专题 08 概率统计与计数原理
1．B
2．C
3．B
4．B
5．C
6．ABC
7．15
4
8．40
−
9．120
10．80
11．33
1．D.
2．B
3．BD.
4．ABD.
5．1
3；5
6.
6．8
9
7．7
9；4
8．7
30.
9．【详解】（1）小王答3 道题后积分小于6，则小王3 题都答错，或答对1 题，答错2 题，
故所求概率为(
1
3)
3
+C3
1× 2
3 ×(
1
3)
2
= 7
27 .
（2）设小王答对的题数为Y ，则他答错的题数为4−Y ，
考点1
计数原理
考点2
概率
所以X =6+Y −(4−Y )=2Y +2．
由题意知Y ∼B(4 , 2
3)，所以E (Y )= 4× 2
3 = 8
3，所以E (X )=2 E (Y )+2=2× 8
3 +2= 22
3 ．
（3）（i）当小王的积分为i(i=1,2,⋯,11)时，若小王接下来一题答对，
则积分变为i+1，若小王接下来一题答错，则积分变为i−1．
由全概率公式有Pi= 2
3 Pi+1+ 1
3 Pi−1，
整理可得Pi+1−Pi= 1
2 (Pi−Pi−1)．
又P1−P0= P1≠0，所以{Pi+1−Pi)(i=0,1,2,⋯,11)为等比数列．
（ii）由（i）可得Pi+1−Pi= 1
2
i P1，
所以P12=(P12−P11)+(P11−P10)+⋅⋅⋅+(P2−P1)+ P1=
P1(1−1
2
12)
1−1
2
= 2
12−1
2
11
P1
，
又P12=1，所以P1=
2
11
2
12−1
．
所以
P6=(P6−P5)+(P5−P4)+⋅⋅⋅+(P2−P1)+ P1=
P1(1−1
2
6)
1−1
2
=
2
11
2
12−1
× 2
6−1
2
5
= 2
12−2
6
2
12−1
= 64
65
.
10．【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为1
3
，则乙每局比赛获胜的概率为2
3
，
p3表示经过 3 局比赛甲获胜的概率，
由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3 局全胜，
故p3=(
1
3)
3
= 1
27
；
p5为经过5 局甲获胜的概率，
∵某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数，
∴由经过5 局甲才获胜，净胜局数为3，
则5 局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第4、5局均
获胜，
∴p5=C3
2(
1
3)
2
(
2
3)
1
⋅(
1
3)⋅(
1
3)= 2
81
．
（2）由题意，qk为事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜利
发生的概率，
”
由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，
故X即为甲的净胜局数，所以X =−3,−2,−1,0,1,2,3.
经过若干局后，假定当前X =k，
当
①
k =3时，即甲的净胜局数X =3，
则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以q3=1；
当
②
k =−3时，即甲的净胜局数X =−3，乙的净胜局数−X =3，
则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q−3=0；
当
③
−2≤k ≤2,k ∈Z时，
由甲的净胜局数−2≤X ≤2，则乙的净胜局数为−X，且−2≤−X ≤2，
故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.
记事件Ak =“X =k时，甲最终获得训练赛胜利
（
”
−2≤k ≤2,k ∈Z），事件B =
下一局比赛甲
“
获胜
，
”
下一局若甲赢（即事件B发生），则X =k +1；若乙赢（即事件B发生），则X =k −1；
因为qk = P( Ak)，qk +1= P( Ak +1)，qk −1= P( Ak −1)，且P(B)= 1
3 , P(B)=1−P(B)= 2
3
，
所以由全概率公式得，
P( Ak)= P( Ak|B)P(B)+ P( Ak|B)P(B)，即P( Ak)= P( Ak +1)P(B)+ P( Ak −1)P(B)，
因此qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，整理得qk +1=3qk−2qk −1，
两边都减去qk
，则可得qk +1−qk =2(qk−qk −1)，
又当k =−2时，q−2−q−3=q−2≠0，
故数列：q−2−q−3,q−1−q−2,q0−q−1,q1−q0,q2−q1,q3−q2是公比为2 的等比数列．
即数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列．
（3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为q0.
