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第3讲 概率统计中的数学建模与数据分析
概率统计中的创新性问题是高考的命题重点，不仅注重模块知识内的综合，也
注重模块知识间的综合，更多地体现对数学建模与数据分析核心素养的考查．命
题的重点有：
(1)考查数学建模核心素养，以实际生活中的环保、民生、科技等为背景，考查
函数、数列等模型的建立，其中求解这些实际问题的最优化是近年高考命题的热
点．
(2)考查数据分析核心素养，常考查对数据的搜集与归类，并利用不同的特征
值对研究对象做出理性的判断．
图表与概率交汇
(2020·合肥一中最后一卷)某公司为了增强职工的健身意识，鼓励大家加
入健步运动，要求200名职工每天晚上9：30上传手机的计步截图，对于步数超过
10 000的给予奖励．图(1)为甲、乙两名职工在某一星期内的运动步数折线统计图，
图(2)为根据这星期内某一天全体职工的运动步数作出的频率分布直方图．
(1)在这一周内任选两天，求甲、乙两人这两天全部获奖的概率；
(2)请根据频率分布直方图，求出该天运动步数不少于15 000 的人数，并估计
全体职工在该天的平均步数；
(3)如果图(2)中的频率分布直方图所记录的那天甲的排名为第130名，乙的排
名为第40名，试判断作出的是星期几的频率分布直方图．
【解】 (1)由图(1)可知甲、乙两人步数均超过10 000的有星期一、星期二、星期五、星期日，共4天．
设事件A为甲、乙两人这两天全部获奖，
则P(A)＝＝.
(2)由题图(2)可知(0.02＋0.03＋0.04＋0.06＋m)×5＝1，
解得m＝0.05，
所以该天运动步数不小于15 000的人数为(0.05＋0.03)×5×200＝80.
2．5×0.1＋ 7.5×0.2＋12.5×0.3＋17.5×0.25＋22.5×0.15＝13.25(千步)，
13．25千步＝13 250步，
所以估计全体职工在该天的平均步数为13 250步．
(3)130÷200＝0.65，40÷200＝0.2，
假设甲当天的步数为x千步，乙当天的步数为y千步．
方法一：由频率分布直方图可得
解得所以可判断作出的是星期二的频率分布直方图．
方法二：由频率分布直方图可得
解得所以可判断作出的是星期二的频率分布直方图．
统计与概率“搭台”，方案选择“唱戏”
破解此类频率分布直方图、分层抽样与概率相交汇的开放性问题的关键：一是
活用性质，即利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1，得含参数的方程，从而
达到求参数的目的；二是不混淆，即利用频率分布直方图求中位数与平均数时，注
意区分其本质的不同，中位数左边和右边的直方图的面积相等，平均数等于频率
分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和．
某校学生参与一项社会实践活动，受生产厂家委托采取随机抽
样方法，调查我市市民对某新开发品牌洗发水的满意度，同学们模仿电视问政的
打分制，由被调查者在0分到100分的整数分中给出自己的认可分数，现将收集到
的100位市民的认可分数分为6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，
[90，100]，绘制出如图所示的频率分布直方图．(1)求这100位市民认可分数的中位数(精确到0.1)，平均数(同一组中的数据用
该组区间的中点值作代表)；
(2)生产厂家根据同学们收集到的数据，拟随机在认可分数为80及其以上的市
民中选出2位市民当产品宣传员，求这2位宣传员都来自认可分数为[90，100]的
概率．
解：(1)由于[40，50)，[50，60)，[60，70)的频率分别有0.1，0.2，0.3.
故中位数位于[60，70)中，其值为60＋10×≈66.7.
平均数为 10×(45×0.01＋55×0.02＋65×0.03＋75×0.025＋85×0.01＋
95×0.005)＝67.
(2)认可分数位于[80，90)的人数为10，认可分数位于[90，100]的人数为5，从认
可分数位于[90，100]的5人中随机选择2人的基本事件数为1＋2＋3＋4＝10，从
认可分数位于[80，90)和[90，100]的15人中随机选择2人的基本事件数为1＋2＋3
＋…＋14＝105.
故这2位宣传员都来自认可分数为[90，100]的概率为＝.
