2019版高考数学（理科）总复习6.2 概率、统计解答题练习

2019版高考数学（理科）总复习

6.2 概率、统计解答题

命题角度1离散型随机变量的

分布列与期望、方差 高考真题体验·对方向

1.(2018全国Ⅰ·20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0

(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0.

(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.

①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验? 解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为

f(p)=p2(1-p)18.

因此f'(p)=[2p(1-p)18-18p2(1-p)17] =2p(1-p)17(1-10p).

令f'(p)=0,得p=0.1.当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0; 当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.

所以f(p)的最大值点为p0=0.1. (2)由(1)知,p=0.1.

①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1), X=20×2+25Y,即X=40+25Y.

所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.

②如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX>400,故应该对余下的产品作检验. 2.(2017天津·16)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为.

(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率. 解(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.

P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=.

所以,随机变量X的分布列为

X 0 1 2 3 P

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随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×.

(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数, 则所求事件的概率为

P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0) =P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0) =.

所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为. 3.(2017山东·18)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.

(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率.

(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望E(X). 解(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)=.

(2)由题意知X可取的值为:0,1,2,3,4,则 P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, P(X=4)=.

因此X的分布列为

X 0 1 2 3 4 P

X的数学期望是E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4) =0+1×+2×+3×+4×=2. 4.(2017全国Ⅲ·18)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[10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 温 天2 数 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?

解(1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知

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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,至少为200,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.

新题演练提能·刷高分

1.(2018湖北黄冈、黄石等八市3月联考)2017年5月,来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”:高铁、扫码支付、共享单车和网购.为拓展市场,某调研组对甲、乙两个品牌的共享单车在5个城市的用户人数进行统计,得到如下数据:

城市品牌 甲品牌(百万) 乙品牌(百万) Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ 4 3 8 6 12 5 7 9 4 3

(1)如果共享单车用户人数超过5百万的城市称为“优质潜力城市”,否则“非优”,能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“优质潜力城市”与共享单车品牌有关?

(2)如果不考虑其他因素,为拓展市场,甲品牌要从这5个城市中选出3个城市进行大规模宣传. ①在城市Ⅰ被选中的条件下,求城市Ⅱ也被选中的概率;

②以X表示选中的城市中用户人数超过5百万的个数,求随机变量X的分布列及数学期望E(X).

下面临界值表供参考:

P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828

参考公式:K2=,n=a+b+c+d.

解(1)根据题意列出2×2列联表如下:

优质优质城非优质城合

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城市 市 市 计 单车品牌 甲品牌(个) 乙品牌(个) 合计 3 2 5 2 3 5 5 5 10 K2==0.4<2.072,

所以在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“优质潜力城市”与“共享单车”品牌无关. (2)①令事件C为“城市Ⅰ被选中”;事件D为“城市Ⅱ被选中”, 则P(C)=,P(CD)=, 所以P(D|C)=.

②随机变量X的所有可能取值为1,2,3,

P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=.故X的分布列为 X 1 2 3 P

∴E(X)=1×+2×+3×=1.8.

2.(2018山西太原期末)在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏,在一个口袋中装有3个红球和7个白球,这些球除颜色外完全相同,一次从中摸出3个球. (1)设ξ表示摸出的红球的个数,求ξ的分布列和数学期望;

(2)为了提高同学们参与游戏的积极性,参加游戏的同学每人可摸球两次,每次摸球后放回,若规定两次共摸出红球的个数不少于n,且中奖概率大于60%时,即中奖,求n的最大值. 解(1)ξ=0,1,2,3,P(ξ=0)=,

P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,

P(ξ=3)=,则ξ的分布列为

ξ 0 1 2 3 P

ξ的数学期望为E(ξ)=0×+1×+2×+3×.

(2)设两次共摸出红球的个数为η,则η=0,1,2,3,4,5,6. P(η=6)=,P(η=5)=, P(η=4)=,P(η=3)=, P(η=3)=,P(η=1)=,

P(η=0)=,则有P(η≥2)=≈60.9%,则n=2.

