专题过关检测四 统计与概率
(分值:150 分)
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共计40 分.每小题给出的四个选项中,只有一个
选项是正确的.
1.(2025 上海普陀二模)某市职业技能大赛的移动机器人比赛项目有19 位同学参赛,他们
在预赛中所得的积分互不相同,只有积分在前10 位的同学才能进入决赛.若该比赛项目
中的某同学知道自己的积分后,要判断自己能否进入决赛,则他只需要知道这19 位同学
的预赛积分的( )
A.平均数
B.众数
C.中位数
D.方差
2.(2025 湖北黄冈模拟)已知随机变量X~N(5,σ2),且P(3<X<7)=m,P(4<X<6)=n,则
P(3<X<6)的值为( )
A.m+n
2
B.n-m
2
C.1-m
2
D.1-n
2
3.(2025 安徽黄山二模)为了解某市居民用水情况,通过简单随机抽样,获得了100 户居民
用户的月均用水量(单位:t),将该数据按照[1.2,4.2),[4.2,7.2),…,[25.2,28.2],分成9 组,绘制
了如图所示的频率分布直方图.政府要对节约用水的用户予以表彰,制定了一个用水量标
准x,使表彰的居民不超过15.4%,则以下比较适合作为标准x 的为( )
A.3.2 t
B.5 t
C.5.04 t
D.15.7 t
4.(2025 江苏南通二模)有3 个男生和2 个女生站成一排合影,则女生甲不在两端且2 个女
生不相邻的不同排法总数为( )
A.18
B.36
C.72
D.144
5.(2025 辽宁模拟)某校团委对“是否喜欢冰雪运动与学生性别的关系”进行了一次调查,
其中被调查的男、女生人数相同,男生中喜欢冰雪运动的人数占男生人数的5
6
,女生中喜
欢冰雪运动的人数占女生人数的2
3
,若根据小概率值α=0.1 的独立性检验,可以认为是否
喜欢冰雪运动与学生性别有关,则被调查的学生中男生的人数不可能为( )
附:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c )(b+d )
,n=a+b+c+d.
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
A.54
B.48
C.42
D.36
6.(2025 湖北黄冈模拟)根据变量Y1和x 的成对样本数据,由一元线性回归模型①
{
Y 1=b1 x +a1+e1,
E(e1)=0, D(e1)=σ1
2,
得到经验回归模型
y
^
=b
^
1
x+
a
^
1
,对应的残差如图(1)所示.根据变量
Y2和x 的成对样本数据,由一元线性回归模型②{
Y 2=b2 x +a2+e2,
E(e2)=0, D(e2)=σ 2
2,
得到经验回归模
型y
^
=b
^
2
x+a
^
2
,对应的残差如图(2)所示,则( )
(1)
(2)
A.模型①的误差满足一元线性回归模型的E(e1)=0 的假设,不满足D(e1)=σ1
2的假设
B.模型①的误差不满足一元线性回归模型的E(e1)=0 的假设,满足D(e1)=σ1
2的假设
C.模型②的误差满足一元线性回归模型的E(e2)=0 的假设,不满足D(e2)=σ 2
2的假设
D.模型②的误差不满足一元线性回归模型的E(e2)=0 的假设,满足D(e2)=σ 2
2的假设
7.(2025 江西鹰潭一模)已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,随机变量ξ~N 1,1
4 ,若a1
a2
=E(ξ)D(ξ),则a1+a2+a3+…+an的值为( )
A.81
B.242
C.243
D.80
8.(2025 江苏南京模拟)为备战乒乓球赛,某体校甲、乙两名主力进行训练,规则如下:两人
每轮分别与老师打2 局,当两人获胜局数不少于3 局时,则认为此轮训练过关;否则不过关.