记ak =qk +1−qk(−3≤k ≤2,k ∈Z )，
则q3−q−3=a2+a1+a0+a−1+a−2+a−3=1−0=1，
由（2）知，数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列，
则q3−q−3=a−3(1+2+2
2+2
3+2
4+2
5)=1，解得a−3= 1
63
，
所以a−3+a−2+a−1=a−3(1+2+2
2)=7× 1
63 = 1
9
，
又a−3+a−2+a−1=(q−2−q−3)+(q−1−q−2)+(q0−q−1)=q0−q−3=q0，
所以q0= 1
9
，
故甲最终获得训练赛胜利的概率为1
9
.
1．D.
2．D
3．AD
4．1
5．【详解】（1）设操作3 次后箱中黑色小球剩余0 个的概率为P，
由题意知P= 3
5 × 2
5 × 1
5 = 6
125
.
（2）由题意可知，X的所有取值为0，1，2，3
则P(X =0)= 6
125
，
P(X =1)= 3
5 × 3
5 × 2
5 + 3
5 × 2
5 × 4
5 + 2
5 × 3
5 × 2
5 = 54
125
，
P(X =2)= 2
5 × 3
5 × 3
5 + 2
5 × 2
5 × 3
5 + 3
5 × 3
5 × 3
5 = 57
125
，
P(X =3)= 2
5 × 2
5 × 2
5 = 8
125
，
所以X的分布列为:
X
0
1
2
3
考点3
随机变量及其分布
P
6
125
54
125
57
125
8
125
所以E (X )=0× 6
125 +1× 54
125 +2× 57
125 +3× 8
125 = 192
125
.
（3）记事件A为1 次取到红色小球，事件B为4 次恰好完成置换，
由题意得，则P( A)= 2
5
第1 次取到取到红色小球， 则再操作4 次，须将箱中黑色小球全部置换为红色小球，
若第二次也取出红色小球，则第三次、第四次、第五次均须取出黑色小球，
①
其概率为2
5 × 2
5 × 3
5 × 2
5 × 1
5 = 24
5
5 ，
若第二次取出黑色小球，则第三次取出红色小球，第四次和第五次均须取出黑色小球，其概率为
②
2
5 × 3
5 × 3
5 × 2
5 × 1
5 = 36
5
5 ，
若第二次取出黑色小球，则第三次取出黑色小球，第四次取出红色小球，第五次取出黑色小球，
③
其概率为2
5 × 3
5 × 2
5 × 4
5 × 1
5 = 48
5
5 ，
综上所述，P( AB)= 24
5
5 + 36
5
5 + 48
5
5 = 108
5
5 ，
所以P(B∣A)= P( AB)
P( A) =
108
5
5
2
5
= 54
5
4 ，
即在第1 次取到红色小球的条件下，再操作4 次恰好完成置换的概率为54
5
4 .
6．【详解】（1）设事件A表示
该小组比赛胜利
，
“
”
则P( A)= 4
5 + 1
5 × 3
4 + 1
5 × 1
4 × 2
3 = 59
60
；
（2）由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X =1)= p1
，P(X =2)=(1−p1) p2
，P(X =3)=(1−p1)(1−p2)，
所以X的分布为：
X
1
2
3
P
p1
(1−p1) p2
(1−p1)(1−p2)
所以E (X )= p1+2(1−p1) p2+3(1−p1)(1−p2)= p1 p2−2 p1−p2+3；
（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1．
由（2）可知，E1= p1 p2−2 p1−p2+3．
若依次派甲丙乙进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，则E2= p1 p3−2 p1−p3+3．
从而，E1−E2=( p1 p2−2 p1−p2+3)−( p1 p3−2 p1−p3+3)= p1 p2−p1 p3−p2+ p3
= p2( p1−1)−p3( p1−1)=( p1−1)( p2−p3)．
因为1> p1> p2> p3，所以p1−1<0，p2−p3>0，所以E1−E2<0，即E1< E2．
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出乙．
7．【详解】（1）由从甲篮球队随机抽取10 名队员进行定点投篮测试，有8 人投中，得p= 8
10 = 4
5
，
所以甲队队员投中的概率为4
5
.
