2011-2020年高考数学真题分专题训练专题32概率和统计理（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

专题 32 概率和统计【理】
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
理 2
概率
古典概型的概率计算
2011
理 19 
频数分布表
频数分布表，频率与概率
理 15 
正态分布
正态分布的应用
2012
理 19 
离散型随机变量及其分布列
理 3 
抽样方法
频数分布表，频率与概率，离散型随机变量及其分布列
随机抽样方法的简单应用
卷 1
独立重复事件发生的概率，离散型随机变量分布列、期
望
理 19 
离散型随机变量分布列、期望
2013
理 14 
概率
理 19 
概率
理 5 
概率
古典概型的概率计算
卷 2
卷 1
古典概型的概率计算
古典概型的概率计算
频率分布直方图，正态分布的 3 原则，二项分布的期
望
理 18 
频率分布直方图，正态分布
2014
2015
理 5 
概率
条件概率的计算
卷 2
卷 1
卷 2
卷 1
理 19 
变量间的相关关系
理 4 
概率
线性回归方程及其应用
独立重复事件概率的计算，互斥事件的概率
非线性拟合；线性回归方程
统计知识，柱形图
理 19 
变量间的相关关系
理 3 
统计
理 18 
茎叶图
茎叶图及其应用，互斥事件和独立事件的概率计算
几何概型概率的计算
理 4 
概率
理 19 
离散型随机变量分布列、期望
理 10 
概率
条形统计图及其应用，离散型随机变量分布列、期望
几何概型概率的计算
2016 
卷 2
卷 3
理 19 
离散型随机变量的分布列、期望 条件概率、离散型随机变量的分布列、期望
理 4 
统计
平均数的计算，统计图及其应用
线性相关与线性回归方程的求法与应用
古典概型的概率计算
理 18 
变量间的相关关系
理 2 
概率
卷 1
理 19 
离散性随机变量的分布列、期望 离散性随机变量的分布列、期望，正态分布
理 13 
离散性随机变量的分布列、期望 离散性随机变量的分布列、期望，正态分布
2017 
卷 2
卷 3
理 18 
频率分布直方图，统计案例
理 3 
统计
频率分布直方图及其应用，统计案例及其应用
折线图统计图的应用
理 18 
离散型随机变量的分布列、期望 频数分布表，离散型随机变量的分布列、数学期望
理 3 
统计
理 10 
概率
扇形统计图及其应用
几何概型概率的计算，数学文化
卷 1
卷 2
n
k
次独立重复试验恰好发生 次的概率及其最值问题，
理 20 
离散性随机变量的数学期望
理 8 
概率
二项分布，离散性随机变量的数学期望
2018
古典概型的概率计算
理 18 
变量间的相关关系
理 8 
二项分布
理 18 
茎叶图和独立性检验
理 6 
概率
线性回归方程及其应用
二项分布分布列及期望
卷 3
卷 1
茎叶图的应用，统计案例及其应用
古典概型的概率计算
理 15 
概率
独立重复事件的概率
理 5 
统计
中位数、平均数、方差、极差
利用统计数据进行概率的估计
独立事件、互斥事件的概率计算
抽样数据的统计
卷 2 
理 13 
概率
理 18 
概率
2019
理 3 
统计
卷 3
理 17 
频率分布直方图
频率分布直方图，用样本平均数估计总体的平均数
由散点图选择合适的回归模型
独立事件、互斥事件及独立重复事件概率的计算
计数原理的应用，排列与组合应用题的解法
平均数的估计，相关系数的计算，抽样方法的选取
标准差的计算
理 5 
变量间的相关关系
理 19 
概率
卷 1
卷 2
卷 3
理 14 
排列与组合
理 18 
变量间的相关关系
理 3 
统计
2020
理 18 
独立性检验
统计案例及其应用
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021 年预测
23 次考 1 次
考点 107 随机抽样
2021 年在选择题和填空题中仍会重
点考查各种统计图表、古典概型或几
何概型及其概率计算，在解答题中重
考点 108 用样本估计总体
23 次考 10 次
23 次考 7 次
考点 109 变量间的相关关系
考点 110 随机事件的概率、古典概型、几何概型
23 次考 20 次 点考查频率分布直方图及其应用(与
概率相结合)，离散性随机变量的分布
23 次考 14 次
考点111 离散型随机变量及其分布列、均值与方差、
列与均值，二项分布及其应用，统计
正态分布、二项分布
案例及其应用．
考点 112 独立性检验
23 次考 4 次
十年试题分类*探求规律
考点 107 随机抽样
1．(2017 江苏理)某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为 200，400，300，100 件，为
检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取 60 件进行检验，则应从丙种型号的产品中
抽取
件．
300
【答案】18【解析】应从丙种型号的产品中抽取60
18 件．
1000
2．(2014 广东理)为了解 1000 名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为 40 的样本，则分
段的间隔为(
A．50
)
B．40
C．25
D．20
1000
40
【答案】C【解析】由
 25，可得分段的间隔为 25．故选 C．
3．(2014 湖南理)对一个容器为 N 的总体抽取容量为n 的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样
三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 p , p , p ，则(
)
1
2
3
A． p  p  p
B． p  p  p
C． p  p  p
D． p  p  p
1 
2 
3
1
2
3
2
3
1
1
3
2
【答案】D【解析】根据抽样方法的概念可知，简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种抽样方法，每个个
n
体被抽到的概率都是 
，故 p  p  p ，故选 D．
1
2
3
N
4．(2013 新课标 I 理理)为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行
调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差
异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是(
)
A．简单随机抽样 
B．按性别分层抽样 
C．按学段分层抽 样 
D．系统抽样
【答案】C【解析】因该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，故最合理的抽样方法
是按学段分层抽样，故选 C．
5．(2014 湖北理)甲、乙两套设备生产的同类型产品共 4800 件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为
80 的样本进行质量检测．若样本中有 50 件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为
件．
【答案】1800【解析】分层抽样中各层的抽样比相同，样本中甲设备生产的有 50 件，则乙设备生产的有 30
件，在 4800 件产品中，甲、乙设备生产的产品总数比为 5：3，所以乙设备生产的产品总数为 1800 件．
6．(2014 天津理)某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该
校四个年级的本科生中抽取一个容量为 300 的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级
的本科生人数之比为 4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生．
4
【答案】60【解析】应从一年级抽取300´
= 60 名．
4+5+5+6
7．(2012 江苏理)某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3: 3: 4 ，现用分层抽样的方法从该校高中三个年
级的学生中抽取容量为 50 的样本，则应从高二年级抽取 
名学生．
3
【答案】15【解析】由题意得高二年级的学生人数占该学校高中人数的
，利用分层抽样的有关知识得应
10
3
从高二年级抽取 50×
=15 名学生．
10
8．(2012 浙江理)某个年级有男生 560 人，女生 420 人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容
量为 280 的样本，则此样本中男生人数为____________．
4
【答案】160【解析】总体中男生与女生的比例为4:3 ，样本中男生人数为280 160 ．
7
考点 108 用样本估计总体
9．(2020 全国Ⅲ文 3)设一组样本数据 x , x ,, x 的方差为0.01，则数据10x , 10x ,, 10x 的方差为
1
2
n
1
2
n
(
)
A．0.01
B．0.1
C．1
D．10
【答案】C
【解析】因为数据axi b，(i 1, 2,L,n)
的方差是数据x，(i 1, 2,L,n)
i
的方差的a2 倍，
所以所求数据方差为102 0.01=1，故选：C．
4
10．(2020 全国Ⅲ理 3)在一组样本数据中，1, 2 , 3 , 4 出现的频率分别为 p , p , p , p ，且pi 1，则
1
2
3
4
i1
下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是
(
)
p  p 0.1 , p  p 0.4
p  p 0.4 , p  p 0.1
1 
4 
2 
3
A．
B．
D．
1
4
2
3
C． p  p  0.2 , p  p  0.3
p  p  0.3 , p  p  0.2
1
4
2
3
1
4
2
3
【答案】B
x
1 4 
0.1 
2 3 
0.4  2.5
    
  

【解析】对于 A 选项，该组数据的平均数为
，方差为
A
12.5
2 0.122.5
2 0.432.5
2 0.442.5
0.10.65；对于 B 选项，该组数据的
2
s2
A
x
1 4 
0.4 
2 3 
0.1 2.5
    
  

平均数为
，方差为
B
12.5
2 0.422.5
2 0.132.5
2 0.142.5
2 0.4 1.85；对于
s2
B
C 选项，该组数据的
x
C
1 4 
0.2 
2 3 
0.3  2.5
    
   

平均数为
，方差为
2 0.222.5
2 0.332.5
2 0.342.5
2 0.2 1.05；对于
选项，该组数据
0.3 1.45，因此
B 选项这一组的标
s2
C 12.5
D
x
1 4 
0.3 
2 3 
0.2  2.5
    
   