若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1,p2,且满足p1+p2=4
3
,每局之间相互独立.记甲、
乙在n 轮训练中训练过关的轮数为X,若E(X)=16,则从期望的角度来看,甲、乙两人训练
的轮数至少为( )
A.28
B.24
C.32
D.27
二、选择题:本大题共3 小题,每小题6 分,共计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.(2025 江苏南通二模)每年4 月23 日为“世界读书日”,某学校为鼓励学生进行课外阅
读,拓宽学生眼界,对热爱课外阅读的班级进行表彰,规定从班级中随机抽取5 位同学,统
计他们一学年内阅读课外书籍的本数,若抽取的5 位同学在一学年内阅读课外书籍的本
数都不低于10,则该班级被评选为“优阅班级”.以下是4 个班级抽取的5 位同学的统计
数据:
六(1)班:中位数为11,众数为10
六(2)班:众数为12,极差为3
六(3)班:平均数为12,极差为3
六(4)班:平均数为12,方差为2
根据以上信息,一定被评为“优阅班级”的是( )
A.六(1)班
B.六(2)班
C.六(3)班
D.六(4)班
10.(2025 湖南常德一模)设样本空间Ω={5,6,7,8},且每个样本点是等可能的,已知事件
A={5,6},B={5,7},C={5,8},则下列结论正确的是( )
A.事件A 与B 为互斥事件
B.事件A,B,C 两两独立
C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
D.P(A|C)=P(C|A)
11.(2025 浙江杭州二模)如图,多面体PABCQ 由正四面体P-ABC 和正四面体Q-ABC 拼接
而成,一只蚂蚁从顶点P 出发,沿着多面体的各条棱爬行,每次等概率地爬行到相邻顶点
中的一个,记n 次爬行后,该蚂蚁落在点P 的概率为pn,落在点Q 的概率为qn,则( )
A.p2=1
4
B.p3>q4
C.pn=qn
D.p2n+1<1
6
三、填空题:本大题共3 小题,每小题5 分,共计15 分.
12.(2025 湖南长沙模拟)从编号1~15 的15 张卡片中依次不放回地抽出两张,记事件
A=“第一次抽到数字为5 的倍数”,事件B=“第二次抽到的数字小于第一次”,则P(B|
A)= .
13.(2025 江西南昌二模)某次庆典后,墙壁上的装饰品需要取下来,如图,由于材料特性,每
次能取一个,且所取的装饰品只能有1 个或0 个相邻的装饰品,则不同的取法数有
种.
14.(2025 江苏南通二模)某校高三年级共8 个班举行乒乓球比赛,每班一名选手代表班级
参加,每一轮比赛前抽签决定对阵双方,负者淘汰,胜者进入下一轮,直至最后产生冠军,其
中各场比赛结果相互独立.根据以往经验,高三(1)班选手甲和高三(2)班选手乙水平相当,
且在所有选手中水平稍高,他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为2
3
,除甲、乙外的其
他6 名选手水平相当,则高三(1)班的选手甲通过第一轮的概率为 ,第三轮比赛
由甲、乙争夺冠军的概率为 .
四、解答题:本大题共5 小题,共计77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2025 湖南常德一模)某景区经过提质改造后统计连续5 天进入该景区参观的
人数(单位:千人)如下:
日期
3 月
5 日
3 月
6 日
3 月
7 日
3 月
8 日
3 月
9 日
第x 天
1
2
3
4
5
参观人数
y/千人
2.2
2.6
3.1
5.2
6.9
(1)建立y 关于x 的经验回归方程,预测第10 天进入该景区参观的人数;
(2)该景区只开放东门、西门供游客出入,游客从东门、西门进入该景区的概率分别为
3
4 , 1
4
,且出景区与进入景区选择相同的门的概率为1
5
,出景区与进入景区选择不同的门的
概率为4
5
.假设游客从东门、西门出入景区互不影响,求甲、乙两名游客都从西门出景区
的概率.
附参考数据:∑
i=1
5 xiyi=72,∑
i=1
5
xi
2=55,y=4.
参考公式:经验回归方程
y
^
=b
^x+
a
^,其中b
^
=
∑
i=1
n
xi yi-n x y
∑
i=1
n
xi
2-n x
2
,a
^
= y −b
^
x.
16.(15 分)(2025 八省联考,15)为考察某种药物A 对预防疾病B 的效果,进行了动物(单位:
只)试验,得到如下列联表:
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服用
100
80
s
服用
150
70
220
合计
250
t
400
(1)求s,t;
(2)记未服用药物A 的动物患疾病B 的概率为p,给出p 的估计值;
(3)根据小概率值α=0.01 的独立性检验,能否认为药物A 对预防疾病B 有效?
附:χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c )(b+d )
.
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
17.(15 分)(2025 浙江台州二模)某市为了推广垃圾分类,在全市范围内开展了一系列宣传
活动.为了评估宣传效果,市环保部门随机抽取了1 000 名市民进行调查.假设该市成年人
口为100 万,且调查结果可以代表全市成年人口的情况.调查结果为
了解情况
非常了解
一般了解
不了解
人数/人
580
320
100
(1)从该市成年人口中随机抽取1 人,求其对垃圾分类知识“不了解”的概率;
(2)该市环保部门计划对“不了解”垃圾分类知识的市民进行重点宣传.假设经过重点宣
传后,“不了解”的市民中有50%转变为“一般了解”,有20%转变为“非常了解”,其余
保持不变.经过重点宣传后,从该市成年人口中随机抽取3 人,记X 为其中对垃圾分类知
识“非常了解”的人数,求X 的分布列及数学期望.
18.(17 分)(2025 陕西宝鸡二模)某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片
质量按等级划分为五个层级,分别对应如下五组质量指标值:[45,55),[55,65),[65,75),
[75,85),[85,95].根据长期检测结果,发现芯片的质量指标值X 服从正态分布N(μ,σ2),现从
该品牌芯片的生产线中随机抽取100 件作为样本,统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据检测结果,样本中芯片质量指标值的标准差s 的近似值为11,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,可得到X 服从正态分布N(μ,σ2),求a 和μ 的
值;
(2)从样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片中随机抽取3 件,记其中质量指标值在
[85,95]的芯片件数为η,求η 的分布列和数学期望;
(3)将指标值大于K 的芯片称为A 等品,通过对芯片长期检测发现,在生产线上任意抽取
一件芯片,它为A 等品的概率为0.16,用第(1)问结果试估计K 的值.
(附:①同一组中的数据用该组区间的中点代表;②参考数据: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.)
19.(17 分)(2025 山东潍坊一模)n 维空间中点的坐标可以表示为(x1,x2,x3,…,xn),其中
xi(i=1,2,3,…,n)为该点的第i 个坐标.定义n 维空间中任意两点
A(x1,x2,x3,…,xn),B(y1,y2,y3,…,yn)之间的平均离差二乘距离d(A,B)=1
n ∑
i=1
n (xi-yi)2.设n 维空间点
集M={(x1,x2,x3,…,xn)|xi=0 或1,其中i=1,2,3,…,n}(n≥2).
(1)若n=3,A,B∈M,且点A(0,1,0),d(A,B)=2
3
,写出所有的点B 的坐标;
(2)任取n 维空间中的不同两点P,Q∈M.
(ⅰ)若n=4,求d(P,Q)=1
2
的概率;
(ⅱ)记随机变量X=d(P,Q),求E(X2)的取值范围.
答案：
1.C 解析 因为19 位同学的积分,中位数是第10 名,所以知道中位数即可判断是否在前
10.故选C.
2.A 解析 因为随机变量X~N(5,σ2),P(3<X<7)=m,P(4<X<6)=n,所以
P(3<X<6)=P(3<X≤5)+P(5<X<6)=1
2
P(3<X<7)+1
2
P(4<X<6)=m+n
2
.故选A.
3.A 解析 由题意及0.077×3=0.231>0.154,则0.077×(x-1.2)=0.154,可得x=3.2 t.故选A.
4.B 解析 设5 个位置依次为1,2,3,4,5,特殊元素优先考虑,女生甲不在两端,则只能在中
间3 个位置,两女生不相邻,则
①甲在位置2,另一个女生只能在4 或5,有2 种选择;
②甲在位置3,另一个女生只能在1 或5,有2 种选择;
③甲在位置4,另一个女生只能在1 或2,有2 种选择,
根据分类加法计数原理,两个女生的排法共有2+2+2=6 种,剩余3 个男生为全排列有A3
3
=6 种排法,根据分步乘法计数原理,不同排法总数为6×6=36.故选B.
5.D 解析 零假设为H0:是否喜欢冰雪运动与学生性别无关.
设男生人数为6n(n∈N*),因为被调查的男、女生人数相同,所以女生人数也为6n(n∈N*),
根据题意列出列联表:
是否喜欢冰雪运动
男生
女生
合计
喜欢冰雪运动
5n
4n
9n
不喜欢冰雪运动
n
2n
3n
合计
6n
6n
12n
则χ2=12n(5n·2n-n·4 n)
2
6n·6n·9n·3n
= 432n
5
972n
4 = 4 n
9 ,因为根据小概率值α=0.1,可以判断H0不成
立,即认为是否喜欢冰雪运动与学生性别有关,所以χ2≥2.706,即4 n
9
≥2.706,解得
6n≥36.531,又n∈N*,所以A,B,C 项正确,D 项错误.故选D.
6.A 解析 对于残差图(1)对应的散点,随机误差满足E(e1)=0 的假设,但是方差σ1
2随着x
的变化而变化,不满足D(e1)=σ1
2的假设;
对图(2)对应的散点,均匀分布在水平带状区域内,随机误差满足E(e2)=0 的假设,方差σ 2
2不
随x 的变化而变化,满足D(e2)=σ 2
2的假设.故选A.
7.B 解析 因为随机变量ξ~N 1,1
4 ,则E(ξ)=1,D(ξ)=1
4,
因为(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,则a1=Cn
1·2=2n,a2=Cn
2·22=2n(n-1),
所以a1
a2
=
2n
2n(n-1) =
1
n-1 = 1
4 ,解得n=5,
令f(x)=(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,
所以f(0)=a0=1,f(1)=(1+2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5,
故a1+a2+a3+a4+a5=35-1=242.故选B.
8.D 解析 由题可得,甲、乙两人通过训练的概率为p=C2
1p1(1-p1)p2
2+C2
1p2(1-p2)p1
2+ p1
2 p2
2
=-3p1
2 p2
2+ 8
3p1p2,因为p1,p2>0,p1+p2=4
3,所以由基本不等式,得p1p2≤( p1+ p2)
2
4
= 4
9
,
当且仅当p1=p2=2
3时,取等号,则-3p1
2 p2
2+ 8
3p1p2=-3 p1
2 p2
2−8
9p1p2+16
81 +16
27=-3 p1p2-4
9
2+
16
27 ≤16
27
.
又注意到甲、乙在n 轮训练中训练过关的轮数X 满足二项分布,则E(X)=np=16,结合p≤
16
27
,可得n≥16×27
16
=27,故D 正确.故选D.
9.ACD 解析 对于A,设六(1)班的这5 位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自
左向右按照从小到大顺序),因为中位数为11,则x3=11,又众数为10,则x1=x2=10,所以该班
级一定被评为“优阅班级”,故A 正确;
对于B,举反例,如六(2)班这5 位同学的阅读课外书籍的本数为9,10,11,12,12,满足众数为
12,极差为3,故B 错误;
对于C,设六(3)班的这5 位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自左向右按照从小
到大顺序),由平均数x=12,极差为3,即x5-x1=3,若x1≤9,则x5-3≤9,解得x5≤12,这与x=12
矛盾,故x1≥10,故C 正确;
对于D,设六(4)班的这5 位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自左向右按照从小
到大顺序),设平均数x=12,方差s2=2,则2=1
5
[(x1-12)2+(x2-12)2+(x3-12)2+(x4-12)2+(x5-12)2],
所以(x1-12)2+(x2-12)2+(x3-12)2+(x4-12)2+(x5-12)2=10,
若x1≤8,则(x1-12)2≥16>10,与上式不符,不符合题意,若x1=9,由x=12,则x5>12,上式不成
立,不符合题意,所以x1≥10,故D 正确.故选ACD.
10.BD 解析 对于选项A,因为A∩B={5},所以事件A 与B 不互斥,故A 错误;
对于选项B,P(AC)=P(BC)=P(AB)=1
4
,P(A)=P(B)=P(C)=1
2
,P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),故B 正确;
对于选项C,A,B,C 交集为{5},则P(ABC)=1
4
,P(A)P(B)·P(C)=1
8
,故C 错误;
对于选项D,P(A|C)=P( AC )
P(C ) = 1
2
,P(C|A)= P( AC )
P( A ) = 1
2
,故D 正确.故选BD.
11.ACD 解析 设记n 次爬行后,该蚂蚁落在点A 或B 或C 的概率为rn,则
{
pn+1= 1
4 rn,
rn+1= pn+ 1
2 rn+qn,
qn+1= 1
4 rn,
其中p1=0,r1=1,q1=0,
计算易得p2=1
4
,r2=1
2
,q2=1
4
,p3=1
8
,r3=3
4
,q3=1
8
,q4= 3
16
,故A,C 正确,B 错误;
由原方程组可得rn+2=1
2rn+1+1
2rn,则rn+2+1
2rn+1=rn+1+1
2rn,所以rn+1+1
2rn 为常数列,且rn+1+
1
2
rn=1.①
同理rn+2-rn+1=-1
2(rn+1-rn),且r2-r1=-1
2,所以rn+1-rn= -1
2
n,②
由①②可知,rn=2
3 −2
3 -1
2
n,所以p2n+1=1
4r2n=1
6 −1
6 · 1
4
n < 1
6,故D 正确.故选ACD.
12. 9
14
解析 由题意,在1~15 这15 个数字中,5 的倍数有5,10,15,共3 个,所以事件A 发
生的概率P(A)= 3
15 = 1
5
,记事件AB 表示“第一次抽到数字为5 的倍数且第二次抽到的数
字小于第一次”.
若第一次抽到5,那么第二次从剩下14 张卡片中抽小于5 的卡片,有4 种抽法;
若第一次抽到10,那么第二次从剩下14 张卡片中抽小于10 的卡片,有9 种抽法;
若第一次抽到15,那么第二次从剩下14 张卡片中抽小于15 的卡片,有14 种抽法.
所以P(AB)=4+9+14
A15
2
= 9
70.
根据条件概率公式,P(B|A)=P( AB)
P( A ) =
9
70
1
5
= 9
14
.
故答案为9
14
.
13.216 解析 将这7 个小球编号如下图所示:
分以下两种情况讨论:
第一种,第一步,先取1,5,7 号球,第二步,再取2,4,6 号球,依次取2 个球,最后一步,从剩余两
球依次摸取,此时不同的抽法种数为A3
3 A3
2 A2
2=72 种;
第二种,将(1,2),(4,5),(6,7)视为三个整体,前三个球从其中一个整体和每支不与3 号球相
邻的小球中依次摸取,有6 种,以1,2,5 为例,可依次为(1,2,5),(1,5,2),(5,1,2),共3 种,剩余
3,4,6,7 号球,先从4,7 号球中摸一个,有2 种情况,比如先取7 号球,剩余三个相邻的小球,
接下来从4,6 号球中取一个,有2 种情况,最后剩余两球摸取的先后顺序任意,此时不同的
取法种数为6×3×2×2×2=144.
综上所述,不同的取法种数为72+144=216 种.故答案为216.
14. 9
14
64
567
解析 甲在首轮遇到乙的概率为1
7
,此时甲获胜的概率为1
2
,甲遇到其他6 名
选手的概率为6
7
,此时甲获胜的概率为2
3
,所以甲获胜的概率为P=
1
7 × 1
2 + 6
7 × 2
3 = 1
14 + 4
7 = 9
14
.
第一轮中甲和乙不相遇且两人均获胜,其概率为P1=6
7× 2
3
2= 8
21,进入第二轮的4 人中,
甲和乙不相遇的概率为2
3,且两人均击败对手的概率为2
3
2,故第二轮中甲和乙不相遇且
两人均获胜,其概率为P2=2
3× 2
3
2= 8
27,所以甲、乙在第三轮争夺冠军的概率为
P=P1P2= 8
21 × 8
27 = 64
567
.
故答案为9
14 ; 64
567
.
15.解 (1)依题意,x = 1+2+3+ 4+5
5
=3,而∑
i=1
5 xiyi=72,∑
i=1
5
xi
2=55,y=4,则
b
^
=
∑
i=1
5
xi yi-n x y
∑
i=1
5
xi
2-n x
2
= 72-5×3×4
55-5×3
2 =1.2,
a
^=4-1.2×3=0.4,因此
y
^ =1.2x+0.4,当x=10 时,
y
^
=1.2×10+0.4=12.4,所以y 关于x 的经验回归方程为
y
^ =1.2x+0.4,第10 天进入该景区参观
的人数约为12 400 人.
(2)记“甲从西门进入景区”为事件A,“甲从西门出景区”为事件B,“乙从西门出景区”
为事件C,
P(A)=1
4
,P(A)=3
4
,P(B|A)=1
5
,P(B|A)=4
5
,
由全概率公式得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)=1
5 × 1
4 + 3
4 × 4
5 = 13
20
,同理P(C)=13
20
,所以
甲、乙两名游客都从西门出景区的概率P(BC)=P(B)P(C)=169
400
.
16.解 (1)由列联表知s=100+80=180,t=80+70=150.
(2)由列联表知,未服用药物A 的动物有180 只,
未服用药物A 且患疾病B 的动物有80 只,
所以未服用药物A 的动物患疾病B 的频率为80
180 = 4
9
,
所以未服用药物A 的动物患疾病B 的概率的估计值为p=4
9
.
(3)零假设为H0:药物A 对预防疾病B 无效,
由列联表得到χ2=400×(100×70-150×80)
2
180×220×250×150
= 2 000
297
≈6.734>6.635,
根据小概率值α=0.01 的独立性检验,推断H0不成立,即认为药物A 对预防疾病B 有效,该
推断犯错误的概率不超过0.01.
17.解 (1)已知随机抽取了1 000 名市民进行调查,其中“不了解”的人数为100 名,
根据古典概型概率公式可得P= 100
1 000
=0.1,
所以从该市成年人口中随机抽取1 人,对垃圾分类知识“不了解”的概率P=0.1.
(2)原来“不了解”的市民占比为0.1,“非常了解”的市民占比为580
1 000
=0.58,“一般了
解”的市民占比为320
1 000
=0.32,
经过重点宣传后,“不了解”的市民中有50%转变为“一般了解”,有20%转变为“非常
了解”,其余保持不变,所以重点宣传后“非常了解”的概率为
0.58+0.1×20%=0.58+0.02=0.6.
从该市成年人口中随机抽取3 人,记X 为其中对垃圾分类知识“非常了解”的人数,因为
每次抽取是相互独立的,且抽取到“非常了解”的概率都为0.6,所以X~B(3,0.6),根据二
项分布的概率公式P(X=k)=C3
k0.6k(1-0.6)3-k,k=0,1,2,3.
P(X=0)=C3
00.60(1-0.6)3-0=1×1×0.43=0.064,
P(X=1)=C3
10.61(1-0.6)3-1=3×0.6×0.42=0.288,
P(X=2)=C3
20.62(1-0.6)3-2=3×0.36×0.4=0.432,
P(X=3)=C3
30.63=0.63=0.216.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
因为X~B(3,0.6),根据二项分布的数学期望公式可得E(X)=3×0.6=1.8.
18.解 (1)由于在频率分布直方图可知,所有矩形的面积之和为1,
由题可知(0.010+a+0.040+0.015+0.010)×10=1,解得a=0.025,
所以估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100 件的平均数为x
=10×(0.01×50+0.025×60+0.04×70+0.015×80+0.01×90)=69.
所以μ=69.
(2)样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片数量为(0.01+0.01)×10×100=20,所取样本
的个数为20 件,
质量指标值在[85,95]的芯片件数为10 件,故η 可能取的值为0,1,2,3,
所以,P(η=0)=C10
3 C10
0
C20
3
= 2
19,P(η=1)=C10
2 C10
1
C20
3
= 15
38,
P(η=2)=C10
1 C10
2
C20
3
= 15
38,P(η=3)=C10
0 C10
3
C20
3
= 2
19,
随机变量η 的分布列为
η
0
1
2
3
P
2
19
15
38
15
38
2
19
所以η 的数学期望E(η)=0× 2
19
+1×15
38
+2×15
38
+3× 2
19 = 3
2
.
(3)由(1)可知σ≈s≈11,则μ-σ=69-11=58,μ+σ=69+11=80,由题可知P(69-
11≤X≤69+11)≈0.682 7.
所以P(X>80)=1- P(58≤X ≤80)
2
≈0.16,即K≈80.
19.解 (1)由定义可知,d(A,B)=1
3
[(0-y1)2+(1-y2)2+(0-y3)2]=2
3
,
即y1
2+(1-y2)2+y3
2=2,且y1,y2,y3∈{0,1},
所以解得满足方程的B 点坐标为(0,0,1),(1,0,0),(1,1,1).
(2)(ⅰ)(固定点P)设点P(p1,p2,p3,p4),Q(q1,q2,q3,q4),
因为1
4 ∑
i=1
4
(pi-qi)2=1
4
[(p1-q1)2+(p2-q2)2+(p3-q3)2+(p4-q4)2]=1
2
,
因为pi=0 或1,qi=0 或1,
所以(p1-q1)2,(p2-q2)2,(p3-q3)2,(p4-q4)2中有两项等于0,两项等于1,
所以满足条件的所有可能情况有C 4
2=6,
因为两不同点P,Q 所有可能情况共有24-1=15 种,
所以d(P,Q)=1
2
的概率P= 6
15 = 2
5
.
(ⅱ)设随机变量X=d(P,Q)=k
n
,其中k=1,2,3,…,n,
因为P X=k
n = Cn
k
2
n-1
,
所以E(X2)=∑
k =1
n k
n
2 Cn
k
2
n-1
=
1
n
2(2
n-1)
(Cn
1+22Cn
2+32Cn
3+…+n2Cn
n),
因为(1+x)n=Cn
0+Cn
1x+Cn
2x2+Cn
3x3+…+Cn
nxn,
两边同时求导,得n(1+x)n-1=Cn
1+2Cn
2x+3Cn
3x2+…+nCn
nxn-1,
上式两边同乘x,求导得n(1+nx)(1+x)n-2=Cn
1+22Cn
2x+32Cn
3x2+…+n2Cn
nxn-1,
令x=1,得Cn
1+22Cn
2+32Cn
3+…+n2Cn
n=n(n+1)2n-2,
所以E(X2)=n(n+1)2
n-2
n
2(2
n-1)
=(n+1)2
n-2
n(2
n-1)
=(n+1)2
n
4 n(2
n-1)
=
1+ 1
n
4(1- 1
2
n )
,因为
(n+2)2
n-1
(n+1)(2
n+1-1)
−(n+1)2
n-2
n(2
n-1)
=-2
n-2(2
n+1+n
2+2n-1)
n(n+1)(2
n-1)(2
n+1-1)
<0,
所以E(X2)单调递减,
因为n≥2,所以E(X2)∈1
4 , 1
2
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ 群
552511468 也可联系微信fjshuxue 加入百度网盘群4T 一线老师必备资料一键转存自动
更新永不过期