（2）记从甲队抽取的队员投中为事件A，乙队抽取的队员投中为事件B，
则P( A )= 4
5 , P(B)= 7
10
，X的可能取值为0,1,2，
P( X =0)= P( A B)= 1
5 × 3
10 = 3
50
，P( X =1)= P( A B+ A B)= 1
5 × 7
10 + 4
5 × 3
10 = 19
50
，
P( X =2)= P( AB)= 4
5 × 7
10 = 28
50 = 14
25
，
所以X 的数学期望E( X )=0× 3
50 +1× 19
50 +2× 14
25 = 3
2
.
（3）记事件C为
甲队队员掌握了定点投篮技巧投中
，
“
”
其概率为p1，
事件D为
乙队队员掌握了定点投篮技巧投中
，
“
”
其概率为p2，
由甲队队员掌握了技巧，有90%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中，
得0.9 p1+0.6(1−p1)=0.8，解得p1= 2
3
，
由乙队队员掌握了技巧，有80%的概率投中，未掌握技巧的队员有60%的概率投中，
得0.8 p2+0.6(1−p2)=0.7，解得p2= 1
2
，
所以p1> p2.
8．【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3
，设第二天在B 餐厅就餐的
概率为P2
于是：P2= 1
3 × 3
10 + 1
3 × 1
5 + 1
3 × 3
10 = 4
15
；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn,P1= 1
3
，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn则：
当n≥2时Pn= 3
10 Qn−1+ 1
5 Pn−1+ 3
10 (1−Pn−1−Qn−1)⇒Pn=−1
10 Pn−1+ 3
10
，
即Pn−3
11 =−1
10(Pn−1−3
11)，即
Pn−3
11
Pn−1−3
11
=−1
10
，
所以{Pn−3
11)
是以−1
10
为公比，P1−3
11 = 1
3 −3
11 = 2
33
为首项的等比数列；
所以Pn−3
11 = 2
33 ⋅(−1
10)
n−1，于是Pn= 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11
，n∈N
*；
（3）依题意： E (X )=∑
j =1
n
P j= 3
11 n+
2
33[1−(−1
10)
n
)
1+ 1
10
= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)
， n∈N
*.
9．【详解】（1）由题意知得分总数X的所有可能取值为4，5，6，7，8，
其中P(X = 4)=(
3
4)
4
= 81
256
，P(X =5)=C4
1× 1
4 ×(
3
4)
3
= 27
64
，
P(X =6)=C4
2×(
1
4)
2
×(
3
4)
2
= 27
128
，P(X =7)=C4
3×(
1
4)
3
× 3
4 = 3
64
，
P(X =8)=(
1
4)
4
= 1
256
，
所以X的分布列为
X
4
5
6
7
8
P
81
256
27
64
27
128
3
64
1
256
E (X )= 4× 81
256 +5× 27
64 +6× 27
128 +7× 3
64 +8× 1
256 =5.
（2）因为n 道题得分总数为(n+1) (n∈N
*)，所以其中只有1 道题得到2 分，
所以Pn=Cn
1× 1
4 ×(
3
4)
n−1
= n
3 ⋅(
3
4)
n
(n∈N
*)，
则P1+ P2+ P3+...+ Pn= 1
3 ×[1× 3
4 +2×(
3
4)
2
+3×(
3
4)
3
+...+n×(
3
4)
n
)
，
所以
3
4 (P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn)= 1
3 ×[1×(
3
4)
2
+2×(
3
4)
3
+3×(
3
4)
4
+...+(n−1)×(
3
4)
n
+n×(
3
4)
n+1
)
两式相减得1
4 (P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn)= 1
3 ×[
3
4 +(
3
4)
2
+(
3
4)
3
+⋅⋅⋅+(
3
4)
n
−n×(
3
4)
n+1
)
= 1
3 ×{
3
4 ×[1−(
3
4)
n
)
1−3
4
−n×(
3
4)
n+1)
=1−n+ 4
3
×(
3
4)
n+1，
所以P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn= 4−(n+ 4)×(
3
4)
n
(n∈N
*)．
（3）在这20 名学生中，设得到1 分的人数为x (0≤x ≤20, x∈N)，则得到2 分的人数为(20−x)，
所以得到的总分x +2(20−x)= 40−x，
此时得到的总分40−x的概率为C20
x (
3
4)
x
⋅(
1
4)
20−x
= 3
x⋅C20
x
4
20
，
所以{
3
x⋅C20
x
4
20
≥3
x +1⋅C20
x +1
4
20
3
x⋅C20
x
4
20
≥3
x−1⋅C20
x−1
4
20 )
，整理得{
x +1≥3(20−x)
3(21−x)≥x )，解得59
4 ≤x ≤63
4
，
而0≤x ≤20，x∈N，所以x =15，所以40−x = 40−15=25，
所以若王老师按照这20 人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，王老师应该提前准备25
朵小红花比较合理.