的平均数为
，方差为
D
2 0.322.5
2 0.232.5
2 0.242.5
2
s2
D 12.5
准差最大，故选 B．
11．(2020 天津 4)从一批零件中抽取 80 个，测量其直径(单位：mm )，将所得数据分为 9 组：
[5.31,5.33),[5.33,5.35),,[5.45,5.47],[5.47,5.49]，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零
件中，直径落在区间[5.43,5.47)
内的个数为(
)
A．10
B．18
C．20
D．36
【答案】B【解析】由题意可得，直径落在区间5.43,5.47之间的零件频率为：
6.25 5.000.02  0.225
，
则区间5.43,5.47内零件的个数为：800.225 18
，故选 B．
12．(2019 全国 II 理 5)演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从 9 个原
始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分．7 个有效评分与 9 个原始评分相比，不变的数
字特征是
A．中位数
C．方差
B．平均数
D．极差
【答案】A【解析】根据题意，从 9 个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分，7 个
有效评分与 9 个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变．故选 A．
13．(2019 全国 II 理 13)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的
正点率为 0．97，有 20 个车次的正点率为 0．98，有 10 个车次的正点率为 0．99，则经停该站高铁列车所
有车次的平均正点率的估计值为__________．
【答案】0．98【解析】经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：
100.97200.98100.99
x 
0.98 ．
102010
14．(2020 上海 8)已知有四个数1,2,a,b ，这四个数的中位数为 3，平均数为 4，则ab
．
2  a
12 a b
【答案】36【解析】设a b ，则
故答案为：36。
 3，解得：a  4，
 4 ，解得：b 9，所以ab 36 ．
2
4
4 , 2a , 32a , 5 , 6
15．(2020 江苏 3)已知一组数据
的平均数为 ，则a 的值是
4
．
4 2a 3a5 6
4，解得a  2 ．
【答案】2 【解析】由题意得
5
16．(2019 江苏 5)已知一组数据 6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是
．
5
1
x  (6 7 889 10)  8
【答案】 【解析】 一组数据 6，7，8，8，9，10 的平均数为
，
3
6
1
5
3
s2  [(6 8) 2 (7 8) 2 (88)
2 (88)
2 (9 8) 2 (10 8) ] 
2
所以该组数据的方差为
．
6
17．(2020 新高考山东海南 9)我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续 11
天复工复产指数折线图，下列说法正确的是
(
)
A．这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加
B．这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量
C．第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%
D．第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量
【答案】CD【解析】由图可知，第 1 天到第 2 天复工指数减少，第 7 天到第 8 天复工指数减少，第 10 天
到
第 11 复工指数减少，第 8 天到第 9 天复产指数减少，故 A 错误；由图可知，第一天的复产指标与复工指标
的差大于第 11 天的复产指标与复工指标的差，所以这 11 天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故 B
错误；由图可知，第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%，故 C 正确；由图可知，第 9 天至第 11 天
复
产指数增量大于复工指数的增量，故 D 正确．
18．(2018 全国Ⅰ理)某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解
该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
建设前经济收入构成比例
建设后经济收入构成比例
则下面结论中不正确的是
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
【答案】A【解析】通解 设建设前经济收入为a ，则建设后经济收入为2a ，则由饼图可得建设前种植收入
为0.6a ，其他收入为0.04a ，养殖收入为0.3a ．建设后种植收入为0.74a ，其他收入为0.1a ，养殖收入为
0.6a ，养殖收入与第三产业收入的总和为1.16a ，所以新农村建设后，种植收入减少是错误的．故选 A．
优解 因为0.6 0.372 ，所以新农村建设后，种植收入增加，而不是减少，所以 A 是错误的．故选 A．
19．(2017 新课标Ⅲ理)某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了 2014 年 1 月
至 2016 年 12 月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在 7，8 月份
D．各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳
【答案】A【解析】由折线图，7 月份后月接待游客量减少，A 错误，故选 A．
20．(2016 年山东理)某高校调查了 200 名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直
方图，其中自习时间的范围是[17.5,30] ，样本数据分组为[17.5, 20) ，[20, 22.5)，[22.5, 25) ，[25, 27.5) ，
[27.5,30]．根据直方图，这 200 名学生中每周的自习时间不少于 22．5 小时的人数是
A．56
B．60
C．120
D．140
【答案】D【解析】由频率分布直方图可知，这 200 名学生每周的自习时间不少于 22．5 小时的频率为
(0．16+0．08+0．04)×2．5=0．7，故这 200 名学生中每周的自习时间不少于 22．5 小时的人数为 200×
0．7=140．故选 D．
21．(2016 年全国 III 理)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均
最低气温的雷达图．图中 A 点表示十月的平均最高气温约为 15℃，B 点表示四月的平均最低气温约为 5℃．
下
面叙述不正确的是
A．各月的平均最低气温都在 0℃以上
B．七月的平均温差比一月的平均温差大
D．平均气温高于 20℃的月份有 5 个
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同
【答案】D【解析】由图可知 0℃在虚线框内，所以各月的平均最低气温都在 0℃以上，A 正确；由图可知
七月的平均温差比一月的平均温差大，B 正确；由图可知三月和十一月的平均最高气温都约为 10℃，基本
相同，C 正确；由图可知平均最高气温高于 20℃的月份不是 5 个，D 不正确，故选 D．
22．(2015 陕西理)某中学初中部共有 110 名教师，高中部共有 150 名教师，其性别比例如图所示，则该校女
教师的人数为
A．167
B．137
C．123
D．93
【答案】C【解析】由扇形统计图可得，该校女教师人数为11070 150(160%) 137．
23．(2015 新课标 I 理理 I 理)根据下面给出的 2004 年至 2013 年我国二氧化硫年排放量(单位：万吨)柱形
图，
以下结论不正确的是．
A．逐年比较，2008 年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007 年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006 年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006 年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
【答案】D【解析】根据柱形图易得选项 A，B，C 正确，2006 年以来我国二氧化碳年排放量与年份负相关，
选项 D 错误．
24．(2015 安徽理)若样本数据 x ， x ，， x 的标准差为8，则数据2x 1，2x 1，，
2x 1 的
1
2
10
1
2
10
标准差为
A．8
B．15
C．16
D．
【答案】C【解析】设样本数据 x ， x ， ， x 的标
准差为
DX ，则
DX 8，即方差 DX 64
，
1
2
10
而数据2x 1，2x 1 ， ，2x 1
的方差
D(2X 1)  2 2DX  2 2 64 ，所以其标准差为
22 64 16 ，
1
2
10
故选 C．
25．(2014 广东理)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 1 和图 2 所示，为了解该地区中小学生的近
视形成原因，用分层抽样的方法抽取 2％的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别是
A．200，20
B．100，20
C．200，10
D．100，10
【答案】A【解析】所抽人数为(3500 2000 4500)2%  200，近视人数分别为小学生350010% 350，
初中生450030% 1350 ，高中生200050% 1000 ，∴抽取的高中生近视人数为10002%  20，
故选 A．
26．(2013 福建理)某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分为 6 组：[40，50)，
[50，60)， [60，70)， [70，80)， [80，90)， [90，100]加以统计，得到如图所示的频率分布直方图，已知
高一年级共有学生 600 名，据此估计，该模块测试成绩不少于 60 分的学生人数为(
A．588 
B．480 
C．450 
D．120
)
【答案】B【解析】由图知道 60 分以上人员的频率为后 4 项频率的和，由图知道
P  (0.030.0250.0150.01) *10  0.8
，故分数在 60 以上的人数为 600×0．8=480 人．
27．(2013 山东理)将某选手的 9 个得分去掉 1 个最高分，去掉 1 个最低分，7 个剩余分数的平均分为 91，
现
x
场做的 9 个分数的茎叶图后来有一个数据模糊，无法辨认，在图中以 表示：
则 7 个剩余分数的方差为(
)
116
9
36
7
6 7
7
A．
B．
C．36
D．
【答案】B【解析】由图可知去掉的两个数是 87，99，所以8790291294 90 x 917 ，x  4 ．
1
36
7
s2  [(87 91) 2 (90 91) 2 2 (9191)
2 2 (94 91) 2 2] 
．
7
28．(2012 陕西理)对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图(如图所示)，则该样本
的中位数、众数、极差分别是(
)
A．46，45，56
B．46，45，53
C．47，45，56
D．45，47，53
45+47 = 46，
【答案】A【解析】由概念知中位数是中间两数的平均数，即
故选 A．
众数是 45，极差为 68-12=56，
2
29．(2018 江苏理)已知 5 位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这 5 位裁判打出的分数的平
均数为
．
89 89 90 9191
【答案】90【解析】由茎叶图可得分数的平均数为
 90 ．
5
29．(2015 湖南理)在一次马拉松比赛中，35 名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示．
若将运动员按成绩由好到差编为135 号，再用系统抽样方法从中抽取 7 人，则其中成绩在区间[139，151]
上的运动员人数是
．
7
【答案】4【解析】由茎叶图可知，在区间[139,151] 
的人数为20 ，再由系统抽样的性质可知人数为20 
 435
人．
30．(2014 江苏理)为了了解一片经济的生长情况，随机抽测了其中 60 株树木的底部周长(单位：cm)，所得
数据均在区间[80，130]上，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的 60 株树木中，有
长小于 100cm．
株树木的底部周
【答案】24【解析】由频率分布直方图可得树木底部周长小于 100cm 的频率是(0．025 +0．015)×10=0．4，
又样本容量是 60，所以频数是 0．4×60=24．
31．(2013 辽宁理)为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，在全校随机抽取 5 个班级，把每个班级参加
该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为 7，样本方差为 4，且样本数据互不相同，则样本数据中的
最大值为
．
【答案】10【解析】设五个班级的数据分别为a  b  c  d  e ．由平均数方差的公式得
a b  c  d  e
(a7) 2 (b7) 2 (c7) 2 (d 7) 2 (e7) 2
 7
4，显然各个括号为整数．设
，
5
5
a 7,b 7,c 7,d 7,e  7
p,q,r,s,t ，( p,q,r,s,t Z) ，
分别为
p  q  r  s t  0(1)