3.(2018辽宁辽南协作校一模)2017年被称为“新高考元年”,随着上海、浙江两地顺利实施“语数外+3”新高考方案,新一轮的高考改革还将继续在全国推进.辽宁地区也将于2020年开启新高考模式,今年秋季入学的高一新生将面临从物理、化学、生物、政治、历史、地理等6科中任选三科(共20种选法)作为自己将来高考“语数外+3”新高考方案中的“3”.某地区为了顺利迎接新高考改革,在某学校理科班的200名学生中进行了“学生模拟选课数据”调查,每个学生只能从表格中的20种课程组合选择一种学习.模拟选课数据统计如下表:

序号 1 2 3 4 5 6 7 组物化物化物化物化物生物生物生

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合 生 学科 人数 序号 组政 历 地 政 历 地 20人 5人 10人 10人 10人 15人 10人 8 9 10 11 12 13 14 合 物政物政物历化生化生化生化政学历 科 人数 序号 组合 化政化历生政生政生历政历学地 科 人数 … … … … … … 200人 地 历 地 地 地 总计 5人 0人 5人 … 15 16 17 18 40人 … 19 20 … 地 地 政 历 地 历

为了解学生成绩与学生模拟选课情况之间的关系,用分层抽样的方法从这200名学生中抽取40人的样本进行分析.

(1)从选择学习物理且学习化学的学生中随机抽取3人,求这3人中至少有2人要学习生物的概率;

(2)从选择学习物理且学习化学的学生中随机抽取3人,记这3人中要学习生物的人数为X,要学习政治的人数为Y,设随机变量ξ=X-Y,求随机变量ξ的分布列和数学期望. 解(1)选择学习物理且学习化学的学生有9人,其中学习生物的有4人,

从9人中选3人共有=84种选法,有2人选择生物的选法共有=30种,有3人选择生物的选法有=4种,所以至少有2人选择生物的概率为.

(2)物化生组合有4人,X的可能取值为0,1,2,3,

物化政组合1人,Y的可能取值为0,1,ξ的可能取值为-1,0,1,2,3. P(ξ=-1)=P(X=0,Y=1)=;

P(ξ=0)=P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=1)=; P(ξ=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=2,Y=1)=; P(ξ=2)=P(X=2,Y=0)=; P(ξ=3)=P(X=3,Y=0)=, ∴ξ的分布列为

ξ -1 0 1 2 3 P

∴E(ξ)=-1×+0×+1×+2×+3×=1.

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(1)求11月份这种电暖气每日需求量X(单位:台)的分布列;

(2)若公司销售部以每日销售利润Y(单位:元)的数学期望为决策依据,计划11月份每日订购200台或250台,两者之中选其一,应选哪个? 解(1)由已知X的可能取值为100,200,300,

11+25+36+16+2=90, P(X=100)==0.2, P(X=200)==0.4, P(X=300)==0.4. X的分布列为:

X 100 200 300 P 0.2 0.4 0.4

(2)由已知,得

①当订购200台时,E(Y)=[200×100-50×(200-100)]×0.2+200×200×0.8=35 000(元). ②当订购250台时,E(Y)=[200×100-50×(250-100)]×0.2+[200×200-50×(250-200)]×0.4+(200×250)×0.4=37 500(元).

综上所求,当订购250台时,Y的数学期望最大,11月每日应订购250台.

2.(2018四川资阳三诊)某超市计划销售某种食品,现邀请甲、乙两个商家进场试销10天.两个商家提供的返利方案如下:甲商家每天固定返利60元,且每卖出一件食品商家再返利3元;乙商家无固定返利,卖出30件以内(含30件)的食品,每件食品商家返利5元,超出30件的部分每件返利8元.经统计,两个商家的试销情况茎叶图如下:

(1)现从甲商家试销的10天中抽取两天,求这两天的销售量都小于30件的概率; (2)若将频率视作概率,回答以下问题:

①记商家乙的日返利额为X(单位:元),求X的分布列和数学期望;

②超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售,如果仅从日平均返利额的角度考虑,请利用所学的统计学知识为超市作出选择,并说明理由. 解(1)记“抽取的两天销售量都小于30件”为事件A,

则P(A)=.