10．【详解】（1）对于游戏一，设A =
第二次摸到白球
，则
“
”
P( A)= 2
4 = 1
2
；
对于游戏二，设A1=
第一次摸到白球
，
“
”
A2=
第二次摸到白球
，则
“
”
P( A2)= P( A1 A2)+ P( A1 A2)= 2
4 × 1
3 + 2
4 × 2
3 = 1
2
；
（2）对于游戏一，X的可能取值为0，1，2，X的分布列为：
P(X =0)=C2
0(
1
2)
0
×(
1
2)
2
= 1
4
，P(X =1)=C2
1(
1
2)
1
×(
1
2)
1
= 1
2
，P(X =2)=C2
2(
1
2)
2
×(
1
2)
0
= 1
4
，
对于游戏二，Y 的可能取值为0，1，2，Y 的分布列为：
P(Y =0)=C2
0C2
2
C4
2
= 1
6
，P(Y =1)=C2
1C2
1
C4
2
= 2
3
，P(Y =2)=C2
2C2
0
C4
2
= 1
6
，
因为游戏一与游戏二的结果相互独立，
所以P(X =Y )= P(X =0,Y =0)+ P(X =1,Y =1)+ P(X =2,Y =2)
= P(X =0) P(Y =0)+ P(X =1) P(Y =1)+ P(X =2) P(Y =2)
= 1
4 × 1
6 + 1
2 × 2
3 + 1
4 × 1
6 = 5
12
；
（3）由（2）知H (X )=−∑
i=0
2
P(X =i)log2 P(X =i)，
=−(
1
4 log2
1
4 + 1
2 log2
1
2 + 1
4 log2
1
4)=−[
1
4 ×(−2)+ 1
2 ×(−1)+ 1
4 ×(−2))= 3
2
；
同理H (Y )=−∑
i=0
2
P(Y =i)log2 P(Y =i)=−(
1
6 log2
1
6 + 2
3 log2
2
3 + 1
6 log2
1
6)
=−[
1
6 ×(−log23−1)+ 2
3 ×(1−log23)+ 1
6 ×(−log23−1))=log23−1
3
.
因为H (X )−H (Y )= 3
2 −log23+ 1
3 = 11
6 −log23= 1
6 (log22
11−log23
6) = 1
6 log2
2
11
3
6 >0，
所以H (X )> H (Y )，故游戏一的
不确定性
更高
“
”
.
11．【详解】（1）Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率，
所以当i= 4时，P4=C4
2(
2
3)
2
(
1
3)
2
= 8
27
.
（2）（i）前五次命中一次的概率为：C5
1(
2
3)(
1
3)
4
= 10
243
,
前五次一次都不命中的概率为：(
1
3)
5
= 1
243
，
所以P(ξ =6)= 10
243 + 1
243 = 11
243
.