则
．
p
2  q 2  r 2  s
(x q)
2( p  q  r  s)x ( p
f (x)
2 t  20(2)
2
f (x)  (x  p) 2
2 (x r) 2 (x  s)2 =
) = 4x
设
2
2  q  r
2
2  s 2
2  2tx  20 t
，
2
4x
因为数据互不相同，分析
的构成，得f (x)  0 恒成立，
因此判别式 0 
，得t  4 ，所以t  3 ，即e 10．
32．(2012 山东理)右图是根据部分城市某年 6 月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频率分布直方图，
其中平均气温的范围是［20．5，26．5］，样本数据的分组为[20.5,21.5) ，[21.5,22.5) ，[22.5,23.5) ，[23.5,24.5) ，
[24.5,25.5) ，[25.5,26.5] ．已知样本中平均气温低于 22．5℃的城市个数为 11，则样本中平均气温不低于
25．5℃的城市个数为＿＿＿＿．
【答案】9【解析】最左边两个矩形面积之和为 0．10×1+0．12×1＝0．22，总城市数为 11÷0．22＝50，最
右面矩形面积为 0．18×1＝0．18，50×0．18＝9．
33．(2019 全国 III 理 17)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200 只小鼠随机
分成 A、B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液，每组小鼠给服
的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根
据试验数据分别得到如下直方图：
记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于 5．5”，根据直方图得到 P(C)的估计值为 0．70．
(1)求乙离子残留百分比直方图中 a，b 的值；
(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．
【解析】(1)由已知得0.70  a 0.200.15 ，故a 0.35 ，b=1–0．05–0．15–0．70=0．10．
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0．15+3×0．20+4×0．30+5×0．20+6×0．10+7×0．05=4．05．
乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0．05+4×0．10+5×0．15+6×0．35+7×0．20+8×0．15=6．00．
34．(2016 年四川理)我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用
水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 x (吨)、一位居民的月用水量不超过 x 的部分按平价收费，超
出 x 的部分按议价收费．为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居民每人的月均用水量(单
位：吨)，将数据按照[0，0．5)，[0．5，1)，…，[4，4．5)分成 9 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(I)求直方图中 a 的值；
(II)设该市有 30 万居民，估计全市居民中月均用水量不低于 3 吨的人数，并说明理由；
(III)若该市政府希望使 85%的居民每月的用水量不超过标准 x (吨)，估计 x 的值，并说明理由．
【解析】(I)由概率统计相关知识，各组频率之和的值为1．
∵频率=(频率/组距)*组距，∴0.5






  
0.08 0.16 0.4 0.52 0.12 0.08 0.04 2a 
1，得a 0.3
．

(II)由图，不低于3 吨人数所占百分比为0.5



0.12 0.08 0.04 =12% ，
∴全市月均用水量不低于3 吨的人数为：30 12%=3.6 万 ．
(Ⅲ)由图可知，月均用水量小于2．5 吨的居民人数所占百分比为：
0.5

( )




 
0.08 0.16 0.3 0.4 0.52 
0.73，即73%
的居民月均用水量小于 ． 吨，
2
5
同理，88%的居民月均用水量小于3 吨，故2.5  x  3 ，
85% 73%0.5
假设月均用水量平均分布，则 x  2.5  0.5
 2.9 (吨)．
0.3
注：本次估计默认组间是平均分布，与实际可能会产生一定误差．
35．(2015 广东理)某工厂 36 名工人年龄数据如下表
工人编号 年龄 
工人编号 年龄 工人编号 年龄 工人编号 年
龄
1
2
3
4
5
6
7
8
9
40
44
40
41
33
40
45
42
43
10
11
12
13
14
15
16
17
18
36
31
38
39
43
45
39
38
36
19
20
21
22
23
24
25
26
27
27
43
41
37
34
42
37
44
42
28
29
30
31
32
33
34
45
36
34
39
43
38
42
53
37
49
39
(1)用系统抽样法从 36 名工人中抽取容量为 9 的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为 44，
列出样本的年龄数据；
(2)计算(1)中样本的均值 x 和方差s
2 ；
(3)36 名工人中年龄在 x s 和 x  s 之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01% )？
【解析】(1)由系统抽样可知，36 人分成 9 组，每组 4 人，其中第一组的工人年龄为 44，所以其编号为 2，
故所有样本数据的编号为4n2 ，n 1, 2,,9．其数据为：44，40，36，37，44，43，37．
44 40 37
(2) x 
 40 ．
9
1
100
9
s2  [(44 40) (40 40)
2
2 (37 40) 2] 
．
由方差公式，
9
100
9
10
2
s 
，所以 s  
(3, 4) ．
(3)因为
3
所以 36 名工人中年龄在 x s 和 x  s 之间的人数等于在区间[37, 43]内的人数，即 40，40，41，
，39，
共 23 人．
23
所以 36 名工人中年龄在 x s 和 x  s 之间的人数所占的百分比为 63.89% ．
36
A
B
20
36．(2013 年新课标 I 理)为了比较两种治疗失眠症的药(分别称为 
药， 
药)的疗效，随机地选取
位患
40
位患者服用一段时间后，记录他们日平均增加的睡眠时间(单位：
A
者服用 
药，
20
B
位患者服用 
药，这
h )，试验的观测结果如下：
A
服用 
药的
20 位患者日平均增加的睡眠时间：
2．7 
1．5 
2．8 
1．8
0．6 
1．2
2．2
2．3
3．2
3．5
2．5
2．6
1．2
2．7
20
位患者日平均增加的睡眠时间：
1．5
2．9
3．0
3．1
2．3
2．4
B
服用 
药的
3．2
1．6
1．7
0．5
1．9
1．8
0．8
0．6
0．9
2．1
2．4
1．1
1．2
2．5
2．6
1．2
1．3
2．7
1．4
0．5
(1)分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，哪种药的疗效更好？
(2)根据两组数据完成下面茎叶图，从茎叶图看，哪种药的疗效更好？
x
y
【解析】(1)设 A 药观测数据的平均数为 ，B 药观测数据的平均数为 
，又观测结果可得
1
x 
(0．6+1．2+1．2+1．5+1．5+1．8+2．2+2．3+2．3+2．4+2．5+2．6+2．7+2．7+2．8+3．0+3．1+3．2+3．5)=2．3，
20
1
y 
(0.50.50.60.80.91.11.21.2
20
1.31.41.61.7 1.81.92.1
2.42.52.62.7 3.2) 1.6
x y
由以上计算结果可得 > 
，因此可看出 A 药的疗效更好．
(2)由观测结果可绘制如下茎叶图：
A 药
B 药
6
0． 5 5 6 8 9
1． 1 2 2 3 4 6 7 8 9
2． 1 4 5 6 7
8 5 5 2 2
9 8 7 7 6 5 4 3 3 2
5 2 1 0
3．
2
7
从以上茎叶图可以看出，A 药疗效的试验结果有的叶集中在茎 2．3 上，而 B 药疗效的试验结果有
集中在茎 0，1 上，由此可看出 A 药的疗效更好．
的叶
10
37．(2012 广东理)某校 100 名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图 4 所示，其中成绩分组区间是：
[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]．
a
(1)求图中 的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这 100 名学生语文成绩的平均分；
x
y
(3)若这 100 名学生语文成绩某些分数段的人数( )与数学成绩相应分数段的人数( 
)之比如下表所示，求数
学成绩在[50，90)之外的人数．
分数段
50,60 60,70 70,80 
80,90
x ：y
1：1
2：1
3：4
4：5
【解析】(1) (2a 0.02 0.030.04)10 1 a  0.005
(2)平均分为550.05650.4750.3850.2950.05 73
(3)数学成绩在[50,90) 内的人数为
1
4
5
(0.005 0.04  0.03 0.02)10100  90
人．
2
3
4
数学成绩在[50,90) 
外的人数为10090 10
人．
答：(1) a 0.005
(2)这 100 名学生语文成绩的平均分为73
(3)数学成绩在[50,90) 
外的人数为10
考点 109 变量间的相关关系
人．
y
x
38．(2020 全国Ⅰ文理 5)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 和温度 (单位：C )的关系，

 


x , y i 1, 2 ,, 20
得到下面的散点图：
在 20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据
i
i
由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类
型
的是
(
)
A． y  a bx
【答案】D
B．y a bx 2
C． y a bex
D． y  a bln x
y
【解析】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图像附近，因此，最适合作为发芽率 和温度
x
的回归方程类型的是y  a bln x ，故选 D．
39．(2017 山东理)为了研究某班学生的脚长 x (单位：厘米)和身高 y (单位：厘米)的关系，从该班随机抽取
10 名学生，根据测量数据的散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，设其回归直线方程为
10
10
ˆ


