 50 30 80 不优秀 40 80 120 总计 90 110 200 解：据题表中数据得χ2=≈16.498>6.635，∴有99%的把握认为数学成绩与语文成绩有关联. (2)在人工智能中常用L(B|A)=表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，A表示“选到的学生语文成绩不优秀”，B表示“选到的学生数学成绩不优秀”，请利用样本数据，估计L(B|A)的值；(4分) 解： ∵L(B|A)======，∴估计L(B|A)的值为. (3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数X的分布列及均值.(9分) 解：按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3. 则P(X=0)==，P(X=1)==， P(X=2)===，P(X=3)===，∴X的分布列为 E(X)=0×+1×+2×+3×==. X 0 1 2 3 P B卷——高考能力达标 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.为了研究高中学生对乡村音乐的态度(喜欢和不喜欢两种态度)与性别的关系，运用2×2列联表进行独立性检验，经计算得χ2=7.01，则认为“喜爱乡村音乐与性别有关系”的把握约为(　　) A.0.1%　　 B.1% C.99%　　　 D.99.9% α=P(χ2>k) 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 √ 解析：易知χ2=7.01>6.635，对照临界值表知，有99%的把握认为喜爱乡村音乐与性别有关系. 2.以模型y=cekx(c>0)去拟合一组数据时，设z=ln y，将其变换后得到回归直线方程=2x-1，则c=(　　) A.　　 B.e-2 C.e-1　　　 D.e 解析：因为y=cekx(c>0)，所以ln y=ln(cekx)=ln c+ln ekx=ln c+kx，令z=ln y，所以=ln c+kx=2x-1，即c=e-1.故选C. √ 3.随机变量X的分布列为P(X=n)=(n=1，2，3，4)，其中a是常数，则P=(　　) A.　　 B. C.　　　 D. 解析：因为P(X=n)=(n=1，2，3，4)，所以P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=，则+++=1，解得a=，所以P(X=1)=，P(X=2)=，所以P= P(X=1)+P(X=2)=+=. √ 4.云南昆明有很多闻名的旅游景点，某公司的两名同事计划今年国庆节期间前往昆明去感受西双版纳大地的风光与文化，都准备从官渡古镇、滇池、翠湖公园、云南民族村4个著名旅游景点中随机选择一个游玩.若在两人中至少有一人选择翠湖公园景点的条件下，两人选择的景点不同的概率为 (　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. √ 解析：令事件A：两人中至少有一人选择翠湖公园景点，事件B：两人选择的景点不同，则事件A含有的样本点数n(A)=+1=7，事件AB含有的样本点数n(AB)==6，所以两人选择的景点不同的概率P(B|A)==. 5.已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧，其中a，b，c∈{-3，-2，-1，0，1，2，3}，在这些抛物线中，记随机变量ξ=“|a-b|的取值”，则ξ的数学期望E(ξ)为 (　　) A.　　 B. C.　　　 D. √ 解析：由于对称轴在 y轴左侧，故 -<0，故a，b 同号，样本点有3×3×7×2=126.ξ的可能取值有0，1，2三种，P(ξ=0)==，P(ξ=1)==，P(ξ=2)==.故期望E(ξ)=0×+1×+2×=. 6.已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，且E(X)=2，D(X)=q，则+的最小值为(　　) A.2　　　B.　　　C.　　　D. 解析：由X~B(n，p)，E(X)=2，D(X)=q，得则p+=1，p>0，q>0，因+==++≥+2=，当且仅当=，即q=p=2-2时取等号，所以+的最小值为. √ 7.已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且=4，则P(2<X<3)=(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. 解析：因为=4，所以P(X<3)=4P(X<1).又因为P(X<3)+P(X≥3)=1，正态曲线的对称轴为x=2，所以P(X≥3)=P(X<1)，所以4P(X<1)+P(X<1)=1，P(X<1)=，所以P(2<X<3)=P(1<X<2)=-P(X<1)=-=. √ 8.