（ii）Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
= 2i(i−1)
9
(
1
3)
i−2，
设投篮次数为ξ，(ξ =2,3,⋯, N −1)，
P(ξ =k )=Ck −1
1 (
2
3)⋅(
1
3)
k −2
(
2
3)= 4 (k −1)
3
k
，
P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )，
记SN =∑
k =2
N −1 4 (k −1)
3
k
= 4(
1
3
2 + 2
3
3 +⋯+ N −2
3
N −1 )
①
1
3 SN = 4(
1
3
3 + 2
3
4 +⋯+ N −2
3
N )
②
①−
，错位相减可得，
②
2
3 SN = 4(
1
3
2 + 1
3
3 +⋯+
1
3
N −1 −N −2
3
N )
⇒2
3 SN = 4(
1
6 −(
1
2)×(
1
3)
N −1
−N −2
3
N )
⇒SN =1−2 N −1
3
N −1
所以P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )= 2 N −1
3
N −1
，
所以E (ξ)= N ⋅P(ξ = N )+∑
k =2
n−1
k ⋅P(ξ =k ) = N × 2 N −1
3
N −1 +∑
k =2
N −1
k × 4 (k −1)
3
k
因为E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi
，所以N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥2×∑
i=2
N +2 i(i−1)
2
4
3
i
,
⇒N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥∑
i=2
N +2 4i(i−1)
3
i
⇒(2 N
2−N )
3
N −1
+(
4×2
3
2 +⋯+ 4 (N −1)(N −2)
3
N −1
)≥(
4×2
3
2 +⋯+ 4× N ×(N −1)
3
N
+ 4× N (N +1)
3
N +1
+ 4×(N +1)(N +2)
3
N +2
)
⇒3(2 N
2−N )≥4 N
2−4 N + 4 N
2+ 4 N
3
+ 4 N
2+12 N +8
9
⇒2 N
2−15 N −8≥0
解得：N ≥8，所以N的最小值为8.
1．A
2．C
3．D
4．D
5．B
6．ABC
1．B
2．C
3．AD
4．ABD
5．AD
6．【详解】（1）由已知x = 1
8∑
i=1
8
xi= 1
8 ×(1+2+3+ 4+5+6+7+8)= 9
2
，
考点4
统计
考点5
成对数据的统计分析
y = 1
8∑
i=1
8
yi= 1
8 ×(3+ 4+8+9+12+12+15+17)=10，
又∑
i=1
n
xi yi= 444，∑
i=1
8
xi
2=204，
则^b=
∑
i=1
n
xi yi−n x y
∑
i=1
n
xi
2−n x
2
=
444−8× 9
2 ×10
204−8×(
9
2)
2 =2，^a= y −^b x =10−2× 9
2 =1，
所以回归方程为^y =2 x +1；
（2）当x =1时，^y1=2×1+1=3，残差e1=3−3=0；
当x =2时，^y2=2×2+1=5，残差e2= 4−5=−1；
当x =3时，^y3=2×3+1=7，残差e3=8−7 =1；
当x = 4时，^y4=2×4 +1=9，残差e4=9−9=0；
当x =5时，^y5=2×5+1=11，残差e5=12−11=1；
当x =6时，^y6=2×6+1=13，残差e6=12−13=−1；
当x =7时，^y7=2×7+1=15，残差e7=15−15=0；
当x =8时，^y8=2×8+1=17，残差e8=17−17=0；
则这8个月中残差为负的月份有2个，残差为非负的月份有6个，
则这8个月中随机抽取2个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率P =C2
2+C2
1⋅C6
1
C8
2
= 1+12
28
= 13
28
.
7．【详解】（1）因为x = 6+5+7+5+7
5
=6，y = 240+220+260+230+270
5
=244，
∑
i=1
5
xi yi=6×240+5×220+7×260+5×230+7×270=7400，
∑
i=1
5
xi
2=36+25+ 49+25+ 49=184，
所以^b= 7400−5×6×244
184−5×6
2
=20，^a= y −^b⋅x =244−20×6=124.
所以收益y 关于售出数量x 的回归直线方程为：^y =20 x +124.
当x =8时，预测收益为^y =20×8+124 =284元.
（2）由题意，X的值可能为：0,100,200，
且P(X =0)= 1
3 × 1
2 = 1
6
，P(X =100)= 2
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 = 1
2
，P(X =200)= 2
3 × 1
2 = 1
3
.
所以X的分布列为：
X
0
100
200
P
1
6
1
2
1
3
所以E (X )=0× 1
6 +100× 1
2 +200× 1
3 = 350
3
.
8．【详解】（1）解：假设认为该校大学生
是否喜欢阅读纸质书
与
专业类型
无关，
“
”
“
”
由2×2列联表中的数据，可得：
χ
2= 400×(150×80−120×50)
2
270×130×200×200
=
400×6000
2
270×130×200×200 ≈10.256，
因为10.256>7.879，所以拒绝假设，
所以有99.5 %的把握认为该校大学生
是否喜欢阅读纸质书
与
专业类型
有关
“
”
“
”
.
（2）解：由2×2列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200 人，其中文科150 人，理科50 人，
按比例抽取8 人，则文科人数为150
200 ×8=6人，理科人数为50
200 ×8=2人，
从这8 人中抽取3 人，X为文科人数，则随机变量X的可能取值为1,2,3，
可得P( X =1)= C6
1C2
2
C8
3
= 6
56 = 3
28
，P( X =2)= C6
2C2
1
C8
3
= 30
56 = 15
28
，
P( X =3)= C6
3
C8
3 = 20
56 = 5
14
，
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
3
28
15
28
5
14
所以期望为E (X )=1× 3
28 +2× 15
28 +3× 5
14 = 9
4
.
9．【详解】（1）年份代码x的平均数x =3，销量y的平均数y =5，
所以∑
i=1
5
❑(xi−x)
2=(−2)
2+(−1)
2+0
2+1
2+2
2=10，
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)=(1−3)×(2−5)+(2−3)×(3.5−5)+(3−3)×(2.5−5)
+(4−3)×(8−5)+(5−3)×(9−5)=18.5，
所以^b=
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
5
(xi−x)
2
= 18.5
10 =1.85，
所以^a= y −^b x =5−1.85×3=−0.55，
所以这个地区某品牌制氧机的销量y关于年份代码x的线性回归方程为^y =1.85 x−0.55，
由于2027 年对应的年份代码为x =7，得^y =1.85×7−0.55=12.4，
所以预测2027 年这个地区某品牌制氧机的销量约为12.4 万台．
（2）（
）根据男生和女生各
ⅰ
100 名，补全2×2列联表为：
学生
制氧机知识
合计
了解
不了解
男生
80
20
100
女生
40
60
100
合计
120
80
200
（
）零假设
ⅱ
H 0：该校学生对制氧机知识的了解情况与性别无关.
根据（
）中的
ⅰ
2×2列联表中的数据可得，
χ
2= 200×(80×60−20×40)
2
100×100×120×80
= 100
3 ≈33.33>7.879.
根据小概率值α =0.005的独立性检验，推断H 0不成立，
即该校学生对制氧机知识的了解情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（3）从（2）的样本中按对制氧机知识了解和不了解的比例选取10 人，
则抽取的10 人中，了解的人数为6 人，不了解的人数为4 人
再随机从中抽取4 人，对制氧机知识不了解的人数X的所有可能取值为0，1，2，3，4.
且P(X =0)=C4
0 C6
4
C10
4
= 15
210 = 1
14 , P(X =1)=C4
1 C6
3
C10
4
= 80
210 = 8
21
，
P(X =2)=C4
2 C6
2
C10
4
= 90
210 = 3
7 , P(X =3)=C4
3 C6
1
C10
4
= 24
210 = 4
35
，
P(X = 4)=C4
4C6
0
C10
4
= 1
210
，
则X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
数学期望为E (X )=0× 1
14 +1× 8
21 +2× 3
7 +3× 4
35 + 4× 1
210 = 8
5
10．【详解】（1）提出零假设H 0：产品检测结果与生产线没有关联，
由χ
2= 500×(20×240−60×180)
2
80×420×200×300
= 125
14 ≈8.93>6.635，
根据小概率值α =0.01的χ
2独立性检验，推断H 0不成立，
即产品检测结果与生产线有关联，此推断犯错的概率不大于0.01.
（2）设事件A =
被选出的是甲生产线
，事件
“
”
B =
取出的产品是优良品
，
“
”
（
）依题意，
ⅰ
P( A)= P( A)= 1
2
，
P(B|A))= 180
200 = 9
10 , P(B|A))= 240
300 = 12
15 = 4
5
，
由全概率公式得：P(B)= P( A) P(B|A))+ P( A) P(B|A))= 1
2 × 9
10 + 1
2 × 12
15 = 17
20
.
（
）取出的产品是优良品，则它是从甲生产线取出的概率为：
ⅱ
P( A|B))= P( AB)
P(B) = P( A) P(B|A))
P(B)
=
1
2 × 9
10
51
60
= 9
17
．