ˆ
yˆ  bxaˆ ．已知 
xi  225 ，
y 1600 ，b  4 ．该班某学生的脚长为 24，据此估计其身高为
i
i1
i1
A．160
B．163
C．166
D．170

【答案】C【解析】因为 x  22.5， y 160，所以a 160422.5  70 ， y  424 70 166，故选
C．
40．(2015 福建理)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区 5 户家庭，得到如下
统计数据表：
收入 x (万元)
支出 y (万元)
8．2 
8．6 
10．0 
11．3 
11．9
6．2 
7．5 
8．0
8．5
9．8
ˆ
ˆ
ˆ
根据上表可得回归本线方程
元家庭年支出为
yˆ  bxaˆ ，其中b  0.76,aˆ  y bx ，据此估计，该社区一户收入为 15 万
A．11．4 万元
B．11．8 万元
C．12．0 万元
D．12．2 万元
ˆ
【答案】B【解析】∵ x 10.0 ， y  8.0 ，b 0.76，∴aˆ 80.7610 0.4 ，
∴回归方程为yˆ = 0.76x +0.4，把 x =15 代入上式得， yˆ = 0.76´15+0.4 =11.8 (万元)，故选 
B．
41．(2014 重庆理)已知变量 与 
正相关，且由观测数据算得样本的平均数 
，则由该观测
x 3， y  3.5
x
y
数据算得的线性回归方程可能为




A． y 0.4x 2.3 
B． y  2x2.4 
C． y  2x9.5 
D． y  0.3x4.4
【答案】A【解析】由题意可知，相应的回归直线的斜率应为正，排除 C、D．且直线必过点(3, 3.5) ，代入
A、B 得 A 正确．
42．(2014 湖北理)根据如下样本数据
x
y
3
4
5
6
7
8
0.5
2.0
3.0
4．0
2．5
0．5
得到的回归方程为 yˆ  bx  a ，则
A．a  0 ，b  0
B．a  0 ，b  0
C．a  0 ，b  0
D．a  0 ，b  0
【答案】A【解析】画出散点图知b  0,a  0 ，故选 A．
43．(2012 新课标理)在一组样本数据(x ，y )，(x ，y )，…，(x ，y )(n≥2，x ，x ，…，x 不全相等)的散
1
1
2
2
n
n
1
2
n
1
2
点图中，若所有样本点(x ，y )(i=1，2，…，n)都在直线 yx 1 上，则这组样本数据的样本相关系数为
i
i
1
2
A．−1
B．0
C．
D．1
【答案】D【解析】因为所有的点都在直线上，这组样本数据完全正相关，故其相关系数为 1，故故选 D．
44．(2014 江西理)某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这 4 个变量之间的关系，随机抽查
52 名中学生，得到统计数据如表 1 至表 4，则与性别有关联的可能性最大的变量是
52(622 1410)
2
528 2
【答案】D【解析】因为2
1 

，
16363220
16363220
52(420 1612)
2
52112 2
52(824 128)
2
5296 2


2
2 


， 3
2 

，
16363220
16363220
16363220
16363220
52(1430 62)
2
52408 2
2
4

，
16363220
16363220
2
4  2
2  3  1
2 ，所以阅读量与性别关联的可能性最大，故选 D．
2
则有
45．(2012 湖南理)设某大学的女生体重 y(单位：kg)与身高 x(单位：cm)具有线性相关关系，根据一组样本

y

数据(x ，y )(i=1，2，…，n)，用最小二乘法建立的回归方程为 
=0．85x 85．71，则下列结论中不．正．
确．的
i
i
是
A．y 与 x 具有正的线性相关关系
x 
y
B．回归直线过样本点的中心( ，
)
C．若该大学某女生身高增加 1cm，则其体重约增加 0．85kg
D．若该大学某女生身高为 170cm，则可断定其体重必为 58．79kg

y

y 
x
【答案】D【解析】由回归方程为 
=0．85x 85．71 知 
随 的增大而增大，所以 y 与 x 具有正的线性
相
关关系，由最小二乘法建立的回归方程得过程知
yˆ  bxa  bx y bx (a  y bx)
，
x 
y
所以回归直线过样本点的中心( ， 
)，利用回归方程可以预测估计总体，所以 D 不正确．
46．(2011 山东理)某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如下表
广告费用 x(万元)
销售额 y(万元)
4
2
3
5
49
26
39
54
yˆ  bˆx aˆ
ˆb
根据上表可得回归方程
中的 为 9．4，据此模型预报广告费用为 6 万元时销售额为
A．63．6 万元
B．65．5 万元 
C．67．7 万元 
D．72．0 万元
ˆ
【答案】B【解析】样本中心点是(3．5，42)，则
yˆ  9.4x 9.1，把 x 6 代入得 yˆ  65.5．
aˆ  y bx  42 9.43.5  9.1，所以回归方程是
47．(2018 全国Ⅱ理)下图是某地区 2000 年至 2016 年环境基础设施投资额 y (单位：亿元)的折线图．
为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额，建立了 y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据 2000 年
至 2016 年的数据(时间变量t 的值依次为1，2，… ，17)建立模型①：yˆ  30.4 13.5t ；根据 2010 年至 
2016
年的数据(时间变量t 的值依次为1，2，… ，7 )建立模型
②：
yˆ  99 17.5t ．
(1)分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值；
(2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
【解析】(1)利用模型①，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为
元)．
yˆ  30.4 13.519  226.1(亿
利用模型②，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为
(2)利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
yˆ  99 17.59  256.5(亿元)．
(
)
ⅰ从折线图可以看出，2000 年至 2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线 y  30.4 13.5t 上下．这说
明利用 2000 年至 2016 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010
年相对 2009 年的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，
这说明从 2010 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用 2010 年至 2016 年的数据建立
yˆ  99 17.5t 可以较好地描述 2010 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型
的线性模型
②得到的预测值更可靠．
(
)
ⅱ从计算结果看，相对于 2016 年的环境基础设施投资额 220 亿元，由模型①得到的预测值 226．1 亿元
的
增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠．
以上给出了 2 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
48．(2016 新课标Ⅰ理 II)下图是我国 2008 年至 2014 年生活垃圾无害化处理量(单位：亿吨)的折线图
(Ⅰ)由折线图看出，可用线性回归模型拟合 y 与t 的关系，请用相关系数加以说明；
(Ⅱ)建立 y 关于t 的回归方程(系数精确到 0．01)，预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量．
7
7
7


yi  9.32 ， 
t y  40.17 ，
i i
(yi  y) 2  0.55， 7 ≈2．646．
附注：参考数据：
i1
i1
i1
n
(t t )(y  y)
i
i
参考公式：相关系数r 
i1
，
n
n


(ti t ) 2
(yi  y) 2
i1
i1
n
(t  t )(y  y )

 

i
i
 
，a=y bt .
回归方程 y  a bt 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
【解析】(Ⅰ)由折线图这数据和附注中参考数据得
b  i1
n
(ti  t ) 2
i1
7
7


t  4 ， 
(ti t) 2  28 ，
(yi  y)  0.55 ，
2
i1
i1
7
7
7

 

(t t)(y  y) 
t y t 
yi  40.17 49.32  2.89 ，
i
i
i
i
i1
i1
i1
2.89
0.5522.646
r 
 0.99．
因为 y 与t 的相关系数近似为 0．99，说明 y 与t 的线性相关相当高，从而可以用线性回归模型拟合 y 与
t 的
关系．
7
(t t)(y  y)
9.32
7
i
i
2.89
28
ˆ
y 
1.331 及 Ⅰ 得
) b  i1

 0.103
，
(Ⅱ)由
(
7
(ti t) 2
i1
ˆ
aˆ  y bt 1.3310.1034  0.92．
所以， y 关于t 的回归方程为： y 0.92 0.10t ．
ˆ 

将 2016 年对应的t 9 代入回归方程得：yˆ 0.92 0.109 1.82

．
所以预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量将约 1．82 亿吨．
49．(2015 新课标 I 理)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费 x (单位：千元)对年
销售量 y (单位：t)和年利润 z (单位：千元)的影响，对近 8 年的年宣传费 x 和年销售量 y (i =1，2，···，8)
i
i
数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
8
8
8
8




x
y
w
(xi  x ) 2
(wi  w) 2
(x  x)(y  y)
(w  w)(y  y)
i
i
i
i
i1
i1
i1
i1
46．6 563 
6．8 289．8
1．6
1469
108．8
1
8
8

表中 w  x ，w =
wi ．
i
i
i1
(Ⅰ)根据散点图判断， y  a bx 与 y  c d x 哪一个适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归方程类
型？(给出判断即可，不必说明理由)
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的判断结果及表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程；
(Ⅲ)已知这种产品的年利率 z 与 x 、 y 的关系为 z  0.2y  x ．根据(Ⅱ)的结果回答下列问题：
(ⅰ)年宣传费 x =49 时，年销售量及年利润的预报值是多少？
(ⅱ)年宣传费 x 为何值时，年利率的预报值最大？
附：对于一组数据(u ,v ) ，(u ,v ) ，，(u ,v ) ，其回归线v   u 的斜率和截距的最小二乘估
计分
1
1
2
2
n
n
n
(u u)(v v )
i
i
别为 ˆ  i1
，ˆ  v u ．
ˆ
n
(ui u) 2
i1
【解析】(
)
Ⅰ由散点图可以判断， y  c d x 适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归方程类
型．
8
(w w)(y  y)
i
i
108.8
1.6
ˆ
(
)
Ⅱ令 w  x ，先建立 y 关于 w 的线性回归方程，由于
d
i1