若样本空间Ω中的事件A1，A2，A3满足P(A1)=P(A1|A3)=，P(A2)=，P(|A3)=，P(|)=，则P(A1)=(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. √ 解析：由题意得，P()=P(A3)P(|A3)+P()P(|)= P(A3)P(|A3)+[1-P(A3)]P(|)，所以1-=P(A3)+[1-P(A3)]，解得P(A3)=.因为P(|A1)=1-P(A3|A1)=1-=1-，所以P(A1)=P(|A1)P(A1)=P(A1)-P(A1|A3)P(A3)=-×=. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知离散型随机变量X的分布列如下表所示：则下列选项正确的是 (　　) A.q=0.6　　 B.q=0.4 C.E(X)=1.58　　　D.D(X)=0.563 6 X 0 1 2 P q2 0.5-q 0.74 √ √ √ 解析：由题知解得q=0.4，所以A错误，B正确；E(X)=0×(0.4)2+1×0.1+2×0.74=1.58，所以C正确；因为D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0×(0.4)2+1×0.1+4×0.74-(1.58)2=0.563 6，所以D正确. 10.已知由样本数据(xi，yi)(i=1，2，3，…，10)组成的一个样本，得到回归直线方程为=-x+2，且=4.剔除一个偏高直线较大的异常点(-14，-2)后，得到新的回归直线经过点(7，-4).则下列说法正确的是(　　) A.相关变量x，y具有正相关关系 B.剔除该异常点后，相关系数的绝对值变大 C.剔除该异常点后的回归直线方程经过点(6，-2) D.剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变小 √ √ 解析：由回归直线方程为=-x+2，可得=-1<0，所以相关变量x，y具有负相关关系，所以A不正确；剔除一个偏高直线较大的异常点(-14，-2)后，变量的拟合程度变大，所以相关系数的绝对值变大，所以B正确；由回归直线方程为=-x+2，且=4，可得=-2，剔除一个偏高直线较大的异常点(-14，-2)后，得到==6，==-2，即回归直线方程经过点(6，-2)，所以C正确；由新的回归直线经过点(7，-4)，列方程组解得=10，=-2，所以新的回归直线方程为= -2x+10，斜率由-1变成-2，所以剔除该异常点后，随x值的增加相关变量y值减小的速度变大，所以D错误.故选BC. 11.袋中共有5个除颜色外完全相同的球，其中有3个红球和2个白球，每次随机取1个，有放回地取球，则下列说法正确的是 (　　) A.若规定摸到3次红球即停止取球，则恰好取4次停止取球的概率为 B.若进行了10次取球，记X为取到红球的次数，则D(X)= C.若规定摸到3次红球即停止取球，则在恰好取4次停止取球的条件下，第1次摸到红球的概率为 D.若进行了10次取球，恰好取到k次红球的概率为Pk(0≤k≤10，k∈Z)，则当k=6时，Pk最大 √ √ √ 解析：每次取到红球的概率为，若规定摸到3次红球即停止，则恰好取4次停止取球的概率为××=，故A错误；X~B，则D(X)=10××=，故B正确；记恰好取4次停止取球为事件A，第1次摸到红球为事件B，则P(A)=××，P(AB)=××，所以P(B|A)==，故C正确；Pk=，当Pk最大时， 即 所以 即解得≤k≤.又k∈Z，所以k=6，即当k=6时，Pk最大，故D正确. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)已知变量x和y的统计数据如下表： 若由表中数据得到回归直线方程为=0.8x+，则x=10时的残差为____.  x 6 7 8 9 10 y 3.5 4 5 6 6.5 -0.1 解析：=×(6+7+8+9+10)=8， =×(3.5+4+5+6+6.5)=5， 故5=0.8×8+，得=-1.4. 当x=10时，=0.8×10-1.4=6.6， 故残差为6.5-6.6=-0.1. 13.(5分)对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差εn~N，为使误差εn∈(-0.5，0.5)的概率不小于0.954，则至少需要测量的次数是____.(若X~N(μ，σ2)，则P(|X-μ|<2σ)=0.954)  16 解析：因为误差εn∈(-0.5，0.5)的概率不小于0.954，所以(μ-2σ，μ+2σ)⊆(-0.5，0.5)，由题意可知0.5≥2σ⇒≥，即n≥16，所以至少需要测量的次数是16. 14.(5分)一个不透明的箱子中有5个小球，其中2个白球，3个黑球，现从中任取两个小球，其中一个是白球，另一个也是白球的概率是____.  