图表与独立性检验相交汇
(2020·河南6月适应性练习)人类非物质文化遗产是指经联合国教科文
组织评选确定而列入《人类非物质文化遗产代表作名录》的遗产项目．它记录着人
类社会生产生活方式、风俗人情、文化理念等，蕴藏着世界各民族的文化基因、精
神特质、价值观念、心理结构、气质情感等核心因素，是全人类共同的宝贵财富．中
国作为东方文明大国，截至2018年12月，中国列入联合国教科文组织非物质文化
遗产名录(名册)项目共计40项，总数位居世界第一．现已知某地有多项世界级非
物质文化遗产，每年都有大批的游客前来参观学习，这也带动了当地旅游经济的
发展．某土特产超市对某节日期间的90位游客购买情况进行了统计，得到如下频
数分布表：购买金
[0，15) [15，30) [30，45) [45，60) [60，75) [75，90]
额/元
购买人数 10 15 20 15 20 10
(1)根据以上数据完成2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的
情况下认为购买金额是否少于60元与年龄是否大于50岁有关；
不少于60元 少于60元 总计
年龄大于50岁 40
年龄不大于50岁 18
总计
(2)为吸引游客，该超市推出购买一定数额以上土特产即可抽奖赢取非物质文
化遗产体验机会及返现的活动，凡是购买金额不少于60元的顾客可抽奖三次，每
次中奖概率为p(0<p<1，且p的值等于频数分布表中购买金额不少于60元的频率，
每次抽奖互不影响)．中奖一次体验一次，同时减免5元；中奖两次体验两次，同时
减免10元；中奖三次体验三次，同时减免15元．若游客甲计划购买80元的土特产，
请列出实际付款数X(单位：元)的分布列并求其数学期望．
参考公式和数据：K2的观测值k＝，n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k) 0.150 0.100 0.050 0.010 0.005
k 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879
【解】 (1)2×2列联表如下：
不少于60元 少于60元 总计
年龄大于50岁 12 40 52
年龄不大于50岁 18 20 38
总计 30 60 90
K2的观测值k＝＝>3.841，
因此能在犯错误的概率不超过 0.05的情况下认为购买金额是否少于 60元与
年龄是否大于50岁有关．
(2)X的所有可能取值为65，70，75，80，且p＝＝.
所以P(X＝65)＝C＝，
P(X＝70)＝C＝，
P(X＝75)＝C＝，
P(X＝80)＝C＝.
X的分布列为X 65 70 75 80
P
所以E(X)＝65×＋70×＋75×＋80×＝75.
破解频数分布表、独立性检验、离散型随机变量的分布列与期望相交汇题的易
错点有三处：一是忽视关键字眼，导致所得的数据出错，从而补全2×2列联表时
出错，如本题，若把“不少于60元”误以为“少于60元”，则会导致求解出错；二
是计算K2的观测值时不会利用分子、分母先约分再计算的技巧，导致计算结果出
错，从而推断出错；三是二项分布与超几何分布搞混，或把非二项分布误以为二项
分布，导致求期望值出错，如本题，误以为是二项分布，导致误得E(X)＝3×＝1.
(2020·百校联盟4月质量监测(全国卷Ⅰ))双十一购物狂欢节，是
指每年11月11日的网络促销日，源于淘宝商城(天猫)2009年11月11日举办的网
络促销活动，已成为中国电子商务行业的年度盛事．某生产商为了了解其生产的
产品在不同电商平台的销售情况，统计了A，B两个电商平台各十个网络销售店铺
的销售数据：
A电商平台 64 71 81 70 79 69 82 73 75 60
B电商平台 60 80 97 77 96 87 76 83 94 96
(1)填写下面关于店铺个数的2×2列联表，并根据列联表判断是否有95%的把
握认为销售量与电商平台有关；
销售量>80 销售量≤80 总计
A电商平台
B电商平台
总计
(2)生产商要从这20个网络销售店铺销售量前五名的店铺中，随机抽取三个店
铺进行销售返利，其中恰好有两个店铺的销售量在95以上的概率是多少？
附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
解：(1)由题中数据可得2×2列联表如下：
销售量>80 销售量≤80 总计
A电商平台 2 8 10
B电商平台 6 4 10总计 8 12 20
所以K2的观测值k＝≈3.333<3.841，
所以没有95%的把握认为销售量与电商平台有关．
(2)由已知数据，得销售量前五名的店铺，销售量分别为97，96，96，94，87.