 68．
8
(wi w) 2
i1
ˆ
cˆ  y dw  563686.8 100.6，
所以 y 关于 w 的线性回归方程为yˆ 100.6 68w ，因此 y 关于 x 的回归方程为 yˆ 100.6 68 x 
．
(
)(
)
Ⅲⅰ由(
)
Ⅱ知，当 x  49 时，年销售量 y 的预报
值
yˆ 100.6 68 49  576.6 ，
年利润 z 的预报值zˆ 576.60.249 66.32 ．
(
)
ⅱ根据(
)
Ⅱ得结果知，年利润 z 的预报
值
zˆ  0.2(100.6 68 x)  x  x 13.6 x 20.12 ，所以当
13.6
x 
 6.8，即 x  46.24 时， zˆ 取得最大值，故年宣传费为46.24 千元时，年利润的预报值最大．
2
50．(2014 新课标 II 理)某地区 2007 年至 2013 年农村居民家庭纯收入 y(单位：千元)的数据如下表：
年份
2007
1
2008
2
2009
3
2010
4
2011
5
2012
6
2013
7
年份代号 t
人均纯收入 y
2．9
3．3
3．6
4．4
4．8
5．2
5．9
(Ⅰ)求 y 关于 t 的线性回归方程；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)中的回归方程，分析 2007 年至 2013 年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该
地区 2015 年农村居民家庭人均纯收入．
n
   
 
t 
t 
y 
y

i
i
ˆ
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b  i1
，aˆ  y bt
n
  

2
t 
t
i
i1
1
1
【解析】(I) 由所给数据计算得t  (1+2+3+4+5+6+7)=4，y  
(2．9+3．3+3．6+4．4+4．8+5．2+5．
9)=4．3
7
7
7
(t1 t)2 =9+4+1+0+1+4+9=28，
t1
7
(t t)(y  y) = (3)(1.4) (2)(1) (1)(0.7) 00.110.520.931.6 14 ，
1
1
t1
7
(t t)(y  y)
1
1
14
28




b  t1

 0.5，a  y bt  4.30.54  2.3，所求回归方程为 y 0.5t 2.3．
7
(t1 t) 2
t1
51．(2020 全国Ⅱ文理 18)某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查
该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取

 


20 个作为样区，调查得到样本数据 x , y 
i 1, 2 , , 20 ，其中 x 和 y 分别表示第i 个样区的植物覆盖
i
i
i
i
20
20
20


 

2
面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得
xi  60 ，
yi 1200 ，
x  x 80 ，
i
i1
i1
i1
20
20



2
 


y  y  9000 ，
x  x y  y 800．
i
i 
i
i1
i1
（1）求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均
数乘以地块数)；

 

i

（2）求样本 x , y i 1, 2 ,, 20 的相关系数(精确到0.01)；
i
（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动
物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．
n
 


x  x y  y
i
i
附：相关系数r 
i1
， 2 1.414 ．
n
n
 

2


2
x  x
yi  y
i
i1
i1
1
20
1
yi 
1200  60 ，
【解析】(1)样区野生动物平均数为20
20
i1
地块数为200
，该地区这种野生动物的估计值为200 60 12000
．
20
i
i
(x  x)(y  y )
800
2 2
3
(2)样本
的相关系数为r 
i1


 0.94
．
(x , y )
i
i
809000
20
20


(xi  x ) 2
(yi  y ) 2
i1
i1
(3)由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样．先将植物覆盖面积
按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可．
考点 110 随机事件的概率、古典概型、几何概型
52．(2020 全国Ⅰ文 4)设O 为正方形 ABCD 的中心，在O , A , B , C , D 中任取3 点，则取到的3 点共线
的
概率为
(
)
1
2
5
1
2
4
5
A．
B．
C．
D．
5
【答案】A

 

 

，
【解析】如图，从O , A , B , C , D 5
3
个点中任取 个有
O , A, B , O , A, C , O , A, D

 

 

 

 

 

 

，共10 种不同取
O , B , C , O , B , D , O , C , D , A, B , C , A, B , D , A, C , D , B , C , D
O , A, C与O , B , D共 2 种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到 点共线的
3
法， 点共线只有
3
2
1
5

概率为
，故选 A．
10
53．(2020 全国Ⅱ文理 4)在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200 份订单的
配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该
超市某日积压500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600 份的概率为0.05 ，志愿者每人每天能完
成50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95 ，则至少需要志愿者
(
)
A．10 名
B．18 名
C．24 名
D．32 名
【答案】B
900
50
【解析】由题意，第二天新增订单数为500 1600 1200 900 ，故需要志愿者



18 名，故选 B．
54．(2020 新高考山东海南 5)某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96% 的学生喜欢足球或游泳，60% 的
学生喜欢足球，82% 的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例
是
(
)
A．62%
B．56%
C．46%
D．42%
【答案】C
【解析】记“该中学学生喜欢足球”为事件 A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件 B ，则“该中学学生喜欢
足球或
游泳”为事件 A B ，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事
件

AB
P(A)  0.6， P(B)  0.82，
，则
  
 
P A B 
0.96，所以 P(AB)  P(A)  P(B)  P(A B) 



0.6 0.82 0.96 0.46 ，所以该中学既喜
欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46% ，故选：C．
55．(2019 全国 I 理 6)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的 6
个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重
卦恰有 3 个阳爻的概率是(
)
5
11
32
21
32
11
16
A．
B．
C．
D．
16
【解析】在所有重卦中随机取一重卦，基本事件总数n  2  64 ，该重卦恰有 3 个阳爻包含的基本个数
6
m
20
5
m  C3
6C3
3  20 ，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率 p 


，故选 A．
n
64 
16
56．(2018 全国Ⅰ理)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆
的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边 BC，直角边 AB ， AC ．ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑
色
部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为 p ， p ，
1
2
p3 ，则
A． p1  p2
B． p1  p3
C． p2  p3
D． p  p  p
1 
2 
3
【答案】A【解析】通解 设直角三角形 ABC 的内角 A ， B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则区域 I 
的
1
1
c
面积即ABC 的面积，为 S  bc，区域Ⅱ的面积S   ( )
2 
1
2
2
2
2
a
 ( ) 2
1
2
b
1
1
1
1
2
 ( ) 2 [
 bc]  (c
2  b2  a )  bc bc ，所以 S  S ，由几何概型的知识知
2
1 
2
2
2
2
8
2
2
p  p ，故选 A．
1
2
优解 不妨设ABC 为等腰直角三角形，AB  AC  2 ，则 BC  2 2 ，所以区域 I 的面积即ABC 的面
1
积，为S  22  2，区域Ⅱ的面积
1
2
 ( 2) 2
 ( 2) 2
S2  1 2 [
2]  2，区域Ⅲ的面积 S3 
2  2 ．
2
2
2
 

  2
  2
根据几何概型的概率计算公式，得 p  p 
， p3 
，所以 p  p ，
1
2
1
3
2
p  p ， p  p  p ，故选 A．
2
3
1
2
3
57．(2018 全国Ⅱ理)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每
个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30 723．在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的
数，其和等于 30 的概率是
1
1
1
1
A．
B．
C．
D．
12
14
15
18
【答案】C【解析】不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从中随机选取两
个不同的数有C1
2
0 种不同的取法，这 10 个数中两个不同的数的和等于 30 的有 3 对，所以所求概率
3
1
P 

，故选 C．
C2
15
10
58．(2017 新课标Ⅰ理)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分
和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是
1
4

1
2

A．
B．
C．
D．
8
4
【答案】B【解析】设正方形的边长为2a ，由题意可知太极图的黑色部分的面积是圆的面积的一半，根据
1
2a2

几何概型的概率计算，所求概率为

．故选 B．
4a2
8
59．(2017 山东理)从分别标有1，2 ，，9 的9 张卡片中不放回地随机抽取 2 次，每次抽取 1 张．
则抽到
的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概率是
5
4
9
5
9
7
9
A．
B．
C．
D．
18
【答案】C【解析】不放回的抽取 2 次有C
9
1C  98  72，如图
1
8
40
72
5
可知(1, 2) 与(2,1) 是不同，所以抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同有2C1
5C
1
4 =40，所求概率为
 ．
8
60．(2016 新课标Ⅰ理)某公司的班车在 7：30，8：00，8：30 发车，小明在 7：50 至 8：30 之间到达发车
站
乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率是
1
3
1
2
2
3
3
4
A．
B．
C．
D．
【答案】B【解析】由题意得图：
1
由图得等车时间不超过 10 分钟的概率为 
．
2


n


1
61．(2016 新课标Ⅰ理)从区间 0 , 1 随机抽取 2n 个数 x ，x ，…，x ，y ，y ，…，y ，构成 个数对 x , 
y ，
1
2
n
1
2
n
1