解析：记事件A=“一个是白球”，则P(A)==，事件B=“另一个是白球”，则P(AB)==，由条件概率公式得P(B|A)===，则任取两个小球，其中一个是白球，则另一个也是白球的概率为. 四、解答题(本大题共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，若未命中，则换对方投篮.已知甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，甲、乙每次投篮的结果相互独立. (1)若第1次投篮的人是甲，求第3次投篮的人是甲的概率；(5分) 解：若第1次投篮的人是甲，且第3次投篮的人是甲，则甲第1次和第2次投篮都命中或第1次未命中、第2次乙也未命中，故所求概率为0.72+(1-0.7)×(1-0.5)=0.64. (2)若第1次投篮的人是乙，求前5次投篮中乙投篮次数不少于4的 概率.(8分) 解：前5次投篮中乙投篮次数为5的概率为0.54=0.062 5.若前5次投篮中乙投篮次数为4，则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次(第2，3，4次)乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率为0.53×(1-0.5)+0.52×(1-0.5)×(1-0.7)×3=0.175.故所求概率为0.062 5+0.175=0.237 5. 16.(15分)一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入x(单位：千万元)对每件产品成本y(单位：元)的影响，对近10年的年技术创新投入xi和每件产品成本yi(i=1，2，3，…，10)的数据进行分析，得到如下散点图，并计算得=6.8，=70， =3， =1.6， =350. (1)根据散点图可知，可用函数模型y=+a拟合y与x的关系，试建立y关于x的回归方程；(7分) 解：令u=，则y关于u的回归直线方程为=+u， =-=70-200×0.3=10，则=10+200u， 所以y关于x的回归方程为=10+. (2)已知该产品的年销售额m(单位：千万元)与每件产品成本y的关系为m=-+++100.该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本10千万元，根据(1)的结果回答：当年技术创新投入x为何值时，年利润的预报值最大?(注：年利润=年销售额-年投入成本)(8分) 解：由y=10+可得x=， 年利润M=m-x-10=-+++100--10=-(y-20)2+90.8， 当y=20时，年利润M取得最大值， 此时x===20， 所以当年技术创新投入为20千万元时，年利润的预报值取最大值. 17.(15分)某超市为促进消费推出优惠活动.为预估活动期间客户投入的消费金额(单位：元)，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额(单位：元)，分组如下：[0，200)，[200，400)，[400，600)，…，[1 000，1 200]，得到如图所示的频率分布直方图： (1)若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中x，y的值，并根据列联表判断是否有95%的把握认为“活跃客户”与性别有关；(7分)   活跃客户 非活跃客户 总计 男 20 x   女 y 60   总计       解：消费金额不低于800元的人数为200×(0.001+0.000 5)×200=60， 则活跃客户共有60人，所以y=60-20=40，x=200-60-60=80，列联表如下： 所以χ2=≈9.524>3.841， 因此有95%的把握认为“活跃客户”与性别有关.   活跃客户 非活跃客户 总计 男 20 80 100 女 40 60 100 总计 60 140 200 (2)为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下：从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出免单总单金额Y的分布列及其期望.(每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数)(8分) 解：从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元的有×40=8人，消费1 100元的有×20=4人，从中抽取2人免单总金额Y的取值有1 800， 2 000，2 200，则P(Y=1 800)===，P(Y=2 000)===，P(Y=2 200)===，所以Y的分布列为 E(Y)=1 800×+2 000×+2 200×≈1 933(元). Y 1 800 2 000 2 200 P 18.