设对应的店铺分别为a ，a ，a ，b ，b ，
1 2 3 1 2
从中选取三个店铺共有10种情况，如下：
(a ，a ，a )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，b ，b )，(a ，a ，
1 2 3 1 2 1 1 2 2 1 3 1 1 3 2 1 1 2 2 3
b )，(a ，a ，b )，(a ，b ，b )，(a ，b ，b )．
1 2 3 2 2 1 2 3 1 2
其中恰好有两个店铺的销售量在95以上的情况有6种：
(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )，(a ，a ，b )．
1 2 1 1 2 2 1 3 1 1 3 2 2 3 1 2 3 2
所以其中恰好有两个店铺的销售量在95以上的概率P＝＝0.6.
图表与线性回归分析相交汇
某商店为迎接端午节，推出花生粽与肉粽两款粽子．为调查这两款粽子
的受欢迎程度，店员连续10天记录了这两款粽子的销售量，用1，2，…，10分别表
示第1，2，…，10天，记录结果得到频数分布表如图所示(其中销售量单位：个)．
(1)根据表中数据完成所示的茎叶图；
(2)根据统计学知识，请判断哪款粽子更受欢迎；
(3)求肉粽销售量y关于序号t的线性回归方程，并预估第15天肉粽的销售量．
(回归方程的系数精确到0.01)
参数数据：∑ (t－t)(y－y)＝156.
i i参考公式：回归方程y＝a＋bt中斜率和截距的最小二乘估计分别为b＝，a＝y
－bt.
【解】 (1)根据所给数据完成茎叶图如图所示．
(2)方法一：由(1)中茎叶图可知，肉粽的销售量均值比花生粽高，两款粽子的销
售量波动情况相当，所以可以认为肉粽更受欢迎．
方法二：由题意得花生粽的销售量的均值y ＝95＋×(8－2＋3－2＋11－9－8
1
－11－4＋4)＝94，
肉粽的销售量的均值y ＝100＋×(－12－3－2－5＋1－2＋3＋6＋2＋12)＝
2
100.
因为94<100，所以y <y ，即肉粽的销售量的均值较花生粽高，所以可以认为肉
1 2
粽更受欢迎．
(3)由题中数据可得t＝，∑ (t－t)2＝×(92＋72＋52＋32＋12)×2＝，
i
所以b＝≈1.89，a＝100－1.89×≈89.61.
故肉粽销售量y关于序号t的线性回归方程为y＝1.89t＋89.61.
当t＝15时，y＝1.89×15＋89.61≈118，
所以预估第15天肉粽的销售量为118个．
破解此类频数分布表、茎叶图、线性回归分析相交汇的开放性问题的关键：一
是会制图，即会根据频数分布表，把两组数据填入茎叶图中；二是会对开放性问题
进行转化，如本题，把判断哪款粽子更受欢迎，转化为判断哪款粽子的销售量均值
更高；三是熟练掌握求线性回归方程的步骤，求出a，b，即可写出线性回归方程．
(2020·福建福清“线上教学”质量检测)2019年9月24日国家
统计局在庆祝中华人民共和国成立70周年活动新闻中心举办的新闻发布会指出，
1952年—2018年，我国GDP由679.1亿元跃升至90.03万亿元，实际增长174倍；
人均GDP从119元提高到6.46万元，实际增长70倍．全国各族人民，砥砺奋进，
顽强拼博，实现了经济社会的跨越式发展．如图是2010年至2018年全国GDP总
量y(万亿元)的折线图．注：年份代码1～9分别对应年份2010－2018.
(1)由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与年份代码t的关系，请用相关系
数加以说明；
(2)建立y关于t的回归方程(系数精确到0.01)，并预测2021年全国GDP的总
量．
附注：
参考数据：∑y＝582.01，y≈64.668，∑ty＝3 254.80，≈345.900.
i i i
参考公式：相关系数r＝；
回归方程y＝a＋bt中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b＝，a＝y－bt.
解：(1)由折线图中的数据和附注中的参考数据得t＝＝5.
∑ (t－t)2＝60.
i
∑ (t－t)(y－y)＝∑ty－t∑y＝3 254.80－5×582.01＝344.75，
i i i i i
所以r＝≈0.997，
因为y与t的相关系数近似为0.997，说明y与t线性相关程度相当高，
从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
(2)由已知及(1)得b＝＝
≈5.75，则a＝y－bt≈64.668－5.746×5≈35.94，
所以y关于t的回归方程为y＝35.94＋5.75t.
将2021年对应的年份代码t＝12代入回归方程，
得y＝35.94＋5.75×12＝104.94，
所以预测2021年全国GDP总量为104.94万亿元．
图表与正态分布相交汇
(2020·河北九校第二次联考)2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大
会在海南博鳌召开，以“新时代、新变革、新产业”为主题，突出电动化、智能化、
共享化融合发展特色．某汽车公司顺应时代潮流，新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的
燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行分析，得
到如下的频率分布直方图．
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值 x(同一组中的数据用该组
区间的中点值代表)；
(2)根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似
地服从正态分布N(μ，σ2)，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ
的估计值，经计算样本标准差s的近似值为50，现任取一辆汽车，求它的单次最大
续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)≈0.682
7，P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
【 解 】 (1) x ＝ 0.002×50×205 ＋ 0.004×50×255 ＋ 0.009×50×305 ＋
0.004×50×355＋0.001×50×405＝300(千米)．
(2)由题意知X～N(300，250)．
所以P(250<X≤400)≈0.954 5－＝0.818 6.
所以任取一辆汽车，它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的
概率为0.818 6.
正态分布下的概率计算常见的两类问题
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正
态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ
进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]中的哪
一个．
(2020·河北衡水联考)按照国际乒联的规定，标准的乒乓球在直
径符合的条件下，重量为2.7克，其重量的误差在区间[－0.081，0.081]内就认为是
合格产品，在正常情况下样本的重量误差x服从正态分布．现从某厂生产的一批产品中随机抽取10件样本，其重量如下：
2．72 2.68 2.7 2.75 2.66 2.7 2.6 2.69 2.7
2．8
(1)计算上述10件产品的误差的平均数x及标准差s；
(2)① 利用(1)中求的平均数x，标准差 s，估计这批产品的合格率能否达到
96%；
②如果产品的误差服从正态分布N(0，0.040 52)，那么从这批产品中随机抽取
10件产品，则有不合格产品的概率为多少？(附：若随机变量x服从正态分布N(μ，
σ2)，则P(μ－σ<x≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ<x≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ<x≤μ＋
3σ)≈0.997.0.95410用0.624 4，0.99710用0.970 4分别代替计算)
解：(1)x＝×(0.02－0.02＋0＋0.05－0.04＋0－0.1－0.01＋0＋0.1)＝0.
s2＝×(0.022×2＋0.052＋0.042＋0.012＋0.12×2)＝0.002 5，
所以s＝0.05.
(2)①由(1)中计算得μ＝0，σ＝0.05，
所以P(μ－2σ<x≤μ＋2σ)＝P(0－2×0.05<x≤0＋2×0.05)＝P(－0.1<x≤0.1)．
因为在－0.1<x≤0.1内包括了所有的合格产品，也包括了不合格的产品，而
P(－0.1<x≤0.1)≈0.954<0.96，
所以这批抽查的产品的合格率不能达到96%.
②因为产品重量的误差服从正态分布N(0，0.040 52)，
所以μ＝0，σ＝0.040 5.
又μ－2σ<x≤μ＋2σ即为－0.081<x≤0.081，
所以每件产品合格的概率P(μ－2σ<x≤μ＋2σ)≈0.954，
所以随机抽取10件产品中有不合格产品的概率为1－0.95410≈1－0.624 4＝
0.375 6.
概率统计与函数、数列相交汇
(2020·广东省七校联考)2019年3月5日，国务院总理李克强作的政府工
作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒浮躁之风”．教育部2014年印发的《博士
硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行
评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将
认定为“存在问题学位论文”．有且仅有1位专家评议意见为“不合格”的学位
论文，将再送另外2位同行专家(不同于前3位专家)进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学
位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0<p<1)，
且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立．
(1)若p＝，求抽检一篇学位论文，被认定为“存在问题学位论文”的概率；
(2)现拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的总评审
费用为1 500元，若某次评审抽检论文总数为3 000篇，求该次评审费用期望的最
大值及对应p的值．
【解】 (1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为
Cp2(1－p)＋Cp3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp(1－p)2[1－(1
－p)2]．
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为
f(p)＝Cp2(1－p)＋Cp3＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]
＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]
＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2，当p＝时，f()＝.
所以抽检一篇学位论文，被认定为“存在问题学位论文”的概率为.
(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900，1 500.
P(X＝1 500)＝Cp(1－p)2，
P(X＝900)＝1－Cp(1－p)2，
所以E(X)＝900×[1－Cp(1－p)2]＋1 500×Cp(1－p)2＝900＋1 800p(1－p)2.
令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0，1)，
则g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)．
当p∈时，g′(p)>0，g(p)在上单调递增；
当p∈时，g′(p)<0，g(p)在上单调递减．
所以g(p)的最大值为g＝.
所以该次评审费用期望的最大值为3 000×(900＋1 800×)＝3 500 000(元)．
对应p＝.
与函数方程不等式有关的综合问题的解法
(1)与函数有关的问题，结合概率、方差、均值的公式列出函数表达式，再利用
函数的性质(单调性、最值等)求解．
(2)与方程不等式有关的问题，结合均值、方差公式列出方程或不等式，解方程或不等式即可．
某情报站有A，B，C，D四种互不相同的密码，每周都是从上周未
使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第一周使用A种密码，则第7周也
使用A种密码的概率为________．(用最简分数表示)
解析：用P 表示第k周用A种密码的概率，则第k周未用A种密码的概率为1
k
－P ，
k
所以P ＝(1－P )，k∈N*，
k＋1 k
所以P －＝－.
k＋1
由P ＝1知，数列是首项为，公比为－的等比数列，所以P －＝，
1 k
所以P ＝＋，P ＝＋＝.
k 7
答案：
[A级 基础练]
1．(2020·六校联盟第二次联考)某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量
中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方
米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得
到如下频率分布直方图：
(1)如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上的居民在该月的用水价
格为4元/立方米，w至少定为多少？
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当w＝3时，估计该市
居民该月的人均水费．
解：(1)由用水量的频率分布直方图得，该市居民该月用水量在区间[0.5，1]，
(1，1.5]，(1.5，2]，(2，2.5]，(2.5，3]内的频率依次为0.1，0.15，0.2，0.25，0.15，
所以该月用水量不超过3立方米的居民占85%，用水量不超过2立方米的居
民占45%.
依题意，w至少定为3.(2)由用水量的频率分布直方图及题意，得该市居民该月水费(单位：元)的数据
分组与频率分布为
(10， (12， (17， (22，
分组 [2，4] (4，6] (6，8] (8，10]
12] 17] 22] 27]
频率 0.1 0.15 0.2 0.25 0.15 0.05 0.05 0.05
所以估计该市居民该月的人均水费为
4×0.1＋6×0.15＋8×0.2＋10×0.25＋12×0.15＋17×0.05＋22×0.05＋
27×0.05＝10.5(元)．
2．(2020·沈阳市教学质量监测(一))“学习强国”学习平台是由中宣部主管，
以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体
党员、面向全社会的优质平台．某单位共有党员200人(男女各100人)，从2019年
1月1日起在“学习强国”学习平台学习．现统计他们的学习积分，得到如下男党
员的频数分布表和女党员的频率分布直方图．
男党员的频数分布表
积分/千分 [2，4) [4，6) [6，8) [8，10) [10，12]
人数 15 25 30 20 10
女党员的频率分布直方图
(1)已知女党员中积分不低于6千分的有72人，求图中a与b的值；
(2)估算男党员学习积分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代
表)和女党员学习积分的中位数(精确到0.1千分)；
(3)若将学习积分不低于8千分的党员视为学习带头人，完成下面2×2列联表
并判断能否有95%的把握认为该单位的学习带头人与性别有关？
男党员 女党员 总计
带头人
非带头人
总计 100 100 200相关公式及数据：K2＝.
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
解：(1)因为0.28＝(0.075＋a)×2，所以a＝0.065.
因为0.72＝(0.15＋0.12＋b)×2，所以b＝0.09.
(2)男党员学习积分的平均数为
3×＋5×＋7×＋9×＋11×＝6.7(千分)．
因为(0.075＋0.065)×2＝0.28，0.5－0.28＝0.22.
所以女党员学习积分的中位数为6＋2×≈7.5(千分)．
(3)2×2列联表为
男党员 女党员 总计
带头人 30 42 72
非带头人 70 58 128
总计 100 100 200
K2的观测值k＝＝3.125<3.841，
所以没有95%的把握认为该单位的学习带头人与性别有关．
3．(2020·四省八校第二次质量检测)某烘焙店加工一个成本为60元的蛋糕，然
后以每个120元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的这种蛋糕作厨余垃圾处理．
(1)若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求
量n(单位：个，n∈N)的函数解析式；
(2)烘焙店记录了100天这种蛋糕的日需求量(单位：个)，整理得下表：
日需求量n 14 15 16 17 18 19 20
频数 10 20 16 16 15 13 10
以这100天记录的日需求量的频率作为日需求量发生的概率．
①若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，X表示日利润(单位：元)，求X的分布列、
数学期望及方差；
②若烘焙店一天加工16个或17个这种蛋糕，仅从获得利润大的角度考虑，你
认为应加工16个还是17个？请说明理由．
解：(1)y＝
(2)①由题意可得，X的所有可能取值为720，840，960，对应的概率分别为0.1，
0.2，0.7，
所以X的分布列为X 720 840 960
P 0.1 0.2 0.7
E(X)＝720×0.1＋840×0.2＋960×0.7＝912(元)；
D(X)＝(720－912)2×0.1＋(840－912)2×0.2＋(960－912)2×0.7＝6 336.
②当加工17个这种蛋糕时，Y表示日利润(单位：元)，则Y的分布列为
Y 660 780 900 1 020
P 0.1 0.2 0.16 0.54
则 E(Y)＝660×0.1＋780×0.2＋900×0.16＋1 020×0.54＝916.8(元)，
916.8>912.
从数学期望来看，一天加工17个这种蛋糕的日利润高于一天加工16个这种
蛋糕的日利润，所以应加工17个．
4．下面给出了根据我国2014年～2020年水果人均占有量y(单位：kg)和年份
代码x绘制的散点图和线性回归方程的残差图(2014年～2020年的年份代码x分
别为1～7)．
(1)根据散点图分析y与x之间的相关关系；
(2)根据散点图相应数据计算得∑y＝1 074，∑xy＝4 517，求y关于x的线性回
i i i
归方程；(精确到0.01)
(3)根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果．
附：回归方程y＝a＋bx中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
b＝，a＝y－bx.
解：(1)根据散点图可知y与x呈正线性相关关系．
(2)由所给数据计算得
x＝(1＋2＋…＋7)＝4，
∑ (x－x)2＝28，
i
∑ (x－x)(y－y)＝∑xy－x∑y＝4 517－4×1 074＝221，
i i i i i
b＝＝≈7.89，a＝y－bx＝－7.89×4≈121.87，
所求线性回归方程为y＝7.89x＋121.87.
(3)由题中给出的残差图知历年数据的残差均在－2到2之间，说明线性回归
方程的拟合效果较好．
[B级 综合练]
5．(2020·郑州市第一次质量预测)水污染现状与工业废水排放密切相关，某工
厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始
污水必先经过A系统处理，处理后的污水(A级水)达到环保标准(简称达标)的概率
为p(0<p<1)．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须经过B系统
处理后直接排放．
该工厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，
既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本
不达标，则混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本
必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放．
现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验，且每组两个样本混在一起化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验．
化验次数的期望值越小，则方案越“优”．
(1)若p＝，求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率；
(2)(i)若p＝，现有4个A级水样本需要化验，请问方案一、二、四中哪个最
“优”？
(ii)若方案三比方案四更“优”，求p的取值范围．
解：(1)该混合样本达标的概率是＝，
根据对立事件知，不达标的概率为1－＝.
(2)(i)方案一：逐个化验，化验次数为4.
方案二：由(1)知，每组两个样本化验时，若均达标则化验次数为2，概率为＝；
若一组达标，另一组不达标则化验次数为4，概率为C××＝； 若两组均不达标则化
验次数为6，概率为＝.记方案二的化验次数为ξ ，则ξ 的可能取值为2，4，6，其分
2 2
布列如下，
ξ 2 4 6
2P
可求得方案二的期望为E(ξ )＝2×＋4×＋6×＝＝.
2
方案四：混在一起化验，记化验次数为ξ ，则ξ 可取1，5.
4 4
其分布列如下，
ξ 1 5
4
P
可求得方案四的期望为E(ξ )＝1×＋5×＝.
4
比较可得E(ξ )<E(ξ )<4，故方案四最“优”．
4 2
(ii)方案三：设化验次数为η ，则η 可取2，5，
3 3
η 2 5
3
P p3 1－p3
E(η )＝2p3＋5(1－p3)＝5－3p3；
3
方案四：设化验次数为η ，则η 可取1，5，
4 4
η 1 5
4
P p4 1－p4
E(η )＝p4＋5(1－p4)＝5－4p4.
4
由题意得E(η )<E(η )⇔5－3p3<5－4p4⇔p<.
3 4
故当0<p<时，方案三比方案四更“优”．
6．(2021·山东日照9月第一次校际联考)为贯彻落实党的十九大精神，坚决打
赢脱贫攻坚战，某县积极引导农户种植一种名贵中药材，从而大大提升了该县农
民的经济收入.2019年年底，某调查机构从该县种植这种名贵中药材的农户中随
机抽取了100户，统计了他们2019年种植中药材所获纯利润(单位：万元)的情况，
统计结果如下表所示：
分组 [1，3) [3，5) [5，7) [7，9) [9，11]
频数 10 15 45 20 10
(1)该县农户种植中药材所获纯利润Z(单位：万元)近似地服从正态分布N(μ，
σ2)，其中μ近似为样本平均数x(每组数据取区间的中点值为代表)，σ2近似为样本
方差s2≈2.12.若该县有1万户农户种植了该中药材，试估算所获纯利润Z在区间
(1.9，8.2]内的户数；
(2)为答谢广大农户的积极参与，该调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖
活动，抽奖规则好下：在箱子中放置5个除颜色外完全相同的小球，其中红球1个，
黑球4个，让农户从箱子中随机取出一个小球，若取到红球，则停止取球，若取到黑球，则将黑球放回箱中，继续取球，但取球次数不超过10次，若农户取到红球，
则中奖，获得2 000元的奖励，若未取到红球，则不中奖．现张明参加了抽奖活动，
记他取球的次数为随机变量X.
①求张明恰好取球4次的概率；
②求X的数学期望．(精确到0.001)
参考数据：0.89≈0.134 2，0.810≈0.107 4.
若随机变量 Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<Z≤μ＋
2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)≈0.997 3.
解：(1)由题意得下表：
区间中点值 2 4 6 8 10
概率 0.1 0.15 0.45 0.2 0.1
所以样本平均数为x＝2×0.1＋4×0.15＋6×0.45＋8×0.2＋10×0.1＝6.1(万
元)，
所以Z～N(6.1，2.12)，
所以(μ－2σ，μ＋σ]＝(1.9，8.2]，
而P(μ－2σ<Z≤μ＋σ)＝P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＋P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)≈×(0.682 7＋
0.954 5)＝0.818 6.
故1万户农户中，所获纯利润Z在区间(1.9，8.2]内的户数约为10 000×0.818 6
＝8 186户．
(2)①每次取球都恰有的概率取到红球，
则P(X＝4)＝×＝.
故张明恰好取球4次的概率为.
②由①可知，当1≤n≤9且n∈N*时，P(X＝n)＝×，
P(X＝10)＝.
故X的数学期望为
E(X)＝×1＋××2＋…＋××9＋×10
＝×＋×10，
设S＝1＋×2＋…＋×9，
则S＝×1＋×2＋…＋×9，
两式作差得，
S＝1＋＋＋…＋－×9＝－9×＝5－14×.
所以E(X)＝S＋10×＝5－14×＋10×＝5－4×≈5－4×0.134 2≈4.463.