，其中两数的平方和小于 1 的数对共有m

个，则用随机模拟的方法得到的圆周率 的
x2 , y2 ，…，xn , yn
近似值为
4n
2n
4m
2m
A．
B．
C．
D．
m
m
n
n

 

 

【答案】C【解析】由题意得： x ，y i 1，2， ，n 在如图所示方格中，而平方和小于 1 的点均在如
图
i
i
π
m
n
4m
4
1
所示的阴影中，由几何概型概率计算公式知
，∴π 
，故选 C．
n
62．(2015 广东理)袋中共有15 个除了颜色外完全相同的球，其中有10 个白球，5 个红球．从袋中任取2 个
球，所取的2 个球中恰有1 个白球，1 个红球的概率为
5
10
21
11
21
A．
B．
C．
D．1
21
1 C
【答案】B 【解析】 基本事件总数为C1
2
5 ，恰有1 个白球与 1 个红球的基本事件为C 
1 ，所求概率为
10 
5
C1
10
C
C1
5
10
21
=
．
2
15
63．(2014 新课标 I 理)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参
加公益活动的概率为
A ． 1
B ．3
8
C ．5
8
D ．7
8
8
24  2
7
【答案】D【解析】 P 
 
．
24
8
64．(2014 江西理)掷两颗均匀的骰子，则点数之和为 5 的概率等于(
)
1
1
9
1
6
1
A．
B．
C．
D．
18
12
【答案】B【解析】掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有66 36 种，点数之和为 5 的有 4 中，所以所求
4
1
概率为
 
．
36
9
65．(2014 湖南理)在区间[2,3]上随机选取一个数 X ，则 X 1 的概率为(
)
4
5
3
5
2
5
1
5
A．
B．
C．
D．
2
【答案】B【解析】区间长度为3(2)  5 ，[2,1]的长度为1(2)  3，故满足条件的概率为 P  
．
3
66．(2014 辽宁理)若将一个质点随机投入如图所示的长方形 ABCD 中，其中 AB  2 ， BC 1，则质点落
在以 AB 为直径的半圆内的概率是(
)




A．
B．
C．
D．
2
4
6
8
1
2
2

S 阴影
S 长方形

【答案】B【解析】由几何模型的概率计算公式，所求概率 P 
=

．
4
67．(2014 陕西理)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离小于该正方形边
长的概率为(
)
1
2
5
3
5
4
5
A．
B．
C．
D．
5
【答案】B【解析】5 个点中任取 2 个点共有 10 种方法，若 2 个点之间的距离小于边长，则这 2 个点中必须
4
2
有 1 个为中心点，有 4 种方法，于是所求概率 P 
 
．
10
5
x  0
x  y 1
确定的平面区域记为1 ，不等式

68．(2014 湖北理)由不等式y  0
，确定的平面区域
x  y  

2
y  x 2  0

记为 ，在 中随机取一点，则该点恰好在 内的概率为(
)
2
1
2
1
8
1
4
3
4
7
8
A．
B．
C．
D．
1
【答案】D【解析】由题意作图，如图所示， 的面积为 22  2，图中阴影部分的面积为
1
2
1
2
2
7
7
2  

 
，则所求的概率 P  
，故选 D．
2
2
2
4
8
69．(2013 陕西理)如图，在矩形区域 ABCD 的 A， C 两点处各有一个通信基站，假设其信号覆盖范围分别
是扇形区域 ADE 和扇形区域 CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机
地选一地点，则该地点无．信号的概率是

B． 

D． 
A．1
1
C．2 
4
2
2
4

2 


2
【答案】A【解析】由题设可知矩形 ABCD 面积为 2，曲边形 DEBF 的面积为
2
故选 A．
故所求概率为
1
，
2
2
4
70．(2013 安徽理)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，
则甲或乙被录用的概率为
2
3
2
5
3
5
9
A．
B．
C．
D．10
【答案】D【解析】总的可能性有 10 种，甲被录用乙没被录用的可能性 3 种，乙被录用甲没被录用的可能
33 3
p 
1．
性 3 种，甲乙都被录用的可能性 3 种，所以最后的概率
10
71．(2013 新课标 I 理)从1, 2,3, 4中任取 个不同的数，则取出的 个数之差的绝对值为 的概率是(
2
2
2
)
1
2
1
3
1
4
1
6
A．
B．
C．
D．
       
  
  

【答案】B【解析】任取两个不同的数有 1,2 , 1,3 , 1,4 , 2,3 , 2,4 , 3,4 共 6 种，2 个数之差的绝对
2
1
3
   

值为 2 的有 1，3 ，2，4 ，
故 P
 

．
6
72．(2013 湖南理)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P，使△APB 的最大边是 AB”发生的概
1
AD
AB
率为 
，则
=
2
1
1
4
3
7
A．
B．
C．
D．
2
2
4
【答案】D【解析】由已知，点 P 的分界点恰好是边 CD 的四等分点，
3
AD
AB
7
AD
AB
7
AB2  ( AB) 2  AD2 ，解得(
)2 
，即

，故选 D．
由勾股定理可得
4
16
4
73．(2012 辽宁理)在长为 12cm 的线段 AB 上任取一点 C，现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC，CB 的
长，
则该矩形面积小于 32 cm2 的概率为
1
6
1
3
2
4
5
A．
B．
C．
D．
3
AC=x,CB=y
【答案】C【解析】如图所示，令
，

，矩形面积设为 ，则 
 
 
S=xy=x 12-x 
32，
x+y=12 x>0,y>0
S
则
8
2
解得0<x  4 或8  x<12 ，该矩形面积小于 32 cm
2 的概率为
=
，故选 C．
12 3
0„ x „ 2
74．(2012 北京理)设不等式组
表示的平面区域为 D ，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标
0„ y „
2
原点的距离大于 2 的概率是(
)

  2

4
A．
B．
C．
D．
4
2
6
4
0„ x „ 2
【答案】D【解析】不等式组
表示坐标平面内的一个正方形区域，设区域内的点的坐标为(x, y)，
0„ y „
2
x2  y  4 的外部，即图
2
则随机事件：在区域 D 内取点，此点到坐标原点的距离大于 2 表示的区域就是圆
4 
中的阴影部分，故所求的概率为
．
4
75．(2011 新课标理)有 3 个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可
能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为(
)
1
3
1
2
2
3
3
4
A．
B．
C．
D．
【答案】A【解析】记三个兴趣小组分别为 1，2，3，甲参加 1 组记为“甲 1”，则基本事件为“甲 1，乙 1；
甲 1，乙 2；甲 1，乙 3；甲 2，乙 1；甲 2，乙 2；甲 2，乙 3；甲 3，乙 1；甲 3，乙 2；甲 3，乙 
3”共 9
个．记事件 A 为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件 A 有“甲 1，乙 1；甲 2，乙 2；甲 
3，
1
乙 3”共 3 个，因此 P(A)  ．
3
76．(2020 江苏 4】将一颗质地均匀的正方体骰子先后掷 次，观向上的点数，则点数和为 的概率
2
5
是
．
1
9
【答案】
 
  
  
  
共 个基本
事件，故所求的概
【解析】总事件数为66 36，点数和为5 含 1, 4 , 2 , 3 , 3, 2 , 4 ,1
4
4
1
9

率为
．
36
1
1
77．(2020 天津 13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为 
和 ．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、
2
3
乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．
1
6
2
3
【答案】
1 1
【解析】甲、乙两球落入盒子的概率分别为 , ，且两球是否落入盒子互不影响，
2 3
1 1
 

1
6
1
1
1
3
所以甲、乙都落入盒子的概率为
，甲、乙两球都不落入盒子的概率为(1 )(1 ) 
，
2 3
2
3
2
1
2
所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 
．故答案为： ； 
．
3
6
3
78．(2019 江苏理 6)从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至
少
有 1 名女同学的概率是
．
7
n  C5
2 10
【答案】 【解析】从3 名男同学和2 名女同学中任故选2 名同学参加志愿者服务，基本事件总数
，
10
故选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学包含的基本事件个数m  C1
3C1
2  C2
2  7 ，
m
n
7
P 

所以故选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学的概率是
．
10
79．(2019 全国 I 理 15)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利
时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客
主”．设甲队主场取胜的概率为 0．6，客场取胜的概率为 0．5，且各场比赛结果相互独立，则
甲队以 4∶1 获胜的概率是____________．
【答案】0.18 【解析】由题意可得，一共比赛了 5 场，且第 场甲获胜，前 场甲队胜 场，输 场，有
5
4
3
1
P  C 1
2 0.60.4C
2
2 0.5  0.12
；
2
2 种情况：①甲队主场输 1 场，其概率为：1
P  C2
2 0.6 2 C 0.50.5  0.18
，由于第 5 场必定是甲队胜，所以
2
1
②甲队客场输 1 场，其概率为：2
P
P P 
0.62 
0.18
   

，则甲队以 4：1 获胜的概率为 0．18．
1
2
80．(2018 江苏)某兴趣小组有 2 名男生和 3 名女生，现从中任选 2 名学生去参加活动，则恰好选中 2 名女
生
的概率为 
．
3
【答案】 
【解析】记 2 名男生分别为 A ，B ，3 名女生分别为a ，b ，c ，则从中任故选 2 名学生有 AB 
，
10
Aa， Ab， Ac， Ba， Bb， Bc，ab，ac，bc，共 10 种情况，其中恰好故选中 2 名女生有ab，ac，
3
bc，共 3 种情况，故所求概率为
．
10
81．(2018 上海)有编号互不相同的五个砝码，其中 5 克、3 克、1 克砝码各一个，2 克砝码两个，从中随机
选取三个，则这三个砝码的总质量为 9 克的概率是
(结果用最简分数表示)．
1
C3
5 10 种，总质量为 9 克共有 9=5+3+1，9=5+2+2 两种情
【答案】 【解析】从 5 个砝码随机取 3 个共有
5
2
2
1
5


况，所以三个砝码的总质量为 9 克的概率是
．
C3
10
5
82．(2017 江苏理)记函数f (x)  6  x x 2 的定义域为 D ．在区间[4,5]上随机取一个数 x ，则 xD 的
概率是
．
5
6  x  x ≥0 ，解得2≤x≤3，根据几何概型的计算公式得概率为
2
【答案】 【解析】由
9
3(2)
5(4)
5
 
．
9
83．(2016 年山东理)在[-1,1] 上随机地取一个数k ，则事件“直线 y  kx 与圆
的概率为 
．
(x-5)
2 + y 2 =9 相交”发生
3
|5k 0 |
(x-5)
2 + y 2 =9 的圆心为C(5, 0) ，半径r  3 ，故由直线与圆相交可得
 r ，
【答案】 ．【解析】圆
4
2
k 1
|5k |
9
3
3
4
3，整理得k 2 
  k 
，得
即
．
2
k 1
16
4
84．(2015 江苏理)袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球，从中一次随机
摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为________．
5
【答案】 【解析】从 4 只球中一次随机摸出 2 只球，有 6 种结果，其中这 2 只球颜色不同有 5 种结
果，
6
5
故所求概率为 ．
6
85．(2014 新课标理)将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行，则 2 本数学书相邻的概率为
_____．
2
【答案】 
【解析】设 2 本数学书分别为 A、B，语文书为 G，则所有的排放顺序有 ABC、ACB、
BAC、
3
BCA、CAB、CBA，共 6 种情况，其中数学书相邻的有 ABC、BAC、CAB、CBA，共 4 种情况，故 2 本数
4
2
学书相邻的概率 P   
．
6
3
86．(2014 重庆理)某校早上 8：00 上课，假设该校学生小张与小王在早上 7：30—7：50 之间到校，且每人
在该时间段的任何时间到校是等可能的，则小张比小王至少早 5 分钟到校的概率为_____(用数字作答)
9
【答案】 
【解析】设小张与小王的到校时间分别为 7：00 后第 x 分钟，第 y 分钟，根据题意可画出图
形，
32
如图所示，则总事件所占的面积为(50 30)  400 ．小张比小王至少早 5 分钟到校表示的事件
2
A (x, y)| y x≥5, 30 
x 
50, 30≤ y≤50，如图中阴影部分所示，阴影部分所占的面积为
≤ ≤
1
225
2
9
1515 
，所以小张比小王至少早 5 分钟到校的概率为 P(A) 
．
2
32
87．(2014 新课标 II 理)甲、已两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种颜色的运动服中选择 1 种，则他
们选择相同颜色运动服的概率为_______．
1
【答案】 【解析】甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种颜色的运动服中故选择 1 种的所有
3
可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，
共 9 种，他们故选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共 3 种．故所求概
1
率为 P  ．
3
88．(2014 浙江理)在 3 张奖券中有一、二等奖各 1 张，另 1 张无奖，甲、乙两人各抽取 1 张，两人都中奖的
概率是__________；
1
【答案】 【解析】设 3 张奖券中一等奖、二等奖和无奖分别为a,b,c ，甲、乙两人各抽取一张的所有情况
3
1
3
有ab,ac,ba,bc,ca,cb 共六种，其中两人都中奖的情况有ab,ba 共 2 种，所以概率为
x
x 1  x 2 ≥1 成立的概率为____．
89．(2013 山东理)在区间[-3，3]上随机取一个数 ，使得
1
【答案】 【解析】设
，
3
则
．由
，解得
，
即当
时，
．由几何概型公式得所求概率为
．
0 ~1
a
3a 1 0
90．(2013 福建理)利用计算机产生
之间的均匀随机数 ，则事件“
”发生的概率为
．
1
1
1
1
3
3
【答案】 【解析】本题考查的是几何概型求概率．3a 1 0 ，即a 
，所以P  

．
3
3
1
91．(2013 新课标理)从1, 2,3, 4,5 中任意取出两个不同的数，其和为 的概率是_______．
5
1
C2
5 10
【答案】 【解析】从 5 个正整中任意取出两个不同的数，有
种，若取出的两数之和等于 5，则有
5
2
1
(1, 4), (2, 3) ，共有 2 个，所以取出的两数之和等于 5 的概率为
．
10
5
5
92．(2013 湖北理)在区间[2, 4] 上随机地取一个数 x，若 x 满足| x | m 的概率为 
，则m 
．
6
m (2)
4 (2)
5
【答案】3【解析】由几何概型，得
 ，解得m 3．
6
93．(2012 江苏理)现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项， 3 为公比的等比数列，若从这 10 个数中
随
机抽取一个数，则它小于 8 的概率是
．
3
【答案】 【解析】由题意得a
n  (3)n1 ，易知前 10 项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于 8 的项为
5
6
3
第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以 P 
 
．
10
5
94．(2012 浙江理)从边长为 1 的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为
2 的概率是___________．
2
2
2
C1
4
C5
2
4
2
5
【答案】 【解析】若使两点间的距离为
，则为对角线一半，故选择点必含中心，概率为

．
5
2
10
95．(2011 湖南理)已知圆C : x
2  y 2 12, 直线l : 4x 3y 25.


C
l
(1)圆 
的圆心到直线 的距离为
．
C
A
l
(2)圆 
上任意一点 
到直线 的距离小于 2 的概率为
．
25
【解析】(1)5 根据点到直线的距离公式得d 
 5．
5
1
| c |
(2)
设直线4x 3y  c 到圆心的距离为 3，则
 3，取c 15，则直线4x 3y 15 把圆截得的劣
6
5
弧的长度和整个圆的周长的比值即所求的概率，由于圆的半径是2 3 ，则可得直线4x 3y 15 截得的劣
1
弧所对的圆心角为60 ，故所求的概率是 ．

6
96．(2011 江苏理)从 1，2，3，4 这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率为______
1
【答案】 【解析】从 1，2，3，4 这四个数中一次随机取两个数，基本事件为：{1，2}，{1，3}，{1，4}，
3
{2，3}，{2，4}，{3，4}，共 6 个，符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件为{1，2}，{2，4}共 2 个，
1
所以概率为 ．
3
97．【2020 全国Ⅰ文 17)某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为 A，B，C，D 四
个等级．加工业务约定：对于 A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费 90 元，50 元，20 元；
对于 D 级品，厂家每件要赔偿原料损失费 50 元．该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务．甲分厂加工成本
费为 25 元/件，乙分厂加工成本费为 20 元/件．厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工
了 100 件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：
甲分厂产品等级的频数分布表
乙分厂产品等级的频数分布表
等级
频数
A
B
C
D
等级
频数
A
B
C
D
40
20
20
20
28
17
34
21
(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率；
(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加
工业务?
40
【解析】(1)由表可知，甲厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率为
 0.4，乙厂加工出来的一件产品
100
28
为 A 级品的概率为
0.28．
100
(2)甲分厂加工100 件产品的总利润为
40 
90 25 
20 
50 25 
20 
20 25 
20 
50 25 
1500
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
元，
∴甲分厂加工100 件产品的平均利润为15 元每件；
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
乙分厂加工100 件产品的总利润为28 
90 20 
17 
50 20 
34 
20 20 
21 
50 20 
1000
元，∴乙分厂加工100 件产品的平均利润为10
元每件，故厂家选择甲分厂承接加工任务．
98．(2020 全国Ⅰ理 19)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛
前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，
直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比
赛结束．
1
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为
．
2
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
4
 1 
1
  

M :甲连胜四场，则 P M

【解析】(1)记事件
 
 2  
16
．
(2)记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件C 为丙输，则四局内结束比赛的概率为
4
 1 
1
  

 

 

 

 4
 
，
P 
P ABAB 
P ACAC 
P BCBC 
P BABA
 

 2 
4
3
∴，需要进行第五场比赛的概率为 P 1 P
   
．
4
(3)记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件C 为丙输，记事件M :甲赢，记事件 N :丙赢，则甲赢的基本
事
件包括： BCBC ， ABCBC ， ACBCB ， BABCC ， BACBC ， BCACB ， BCABC ， BCBAC ，
∴甲
 1 4
 1 5
9
  

赢的概率为 P M
  7 

．
 2  
 2  
32
9
7
  
 