(17分)节日在即，某店家为此购入一批袋装糖果(每袋1 kg)，现从中随机抽取100袋，将它们进行分级，统计结果如下： (1)若将频率视为概率，从这100袋糖果中有放回地随机抽取4袋，求恰好有2袋是三等品的概率；(5分) 等级 一等品 二等品 三等品 袋数 40 40 20 解：设事件A=“从这100袋糖果中随机抽取1袋，抽到三等品”， 则P(A)==.现有放回地随机抽取4个，设抽到三等品的袋数为Z，则Z~B，所以恰好有2袋是三等品的概率P(Z=2)=××=. (2)用样本估计总体，该店家制定了两种销售方案： 方案一：将糖果混合后不分类售出，售价为20元/kg； 方案二：按品级出售，售价如下： 为追求更高利润，该店家应采用哪种方案?(3分) 等级 一等品 二等品 三等品 售价(元/kg) 24 22 17 解：设方案二中1 kg糖果的售价为Y元，则 E(Y)=24×+22×+17×=21.8(元)， 因为E(Y)>20，所以从追求更高利润考虑，该店家应采用方案二. (3)用分层抽样的方法从这100袋糖果中抽取10袋，再从抽取的10袋糖果中随机抽取3袋，记抽到一等品的袋数为X，求X的分布列与数学期望.(9分) 解：用分层抽样的方法从这100袋糖果中抽取10袋，其中一等品有4袋，非一等品有6袋.依题意，知X服从超几何分布，其可能的取值为0，1，2，3，则P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==， 所以X的分布列为 所以E(X)=0×+1×+2×+3×=. X 0 1 2 3 P 19.(17分)零件的精度几乎决定了产品的质量，越精密的零件其精度要求也会越高.某企业为了提高零件产品质量，质检部门随机抽查了100个零件的直径进行了统计整理，得到数据如下表： 已知零件的直径可视为服从正态分布N(μ，σ2)，μ，σ2分别为这100个零件的直径的平均数及方差(同一组区间的直径尺寸用该组区间的中点值代表). (1)分别求μ，σ2的值；(8分) 零件直径/厘米 [1.01.2) [1.21.4) [1.41.6) [1.61.8) [1.82.0] 零件个数 10 25 30 25 10 解：由平均数与方差的计算公式分别得， μ=×(10×1.1+25×1.3+30×1.5+25×1.7+10×1.9)=×[10× (1.1+1.9)+25×(1.3+1.7)+30×1.5]=×150=1.5， σ2=×[10×(1.1-1.5)2+25×(1.3-1.5)2+30×(1.5-1.5)2+25× (1.7-1.5)2+10×(1.9-1.5)2]=×(10×0.16+25×0.04+30×0+ 25×0.04+10×0.16)=×5.2=0.052.故μ=1.5，σ2=0.052. (2)试估计这批零件直径在[1.044，1.728]的概率；(5分) 参考数据：≈0.228；若随机变量ξ~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤ ξ≤μ+σ)≈0.683， P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954，P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997. 解：设ξ表示零件直径，则ξ~N(μ，σ2)， 即ξ~N(1.5，0.2282). P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)=P(1.5-0.228≤ξ≤1.5+0.228)≈0.683， 由对称性得，2P(1.5≤ξ≤1.728)≈0.683， 即P(1.5≤ξ≤1.728)≈0.341 5. 同理，P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)=P(1.5-2×0.228≤ξ≤1.5+2×0.228)≈0.954， 2P(1.044≤ξ≤1.5)≈0.954， 即P(1.044≤ξ≤1.5)≈0.477. P(1.044≤ξ≤1.728)=P(1.044≤ξ≤1.5)+P(1.5≤ξ≤1.728)≈0.477+0.3415 =0.818 5.故这批零件直径在[1.044，1.728]的概率约为0.818 5. (3)随机抽查2 000个零件，估计在这2 000个零件中，零件的直径在[1.044，1.728]的个数.(4分) 解：由(2)知，P(1.044≤ξ≤1.728)=0.818 5， 所以在这2 000个零件中，零件的直径在[1.044，1.728]的约有 2 000×0.818 5=1 637个. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $