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11.5 变量间的相关关系、统计案例
基础篇
考点 一 变量间的相关关系 当ｘ 每增大一个单位时 ｙ 平均增大 . 个单
＾
ꎬ １ １
位 所以 不正确.
１.( 届广东东莞四中月考ꎬ )对四组数据 ꎬ Ｂ
２０２３ ５
易知 正确.
进行统计 获得以下散点图 关于其相关系 Ｃ
ꎬ ꎬ 对于 在残差的散点图中 残差分布的水
数的比较 正确的是 Ｄꎬ ꎬ
ꎬ ( )
平带状区域的宽度越窄 其模型的拟合效果
ꎬ
越好 正确.故选
ꎬＤ ＣＤ.
３.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)某校一个课
２０２０ Ⅰ ５ ５ ５
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 个不同的温
( :℃) ꎬ ２０
度条件下进行种子发芽实验 由实验数据
ꎬ
ｘ ｙ ｉ 得到下面的散点图
( ｉꎬ ｉ)( ＝１ꎬ２ꎬꎬ２０) :
ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ
Ａ. ２< ４<０< ３< １ Ｂ. ２< ４<０< １< ３
ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ ｒ
Ｃ. ４< ２<０< ３< １ Ｄ. ４< ２<０< １< ３
答案 Ａ 相关系数 ｒ 的范围是 当 由此散点图 在 至 之间 下面四个
[－１ꎬ１]ꎬ ꎬ １０ ℃ ４０ ℃ ꎬ
ｒ 时 数据为负相关 当 ｒ 时 数据为正 回归方程类型中最适宜作为发芽率ｙ 和温度
<０ ꎬ ꎬ >０ ꎬ
相关 ｒ 越大 相关性越强 由图中点的紧密 ｘ 的回归方程类型的是
ꎬ｜ ｜ ꎬ ꎬ ( )
程度和增减性可知 ｒ ｒ ｒ ｒ .故选 ｙ ａ ｂｘ ｙ ａ ｂｘ２
: ２< ４<０< ３< １ Ａ. Ａ. ＝ ＋ Ｂ. ＝ ＋
２.(多选)( 届山东潍坊五县联考ꎬ )下 ｙ ａ ｂ ｘ ｙ ａ ｂ ｘ
２０２３ １０ Ｃ. ＝ ＋ ｅ Ｄ. ＝ ＋ ｌｎ
列说法正确的是 答案 Ｄ 观察题中散点图可知 散点图用
( ) ꎬ
经验回归直线 ｙ ｂｘ ａ 至少经过样本点数 光滑曲线连接起来比较接近对数型函数的
Ａ.
＾＝＾ ＋＾
据中的一个点 图象 故选 .
ꎬ Ｄ
若经验回归直线方程为 ｙ . ｘ 则当 ｘ ４.( 山东理ꎬ ꎬ 分)为了研究某班学生的
Ｂ. ＾ ＝１ １ －５ꎬ ２０１７ ５ ５
每增大一个单位时 ｙ 增大 . 个单位 脚长 ｘ 单位 厘米 和身高 ｙ 单位 厘米 的
＾
ꎬ １ １ ( : ) ( : )
设两个变量ｘ ｙ 之间的线性相关系数为ｒ 关系 从该班随机抽取 名学生 根据测量
Ｃ. ꎬ ꎬ ꎬ １０ ꎬ
则 ｒ 的充要条件是成对数据构成的点 数据的散点图可以看出 ｙ 与 ｘ 之间有线性相
｜ ｜ ＝１
都在经验回归直线上
关关系 设其回归直线方程为ｙ ｂｘ ａ.已知
ꎬ ＾ ＝ ＾ ＋＾
在残差的散点图中 残差分布的水平带状
Ｄ. ꎬ １０ １０
ｘ ｙ ｂ .该班某学生
区域的宽度越窄 ꎬ 其模型的拟合效果越好 ∑ ｉ＝ ｉ＝２２５ꎬ∑ ｉ＝ ｉ＝１ ６００ꎬ ＾ ＝４ 专
１ １ 题
答案 ＣＤ 对于 经验回归直线 ｙ ｂｘ ａ 的脚长为 据此估计其身高为 十
Ａꎬ ＾ ＝＾ ＋＾ ２４ꎬ ( ) 一
有可能不经过样本点数据中的任意一个点 . . . .
ꎬ Ａ １６０ Ｂ １６３ Ｃ １６６ Ｄ １７０ 概
率
所以 不正确. 答案 Ｃ 由题意可知ｘ . ｙ
Ａ ＝２２ ５ꎬ ＝１６０ꎬ∵ 与
统
对于 Ｂꎬ 经验回归直线方程为 ｙ ＾ ＝１ . １ ｘ －５ꎬ 则 (２２ . ５ꎬ１６０) 在回归直线上 ꎬ∴ １６０＝４×２２ . ５＋ 计
４８３
ａ ＾ ꎬ 解得ａ ＾ ＝７０ꎬ∴ ｙ ＾＝４ ｘ ＋７０ꎬ∴ ｘ ＝２４ 时 ꎬ ｙ ＾＝４× 样本号ｉ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 总和
.故选 . 根部横截
２４＋７０＝１６６ Ｃ 面积ｘ ０ . ０４ ０ . ０６ ０ . ０４ ０ . ０８ ０ . ０８ ０ . ０５ ０ . ０５ ０ . ０７ ０ . ０７０ . ０６ ０ . ６
ｉ
５.(多选)( 山东济宁一中开学考试ꎬ )
２０２２ １０ 材积量ｙ ｉ ０ . ２５ ０ . ４０ ０ . ２２ ０ . ５４ ０ . ５１ ０ . ３４ ０ . ３６ ０ . ４６ ０ . ４２０ . ４０ ３ . ９
给出以下四个说法 其中正确的说法是
ꎬ １０ １０
并计算得 ｘ２ . ｙ２ .
∑ ｉ＝ ｉ ＝ ０ ０３８ꎬ ∑ ｉ＝ ｉ ＝ １ ６１５ ８ꎬ
( ) １ １
如果由一组样本数据 ｘ ｙ ｘ ｙ １０
ｘ ｙ . .
Ａ. ( １ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ ２)ꎬ ∑ ｉ＝ ｉ ｉ＝０ ２４７ ４
ｘ ｙ 得到经验回归方程 ｙ ｂｘ ａ 那 １
ꎬ( ｎꎬ ｎ) ＾＝＾ ＋＾ ꎬ 估计该林区这种树木平均一棵的根部横
(１)
么经验回归直线至少经过点 ｘ ｙ ｘ
截面积与平均一棵的材积量
( １ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ
ꎻ
ｙ ｘ ｙ 中的一个
２)ꎬꎬ( ｎꎬ ｎ) 求该林区这种树木的根部横截面积与材
(２)
在回归分析中 用决定系数 Ｒ２ 来比较两个
积量的样本相关系数 精确到 .
Ｂ. ꎬ
( ０ ０１)ꎻ
模型拟合效果 Ｒ２ 越大 表示残差平方和
现测量了该林区所有这种树木的根部横
ꎬ ꎬ
(３)
越小 即模型的拟合效果越好
截面积 并得到所有这种树木的根部横截面
ꎬ
ꎬ
在经验回归方程 ｙ . ｘ . 中 当解释
Ｃ. ＾ ＝－０ ５ ＋０ ７ ꎬ 积总和为 ２.已知树木的材积量与其根
１８６ ｍ
变量 ｘ 每增加一个单位时 响应变量 ｙ 平
＾ 部横截面积近似成正比.利用以上数据给出
ꎬ
均增加 . 个单位
该林区这种树木的总材积量的估计值.
０ ５
若变量 ｙ 和 ｘ 之间的相关系数为 ｒ
Ｄ. ＝ 附 相 关 系 数 ｒ
:
. 则变量 ｙ 和 ｘ 之间的负线性相关
ｎ
－０９８７ ２ꎬ
ｘ － ｘ ｙ － ｙ
很强 ∑ ｉ＝ ( ｉ )( ｉ )
１
答案 ＢＤ 经验回归直线 ｙ ｂｘ ａ 必过样 ＝ ｎ ｎ ꎬ
＾ ＝ ＾ ＋＾ ｘ － ｘ ２ ｙ － ｙ ２
本点的中心 非样本点 故 中说法错误 ∑ ｉ＝ ( ｉ ) ∑ ｉ＝ ( ｉ )
ꎬ ꎬ Ａ ꎬ １ １
. . .
决定系数 Ｒ２ 越大 表示残差平方和越小 即
１ ８９６≈１ ３７７
ꎬ ꎬ
解析 估计该林区这种树木平均一棵的
模型的拟合效果越好 故 中说法正确
(１)
ꎬ Ｂ ꎬ
.
在经验回归方程 ｙ . ｘ . 中 当解释变
＾＝－０ ５ ＋０ ７ ꎬ 根部横截面积为 ｘ ０ ６ . ２
＝ ＝０ ０６(ｍ )ꎬ
量 ｘ 每增加一个单位时 响应变量 ｙ 平均减 １０
＾
ꎬ
.
少 . 个单位 故 中说法错误 平均一棵的材积量为 ｙ ３ ９ . ３ .
０ ５ ꎬ Ｃ ꎬ ＝ ＝０ ３９(ｍ )
１０
若变量 ｙ 和 ｘ 之间的相关系数为 ｒ .
＝－０ ９８７ 样 本 相 关 系 数 ｒ
( ２ ) ＝
ｒ 接近 则变量 ｙ 和 ｘ 之间的负线性相
２ꎬ －１ꎬ
１０
关很强 ꎬ 故 Ｄ 中说法正确.故选 ＢＤ . ∑ ｉ＝ ( ｘ ｉ － ｘ )( ｙ ｉ － ｙ )
１
６.( 全国乙ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)某地经过
２０２２ １９ １９ １２ １０ ｘ － ｘ ２ １０ ｙ － ｙ ２
多年的环境治理 已将荒山改造成了绿水青 ∑ ｉ＝ ( ｉ ) ∑ ｉ＝ ( ｉ )
5 ꎬ １ １
年 山.为估计一林区某种树木的总材积量 随机 １０ ｘ ｙ － ｘ ｙ
高 考 选取了 棵这种树木 测量每棵树的根 ꎬ 部横 ∑ ｉ＝ １ ｉ ｉ １０
3 １０ ꎬ ＝
１０ １０
年
模
拟
截面积
(
单位
:ｍ ２ )
和材积量
(
单位
:ｍ ３ )ꎬ
得
(∑
ｉ＝
１
ｘ２
ｉ
－
１０
ｘ２
)(∑
ｉ＝
１
ｙ２
ｉ
－
１０
ｙ２
)
到如下数据
. . .
A : ０ ２４７ ４－１０×０ ０６×０ ３９
版 ＝ . . ２ . . ２
(０ ０３８－１０×０ ０６ )(１ ６１５ ８－１０×０ ３９ )
高
. . .
考
０ ０１３ ４ ０ ０１３ ４ ０ ０１３ ４
数
学 ＝ . . ＝ . . ≈ . ≈
０ ００２×０ ０９４ ８ ０ ０１ １ ８９６ ０ ０１３ ７７
４８４
０. . ２０
９７ 解析 由已知得样本平均数ｙ １ ｙ
即该林区这种树木的根部横截面积与材积 (１) ＝ ∑ ｉ＝ ｉ
２０ １
量的样本相关系数约为 . . 从而该地区这种野生动物数量的估计
０ ９７
＝６０ꎬ
(３) 设这种树木的根部横截总面积为 Ｘ ｍ ２ ꎬ 值为 ６０×２００＝１２ ０００ .
Ｘ ｘ Ｘ ｙ 样本 ｘ ｙ ｉ 的相关系数
总材积量为Ｙ ３ 则 则 Ｙ (２) ( ｉꎬ ｉ)( ＝１ꎬ２ꎬꎬ２０)
ｍ ꎬ Ｙ ＝ ｙꎬ ＝ ｘ ＝
２０
ｘ － ｘ ｙ － ｙ
. ∑ ｉ＝ ( ｉ )( ｉ )
１８６×０ ３９ ｒ １ ８００
. ＝１ ２０９ꎬ ＝ ＝
２０ ２０
０ ０６ ｘ － ｘ ２ ｙ － ｙ ２ ８０×９ ０００
所以该林区这种树木的总材积量的估计值 ∑ ｉ＝ ( ｉ ) ∑ ｉ＝ ( ｉ )
１ １
为 ３.
１ ２０９ ｍ ２ ２ . .
＝ ≈０ ９４
７.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)某沙漠地 ３
２０２０ Ⅱ １８ １８ １２
分层抽样 根据植物覆盖面积的大小对
区经过治理 生态系统得到很大改善 野生 (３) :
ꎬ ꎬ
地块分层 再对 个地块进行分层随机
动物数量有所增加.为调查该地区某种野生 ꎬ ２００
抽样.
动物的数量 将其分成面积相近的 个地
ꎬ ２００
理由如下 由 知各样区的这种野生动物
块 从这些地块中用简单随机抽样的方法抽 : (２)
ꎬ
数量与植物覆盖面积有很强的正相关关系.
取 个作为样区 调查得到样本数据 ｘ
２０ ꎬ ( ｉꎬ
由于各地块间植物覆盖面积差异很大 从而
ｙ ｉ 其中ｘ 和ｙ 分别表示第 ꎬ
ｉ)( ＝１ꎬ２ꎬꎬ２０)ꎬ ｉ ｉ
各地块间这种野生动物数量差异也很大 采
ｉ 个样区的植物覆盖面积 单位 公顷 和这
ꎬ
( : )
用分层随机抽样的方法较好地保持了样本
２０
种野生动物的数量 并计算得 ｘ
ꎬ ∑ ｉ＝ ｉ ＝ ６０ꎬ 结构与总体结构的一致性 提高了样本的代
１ ꎬ
２０ ２０ ２０ 表性 从而可以获得该地区这种野生动物数
∑ ｉ＝ １ ｙ ｉ＝ １ ２００ꎬ∑ ｉ＝ １ ( ｘ ｉ－ ｘ ) ２ ＝ ８０ꎬ ∑ ｉ＝ １ ( ｙ ｉ－ 量更 ꎬ 准确的估计.
２０
ｙ ２ ｘ ｘ ｙ ｙ .
) ＝９ ０００ꎬ∑
ｉ＝
( ｉ－ )( ｉ－ )＝ ８００
１ 考点 二 独立性检验
求该地区这种野生动物数量的估计值
(１)
这种野生动物数量的估计值等于样区这种 １.( 全国甲ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)甲 乙两
( ２０２１ １７ １７ １２ 、
野生动物数量的平均数乘地块数
台机床生产同种产品 产品按质量分为一级
)ꎻ
ꎬ
求样本 ｘ ｙ ｉ 的相关系
品和二级品 为了比较两台机床产品的质
(２) ( ｉꎬ ｉ)( ＝１ꎬ２ꎬꎬ２０)
ꎬ
数 精确到 .
量 分别用两台机床各生产了 件产品 产
( ０ ０１)ꎻ
ꎬ ２００ ꎬ
根据现有统计资料 各地块间植物覆盖
品的质量情况统计如下表
(３) ꎬ
:
面积差异很大.为提高样本的代表性以获得
一级品 二级品 合计
该地区这种野生动物数量更准确的估计 请
ꎬ 甲机床
１５０ ５０ ２００
给出一种你认为更合理的抽样方法 并说明
ꎬ 乙机床
１２０ ８０ ２００
理由.
合计
ｎ ２７０ １３０ ４００ 专
题
ｘ ｘ ｙ ｙ 甲机床 乙机床生产的产品中一级品的
附 相关系数 ｒ ∑ ｉ＝ １ ( ｉ－ )( ｉ－ ) (１) 、 十 一
: ＝ ｎ ꎬ ２ 频率分别是多少
ｎ ? 概
∑ ｉ＝ １ ( ｘ ｉ－ ｘ ) ２ ∑ｉ ＝１ ( ｙ ｉ－ ｙ ) ２ (２) 能否有 ９９ ％的把握认为甲机床的产品质 率 与
统
. . 量与乙机床的产品质量有差异 计
≈１ ４１４ ?
４８５
附 Ｋ２
ｎ
(
ａｄ
－
ｂｃ
)
２ Ｐ
(
Ｋ２
≥
ｋ
) ０
.
１００ ０
.
０５０ ０
.
０１０
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) ｋ . . .
２ ７０６ ３ ８４１ ６ ６３５
Ｐ ( Ｋ２ ≥ ｋ ) ０ . ０５０ ０ . ０１０ ０ . ００１ . 解析 (１) 由题意可得 Ａ 公司长途客车准点
ｋ . . .
３ ８４１ ６ ６３５ １０ ８２８
的概率 Ｐ ２４０ １２ Ｂ 公司长途客车准点的
解析 因为甲机床生产的 件产品中 １ ＝ ＝ ꎬ
(１) ２００ ２６０ １３
有 件一级品 所以甲机床生产的产品中
１５０ ꎬ 概率 Ｐ ２１０ ７.
＝ ＝
２
２４０ ８
一级品的频率为１５０ ３ 因为乙机床生产的
＝ ꎬ ２
２００ ４ (２)
因为 Ｋ２
＝
５００×(２４０×３０－２０×２１０)
≈３
.
件产品中有 件一级品 所以乙机床 ４５０×５０×２４０×２６０
２００ １２０ ꎬ
.
２０５>２ ７０６ꎬ
生产的产品中一级品的频率为１２０ ３.
所以有 ％的把握认为甲 乙两城之间的长
＝
９０ 、
２００ ５
途客车是否准点与客车所属公司有关.
根据 列联表中的数据 得 Ｋ２
(２) ２ × ２ ꎬ
ｎ ａｄ ｂｃ ２ ３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)为加强环境保
( － ) ２０２０ Ⅰ １９ １２
＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ 护 治理空气污染 环境监测部门对某市空
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
ꎬ ꎬ
２ 气质量进行调研 随机抽查了 天空气中
４００×(１５０×８０－１２０×５０) ４００ .
ꎬ １００
＝ ＝ ≈１０ ２５６ꎬ
２７０×１３０×２００×２００ ３９ 的 和 浓度 单位 ３ 得下表
因为 . . 所以有 ％的把握认为 ＰＭ２ . ５ ＳＯ２ ( :μｇ/ｍ )ꎬ :
１０ ２５６>６ ６３５ꎬ ９９
甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有 ＳＯ２
[０ꎬ５０] (５０ꎬ１５０] (１５０ꎬ４７５]
差异. ＰＭ２ . ５
２.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)甲 乙两城之间 [０ꎬ３５] ３２ １８ ４
２０２２ １７ １２ 、
的长途客车均由 Ａ 和 Ｂ 两家公司运营.为了 (３５ꎬ７５] ６ ８ １２
(７５ꎬ１１５] ３ ７ １０
解这两家公司长途客车的运行情况 随机调
ꎬ
估计事件 该市一天空气中 浓度不
查了甲 乙两城之间的 个班次 得到下面 (１) “ ＰＭ２ . ５
、 ５００ ꎬ
超过 且 浓度不超过 的概率
列联表 ７５ꎬ ＳＯ２ １５０” ꎻ
:
根据所给数据 完成下面的 列联表
准点班次数 未准点班次数 (２) ꎬ ２×２ :
Ａ ＳＯ２
２４０ ２０
[０ꎬ１５０] (１５０ꎬ４７５]
Ｂ ＰＭ２ . ５
２１０ ３０
根据上表 分别估计这两家公司甲 乙两 [０ꎬ７５]
(１) ꎬ 、
城之间的长途客车准点的概率 (７５ꎬ１１５]
ꎻ
根据 中的列联表 判断是否有 ％的
能否有 ％的把握认为甲 乙两城之间 (３) (２) ꎬ ９９
(２) ９０ 、
把握认为该市一天空气中 浓度与
5 的长途客车是否准点与客车所属公司有关 ＰＭ２ . ５ ＳＯ２
年 ?
浓度有关.
高 ｎ ａｄ ｂｃ ２
考 附 Ｋ２ ( － )
3 : ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ ｎ ａｄ ｂｃ ２
年
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) 附 Ｋ２ ( － )
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ
模 ( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
拟
Ｐ Ｋ２ ｋ . . .
A ( ≥ ) ０ ０５０ ０ ０１０ ０ ００１ .
版 ｋ . . .
３ ８４１ ６ ６３５ １０ ８２８
高 解析 根据抽查数据 该市 天的空
考 (１) ꎬ １００
数
气中 浓度不超过 且 浓度不超
学 ＰＭ２ . ５ ７５ꎬ ＳＯ２
４８６
过 的天数为 因此 该市 机速度满意的有 人.依据α . 的独立
１５０ ３２＋１８＋６＋８＝６４ꎬ ꎬ ５８ ＝０ ００５
一天空气中 浓度不超过 且 浓 性检验 能否认为芯片批次与用户对开机速
ＰＭ２ . ５ ７５ꎬ ＳＯ２ ꎬ
度满意度有关
度不超过 的概率的估计值为６４ . . ?
１５０ ＝０ ６４
１００ 附:χ
２
ｎ(ａｄ
－
ｂｃ)２
根据抽查数据 可得 列联表 ＝(ａ ｂ)(ｃ ｄ)(ａ ｃ)(ｂ ｄ)
(２) ꎬ ２×２ : ＋ ＋ ＋ ＋
α . . . . .
ＳＯ２
０ １０ ０ ０５ ０ ０１０ ０ ００５ ０ ００１
[０ꎬ１５０] (１５０ꎬ４７５]
ＰＭ２ . ５ ｘ α ２ . ７０６ ３ . ８４１ ６ . ６３５ ７ . ８７９ １０ . ８２８
[０ꎬ７５] ６４ １６
(７５ꎬ１１５] １０ １０ 解析 批次 Ｍ 芯片的次品率为
(１)①
根据 的列联表得
(３) (２)
Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ ５９ ５８
Ｋ２ １００×(６４×１０－１６×１０)
２
. .
Ｍ＝１－(１－ １)(１－ ２)(１－ ３)＝ １－
６０
×
５９
×
＝ ≈７ ４８４
８０×２０×７４×２６
５７ １.
由于 . . 故有 ％的把握认为该 ＝
７ ４８４>６ ６３５ꎬ ９９ ５８ ２０
市一天空气中 浓度与 浓度有关. 设批次 Ｍ 的芯片智能自动检测合格为事
ＰＭ２ . ５ ＳＯ２ ②
４.( 届长沙一中月考二ꎬ )某芯片制造企 件 Ａ 人工抽检合格为事件 Ｂ
２０２３ ２０ ꎬ ꎬ
业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试
由已知得 Ｐ Ａ ９８ Ｐ ＡＢ Ｐ １
( )＝ ꎬ ( )＝ １－ Ｍ＝１－
产初期 该款芯片生产有四道工序 前三道
１００ ２０
ꎬ ꎬ
工序的生产互不影响 第四道是检测评估工
１９
ꎬ ＝ ꎬ
序 包括智能自动检测与人工抽检. ２０
ꎬ 则工人在流水线进行人工抽检时 抽检一个
在试产初期 该款芯片的批次 Ｍ 生产前 ꎬ
(１) ꎬ 芯片恰为合格品为事件 Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
｜ ꎬ ( ｜ )＝
三道工序的次品率分别为 Ｐ １ Ｐ １ Ｐ Ｐ ＡＢ
１ ＝ ꎬ ２ ＝ ꎬ ３ ( ) １９ １００ ９５.
６０ ５９ Ｐ Ａ ＝ × ＝
( ) ２０ ９８ ９８
１. 零假设为 Ｈ 芯片批次与用户对开机速
＝
(２) ０:
５８
度满意度无关.由数据可建立 列联表如
求批次 Ｍ 芯片的次品率 Ｐ ２×２
① Ｍꎻ
下 单位 人
第四道工序中智能自动检测为次品的芯 :( : )
②
片会被自动淘汰 合格的芯片进入流水线并 芯片批次
ꎬ 开机速度满意度 合计
由工人进行抽查检验.已知批次 Ｍ 的芯片智 Ｍ Ｎ
不满意
能自动检测显示合格率为 ％ 求工人在流 １０ ２ １２
９８ ꎬ 满意
水线进行人工抽检时 抽检一个芯片恰为合 ３０ ５８ ８８
ꎬ 合计
４０ ６０ １００
格品的概率.
根据列联表得
该企业改进生产工艺后生产了批次 Ｎ 的
( 芯 ２ 片 ) .某手机生产厂商获得批次 Ｍ 与批次 Ｎ χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２
＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ＝
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
的芯片 并在某款新型手机上使用.现对使用
专
ꎬ ２
１００×(１０×５８－２×３０) . . . 题
这款手机的用户回访 对开机速度进行满意 ≈１０ ６７>７ ８７９ 十
ꎬ ４０×６０×１２×８８ 一
度调查.据统计 回访的 名用户中 安装 因此 依据 α . 的独立性检验 我们推
ꎬ １００ ꎬ ꎬ ＝０ ００５ ꎬ 概
率
批次 Ｍ 的有 人 其中对开机速度满意的 断 Ｈ 不成立 即能认为芯片批次与用户对
与
４０ ꎬ ０ ꎬ 统
有 人 安装批次 Ｎ 的有 人 其中对开 开机速度满意度有关.此推断犯错误的概率 计
３０ ꎻ ６０ ꎬ
４８７
不大于 . . 根据所给数据 可得 列联表
０ ００５ (３) ꎬ ２×２ :
５.( 课标 ꎬ ꎬ 分)某学生兴趣小组随
人次 人次
２０２０ Ⅲ １８ １２ ≤４００ >４００
机调查了某市 天中每天的空气质量等级 空气质量好
１００ ３３ ３７
和当天到某公园锻炼的人次 整理数据得到 空气质量不好
ꎬ ２２ ８
下表 单位 天
( : ): ２
根据列联表得 Ｋ２ １００×(３３×８－２２×３７)
锻炼人次 ＝ ≈
[０ꎬ (２００ꎬ (４００ꎬ ５５×４５×７０×３０
空气质量等级 . .
２００] ４００] ６００] ５ ８２０
优 由于 . . 故有 ％的把握认为一
１( ) ２ １６ ２５ ５ ８２０>３ ８４１ꎬ ９５
良 天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空
２( ) ５ １０ １２
轻度污染 气质量有关.
３( ) ６ ７ ８
中度污染 ６.( 届河北邯郸摸底ꎬ )暑假期间 某学
４( ) ７ ２ ０
２０２３ １９ ꎬ
分别估计该市一天的空气质量等级为
校建议学生保持晨读的习惯 开学后 该校
(１) １ꎬ
ꎬ ꎬ
的概率
对高二 高三随机抽取 名学生 该学校
２ꎬ３ꎬ４ ꎻ
、 ２００ (
求一天中到该公园锻炼的平均人次的估
学生总数较多 调查日均晨读时间 数据
(２)
)ꎬ ꎬ
计值 同一组中的数据用该组区间的中点值
如表
(
:
为代表
)ꎻ 日均晨读
[０ꎬ [１０ꎬ [２０ꎬ [３０ꎬ [４０ꎬ [５０ꎬ
若某天的空气质量等级为 或 则称这
(３) １ ２ꎬ
时间/分钟
１０) ２０) ３０) ４０) ５０) ６０]
天 空气质量好 若某天的空气质量等级为
人数
“ ”ꎻ
５ １０ ２５ ５０ ５０ ６０
或 则称这天 空气质量不好 .根据所给
３ ４ꎬ “ ” 将学生日均晨读时间在 上的学生评
[３０ꎬ６０]
数据 完成下面的 列联表 并根据列联
ꎬ ２×２ ꎬ 价为 晨读合格 .
“ ”
表 判断是否有 ％的把握认为一天中到该
ꎬ ９５ 请根据上述表格中的统计数据填写下面
(１)
公园锻炼的人次与该市当天的空气质量
列联表 依据 α . 的独立性检验 能
２×２ ꎬ ＝０ ０５ ꎬ
有关.
否认为 晨读合格 与年级有关
“ ” ?
人次 人次
≤４００ >４００ 晨读不合格 晨读合格 合计
空气质量好
高二
空气质量不好
高三
１５ １００
附 Ｋ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ 合计
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
将上述调查所得到的频率视为概率来估
(２)
Ｐ Ｋ２ ｋ . . .
( ≥ ) ０ ０５０ ０ ０１０ ０ ００１ . 计全校的情况 现在从该校所有学生中 随
ꎬ ꎬ
ｋ . . .
３ ８４１ ６ ６３５ １０ ８２８ 机抽取 名学生 记所抽取的 人中晨读合
5 ２ ꎬ ２
年 解析 由所给数据 该市一天的空气质
格的人数为随机变量 ξ 求 ξ 的分布列和数
高 (１) ꎬ
ꎬ
考 量等级为 的概率的估计值如表
学期望.
3 １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ :
年
模 拟 空气质量等级 １ ２ ３ ４ 参考公式 χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ 其
概率的估计值 . . . . : ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ
A ０ ４３ ０ ２７ ０ ２１ ０ ０９ ( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
版 中 ｎ ａ ｂ ｃ ｄ.
一天中到该公园锻炼的平均人次的估计 ＝ ＋ ＋ ＋
(２)
高 临界值表
考 :
数 值为 １ .
学 ×(１００×２０＋３００×３５＋５００×４５)＝ ３５０
１００
４８８
α . . . . . 由题意 知学生晨读合格的概率为１６０
０ １ ０ ０５ ０ ０１ ０ ００５ ０ ００１
(２) ꎬ ＝
ｘ . . . . . ２００
α ２ ７０６ ３ ８４１ ６ ６３５ ７ ８７９ １０ ８２８
æ ö
４ 易知 ξ Ｂç ４ ÷
ꎬ ~ è２ꎬ øꎬ
５ ５
解析 列联表如下
(１) :
æ ö０ æ ö２
所以 Ｐ (ξ ) ０ ç４ ÷ ç１ ÷ １ Ｐ
晨读不合格 晨读合格 合计 ＝０ ＝ Ｃ２ è ø è ø ＝ ꎬ
５ ５ ２５
高二 æ ö１ æ ö１
２５ ７５ １００ (ξ ) １ ç４ ÷ ç１ ÷ ８ Ｐ(ξ ) ２
＝１ ＝Ｃ２è ø è ø ＝ ꎬ ＝２ ＝Ｃ２
高三 ５ ５ ２５
１５ ８５ １００
合计 æ ç４ ö ÷ ２ æ ç１ ö ÷ ０ １６ ξ 的分布列为
４０ １６０ ２００ è ø è ø ＝ ꎬ
５ ５ ２５
χ ２ ２００×(２５×８５－１５×７５) ２ . . ξ
＝ ＝ ３ １２５ < ３ ８４１ ０ １ ２
１００×１００×４０×１６０
ｘ Ｐ １ ８ １６
＝ ０ . ０５ꎬ
２５ ２５ ２５
所以依据 α . 的独立性检验 不能认为
＝０ ０５ ꎬ
晨读合格 与年级有关. 所以 Ｅ ξ １ ８ １６ ８.
“ ” ( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＝
２５ ２５ ２５ ５
专
题
十
一
概
率
与
统
计
４８９
综合篇
考法 一 经验回归方程的求解与应用 中说法不正确.
１.(多选)( 重庆秀山高级中学月考ꎬ ) 对于 由 可知 ｍ 所以ｙ １１＋５ 所
２０２２ １０ Ｄꎬ Ｃ ＝５ꎬ ＝ ＝４ꎬ
４
已知变量 ｘ ｙ 之间的经验回归方程为 ｙ
ꎬ ＾ ＝ 以该经验回归直线必过样本点的中心
(９ꎬ
. ｘ . 且变量 ｘ ｙ 之间的一组相关数
－０ ７ ＋１０ ３ꎬ ꎬ 故 中说法正确.故选 .
据如表所示 则下列说法正确的是 ４)ꎬ Ｄ ＡＢＤ
ꎬ ( ) ２.( 山东潍坊摸底ꎬ )已知关于 ｘ ｙ 的一
２０２２ １４ ꎬ
ｘ
６ ８ １０ １２ 组数据
:
ｙ ｍ
６ ３ ２
ｘ ｍ
变量ｘ ｙ之间成负相关关系 １ ３ ４ ５
Ａ. ꎬ ｙ . . ｎ . .
当 ｘ 时 ｙ . ０ ５ ０ ６ １ ４ １ ５
Ｂ. ＝２０ ꎬ ＾＝－３ ７
根据表中数据得到的经验回归方程为 ｙ
ｍ ＾ ＝
Ｃ. ＝４
. ｘ . 则 ｎ . ｍ 的值为 .
该经验回归直线必过点 ０ ２８ ＋０ １６ꎬ －０ ２８
Ｄ. (９ꎬ４)
答案 .
答案 ＡＢＤ 对于 因为 . 所以变 ０ ４４
Ａꎬ －０ ７<０ꎬ
解析 根 据 题 表 中 的 数 据 可 得 ｘ
量ｘ ｙ 之间成负相关关系 故 中说法正确. ꎬ ＝
ꎬ ꎬ Ａ
ｍ ｍ . . ｎ . .
对于 当 ｘ 时 ｙ . . .
Ｂꎬ ＝２０ ꎬ ＾ ＝－０ ７×２０＋１０ ３＝－３ １＋ ＋３＋４＋５ １３＋ ｙ ０ ５＋０ ６＋ ＋１ ４＋１ ５
＝ ꎬ ＝
故 中说法正确. ５ ５ ５
７ꎬ Ｂ
ｎ æ ｍ ｎö
ｍ ４＋ 即样本点的中心为ç１３＋ ４＋ ÷
对于 ｘ ６＋８＋１０＋１２ ｙ ６＋ ＋３＋２ ＝ ꎬ è ꎬ øꎬ Ｃꎬ ＝ ＝ ９ꎬ ＝ ＝ ５ ５ ５
４ ４
ｎ ｍ
ｍ 则４＋ . １３＋ .
１１＋ 因为经验回归直线过样本点的中心
＝０ ２８× ＋０ １６ꎬ
ꎬ ꎬ
５ ５
４
即 ｎ . ｍ .
ｍ ４＋ ＝０ ２８×(１３＋ )＋０ ８ꎬ
所以１１＋ . . 解得 ｍ 故
＝－０ ７×９＋１０ ３ꎬ ＝５ꎬ Ｃ 解得 ｎ . ｍ . .
４ －０ ２８ ＝０ ４４
３.( 届广东普宁华美实验学校月考ꎬ )研 ７
２０２３ １９ ｘ ｘ ｙ ｙ
究显示 越来越多的上班族下班后通过慢跑 ∑ ｉ＝ ( ｉ－ )( ｉ－ )＝ (－３)×(－９)＋(－２)×(－
１
ꎬ
强身健体 慢跑属于一种有氧运动 可以消 ６)＋(－１)×３＋１×(－４)＋２×５＋３×１２＝７８ꎬ
ꎬ ꎬ
７
耗人体大量热量 坚持慢跑可以促进新陈代 ｘ ｘ ２ ２ ２ ２ ２ ２
ꎬ ∑ ｉ＝ ( ｉ－ ) ＝(－３) ＋(－２) ＋(－１) ＋１ ＋２ ＋
谢 增加肺活量以及增强心脏功能 提升人 １
ꎬ ꎬ ２
３ ＝２８ꎬ
体免疫力 因此深受青年人喜爱.下图统计了
ꎬ ７
ｘ － ｘ ｙ － ｙ
小明这 １００ 天每天慢跑的时间情况 ( 单位 : 则 ｂ ∑ ｉ＝ １ ( ｉ )( ｉ ) ３９ ａ ｙ ｂｘ
分钟 . ＾ ＝ ７ ＝ ꎬ ＾ ＝ －＾ ＝
) ｘ － ｘ ２ １４
∑ ｉ＝ ( ｉ )
１
３９ ９０ 故所求经验回归方程为 ｙ ３９
２４－ ×４＝ ꎬ ＾＝
１４ ７ １４
ｘ ９０.
＋
７
小明这 天慢跑的平均时间为
② １００
. . . . .
５×０ ０５＋１５×０ １２＋２５×０ ３１＋３５×０ ３４＋４５×０
. .
１５＋５５×０ ０３＝３０ １ꎬ
(１) 求 ｍ 的值. 将 ｘ ＝９ 代入 ｙ ＾＝ ３９ｘ ＋ ９０中 ꎬ 得 ｙ ＾＝ ３９ ×９＋ ９０ ≈
１４ ７ １４ ７
小明的同事小强本月前 次慢跑的时间
(２) ７ . . 故可以预测小强第 次的慢跑
３７ ９３>３０ １ꎬ ９
情况如表.由散点图可知 小强的慢跑次数 ｘ
ꎬ 时间会超过小明这 天慢跑的平均时间.
１００
和慢跑时间 ｙ 单位 分钟 之间成线性相关.
( : ) ４.( 届浙江嘉兴一中期中ꎬ )根据中国海
２０２３ ２０
次数ｘ
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 洋生态环境状况公报 从 年到 年
ꎬ ２０１７ ２０２１
慢跑时间 ｙ 单
( 全国直排海污染源中各年份的氨氮总量 ｙ
位 分钟 １５ １８ ２７ ２３ ２０ ２９ ３６
: ) 单位 千吨 与年份的散点图如图.
( : )
求 ｙ 关于ｘ 的经验回归方程ｙ ｂｘ ａ 其中
①
＾＝＾ ＋＾
ꎬ
ｂ ａ 使用分数形式表示
＾ ＾
ꎬ ꎻ
根据 中的运算结果预测小强第 次的
② ① ９
慢跑时间是否会超过小明这 天慢跑的平
１００
均时间.
参考公式 在经验回归方程 ｙ ｂｘ ａ 中 ｂ
: ＾ ＝ ＾ ＋＾ ꎬ ＾ ＝ 记年份代码为 ｘ ｘ ｔ １ 对数
ｎ ( ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５)ꎬ ＝ ｘꎬ
ｘ － ｘ ｙ － ｙ
∑ ｉ＝ ( ｉ )( ｉ ) 据处理后得
年 5 １ ｎ ꎬ ａ ＾ ＝ ｙ － ｂ ＾ ｘ. :
高 ｘ － ｘ ２
考 3
解析
∑ ｉ＝ １ ( ｉ
依题
)
意 得 . . ｍ .
ｙ ｔ ∑ｉ＝ ５
１
ｔ２ ｉ ∑ｉ＝ ５
１
ｙ２ ｉ ∑ｉ＝ ５
１
ｘ ｉ ｙ ｉ ∑ｉ＝ ５
１
ｔ ｉ ｙ ｉ
年 (１) ꎬ (０ ００５＋０ ０１２＋ ＋０
模 . .
. . 解得 ｍ . . ６ ０ ５ １ ５ ２１０ ７６ １７
拟
０３４＋０ ０１５＋０ ００３)×１０＝１ꎬ ＝０ ０３１
根据散点图判断 模型 ｙ ｂｘ ａ 与模型
A
(１) ꎬ ① ＝ ＋
版 依题意 知 ｘ １＋２＋３＋４＋５＋６＋７ ｙ
(２)① ꎬ ＝ ＝４ꎬ ｄ
高 ７ ｙ ｃ 哪一个适宜作为 ｙ 关于 ｘ 的回归
② ＝ ｘ ＋
考
数 １５＋１８＋２７＋２３＋２０＋２９＋３６
学 ＝ ＝２４ꎬ 方程 给出判断即可 不必说明理由
７ ? ( ꎬ )
４９０
根据 的判断结果 建立 ｙ 关于 ｘ 的回 若该省 Ｅ 大学 年毕业生人数为 千
(２) (１) ꎬ ① ２０２２ ８
归方程 并预测 年全国直排海污染源中 人 估计该省要发放补贴的总金额
ꎬ ２０２２ ꎬ ꎻ
的氨氮总量 计算结果精确到整数 . 若 Ａ 大学的毕业生中小浙 小江选择考研
( ) ② 、
参考公式 回归方程 ｙ ｖｘ ｕ 中斜率和截距 的概率分别为 ｐ ｐ 该省对小浙 小江两
:
＾ ＝＾ ＋＾
ꎬ３ －１ꎬ 、
的 最 小 二 乘 估 计 公 式 分 别 为 ｖ 人的考研补贴总金额的期望不超过 . 万
＾ ＝ ０ ７５
ｎ ｎ 元 求 ｐ 的取值范围.
ｘ － ｘ ｙ － ｙ ｘ ｙ － ｎ ｘ ｙ ꎬ
∑ ｉ＝ ( ｉ )( ｉ ) ∑ ｉ＝ ｉ ｉ ｎ
１ ∑ ｉ＝ ｎ ( ｘ ｉ － ｘ ) ２ ＝ ∑ ｉ １ ＝ ｎ ｘ２ ｉ － ｎｘ２ ꎬ ｕ ＾ ＝ ｙ 参 考 公 式 : ｂ ＾ ＝ ∑ ｉ＝ １ ( ｘ ｎ ｉ － ｘ )( ｙ ｉ － ｙ ) ＝
１ １ ｘ － ｘ ２
－ ｖ ＾ ｘ. ∑ ｉ＝ ( ｉ )
１
解析 根据散点图的趋势 可知模型 ｎ
(１) ꎬ ② ｘ ｙ － ｎ ｘ ｙ
ｉ ｉ
适宜作为 ｙ 关于 ｘ 的回归方程. ∑ ｉ＝ １ ａ ｙ ｂｘ.
ｎ ꎬ ＾ ＝ －＾
因为 ｄ
∑ ｉ＝ ５
１
ｔ ｉ ｙ ｉ － ５ ｔ ｙ
且 ｃ ｙ ｄｔ
∑ ｉ＝ １
ｘ２
ｉ
－ ｎ ｘ２
(２) ＾ ＝ ＝８ꎬ ＾＝ －＾ 解析 由题意得 ｘ ４＋５＋６＋７ . ｙ
５ ｔ２ － ｔ２ (１) ＝ ＝５ ５ꎬ ＝
∑ ｉ＝ ｉ ５ ４
１ . . . .
０ ２＋０ ３＋０ ４＋０ ５ .
＝２ꎬ ＝０ ３５ꎬ
所以 ｙ 关于 ｔ 的回归方程为 ｙ ｔ 即 ｙ 关 ４
＾＝８ ＋２ꎬ
４
又 ｘ ｙ . . . . .
于 ｘ 的回归方程为 ｙ ＾＝ ８ ｘ ＋２ꎬ ∑ ｉ＝ １ ｉ ｉ＝７×０ ５＋６×０ ４＋５×０ ３＋４×０ ２＝８ ２ꎬ
４
ｘ ｙ ｘ ｙ . . . .
２０２２ 年对应的年份代码为 ｘ ＝６ꎬ 所以 ｙ ＾ ≈３ꎬ ∴∑ ｉ＝ ｉ ｉ－４ ＝８ ２－４×５ ５×０ ３５＝０ ５ꎬ
１
故预计 年全国直排海污染源中的氨氮
４
２０２２ ｘ２ ２ ２ ２ ２
总量为 千吨.
∵∑
ｉ＝
ｉ ＝７ ＋６ ＋５ ＋４ ＝１２６ꎬ
３ １
４
５.( 届广州仲元中学月考ꎬ )随着时代的 ｘ２ ｘ２ . ２
２０２３ ２０ ∴∑
ｉ＝
ｉ－４ ＝１２６－４×５ ５ ＝５ꎬ
不断发展 社会对高素质人才的需求不断扩 １
ꎬ ４
ｘ ｙ － ｘ ｙ
大 我国本科毕业生中考研人数也不断攀 ∑ ｉ＝ ｉ ｉ ４ .
ꎬ ｂ ＾ １ ０ ５ .
升 年的考研人数是 万人 年 ∴ ＝ ４ ＝ ＝０ １ꎬ
ꎬ２０２０ ３４１ ꎬ２０２１ ｘ２ － ｘ２ ５
的考研人数是 万人.某省统计了该省其 ∑ ｉ＝
１
ｉ ４
３７７
ａ ｙ ｂｘ . . . .
中四所大学 年的毕业生人数及考研人 ∴ ＾ ＝ － ＾ ＝０ ３５－０ １×５ ５＝－０ ２ꎬ
２０２２
数 单位 千人 得到如下表格 故 ｙ 关于 ｘ 的经验回归方程为 ｙ ＾ . ｘ . .
( : )ꎬ : ＝０ １ －０ ２
大学 Ａ大学 Ｂ大学 Ｃ大学 Ｄ大学 将 ｘ 代入 ｙ
＾
. ｘ . 得 ｙ
＾
.
(２)① ＝８ ＝０ １ －０ ２ꎬ ＝０ １×８
年毕业生 . .
２０２２ －０ ２＝０ ６ꎬ
人数ｘ 千人 ７ ６ ５ ４ 估计该省要发放补贴的总金额为 .
( )
０ ６×１ ０００
年考研人
. 万元 .
２０２２ . . . . ×０ ５＝３００( )
数ｙ 千人 ０ ５ ０ ４ ０ ３ ０ ２
( ) 设小浙 小江两人中选择考研的人数为Ｘ 专
② 、 ꎬ
题
已知 ｙ 与 ｘ 具有较强的线性相关关系
(１) ꎬ 则 Ｘ 的所有可能值为 . 十
０ꎬ１ꎬ２ 一
求 ｙ 关于 ｘ 的经验回归方程 ｙ
＾
ｂ
＾
ｘ ａ
＾
Ｐ Ｘ ｐ ｐ ｐ２ ｐ
＝ ＋ ꎻ ( ＝０)＝ (１－ )(２－３ )＝ ３ －５ ＋２ꎬ 概
率
假设该省对选择考研的大学生每人发放 Ｐ Ｘ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ２
与
(２) ( ＝１)＝ (１－ )(３ －１)＋ (２－３ )＝ －６ ＋
统
. 万元的补贴. ｐ 计
０ ５ ６ －１ꎬ
４９１
Ｐ Ｘ ｐ ｐ ｐ２ ｐ
超标 不超标 合计
( ＝２)＝ (３ －１)＝ ３ － ꎬ
Ｅ Ｘ ｐ２ ｐ ｐ２ ｐ
男
∴ ( )＝ ０×(３ －５ ＋２)＋(－６ ＋６ －１)×１ １６ ４ ２０
ｐ２ ｐ ｐ
女
＋(３ － )×２＝４ －１ꎬ
５ １５ ２０
Ｅ . Ｘ . ｐ . 解得 ｐ
合计
∴ (０ ５ )＝ ０ ５×(４ －１)≤０ ７５ꎬ ２１ １９ ４０
≤ ５ ꎬ 所以 χ ２ ４０×(１６×１５－４×５) ２ . .
８ ＝ ≈１２ １３>１０ ８２８
２０×２０×２１×１９
又 ｐ
０≤３ －１≤１ꎬ ｘ
＝ ０ . ００１ꎬ
１ ｐ ２ 根据小概率值 α . 的独立性检验 没有
∴ ≤ ≤ ꎬ ＝０ ００１ ꎬ
３ ３
充分证据推断 Ｈ 成立 因此可以认为 Ｈ 不
０ ꎬ ０
１ ｐ ５
成立 即认为该企业员工体重是否超标与性
∴ ≤ ≤ ꎬ
ꎬ
３ ８
别有关.
é ù
故 ｐ 的取值范围为ê １ ５ ú.
ê ú
ë ꎬ û 由题意知 从男员工中随机抽取一人 体
３ ８ (２) ꎬ ꎬ
重超标的概率为４ 不超标的概率为１
考法 二 独立性检验的应用
ꎬ ꎻ
５ ５
１.( 届重庆质量检测ꎬ )某大型企业组织 从女员工中随机抽取一人 体重超标的概率
２０２３ １８ ꎬ
全体员工参加体检 为了解员工的健康状
ꎬ
为１ 不超标的概率为３.
ꎬ
况 企业相关工作人员从中随机抽取了 人 ４ ４
ꎬ ４０
的体检报告进行相关指标的分析 按体重 所以所求概率 Ｐ ４ ３ １ １ １３.
ꎬ ＝ × ＋ × ＝
超标 和 不超标 制成 列联表如下 ５ ４ ５ ４ ２０
“ ” “ ” ２×２ : ２.( 届河北河间一中开学考ꎬ )某市一隧
２０２３ ２０
超标 不超标 合计
道由于机动车常在隧道内变道 超速 进而
男 、 ꎬ
１６ ２０ 引发交通事故 交管部门在该隧道内安装了
女 ꎬ
１５ 监控测速装置 并将该隧道某日所有车辆的
合计 ꎬ
通行速度进行统计 如图所示.已知通过该隧
ꎬ
附 χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ ｎ ａ ｂ ｃ 道车辆的平均速度为 －１.
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ ＝ ＋ ＋ ６４ ｋｍｈ
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
ｄ.
＋
α . . . . .
０ １ ０ ０５ ０ ０１ ０ ００５ ０ ００１
ｘ . . . . .
α ２ ７０６ ３ ８４１ ６ ６３５ ７ ８７９ １０ ８２８
完成题中的 列联表 并根据小概率
(１) ２×２ ꎬ
值 α . 的独立性检验 能否认为该企业 求 ａ ｂ 的值 并估计这一天通过该隧道
5 ＝０ ００１ ꎬ (１) ꎬ ꎬ
年 员工体重是否超标与性别有关 车辆速度的中位数
高 ? ꎻ
考
若以样本估计总体 用频率作为相应事 为了调查在该隧道内安装监控测速装置
3 (２) ꎬ (２)
年
件的概率.现从该大型企业的男 女员工中各 的必要性 研究人员随机抽查了通过该隧道
模
、 ꎬ
拟
随机抽取一名员工的体检报告 求抽到的两 的 名司机 得到的答复统计如表所示 根
A ꎬ ２００ ꎬ ꎬ
版 人中恰有一人体重超标的概率. 据小概率值 α . 的独立性检验 能否认
＝０ ０１ ꎬ
高
解析 零假设为 Ｈ 体重是否超标与性 为对安装监控测速装置的态度与司机的性
考
数
(１) ０:
学 别无关.依题意可得 列联表如下 别相关
２×２ : ?
４９２
认为安装监控测速 认为安装监控测速 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
装置十分必要 装置没有必要 男性
６０ ４０ １００
男司机 女性
７０ ３０ ２０ ８０ １００
女司机 合计
５０ ５０ ８０ １２０ ２００
附 χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ 其中 ｎ ａ 依据小概率值 α ＝０ . ００１ 的独立性检验 ꎬ 能否
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ ＝
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) 认为喜爱足球运动与性别有关
?
ｂ ｃ ｄ.
＋ ＋ ＋ 校足球队中的甲 乙 丙 丁四名球员将
(２) 、 、 、
α . . . . 进行传球训练 第 次由甲将球传出 每次
０ １００ ０ ０５０ ０ ０１０ ０ ００１
ꎬ １ ꎬ
ｘ α ２ . ７０６ ３ . ８４１ ６ . ６３５ １０ . ８２８ 传球时 传球者都等可能地将球传给另外三
ꎬ
个人中的任何一人 如此不停地传下去 且
ꎬ ꎬ
解析 根据频率和为 可得 ａ ｂ 假定每次传球都能被接到.记开始传球的人
(１) １ １０×( ＋ ＋
. . 化简得 ａ ｂ . 为第 次触球者 第 ｎ 次触球者是甲的概率
０ ０２＋０ ０１)＝ １ꎬ ＋ ＝０ ０７ꎬ① １ ꎬ
又 . . ａ ｂ 记为 Ｐ 即 Ｐ .
４５×０ １＋５５×０ ２＋６５×１０ ＋７５×１０ ＝６４ꎬ ｎꎬ
１
＝１
所以 ａ ｂ . 求 Ｐ 直接写出结果即可
６５ ＋７５ ＝４ ８５ꎬ② (ｉ) ３( )ꎻ
联立 解得 ａ . ｂ . . { }
①② ꎬ ＝０ ０４ꎬ ＝０ ０３ 证明 数列 Ｐ １ 为等比数列 并比较
因为 . . . . . . (ｉｉ) : ｎ－ ꎬ
(０ ０１＋０ ０２)×１０＝０ ３<０ ５ꎬ(０ ０１＋０ ０２ ４
. . . 所以所求的中位数为 第 次与第 次触球者是甲的概率的
＋０ ０４)×１０＝０ ７>０ ５ꎬ １９ ２０
. . . 大小.
０ ５－１０×(０ ０１＋０ ０２) .
６０＋ . ×１０＝６５
０ ４ 附:χ
２
ｎ(ａｄ
－
ｂｃ)２
零假设为 Ｈ 对安装监控测速装置的态 ＝(ａ ｂ)(ｃ ｄ)(ａ ｃ)(ｂ ｄ)
(２) ０: ＋ ＋ ＋ ＋
度与司机的性别无关.根据表中数据 计算 χ
２ α . . . . .
ꎬ
０ １０ ０ ０５ ０ ０１０ ０ ００５ ０ ００１
２００×(７０×５０－３０×５０) ２ . . ｘ α ２ . ７０６ ３ . ８４１ ６ . ６３５ ７ . ８７９ １０ . ８２８
＝ ≈ ８ ３３３ > ６ ６３５
１００×１００×８０×１２０
ｘ .
＝ .
００１ 解析 零假设 Ｈ 喜爱足球运动与性别
根据小概率值 α . 的独立性检验 没有 (１) ０:
＝０ ０１ ꎬ
无关
充分证据推断 Ｈ 成立 因此可以认为 Ｈ 不 ꎬ
０ ꎬ ０ 根据列联表数据计算得
成立 即认为对安装监控测速装置的态度与
ꎬ
司机的性别相关. χ ２ ２００×(６０×８０－２０×４０) ２ １００ .
＝ ＝ > １０ ８２８
３.( 届广东六校联考ꎬ )足球是一项大众 １００×１００×８０×１２０ ３
２０２３ ２０ ｘ
喜爱的运动. 卡塔尔世界杯揭幕战在 ＝ ０ . ００１ꎬ
２０２２ 根据小概率值 α . 的独立性检验 我们
年 月 日打响 决赛于 月 日 ＝０ ００１ ꎬ
２０２２ １１ ２１ ꎬ １２ １８ 推断 Ｈ 不成立 即认为喜爱足球运动与性
晚进行 全程为期 天. ０ ꎬ
ꎬ ２８ 别有关 此推断犯错误的概率不超过 . .
为了解喜爱足球运动是否与性别有关 ꎬ ０ ００１
(１) ꎬ 由题意得 第二次触球者为乙 丙 丁
专
随机抽取了男性和女性各 名观众进行调 (２)(ｉ) : ꎬ ꎬ 题
１００ 中的一个 第二次触球者传给包括甲的三人 十
查 得到 列联表如下 ꎬ 一
ꎬ ２×２ :
中的一人 故传给甲的概率为１ 故 Ｐ １. 概
ꎬ ꎬ ３ ＝ 率
３ ３ 与
统
第 ｎ 次触球者是甲的概率为 Ｐ 则当 ｎ
(ｉｉ) ｎꎬ 计
４９３
时 第 ｎ 次触球者是甲的概率为 Ｐ æ öｎ －１
≥２ ꎬ －１ ｎ －１ꎬ 为公比的等比数列.则 Ｐ ３ ç １÷ １
第 ｎ 次触球者不是甲的概率为 Ｐ ｎ＝ ×è－ ø ＋ ꎬ
－１ １－ ｎ －１ꎬ ４ ３ ４
æ ö１８ æ ö１９
则 Ｐ Ｐ Ｐ １ １ Ｐ Ｐ ３ ç １÷ １ １ Ｐ ３ ç １÷
ｎ＝ ｎ －１０＋(１－ ｎ －１) ＝ (１－ ｎ －１)ꎬ ∴ １９ ＝
４
×è－
３
ø ＋
４
>
４
ꎬ ２０ ＝
４
×è－
３
ø ＋
３ ３
æ ö
１ １
从而 Ｐ １ １çＰ １÷
ｎ－ ＝－ è ｎ －１ － øꎬ ４ < ４ ꎬ
４ ３ ４
{ } 则 Ｐ Ｐ 故第 次触球者是甲的概率大.
又 Ｐ １ ３ Ｐ １ 是以３ 为首项 １
１９> ２０ꎬ １９
１ － ＝ ꎬ∴ ｎ－ ꎬ－
４ ４ ４ ４ ３
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
４９４
专题综合检测
一、单项选择题 赛 在安排出场顺序时 甲排在后三位 且
ꎬ ꎬ ꎬ
１.( 课标 ꎬ ꎬ 分)演讲比赛共有 位评 丙 丁排在一起的概率为
２０１９ Ⅱ ５ ５ ９ 、 ( )
委分别给出某选手的原始评分 评定该选手
ꎬ １ １ ３９ ４７
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
的成绩时 从 个原始评分中去掉 个最高分 ３ ６ １８０ １８０
ꎬ ９ １ 、
答案 Ｂ 将除甲 丙 丁外的其他三名同学
个最低分 得到 个有效评分. 个有效评分 、 、
１ ꎬ ７ ７
全排列有 种
３
与 个原始评分相比 不变的数字特征是 Ａ３ ꎻ
９ ꎬ
将丙 丁捆绑 插入三名同学所成的 个空
、 ꎬ ４
( )
中 分两种情况
中位数 平均数 ꎬ :
Ａ. Ｂ.
当插入前 个空时有 种 再把甲插入
２ １
方差 极差 ２ Ａ２Ｃ２ ꎬ
Ｃ. Ｄ.
五名同学所成的 个空中后 个空有 种
答案 Ａ 根据中位数特征可知 去掉最高 １
ꎬ
５ ３ Ｃ３ ꎻ
当插入后 个空时有 种 再把甲插入
分和最低分后 中位数一定不会变化.故 ２ １
ꎬ
２ Ａ２Ｃ２ ꎬ
选 . 有 １ 种.
Ａ Ｃ２
２.( 湖北八市联考ꎬ )从装有 个红球和 所以 甲排在后三位且丙 丁排在一起的安
２０２２ ３ ２ ꎬ 、
排方法有 种
个黑球的袋子内任取 个球 下列选项中 ３ ２ １ １ １
２ ２ ꎬ
Ａ３Ａ２Ｃ２(Ｃ３ ＋Ｃ２)＝ １２０ ꎬ
是互斥而不对立的两个事件的是 而六位同学任意安排的方法数为 ６
( ) Ａ６ ＝
至少有 个红球 与 都是黑球 种
Ａ.“ １ ” “ ” ７２０ ꎬ
恰好有 个红球 与 恰好有 个黑球 所以甲排在后三位且丙 丁排在一起的概率
Ｂ.“ １ ” “ １ ” 、
至少有 个黑球 与 至少有 个红球
Ｃ.“ １ ” “ １ ” 为１２０ １.
＝
都是红球 与 都是黑球 ７２０ ６
Ｄ.“ ” “ ”
故选
答案 Ｄ 从装有 个红球和 个黑球的袋 Ｂ.
２ ２
４.( 河北省级联测联考五ꎬ )小明参加某
子内任取 个球 可能的结果为 红 黑
２０２２ ４
２ ꎬ １ １ 、２
项测试 该测试一共 道试题 每道试题做
红 黑.
ꎬ ３ ꎬ
、２
对得 分 做错得 分 没有中间分 小明答
对于 至少有 个红球 包括 红 黑
５ ꎬ ０ ꎬ ꎬ
Ａꎬ“ １ ” １ １ 、２
红 与 都是黑球 是对立事件 不符合题意
对第 题的概率都是１ 答对第 题的概
ꎬ “ ” ꎬ ꎻ
１ꎬ２ ꎬ ３
对于 恰好有 个红球 和 恰好有 个 ２
Ｂꎬ“ １ ” “ １
黑球 是同一个事件 不符合题意 率是１ 则小明答完这 道题的得分期望为
” ꎬ ꎻ ꎬ ３
对于 至少有 个黑球 包括 红 黑 ３
Ｃꎬ“ １ ” １ １ 、２
黑 至少有 个红球 包括 红 黑 红 ( )
ꎬ“ １ ” １ １ 、２ ꎬ
这两个事件不是互斥事件 不符合题意 ２５ ６５ ２０ ２５
ꎬ ꎻ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 专
１２ １２ ３ ３ 题
对于 都是红球 与 都是黑球 是互斥事
Ｄꎬ“ ” “ ” 答案 Ｃ 设小明的得分为 ξ 则 ξ 的可能取 十
ꎬ 一
件而不是对立事件 符合题意.故选 .
ꎬ Ｄ 值为 概
０、５、１０、１５ꎬ
３.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )高三 率
２０２２ ８ (１) æ ö æ ö æ ö 与
Ｐ ξ ç １÷ ç １÷ ç １÷ １ 统
班举行英语演讲比赛 共有六名同学进入决 ( ＝０)＝ è１－ ø×è１－ ø×è１－ ø ＝ ꎬ 计
ꎬ ２ ２ ３ ６
４９５
æ ö æ ö æ ö２ 产品为甲 乙车间生产 Ａ 表示事件 抽取的
Ｐ ξ １ １ ç １÷ ç １÷ ç １÷ 、 ꎬ :
( ＝５)＝ Ｃ２ × ×è１－ ø×è１－ ø＋è１－ ø × 产品是不合格品 由题意知Ｐ Ｂ . Ｐ
２ ２ ３ ２
ꎬ ( １)＝ ０ ６ꎬ
Ｂ . Ｐ Ａ Ｂ . Ｐ Ａ Ｂ .
１
＝
５
ꎬ
( ２)＝ ０ ４ꎬ ( ｜ １)＝ ０ ０１ꎬ ( ｜ ２)＝ ０ ０２ꎬ
３ １２ 则该产品是由甲车间生产的概率为 Ｐ Ｂ
( １ ｜
æ ö２ æ ö æ ö
Ｐ ξ ç １÷ ç １÷ １ １ ç １÷ １ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ ｜Ｂ
( ＝１０)＝ è ø ×è１－ ø＋Ｃ２ × ×è１－ ø× Ａ 所以 Ｐ Ｂ Ａ ( １) ( １)
２ ３ ２ ２ ３ )ꎬ ( １｜ )＝
２
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ ｜Ｂ
１ ∑ ｉ＝ ( ｉ) ( ｉ)
＝ ꎬ １
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
３
( １) ( ｜ １)
æ ö２ ＝ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
Ｐ ξ ç １÷ １ １ ( １) ( ｜ １)＋ ( ２) ( ｜ ２)
( ＝１５)＝ è ø × ＝ ꎬ
２ ３ １２ . .
０ ６×０ ０１ ３.故选
所以小明得分 ξ 的分布列为 ＝ . . . . ＝ Ｄ.
０ ６×０ ０１＋０ ４×０ ０２ ７
ξ
７.( 重庆八中调研检测七ꎬ )考察下列两
０ ５ １０ １５ ２０２２ ４
个问题 已知随机变量 Ｘ Ｂ ｎ ｐ 且
Ｐ １ ５ １ １ :① ~ ( ꎬ )ꎬ
６ １２ ３ １２ Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ 记 Ｐ Ｘ ａ 甲
( )＝ ４ꎬ ( )＝ ２ꎬ ( ＝１)＝ ꎻ② 、
乙 丙三人随机到某 个景点去旅游 每人
所以小明答完这 道题的得分期望为 １ 、 ３ ꎬ
３ ０× ＋
６ 只去一个景点 设 Ａ 表示 甲 乙 丙所去的
ꎬ “ 、 、
５ １ １ ２０ 故选 . 景点互不相同 Ｂ 表示 有一个景点仅甲一
５× ＋１０× ＋１５× ＝ ꎬ Ｃ ”ꎬ “
１２ ３ １２ ３ 人去旅游 记 Ｐ Ａ Ｂ ｂ 则
”ꎬ ( ｜ )＝ ꎬ ( )
５.( 届江苏常州一中检测ꎬ )已知两个随
２０２３ ４
ａ １ ｂ １ ａ １ ｂ １
æ ö Ａ. ＝ ꎬ ＝ Ｂ. ＝ ꎬ ＝
机变量 Ｘ Ｙ 其中 Ｘ Ｂç １ ÷ Ｙ Ｎ μ σ２ ２ ３ ２ ２ ４ ２ ２
ꎬ ꎬ ~ è４ꎬ øꎬ ~ ( ꎬ )
４
ａ １ ｂ １ ａ １ ｂ １
σ 若 Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ 且 Ｐ Ｙ Ｃ. ＝ ꎬ ＝ Ｄ. ＝ ꎬ ＝
( >０)ꎬ ( )＝ ( )ꎬ ( ｜ ｜ <１)＝ ５ ６ ２
２ ２ ２ ２
. 则 Ｐ Ｙ 答 案 Ｃ 对 于 问 题 由
０ ４ꎬ ( >３)＝ ( )
①ꎬ
. . . . {Ｅ Ｘ ｎｐ
Ａ.０ ４ Ｂ.０ ３ Ｃ.０ ２ Ｄ.０ １ ( )＝ ＝４ꎬ 解得 ｐ １ ｎ 则 ａ
Ｄ Ｘ ｎｐ ｐ ＝ ꎬ ＝８ꎬ
答案 Ｄ 由 Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ 可得 １ μ 即 ( )＝ (１－ )＝ ２ꎬ ２
( )＝ ( ) ４× ＝ ꎬ
４ æ ö１ æ ö７
μ ＝１ . ＝ Ｐ ( Ｘ ＝１)＝ Ｃ １ ８è ç１ ø ÷ è ç１ ø ÷ ＝ ８ ８ ＝ １ ５ .对于
２ ２ ２ ２
因为 Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ . 所以由
问题 根据题意 事件 Ｂ 的可能情况有 ｎ
(｜ ｜<１)＝ (－１< <１)＝ ０ ４ꎬ
②ꎬ ꎬ
正态分布曲线的对称性可得 Ｐ Ｙ .
( >３)＝ ０ ５－ ( Ｂ )＝ Ｃ １ ３ ×２ ２ 种 ꎬ 事件 ＡＢ 发生的可能情况有
Ｐ Ｙ . Ｐ Ｙ . .故选
ｎ ＡＢ
(１< <３)＝ ０ ５－ (－１< <１)＝ ０ １ Ｄ. ｎ ＡＢ １ ２ 种 所以 ｂ Ｐ Ａ Ｂ ( )
６.( 届长沙雅礼中学月考一ꎬ )某工厂有 ( )＝ Ｃ３Ａ２ ꎬ ＝ ( ｜ )＝ ｎ Ｂ
２０２３ ６ ( )
甲 乙两个生产车间 所生产的同一批产品 １ ２
5 ꎬ ꎬ Ｃ３Ａ２ １ 故选 .
年 高 合格率分别是 ９９ ％和 ９８ ％ ꎬ 已知某批产品的 ＝ Ｃ １ ３ ×２ ２ ＝ ２ ꎬ Ｃ
考 二、多项选择题
％和 ％分别是甲 乙两个车间生产 质量
3
６０ ４０ ꎬ ꎬ
年 ８.( 湖南三湘名校联盟联考ꎬ )记数列
模 跟踪小组从中随机抽取一件 发现不合格 ２０２２ １１
拟 ꎬ ꎬ
则该产品是由甲车间生产的概率为 ａ 的前 ｎ 项和为 Ｓ 已知 Ｓ ａｎ２ ａｎ ｂ
A ( ) { ｎ} ｎꎬ ｎ＝ －４ ＋ ꎬ
版 在数集 中随机抽取一个数作为 ａ
{－１ꎬ０ꎬ１} ꎬ
３ ４ １ ３
高 Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 在数集 中随机抽取一个数作为 ｂ.
考 ４ ７ ２ ７ {－３ꎬ０ꎬ３}
数
答案 Ｄ 设 Ｂ Ｂ 分别表示事件 任取的 在这些不同数列中随机抽取一个数列 ａ
学 １ꎬ ２ : { ｎ}ꎬ
４９６
下列结论正确的是 {Ｅ Ｘ ｎｐ
( ) ( )＝ ＝３０ꎬ 解得 ｐ １ 错误 对
Ｄ Ｘ ｎｐ ｐ ＝ ꎬＡ ꎻ
ａ 是等差数列的概率为１ ( )＝ (１－ )＝ ２０ ３
Ａ.{ ｎ}
于 方差反映的是数据与均值的偏移程度
３
Ｂꎬ ꎬ
因此每个数据都加上同一个常数后 每个新
ａ 是递增数列的概率为２
Ｂ.{ ｎ} ꎬ
９ 数据与新均值的偏移不变 方差恒不变
ꎬ ꎬＢ
ａ 是递减数列的概率为１ 正确 对于 ξ 服从正态分布 Ｎ Ｐ
Ｃ.{ ｎ} ꎻ Ｃꎬ (０ꎬ１)ꎬ (－
３
ξ Ｐ ξ １ Ｐ ξ １ ｐ
Ｓ Ｓ ｎ Ｎ 的概率为１ １< ≤０)＝ (０≤ <１)＝ － ( >１)＝ － ꎬ
Ｄ. ｎ≥ ２( ∈ ) ２ ２
３
正确 对于 Ｘ Ｂ . 则 Ｐ Ｘ ｋ
答案 ＡＢ Ｓ ａｎ２ ａｎ ｂ 当 ｎ Ｃ ꎻ Ｄꎬ ~ (１０ꎬ０ ８)ꎬ ( ＝ )
∵ ｎ ＝ －４ ＋ ꎬ∴ ＝ １ ｋ . ｋ . １０－ ｋ
时 ａ ｂ ａ 当 ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ａｎ ＝ Ｃ１００ ８ ×０ ２ ꎬ
ꎬ １ ＝ －３ ꎬ >１ ꎬ ｎ ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝２ － { ｋ . ｋ . １０－ ｋ ｋ －１ . ｋ －１ . １１－ ｋ
５ ａ.若 { ａ ｎ} 是等差数列 ꎬ 则 ２ ａ ×１－５ ａ ＝ ｂ －３ ａ ꎬ 由 Ｃ１００ ８ ×０ ２ ≥Ｃ１０ ０ ８ ×０ ２ ꎬ解 得
ｂ 因此 只需要在数集 中抽 ｋ . ｋ . １０－ ｋ ｋ ＋１ . ｋ ＋１ . ９－ ｋ
∴ ＝０ꎬ ꎬ {－３ꎬ０ꎬ３}
Ｃ１００ ８ ×０ ２ ≥Ｃ１０ ０ ８ ×０ ２ ꎬ
到 即可 概率为１ 故 正确.若 ａ 是递 ３９ ｋ ４４ 因为 ｋ 所以 ｋ .
０ ꎬ ꎬ Ａ { ｎ} ≤ ≤ ꎬ ＝０ꎬ１ꎬꎬ１０ꎬ ＝８ Ｄ
５ ５
３
增数列 则 ａ 且 ａ ａ 即 ｂ ａ ａ 解得
正确.故选
ꎬ ＝１ꎬ １< ２ꎬ －３ <－ ꎬ ＢＣＤ.
三、填空题
ｂ ａ ｂ 或ｂ ａ 是递增数列的
<２ ꎬ∴ ＝－３ ＝０ꎬ∴ { ｎ}
１０.( 上海市实验学校期中ꎬ )一名信息
概率为１ ２ ２ 故 正确 与证 中结论 ２０２２ ８
× ＝ ꎬ Ｂ ꎬ Ｂ 员维护甲乙两公司的 网络 一天内甲公
３ ３ ９
５Ｇ ꎬ
同理可得 错误.由已知得 Ｓ ａ ｎ ２ ｂ 司需要维护和乙公司需要维护相互独立
Ｃ ｎ＝ ( －２) ＋ － ꎬ
ａ 如果 ａ 那么 Ｓ ｂ 满足 Ｓ Ｓ 概率 它们需要维护的概率分别为 . 和 . 则
４ ꎬ ＝０ꎬ ｎ＝ ꎬ ｎ≥ ２ꎬ ０ ４ ０ ３ꎬ
至少有一个公司不需要维护的概率为
为１.如果 ａ Ｓ 是 Ｓ 的最小值 那么 ａ
≠０ꎬ ２ ｎ ꎬ ＝
３ .
概率为１ Ｓ Ｓ 的概率为 １ １ ２ 答案 .
１ꎬ ꎬ∴ ｎ≥ ２ ＋ ＝ ꎬ ０ ８８
３ ３ ３ ３ 解析 至少有一个公司不需要维护 的对
故 错误. “ ”
Ｄ 立事件是 两公司都需要维护 所以至少有
９.( 石家庄二中月考ꎬ )下列命题中 正 “ ”ꎬ
２０２２ １０ ꎬ 一个公司不需要维护的概率为 . .
确的是
１－０ ３×０ ４＝
( ) . .
已知随机变量 Ｘ 服从二项分布 Ｂ ｎ ｐ ０ ８８
Ａ. ( ꎬ )ꎬ １１.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)我国高铁发展迅
２０１９ Ⅱ １３ ５
若 Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ 则 ｐ ２ 速 技术先进.经统计 在经停某站的高铁列
( )＝ ３０ꎬ ( )＝ ２０ꎬ ＝
ꎬ ꎬ
３
车中 有 个车次的正点率为 . 有
将一组数据中的每个数据都加上同一个
ꎬ １０ ０ ９７ꎬ ２０
Ｂ.
个车次的正点率为 . 有 个车次的正
常数后 方差恒不变
０ ９８ꎬ １０
ꎬ
点率为 . 则经停该站高铁列车所有车
设随机变量 ξ 服从正态分布 Ｎ 若
０ ９９ꎬ
Ｃ. (０ꎬ１)ꎬ
次的平均正点率的估计值为 .
专
Ｐ ξ ｐ 则 Ｐ ξ １ ｐ 题
( >１)＝ ꎬ (－１< ≤０)＝ － 答案 . 十
２ ０ ９８ 一
某人在 次射击中 击中目标的次数为 解析 设经停该站高铁列车所有车次中正
Ｄ. １０ ꎬ 概
率
Ｘ Ｘ Ｂ . 则当 Ｘ 时概率最大 点率为 . 的事件为 Ａ 正点率为 . 的事
与
ꎬ ~ (１０ꎬ０ ８)ꎬ ＝８ ０ ９７ ꎬ ０ ９８
统
答 案 ＢＣＤ 对 于 由 件为Ｂ 正点率为 . 的事件为Ｃ 则用频率 计
Ａꎬ ꎬ ０ ９９ ꎬ
４９７
分 球 投 篮 命 中 的 概 率 为 Ｐ
估计概率有 Ｐ Ａ １０ １ Ｐ Ｂ ＝
( )＝ ＝ ꎬ ( )＝
１０＋２０＋１０ ４
４ ２ ２ ４ ３
＋ ＋ ＋ ＋
２０ １ Ｐ Ｃ １０ １ 所以 １０ １０ １０ １０ １０ . 设甲同学累计得分
＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ＝ ０ ３ꎬ
１０＋２０＋１０ ２ １０＋２０＋１０ ４ ５
经停该站高铁列车所有车次的平均正点率 为 Ｘ 则 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
ꎬ ( >３)＝ ( ＝４)＋ ( ＝５)＋ (
. . . . １ . .
的估计值为 . １ . １ . １ ＝７)＝ (１－０ ３)×０ ６×０ ６＋０ ３×Ｃ２ ×０ ６×(１－０
０ ９７× ＋０ ９８× ＋０ ９９× ＝
４ ２ ４ . . . .
６ ) ＋ ０ ３ × ０ ６ × ０ ６ ＝ ０ ５０４ꎬ
. .
０ ９８ 甲同学通过测试的概率为 . .
∴ ０ ５０４
１２.( 届浙江嘉兴测试ꎬ )树人中学进行
四、解答题
２０２３ １５
篮球定点投篮测试 规则为每人投篮三次
ꎬ ꎬ １３.( 课标 ꎬ ꎬ 分) 分制乒乓球比
２０１９ Ⅱ １８ １２ １１
先在 Ａ 处投一次三分球 投进得 分 未投
ꎬ ３ ꎬ 赛 每赢一球得 分 当某局打成 平
ꎬ １ ꎬ １０ ∶ １０
进得 分 然后在 Ｂ 处投两次两分球 每投
０ ꎬ ꎬ 后 每球交换发球权 先多得 分的一方获
进一次得 分 未投进得 分 测试者累计 ꎬ ꎬ ２
２ ꎬ ０ ꎬ 胜 该局比赛结束.甲 乙两位同学进行单打
得分高于 分即通过测试.甲同学为了通过 ꎬ 、
３ 比赛 假设甲发球时甲得分的概率为 .
测试 进行了五轮投篮训练 每轮在 Ａ 处和 ꎬ ０ ５ꎬ
ꎬ ꎬ 乙发球时甲得分的概率为 . 各球的结果
Ｂ 处各投 次 统计该同学各轮三分球和 ０ ４ꎬ
１０ ꎬ 相互独立.在某局双方 平后 甲先发
两分球的投进次数如图 １０ ∶ １０ ꎬ
: 球 两人又打了 Ｘ 个球该局比赛结束.
ꎬ
求 Ｐ Ｘ
(１) ( ＝２)ꎻ
求事件 Ｘ 且甲获胜 的概率.
(２) “ ＝４ ”
解析 Ｘ 就是 平后 两人又打
(１) ＝２ １０ ∶ １０ ꎬ
了 个球该局比赛结束 则这 个球均由甲
２ ꎬ ２
得分 或者均由乙得分.因此Ｐ Ｘ .
ꎬ ( ＝２)＝ ０ ５×
. . . . .
０ ４＋(１－０ ５)×(１－０ ４)＝ ０ ５
Ｘ 且甲获胜 就是 平后 两人
(２) ＝４ ꎬ １０ ∶ １０ ꎬ
又打了 个球该局比赛结束 且这 个球的
４ ꎬ ４
得分情况为前两球是甲 乙各得 分 后两
、 １ ꎬ
球均为甲得分.
因此所求概率为 . . . .
[０５×(１－０４)＋(１－０５)×０４]×
. . . .
０５×０４＝０１
１４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)一种微生物群
２０２１ Ⅱ ２１ １２
5 若以五轮投篮训练命中频率的平均值作为
年 体可以经过自身繁殖不断生存下来 设一
高 其测试时每次投篮命中的概率 则该同学 ꎬ
考 ꎬ 个这种微生物为第 代 经过一次繁殖后
3 通过测试的概率是 . ０ ꎬ
年 为第 代 再经过一次繁殖后为第 代
模 答案 . １ ꎬ ２
拟
０ ５０４ 该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且
A 解析 依题意知甲同学两分球投篮命中的
版 有相同的分布列 设 Ｘ 表示 个微生物个
ꎬ １
高 ５ ６ ８ ４ ７ 体繁殖下一代的个数 Ｐ Ｘ ｉ ｐ ｉ
考 ＋ ＋ ＋ ＋ ꎬ ( ＝ )＝ ｉ( ＝０ꎬ１ꎬ
数 概率为 Ｐ １０ １０ １０ １０ １０ . 甲同学三
学 ＝ ＝０ ６ꎬ .
５ ２ꎬ３)
４９８
已知 ｐ . ｐ . ｐ . ｐ . ｐ ｐ
(１) ０ ＝０ ４ꎬ １ ＝０ ３ꎬ ２ ＝０ ２ꎬ ３ ＝０ １ꎬ ２ ３ － ０>０ꎬ
求 Ｅ Ｘ 故 ｆ ′ ｘ 有两个不同零点 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ
( )ꎻ ( ) ３ꎬ ４ ３<０< ４
设 ｐ 表示该种微生物经过多代繁殖后
(２) <１ꎬ
临近灭绝的概率 ｐ 是关于ｘ 的方程 ｐ ｐ ｘ 故 ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上为增函数
ꎬ : ０ ＋ １ ( ) (－∞ꎬ ３)ꎬ( ４ꎬ＋∞) ꎬ
ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ 的一个最小正实根 求证 当 在 ｘ ｘ 上为减函数 而 ｆ 故 ｆ ｘ
＋ ２ ＋ ３ ＝ ꎬ : ( ３ꎬ ４) ꎬ (１)＝ ０ꎬ ( ４)
Ｅ Ｘ 时 ｐ 当 Ｅ Ｘ 时 ｐ
( )≤１ ꎬ ＝１ꎬ ( )>１ ꎬ <１ꎻ <０ꎬ
根据你的理解说明 问结论的实际 又 ｆ ｐ 所以 ｆ ｘ 在 ｘ 上存在一
(３) (２) (０)＝ ０>０ꎬ ( ) (０ꎬ ４)
含义. 个零点 ｘ 且 ｘ
０ꎬ ０<１ꎬ
解析
(１)
Ｅ
(
Ｘ
)＝ ０×０
.
４＋１×０
.
３＋２×０
.
２＋３×
所以 ｘ
０
为关于 ｘ 的方程
:
ｐ
０ ＋
ｐ
１
ｘ
＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
＝
. . ｘ 的一个最小正根 即 ｐ
０ １＝１ ꎬ <１ꎬ
证明 设 ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ 故当 Ｅ Ｘ 时 ｐ .
(２) : ( )＝ ３ ＋ ２ ＋( １ －１) ＋ ０ꎬ ( )>１ ꎬ <１
由题意知 ｐ ｐ ｐ ｐ 意义 若一个该种微生物繁殖后代的平
３
＋
２
＋
１
＋
０
＝１ꎬ
(３) :
故 ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｐ ｐ ｘ ｐ 均数不超过 则若干代后会临近灭绝 若繁
( )＝ ３ ＋ ２ －( ２ ＋ ０ ＋ ３) ＋ ０ꎬ １ꎬ ꎬ
ｆ ′ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ ｐ ｐ 殖后代的平均数超过 则若干代后还有继
( )＝ ３ ３ ＋２ ２ －( ２ ＋ ０ ＋ ３)ꎬ １ꎬ
若 Ｅ Ｘ 则 ｐ ｐ ｐ 故 ｐ ｐ 续繁殖的可能.
( )≤１ꎬ １ ＋２ ２ ＋３ ３≤１ꎬ ２ ＋２ ３
ｐ
≤ ０ꎬ
因为 ｆ ′ ｐ ｐ ｐ ｆ ′ ｐ １５.( 课标 ꎬ ꎬ 分)为治疗某种疾病
(０)＝ －( ２ ＋ ０ ＋ ３)<０ꎬ (１)＝ ２ ＋ ２０１９ Ⅰ ２１ １２ ꎬ
ｐ ｐ 研制了甲 乙两种新药 希望知道哪种新药
２ ３ － ０≤０ꎬ 、 ꎬ
所以 ｆ ′ ｘ 有两个不同零点 ｘ ｘ 且 ｘ 更有效 为此进行动物试验.试验方案如下
( ) １ꎬ ２ꎬ １<０< ꎬ :
ｘ 每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.
１≤ ２ꎬ
当 ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 对于两只白鼠 随机选一只施以甲药 另一
∈(－∞ꎬ １)∪( ２ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ꎬ ꎬ
当 ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 只施以乙药.一轮的治疗结果得出后 再安
∈( １ꎬ ２) ꎬ ( )<０ꎬ ꎬ
故 ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上为增函数 排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比
( ) (－∞ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ＋∞) ꎬ
在 ｘ ｘ 上为减函数 另一种药治愈的白鼠多 只时 就停止试
( １ꎬ ２) ꎬ ４ ꎬ
若 ｘ 因为 ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函数 验 并认为治愈只数多的药更有效.为了方
２ ＝１ꎬ ( ) ( ２ꎬ＋∞) ꎬ ꎬ
在 ｘ ｘ 上为减函数 且 ｆ 便描述问题 约定 对于每轮试验 若施以
( １ꎬ ２) ꎬ (１)＝ ０ꎬ ꎬ : ꎬ
所以 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ 甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治
( )> ( ２)＝ (１)＝ ０ꎬ
故 为关于 ｘ 的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ 愈 则甲药得 分 乙药得 分 若施以乙
１ : ０ ＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ꎬ １ ꎬ －１ ꎻ
的一个最小正实根 即 ｐ 故当 Ｅ ｘ 药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈
ꎬ ＝１ꎬ ( )≤１ ꎬ
时 ｐ . 则乙药得 分 甲药得 分 若都治愈或都
ꎬ ＝１ １ ꎬ －１ ꎻ
若 ｘ 因为 ｆ 且 ｆ ｘ 在 ｘ 上为 未治愈 则两种药均得 分.甲 乙两种药的
２>１ꎬ (１)＝ ０ ( ) (０ꎬ ２) ꎬ ０ 、
减函数 治愈率分别记为 α 和 β 一轮试验中甲药的
ꎬ ꎬ
故 为关于 ｘ 的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ 得分记为 Ｘ.
１ : ０ ＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ 专
题
的一个最小正实根. 求 Ｘ 的分布列 十
(１) ꎻ 一
综上 若 Ｅ Ｘ 则 ｐ . 若甲药 乙药在试验开始时都赋予
ꎬ ( )≤１ꎬ ＝１ (２) 、 ４ 概
若Ｅ Ｘ 则ｐ ｐ ｐ 则ｐ ｐ ｐ 分 ｐ ｉ 表示 甲药的累计得分 率
( )>１ꎬ １ ＋２ ２ ＋３ ３>１ꎬ ２ ＋２ ３> ０ꎬ ꎬ ｉ( ＝０ꎬ１ꎬꎬ８) “ 与
统
此时 ｆ ′ ｐ ｐ ｐ ｆ ′ ｐ 为 ｉ 时 最终认为甲药比乙药更有效 的概 计
(０)＝ －( ２ ＋ ０ ＋ ３)<０ꎬ (１)＝ ２ ＋ ꎬ ”
４９９
率 则 ｐ ｐ ｐ ａｐ ｂｐ ｃｐ ｉ 据统计
ꎬ ０ ＝０ꎬ ８ ＝１ꎬ ｉ＝ ｉ －１ ＋ ｉ＋ ｉ ＋１( ＝１ꎬ :
其中 ａ Ｐ Ｘ ｂ Ｐ Ｘ
球队胜 球队负 总计
２ꎬꎬ７)ꎬ ＝ ( ＝－１)ꎬ ＝ ( ＝０)ꎬ
ｃ Ｐ Ｘ .假设 α . β . .
甲参加 ｂ
＝ ( ＝１) ＝０ ５ꎬ ＝０ ８ ３０ ６０
证明 ｐ ｐ ｉ 为等比 甲未参加 ｃ ｆ
(ｉ) :{ ｉ ＋１ － ｉ}( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬꎬ７) １０
数列 总计 ｅ ｎ
ꎻ ６０
求 ｐ 并根据 ｐ 的值解释这种试验方
根据小概率值α . 的独立性检验
(ｉｉ) ４ꎬ ４ (１) ＝０ ０２５ ꎬ
案的合理性.
能否认为该球队胜利与甲球员参赛有
解析 Ｘ 的所有可能取值为 .
关联
(１) －１ꎬ０ꎬ１
?
Ｐ Ｘ α β 根据以往的数据统计 甲球员能够胜任
( ＝－１)＝ (１－ ) ꎬ
(２) ꎬ
Ｐ Ｘ αβ α β 前锋 中场 后卫三个位置 且出场率分别
( ＝０)＝ ＋(１－ )(１－ )ꎬ
、 、 ꎬ
Ｐ Ｘ α β . 为 . . . 在甲出任前锋 中场 后卫
( ＝１)＝ (１－ )
０ １ꎬ０ ５ꎬ０ ４ꎻ 、 、
所以 Ｘ 的分布列为 的条件下 球队输球的概率依次为 . .
ꎬ ０ ２ꎬ０ ２ꎬ
Ｘ . 则
－１ ０ １ ０ ７ꎬ
Ｐ α β αβ α β α β 当甲参加比赛时 求该球队某场比赛输
(１－ ) ＋(１－ )(１－ ) (１－ ) ① ꎬ
球的概率
证明 由 得 ａ . ｂ . ｃ . .
ꎻ
(２)(ｉ) : (１) ＝０ ４ꎬ ＝０ ５ꎬ ＝０ １
当甲参加比赛时 在球队输了某场比赛
因此 ｐ . ｐ . ｐ . ｐ ② ꎬ
ｉ＝０ ４ ｉ －１ ＋０ ５ ｉ＋０ １ ｉ ＋１ꎬ
的条件下 求甲球员担当中场的概率
故 . ｐ ｐ . ｐ ｐ 即 ｐ ｐ ꎬ ꎻ
０ １( ｉ ＋１ － ｉ)＝ ０ ４( ｉ－ ｉ －１)ꎬ ｉ ＋１ － ｉ ＝４
如果你是教练员 应用概率统计有关知
ｐ ｐ . ③ ꎬ
( ｉ－ ｉ －１)
识 该如何使用甲球员
又因为 ｐ ｐ ｐ ꎬ ?
１ － ０ ＝ １≠０ꎬ 附表及公式
所以 ｐ ｐ ｉ 是公比为 :
{ ｉ ＋１ － ｉ}( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬꎬ７) ４ꎬ
首项为 ｐ 的等比数列. α . . . . . . .
０ １５ ０ １０ ０ ０５ ０ ０２５ ０ ０１０ ０ ００５ ０ ００１
１
由 可得 ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｘ α ２ . ０７２ ２ . ７０６ ３ . ８４１ ５ . ０２４ ６ . ６３５ ７ . ８７９ １０ . ８２８
(ｉｉ) (ｉ) ８ ＝ ８ － ７ ＋ ７ － ６ ＋＋ １ － ０ ＋
ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ４ ８ －１ｐ . χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ ｎ ａ ｂ ｃ ｄ.
０
＝(
８
－ ７)＋(
７
－ ６)＋＋(
１
－ ０)＝
１
＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ ＝ ＋ ＋ ＋
３ ( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
解析 零假设为 Ｈ 球队胜利与甲球员
由于 ｐ 故 ｐ ３ (１) ０:
８ ＝１ꎬ １ ＝ ８ ꎬ 参赛无关.依题意 知 ｂ ｃ ｅ ｆ
４ －１ ꎬ ＝３０ꎬ ＝３０ꎬ ＝４０ꎬ ＝
所以 ｐ ４ ＝( ｐ ４ － ｐ ３)＋( ｐ ３ － ｐ ２)＋( ｐ ２ － ｐ １)＋( ｐ １ － ｎ 则χ ２ １００×(３０×１０－３０×３０) ２ .
４０ꎬ ＝１００ꎬ ＝ ＝６
４ ６０×４０×６０×４０
ｐ ４ －１ｐ １ .
０)＝
３ １
＝
２５７ ２５>５
.
０２４＝
ｘ
０ . ０２５ꎬ
ｐ 表示最终认为甲药更有效的概率.由计算 根据小概率值 α . 的独立性检验 我们
5 ４ ＝０ ０２５ ꎬ
年 结果可以看出 在甲药治愈率为 . 乙药治 推断 Ｈ 不成立 即认为该球队胜利与甲球
高 ꎬ ０ ５ꎬ ０ ꎬ
考 愈率为 . 时 认为甲药更有效的概率为 ｐ 员参赛有关联 此推断犯错误的概率不超过
3 ０ ８ ꎬ ４ ꎬ
年 . .
模 １ . 此时得出错误结论的概率 ０ ０２５
拟
＝ ≈０ ００３ ９ꎬ 设 Ａ 表示 甲球员担当前锋 Ａ 表
A ２５７ (２)① １ “ ”ꎻ ２
版 非常小 说明这种试验方案合理. 示 甲球员担当中场 Ａ 表示 甲球员担当
ꎬ “ ”ꎻ ３ “
高 １６.( 届重庆八中月考一ꎬ )某国家队为 后卫 Ｂ 表示 球队输掉某场比赛
考 ２０２３ １９ ”ꎻ “ ”ꎬ
数
学 了考察甲球员对球队的贡献 现作如下数 有 Ｐ Ａ . Ｐ Ａ . Ｐ Ａ . Ｐ
ꎬ ( １)＝ ０ １ꎬ ( ２)＝ ０ ５ꎬ ( ３)＝ ０ ４ꎬ
５００
Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ . Ｐ Ｂ Ａ . Ｐ Ａ Ｂ
( ｜ １)＝ ( ｜ ２)＝ ０ ２ꎬ ( ｜ ３)＝ ０ ７ꎬ 球员担当前锋的概率 Ｐ Ａ Ｂ ( １ )
则 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ( １ ｜ )＝ Ｐ Ｂ ＝
( )＝ ( １ )＋ ( ２ )＋ ( ３ )＝ ( )
Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ . .
( １) ( ｜ １)＋ ( ２) ( ｜ ２)＋ ( ３) ( ０ １×
.
０ ２
＝０
.
０５ꎬ
Ａ ０ ４
｜ ３)
球队输了某场比赛的条件下 甲球员担当后
. . . . . . . ꎬ
＝ ０ １×０ ２＋０ ５×０ ２＋０ ４×０ ７＝０ ４ꎬ
Ｐ Ａ Ｂ . .
所以该球队某场比赛输球的概率是 . . 卫的概率Ｐ Ａ Ｂ ( ３ ) ０ ４×０ ７ .
０ ４
( ３｜ )＝ Ｐ Ｂ ＝ . ＝０ ７ꎬ
由 知 球队输了某场比赛的条件下 甲 ( ) ０ ４
② ① ꎬ ꎬ
结合 知 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
Ｐ Ａ Ｂ ② ꎬ ( １ ｜ ) ∶ ( ２ ｜ ) ∶ ( ３ ｜ )
球员担当中场的概率 Ｐ Ａ Ｂ ( ２ ) . . .
( ２ ｜ )＝ Ｐ Ｂ ＝ ＝ ０ ０５ ∶ ０ ２５ ∶ ０ ７＝１ ∶ ５ ∶ １４ꎬ
( )
所以 应该多让甲球员担任前锋 来扩大赢
. . ꎬ ꎬ
０ ５×０ ２ . .
. ＝０ ２５ 球场次.
０ ４
由 知 球队输了某场比赛的条件下 甲
③ ① ꎬ ꎬ
专
题
十
一
概
率
与
统
计
５０１