(2)①设乙商家的日销售量为a, 则当a=28时,X=28×5=140; 当a=29时,X=29×5=145; 当a=30时,X=30×5=150;

当a=31时,X=30×5+1×8=158; 当a=32时,X=30×5+2×8=166.

所以X的所有可能取值为:140,145,150,158,166. 所以X的分布列为

X 140 145 150 158 166 P

所以E(X)=140×+145×+150×+158×+166×=152.8.

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②依题意,甲商家的日平均销售量为:28×0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.1+32×0.1=29.5.所以

甲商家的日平均返利额为:60+29.5×3=148.5元.

由①得乙商家的日平均返利额为152.8元(>148.5元),所以推荐该超市选择乙商家长期销售.

3.(2018吉林长春质量监测二)某种植园在芒果临近成熟时,随机从一些芒果树上摘下100个芒果,其质量分别在[100,150),[150,200),[200,250),[250,300),[300,350),[350,400)(单位:克)中,经统计得频率分布直方图如图所示.

(1)现按分层抽样从质量为[250,300),[300,350)的芒果中随机抽取9个,再从这9个中随机抽取3个,记随机变量X表示质量在[300,350)内的芒果个数,求X的分布列及数学期望.

(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值,将频率视为概率,某经销商来收购芒果,该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个,经销商提出如下两种收购方案: A:所有芒果以10元/千克收购;

B:对质量低于250克的芒果以2元/个收购,高于或等于250克的以3元/个收购. 通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多?

解(1)9个芒果中,质量在[250,300)和[300,350)内的分别有6个和3个.则X的可能取值为0,1,2,3.

P(X=0)=,P(X=1)=, P(X=2)=,P(X=3)=. 所以X的分布列为

X 0 1 2 3 P

X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=1. (2)方案A:(125×0.002+175×0.002+225×0.003+275×0.008+325×0.004+375×0.001)×50×10 000×10×0.001=25 750(元).

方案B:

低于250克:(0.002+0.002+0.003)×50×10 000×2=7 000(元),

高于或等于250克:(0.008+0.004+0.001)×50×10 000×3=19 500(元), 总计:7 000+19 500=26 500(元).

由25 750<26 500,故B方案获利更多,应选B方案.

4.(2018河北石家庄一模)小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作,该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案:底薪100元,每派送一单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12元.

(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式;

(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,发现派送员的日平均派送单数满足以下条件:在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图,其中当某天的派送量指标在(n=1,2,3,4,5)

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时,日平均派送量为50+2n单.若将频率视为概率,回答下列问题:

①根据以上数据,设每名派送员的日薪为X(单位:元),试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列,数学期望及方差;

②结合①中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪种薪酬方案比较合适,并说明你的理由. (参考数据:0.62=0.36,1.42=1.96,2.62=6.76,3.42=11.56,3.62=12.96,4.62=21.16,15.62=243.36,20.42=416.16,44.42=1 971.36)

解(1)甲方案中派送员日薪y(单位:元)与送单数n的函数关系式为:y=100+n,n∈N,

乙方案中派送员日薪y(单位:元)与送单数n的函数关系式为: y=

(2)①由已知,在这100天中,该公司派送员日平均派送单数满足如下表格:

单52 54 56 58 60 数 频0.2 0.3 0.2 0.2 0.1 率

所以X甲的分布列为:

X甲 152 154 156 158 160 P 0.2 0.3 0.2 0.2 0.1 所以E(X甲)=152×0.2+154×0.3+156×0.2+158×0.2+160×0.1=155.4,

=0.2×(152-155.4)2+0.3×(154-155.4)2+0.2×(156-155.4)2+0.2×(158-155.4)2+0.1×(160-155.4)2=6.44,

同样,X乙的分布列为:

X乙 140 152 176 200 P 0.5 0.2 0.2 0.1

所以E(X乙)=140×0.5+152×0.2+176×0.2+200×0.1=155.6,

=0.5×(140-155.6)2+0.2×(152-155.6)2+0.2×(176-155.6)2+0.1×(200-155.6)2=404.64.

②答案一:由以上的计算可知,虽然E(X甲)

答案二:由以上的计算结果可以看出,E(X甲)

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资期望,所以小明应选择乙方案.

5.(2018广东深中、华附、省实、广雅四校联考)依据某地某条河流8月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图(甲)所示;依据当地的地质构造,得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图(乙)所示.

甲

乙

试估计该河流在8月份水位的中位数;

(1)以此频率作为概率,试估计该河流在8月份发生1级灾害的概率;

(2)该河流域某企业,在8月份,若没受1、2级灾害影响,利润为500万元;若受1级灾害影响,则亏损100万元;若受2级灾害影响则亏损1 000万元. 现此企业有如下三种应对方案:

方案 防控等级 方案一 费用(单位:万元) 0 无措施 方案防控1级灾二 害 40 方案防控2级灾三 害 100

试问,如仅从利润考虑,该企业应选择这三种方案中的哪种方案?说明理由.

解(1)依据甲图,记该河流8月份“水位小于40米”为事件A1,“水位在40米至50米之间”为事件A2,“水位大于50米”为事件A3,它们发生的概率分别为:P(A1)=(0.02+0.05+0.06)×5=0.65,P(A2)=(0.04+0.02)×5=0.30,P(A3)=0.01×5=0.05.

记该地8月份“水位小于40米且发生1级灾害”为事件B1,“水位在40米至50米之间且发生1级灾害”为事件B2,“水位大于50米且发生1级灾害”为事件B3,

所以P(B1)=0.10,P(B2)=0.20,P(B3)=0.60.

记“该河流在8月份发生1级灾害”为事件B, 则

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P(B)=P(A1B1)+P(A2B2)+P(A3B3)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B3)=0.65×0.10+0.30×0.20+0.05×0.60=0.155.估计该河流在8月份发生1级灾害的概率为0.155.

(2)以企业利润为随机变量,

选择方案一,则利润X1(万元)的取值为:500,-100,-1 000,

由(1)知,P(X1=500)=0.65×0.9+0.30×0.75+0.05×0=0.81,P(X1=-100)=0.155, P(X1=-1 000)=0.65×0+0.30×0.05+0.05×0.40=0.035. X1的分布列为

X1 500 -100 -1 000 P 0.81 0.155 0.035 则该企业在8月份的利润期望E(X1)=500×0.81+(-100)×0.155+(-1 000)×0.035=354.5(万元).

选择方案二,则X2(万元)的取值为:460,-1 知,P(X2=460)=0.81+0.155=0.965,P(X2=-1 040)=0.035,

X2的分布列为:

X2 460

-1 040

040,由(1)

P 0.965 0.035

则该企业在8月份的平均利润期望E(X2)=460×0.965+(-1 040)×0.035=407.5(万元). 选择方案三,则该企业在8月份的利润为:E(X3)=500-100=400(万元), 由于E(X2)>E(X3)>E(X1),因此企业应选方案二.

6.(2018山西考前适应性测试)某快递公司收取快递费用的标准是:重量不超过1 kg的包裹收费10元;重量超过1 kg的包裹,除1 kg收费10元之外,超过1 kg的部分,每超出1 kg(不足1 kg的按1 kg计算)需再收5元.该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下:

包裹重量(单位:kg) 包裹件数 1 2 3 4 5 43 30 15 8 4

公司对近60天,每天揽件数量统计如下表:

包裹件数0~100 101~200 201~300 301~400 401~500 范围 包裹件数 (近50 似处理) 天数 6 6 30 12 6 150 250 350 450

以上数据已做近似处理,并将频率视为概率.

(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101~400之间的概率;

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