文档文本内容
统计
考点1
统计案例
考点2
专题08 计数原理与统计概率
1
2
3
4
5
6
7
8
9
C
B
B
B
BD
BC
ACD
ABC
AD
10．2
11．
12．【答案】(1)32 岁
(2)94，6，94，6.8，从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定
【分析】（1）设中位数为a，根据中位数的定义列方程求解即可.
（2）求出平均数，再根据方差的定义求方差；比较平均数与方差即可得出结论.
【详解】（1）设中位数为a，∵第一组
的频率为
，
第二组
的频率为
，第三组
的频率为
，
又
，
，
．
则
，
，则中位数为32 岁．
（2）5 个年龄组成绩的平均数为
，
方差
．
5 个职业组成绩的平均数为
，
方差为
．
所以从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定．
1．【答案】(1)
，体质情况与爱好运动有关.
(2)
的分布列为：
0
1
2
.
【分析】（1）求出参数值并完善表格，根据公式计算
的值后可得正确判断；
（2）先确定
的所有可能取值，根据超几何分布计算概率后结合期望公式可求
.
【详解】（1）由表中数据可得
，表格完善如下：
体质
情况组别
合格
良好及以上
合计
爱好运动
不爱好运动
合计
设
：体质情况与爱好运动无关，
则
，
根据依据小概率值
的独立性检验，否定
，故体质情况与爱好运动有关.
（2）易知
名体质情况“合格”对象中有
人爱好运动，
人不爱好运动，
故
的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
即所求分布列为
0
1
2
所以
的期望
.
2．【答案】(1)
，
(2)不能认为学生喜欢跑步锻炼与其性别有关
(3)
【分析】（1）由条件求男生人数，再结合分层抽样性质求出
，由此求出女生人数及女生中喜欢
跑步锻炼的人数，结合古典概型概率公式求结论；
（2）完善列联表，提出零假设，计算
，比较
与临界值的大小即可判断结论；
（3）结合二项分布的定义判断
，再根据二项分布期望公式求结论.
【详解】（1）由已知男生人数为
，
又采用比例分配的分层随机抽样从这
人中抽取人，则有男生人，女生
人，
所以
，解得
，
所以女生人数为
，女生中喜欢跑步锻炼的人数为
，
所以这
人中喜欢跑步锻炼的总人数为
，
所以这
人中喜欢跑步锻炼的概率
，
（2）由（1）可得列联表为：
喜欢
不喜欢
合计
男生
女生
合计
零假设
为：假设是否喜欢跑步锻炼与性别无关，
则
，
依据小概率值
的独立性检验，没有充分证据推断
不成立，
因此可以认为
成立，即不能认为是否喜欢跑步锻炼与性别有关.
（3）
的可能取值为0，1，2，
，
，
.
的分布列为
0
1
.
3．【答案】(1)
性别
打篮球
合计
喜爱
不喜爱
男生
22
6
28
女生
10
10
20
合计
32
16
48
(2)能，理由：经计算
(3)
的分布列为：
X
0
1
2
P
的期望值
.
【分析】（1）根据抽到喜爱打篮球的学生的概率求出喜爱打篮球的人数，从而可求出不喜爱打篮
球的人数，然后结合列联表中的数据可将列联表补充完整；
（2）根据列联表中的数据，结合公式求出
，然后根据临界值分析判断即可；
（3）根据题意可知喜爱打篮球的女生人数
的可能取值为0，1，2，然后求出相应的概率，从而
可求出的分布列与均值.
【详解】（1）在全班48 人中随机抽取1 人，抽到喜爱打篮球的学生的概率为
，
则喜爱打篮球的有
人，则不喜爱打篮球的有
人，
所以列联表补充如下：
性别
打篮球
合计
喜爱
不喜爱
男生
22
6
28
女生
10
10
20
合计
32
16
48
（2）零假设为
：喜爱打篮球与性别无关，
计算得
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断
不成立，
即认为喜爱打篮球与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（3）喜爱打篮球的女生人数
的可能取值为0，1，2.
所以
，
，
，
故
的分布列为：
X
0
1
2
P
所以
的期望值
.
4．【答案】(1)
甲组
乙组
合计
男生
女生
合计
(2)有关，理由见解析
(3)分布列为
数学期望为
【分析】（1）根据题中信息可完善
列联表；
（2）零假设
学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别无关，计算
的观测值，结合临界值表可
得出结论；
（3）分析可知
的可能取值有、
、，计算出随机变量
在不同取值下的概率，可得出随机
变量
的分布列，进而可得出
的值.
【详解】（1）根据题中数据可得列联表如下：
甲组
乙组
合计
男生
女生
合计
（2）零假设
学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别无关，
，
根据小概率值
的独立性检验，我们推断
不成立，
计数原理
考点3
概率
考点4
随机变量及其分布
考点5
即认为学生喜欢文学类还是科普类书籍与性别有关.
（3）从调查的女生中，按分层抽样选出人，再从这人中随机抽取人赠送书签，
这人中，甲组的人数为
人，乙组的人数为
人，
由题意可知，随机变量
的可能取值有、
、，
，
，
，
所以随机变量
的分布列如下表所示：
所以
.
1
2
3
4
5
B
B
B
A
B
6．72
7．10
8．
/
1
2
3
4
5
D
C
A
AC
ACD
6．108
1
2
3
4
5
C
D
ABD
BC
BC
6．2
7．【答案】(1)
(2)
0
1
2
3
【分析】（1）根据题意结合相互独立事件的概率公式列不等式求解即可；
（2）由题意
的所有可能取值为
，分别求出每一个对应的概率，即可得到分布列，再根据
数学期望公式求解即可.
【详解】（1）设事件
表示第轮考核通过，
则小张在一个考核周期内获得认证的概率为
，
所以
，又因为
，所以
.
（2）由已知可知
的所有可能取值为
.
则
，
，
，
，
则
的分布列为：
0
1
2
3
所以
.
8．【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望：
【详解】（1）选出的2 人选择社团种类的个数相同的概率：
，
（2）由题意知，
所有可能取值为：4，5，6，7
，
，
，
，
所以
的分布列为：
4
5
6
7
的期望为：
.
9．【答案】(1)分布列为：
2
3
0.52
0.48
期望为
.
(2)①
，
，
，
赛制对机器人更有利
②随着k 的增大，机器人获胜的可能性变大，证明见解析
【分析】（1）根据题意求出概率，列出分布列，求期望即可；
（2）①分别列出获胜各种情况的概率求和即可计算
，比较大小即可分析得出结论；②
求出
的大小，再分析
与
的关系，即可证明.
【详解】（1）当
时，赛制为三局两胜制，故X 的可能取值为
，
，
,
所以X 的分布列为：
2
3
0.52
0.48
（2）①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为
，
由题可知
为局
胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：
或
，
所以
，
为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：
或
或
，
，
所以
，
所以
时，局胜制对机器人更有利.
②随着k 的增大，机器人获胜的可能性越来越大.
证明如下：
由①可知，
，
下面讨论
局与前
局的递推关系：
（i)若前
局中机器人恰好赢了
局，则后两场机器人都要赢才能获胜，
其概率为
，即
.
（ii)若前
局中机器人恰好赢了
局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜，
其获胜概率为
，即
.
（iii）若前
局中机器人至少赢了
局，则后两场机器人无论输赢都获胜，
其获胜概率为
.
，
，
，
，即
10．【答案】(1)
；
(2)（i）
0
1
2
；
（ii）证明见解析；长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为
，前
天有效打卡的期望总
次数恒为
，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
【分析】（1）利用全概率公式，将
拆分为
计算，同样用全概
率公式，将
表示为
，再代入已知概率化简；
（2）(i)先确定
的所有可能取值，分别计算每种组合的概率得到分布列，再利用期望公式
计算
；
（2）(ii)根据期望的线性性质得到
，将
的表达式代入该数列的通项，
结合（1）中
与
的关系式，推导相邻两项的差为0.
【详解】（1）根据全概率公式，第2 天有效打卡分两种情况：第1 天有效次日有效、第1 天无效
次日有效，
因此：
；
由全概率公式，
，
代入条件概率得：
，
化简得：
（
）；
（2）(i)
的分布列与期望
的所有可能取值为
，计算概率得：
；
；
；
的分布列为：
0
1
2
期望：
，
(ii) 由期望的可加性，
（
为指示变量，第
天有效取1，否则取0），因此
，
对递推式
变形得：
，
又
，因此对任意
恒成立，
代入期望关系式得：
，
移项得：
，
即数列
任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）；
实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为
，前
天有效打卡的期望总次数恒为
，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
11．【答案】(1)
；
(2)4
【分析】（1）由古典概率公式求出
，再利用条件概率公式求解.
（2）利用对立事件的概率公式，结合组合计数问题列出不等式求解.
【详解】（1）由第1 次摸到白球的概率为
，得
，解得
，
所以在第1 次摸到白球的条件下，第2 次摸到白球的概率
.
（2）从
个位置中选3 个放白球，共
种，
三个白球都不相邻：先排
个黑球，产生
个空隙，选3 个空隙放白球，共
种，
因此三个白球都不相邻的概率为
，而
，
则
，而
，整理得
，解得
，又
所以
的最大值为4.
12．【答案】(1)
(2)①分布列见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题目所给分布列直接求解即可；
（2）①“
”可取的值为
，再结合条件概率和分布列表即可求出每个取值对应的概率，
即可求解分布列；②利用期望定义和求和运算性质化简证明．
【详解】（1）由已知
．
（2）① “
”可取的值为
，
因为
，
所以
，
，
，
所以“
”分布列为
0
2
4
②证明：
．
13．【答案】(1)
(2)分布列见解析，
，
(3)
【分析】（1）先算出单次抽取奇数和偶数的概率，即可计算出教师甲两次抽取到的数字奇偶性不
同的概率；
（2）用二项分布求期望和方差；
（3）用全概率公式，结合已知条件反推方案②的赞同概率．
【详解】（1）每名教师每次抽取到偶数的概率为
，抽取到奇数的概率为
，
则教师甲两次抽取到的数字奇偶性不同的概率
，
所以教师甲按方案①填写问卷的概率
；
（2）由（1）知，甲乙两位教师中按方案
填写问卷的人数
，
可取
，
，
，
，
则
的分布列
0
1
2
所以
的数学期望
；
．
（3）记事件
为“按方案
填写问卷”，事件
为“按方案
填写问卷”，事件
为“在问卷
中填“
”，
由（1）知
，
，
因为
，
由全概率公式
，
则
，解得
，
所以根据调查问卷估计，高一年级
位教师对新评价标准的赞同比例为
．
14．【答案】(1)（i）
；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第 1 局甲胜
或乙胜两种情况，计算每种情况下第 2 局负者轮空、第 3 局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，
最后将两种情况的概率相加；（ii）先确定第 2 局的参与者为第 1 局胜者与丙，再分第 1 局甲胜
或乙胜两种情况，枚举第 2、3 局的胜负结果，筛选出第 4 局参与者与第 2 局完全相同的路径，
将所有符合条件的路径概率相加；
（2）确定甲出场次数
的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望
，最后
解不等式
得到
的取值范围.
【详解】（1）（i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1 局的胜者在第2 局必
须输掉，
若第1 局甲胜乙，则第2 局丙必须胜甲，概率为
；若第1 局乙胜甲，则第2 局丙必须胜乙，概率
为
，
所以前3 局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为
；
（ii）若第1 局甲胜乙，则第2 局参与的同学是甲和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，
则有两种情形：
①第2 局甲胜丙，第3 局甲胜乙；②第2 局丙胜甲，第3 局丙胜乙.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
若第1 局乙胜甲，则第2 局参与的同学是乙和丙，若第4 局和第2 局参与的同学完全相同，则有两
种情形：
①第2 局乙胜丙，第3 局乙胜甲；②第2 局丙胜乙，第3 局丙胜甲.
第①种情形概率为
；第②种情形为
.
所以第2 局和第4 局参与的同学完全相同的概率为
；
（2）设甲在前4 局的参与次数为随机变量
，则
，
，
，
，
所以
由
，
得
，
令
，则
，
整理得
，
解得
，所以
，又
，
所以
的取值范围为
.
15．【答案】(1)
X
0
1
2
3
P
，
(2)①
；
；②
【分析】（1）分析可知
，结合二项分布求X 的分布列、均值和方差；
（2）①分析人气值1 点或2 点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②
分析可得
，利用构造法和累加法，结合等比数列求
.
【详解】（1）由题意可知：
，
则
，
，
，
，
则X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以X 的均值
，且方差
.
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是
，则选择其他门入园的概率是
，
若人气值为1 点，则仅有1 人入园且选择其他门入园，所以
；
若人气值为2 点，则仅有1 人且选择东门入园，或仅有2 人入园且均选择其他门入园，
所以
；
②若人气值为
点，可知在人气值为
点的前提下仅有1 人且选择东门入园，或在人气值为
点的前提下仅有1 人且选择其他门入园，
则
，可得
，
且
，可知数列
是以首项为
，公比为
的等比数列，
则
，
当
时，则
，
统计与概率的综合应用
考点6
且
符合上式，所以
.
1．D
2．BD
3．
4．【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据题中给的数据代入公式求线性回归方程即可；
(2)求出第
次传球后球在
队员手中的概率
与第
次传球后球在
队员手中的概率
之间的
递推关系式，构造等比数列求解即可.
【详解】（1）设线性回归方程为：
，
由已知得
，
，
，
，
，
，
所以线性回归方程为
．
（2）记
表示事件“
次传球后球在
队员手中”，
设
次传球后球在
队员手中的概率为
，
则
，
，
所以
，
即
，
所以
，且
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
．
5．【答案】(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，期望
；（ⅱ）
时利润最大.
【分析】（1）根据直方图先算出平均值
，进而得到正态分布
，利用正态曲线
的对称性求出概率
即可；
（2）（ⅰ）求出指标值在
和
的总件数，在
的件数，然后根据步骤结合超
几何分布的公式计算；
（ⅱ）设设每箱产品的利润为
，其中有
件
等品，用
表示出
的关系式，得到利润表达式，
最后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时
的取值.
【详解】（1）根据直方图可得，
，
由题知
，
，则
，
等品的质量指标值不小于，
即
.
（2）（ⅰ）指标值在
和
的总件数为
，
指标值在
的件数是
，
由题知，
可能的取值是
.
，
，
，
，
分布列为：
.
（ⅱ）设每箱产品的利润为
，其中有
件
等品，
由题知，
，
由（1）知，
等品的概率为
，
则
，于是
，
，
记
，
则
，
则
递增，
递减，
故当
时利润最大.
6．【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题中公式求出
关于
的线性回归方程，再运用代入法进行求解即可；
（2）运用二项分布的定义和性质进行求解即可.
【详解】（1）
，
，
，
，
，
所以
关于
的线性回归方程为
；
当
，
所以预测该工坊油纸伞的销量最早在
年能超过20 万把.
（2）该工坊2023 年售出的油纸伞中，有6 万把通过线上售出，用频率估计概率，
所以2023 年售出的油纸伞中，通过线上售出的概率为
，
由题意可知：
，
所以
，
，
，
，
所以其中线上售出数量
的分布列为：
7．【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)
组采用赛制二更有利于胜出，理由见解析
【分析】（1）求出随机变量
的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可；
（2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，求出
组取得胜利的概率
，按照赛制二，不妨设
做完
题，求出
组取得胜利的概率
，再做差比较大小可得答案.
【详解】（1）由题意知随机变量
的取值可以为0，1，2，3，
，
，
，
.
所以
的分布列为
0
1
2
3
的数学期望
；
（2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为
，
则至少有两人做对该题的事件为：
，所以竞赛小组能进入决赛的概率为
；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，
组的得分为
，则
，
组取得胜利的概率为
；
按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，
不妨设做完
题，
组取得胜利的概率为
，
则
，
，
已知
，所以
，
所以
，因此
组采用赛制二更有利于胜出.
8．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设
，根据两点间距离公式结合二次函数性质计算求解；
（2）设
，
，
，直线
，求得动点
的轨迹方程，根据斜
率公式得
，化简可得
，直线
与椭圆联
立方程组，由韦达定理得
，
，代入计算可得
，即可证明直线
过定点；
（2）设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，
点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，由题意可得
，根据全概率可得
，
，构造等比数列，根据等比数列通项公式求
法计算可解.
【详解】（1）设
，根据题意
，
，且
，
，
，
当且仅当
或
等号成立，
所以
的最大值为
．
（2）设
，
，
，直线
，
因为动点
满足
，则点
在以
为直径的圆
上运动，则
，
又
，所以
，则
．
的斜率
，
因为
，则
的斜率
．
所以此时
的斜率
，
则
．所以
，①
将
代入①式，
整理得
，②
联立直线
方程与椭圆方程
，
得
．
，即
．③
，
，
代入②式得
，
化简得
，解得
（舍去），或
，满足不等式③成立．
∴直线
方程为
，直线
过定点
．
（3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后顺时针跳动1 次的概率为
，
盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后逆时针跳动1 次的概率为
，
盒子中一面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后顺时针跳动2 次的概率为
，
盒子中两面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后逆时针跳动2 次的概率为
，
设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
易知
，由对称性知
，即
，
计算得
，
而
，
即
，④
又
，代入④式得
，
即
，所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
又
，
即
，⑤
将
，
代入⑤式得
，
即
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
所以
.