由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，∴丙赢的概率为 P N 
1 2
．
32 16
99．(2019 全国 II 理 18)11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 10：10 平后，每球交换发球权，
先多得 2 分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0．5，
乙发球时甲得分的概率为 0．4，各球的结果相互独立．在某局双方 10：10 平后，甲先发球，两人又打了 X
个球该局比赛结束．
(1)求 P(X=2)；
(2)求事件“X=4 且甲获胜”的概率．
【解析】(1)X=2 就是10：10 平后，两人又打了2 个球该局比赛结束，则这2 个球均由甲得分，
或者均由乙得分．因此P(X=2)=0．5×0．4+(1–0．5)×(1–04)=05．
(2)X=4 且甲获胜，就是10：10 平后，两人又打了4 个球该局比赛结束，且这4 个球的得分情况为：前两球
是
甲、乙各得1 分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0．5×(1–0．4)+(1–0．5)×0．4]×0．5×0．4=0．1．
100．(2013 广东理)从一批苹果中，随机抽取 50 个，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
分组(重量)
频数(个)
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100)
5
10
20
15
(1) 根据频数分布表计算苹果的重量在[90,95) 的频率；
(2) 用分层抽样的方法从重量在[80,85) 
和[95,100) 的苹果中共抽取 4 个，其中重量在[80,85)
的有几个？
(3) 在(2)中抽出的 4 个苹果中，任取 2 个，求重量在[80,85) 
和[95,100) 中各有 1 个的概率．
【解析】(1)由题意知苹果的样本总数n 50 ，苹果的重量在90,95
的频数为 20，∴苹果的重量在90,95

20
50 =0.4
的频率为
．
  

(2)设从重量在[80,85) 的苹果中抽取 x 个，则从重量在[95,100) 的苹果中抽取 4 x 个．∵从表格可知
 
  ，解得 x 
1．
[80,85),[95,100)的频数分别为 5，15．∴5 :15 x: 4 x
(3)设这 4 个苹果中重量在80,85
95,100
的 1 个记为 ，重量在 
中的 3 个为
a
b ,b ,b
3
，从中任取两个，可
1
2
能的情况有：
( a ，b )( a ，b )( a ，b )(b ，b )(b ，b )(b ，b )共 6 种；设任取 2 个，重量在80,85和
95,100
中各
1
2
3
1
2
1
3
2
3
3
1
2
P(A)  
有 1 个的事件为 A，则事件 A 包含有( a ，b )( a ，b )( a ，b )共 3 种，所
以
．
1
2
3
6
101．(2016 新课标Ⅰ理)某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本
年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
保 费
0
1
a
2
3
4
≥5
0．85a
1．25a
1．5a
1．75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
概 率
0
1
2
3
4
≥5
0．30
0．15
0．20
0．20
0．10
0．05
(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60% 的概率；
(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
【解析】(Ⅰ)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件 A ，
P(A) 1 P(A) 1 (0.30  0.15)  0.55 ．
(Ⅱ)设续保人保费比基本保费高出60% 为事件 B ，
P(AB) 
0.10 0.05
3
P(B A) 


．
P(A)
0.55
11
(Ⅲ)解：设本年度所交保费为随机变量 X ．
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
X
P
0.85a
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
平均保费 EX 0.850.30 0.15a 1.25a0.20 1.5a0.20 1.75a0.10 2a0.05
0.255a 0.15a 0.25a 0.3a 0.175a 0.1a 1.23a ，
∴平均保费与基本保费比值为1.23 ．
102．(2015 安徽理)已知 2 件次品和 3 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产
品，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时检测结果．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率
(2)已知每检测一件产品需要费用 100 元，设 X 表示直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时所需要的检
测费用(单位：元)，求 X 的分布列和均值(数学期望)．
A1
2
A
A1
3
3
【解析】(1)记“第一次检查出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件 A ，则P(A) 

．
2
5
10
A2
2
1
A3
3
C
21C
1
3
A2
2
3
(2) X 的可能取值为200, 300, 400 ， P(X  200) 
2 
， P(X 300) 

．
A
10
A
3
10
5
5
1
3
6
P(X  400) 1 P(X  200)  P(X  300) 1
故 X 的分布列为


．
10 10 10
X
P
200
300
400
1
3
6
10
10
10
1
3
6
EX  200 
300 
400 
 350．
10 
10 
10
103．(2014 山东理)海关对同时从 A，B，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此
种商品的数量(单位：件)如右表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取 6 件样品进行检测．
地区
数量
A
B
C
50
150
100
(Ｉ)求这 6 件样品中来自 A，B，C 各地区商品的数量；
(II)若在这 6 件样品中随机抽取 2 件送往甲机构进行进一步检测，求这 2 件商品来自相同地区的概率．
6
1
【解析】(I)因为样本容量与总体中的个数的比是
所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：50

，
50 150 100 
50
1
1
1
1，150
 3 ，100
 2 ，
50
50
50
所以 A，B，C 三个地区的商品被故选取的件数分别为 1，3，2．
(II)设 6 件来自 A，B，C 三个地区的样品分别为 A;B , B , B ;C ,C ，
1
2
3
1
2
则抽取的这 2 件商品构成的所有基本事件为：{A, B },{A, B },{A, B } ，{A,C },{A,C } 
，
1
2
3
1
2
{B , B },{B , B }{B ,C },{B ,C };{B , B } ，{B ,C },{B ,C },{B ,C },{B ,C },{C ,C } ，共 15 
个．
1
2
1
3
1
1
1
2
2
3
2
1
2
2
3
1
3
2
1
2
每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的，记事件 D：“抽取的这 2 件商品来自相
4
同地区”，则事件 D 包含的基本事件有：{B , B },{B , B }{B , B },{C ,C } 共 4 个，所有 
P(D)

，即
1
2
1
3
2
3
1
2
15
4
这 2 件商品来自相同地区的概率为
．
15
104．(2014 天津理)某校夏令营有 3 名男同学 A, B,C 和 3 名女同学 X ,Y,Z ，其年级情况如下
表：
一年级
二年级
三年级
男同学
A
B
C
女同学
X
Y
Z
现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同)
(Ⅰ)用表中字母列举出所有可能的结果
(Ⅱ)设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，求事件 M 发生的概率．
【解析】(I)从 6 名同学中随机故选出 2 人参加知识竞赛的所有可能结果为
{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，
{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共 15 种．
(II)故选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学的所有可能接过为{A，Y}，{A，Z}，{B，
6
2
5
X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共 6 种．因此，事件 M 发生的概率 P(M ) .
15
105．(2013 辽宁理)现有 6 道题，其中 4 道甲类题，2 道乙类题，张同学从中任取 2 道题解答．试求：
(I)所取的 2 道题都是甲类题的概率；
(II)所取的 2 道题不是同一类题的概率．
【解析】(I)将 4 道甲类题依次编号为 1，2，3，4；2 道一类题依次编号为 5，6，任取 2 道题，基本事件为：
{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{1，6}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{2，6}，{3，4}，{3，5}，{3，6}，
{4，5}，{4，6}，{5，6}，共 15 个，而且这些基本事件的出现是等可能的．用 A 表示“都是甲类题”这一
6
2
事件，则 A 包含的基本事件有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}，共 6 个，所以 P(A) = 
 .
15
5
(II)基本事件向(I)，用 B 表示“不是同一类题”这一事件，则 B 包含的基本事件有{1，5}，{1，6}，{2，
8
5}，{2，6}，{3，5}，{3，6}，{4，5}，{4，6}，共 8 个，所以 P(B) = ．
15
106．(2013 湖南理)某人在如图 4 所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以
及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量 Y(单位：
kg)与它的“相近”作物株数 X 之间的关系如下表所示：
X
Y
1
2
3
4
51
48
45
42
这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 
米．
(Ⅰ)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率；
(Ⅱ)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望．
【解析】 (Ⅰ) 由图知，三角形边界共有 12 个格点，内部共有 3 个格点．
从三角形上顶点按逆时针方向开始，分别有 0，0，1，1，0，1，1，0，0，1，2，1 对格点，共 8 对格点恰
好“相近”．所以，从三角形地块的内部和边界上分别随机故选取一株作物，它们恰好“相近”的概率
8
2
9
P 
．
123
(Ⅱ)三角形共有 15 个格点．与周围格点的距离不超过 1 米的格点数都是 1 个的格点有 2 个，坐标分别为(4，
4
0)，(0，4)．所以P(Y  51) 
，与周围格点的距离不超过 1 米的格点数都是 2 个的格点有 4 个，坐标分
15
4
别为(0，0)， (1，3)， (2，2)，(3，1)．所以P(Y  48) 
，与周围格点的距离不超过 1 米的格点数都
15
6
是 3 个的格点有 6 个，坐标分别为(1，0)， (2，0)， (3，0)，(0，1，) ，(0，2)，(0，3，)．所以P(Y  
45) 
，
15
与周围格点的距离不超过 1 米的格点数都是 4 个的格点有 3 个，坐标分别为(1，1)， (1，2)， (2，
3
1)．所以P(Y  42) 15
如下表所示：
X
1
2
3
4
Y
51
2
48
4
45
6
42
3
频数
2
4
6
3
概率 P
15
15
15
15
2
4
6
3
102 192  270 126 
690
E(Y)  51 
 48 
 45 
 42
15 
15 
15


 46 ，E(Y)  46
．
15
15
15
107．(2012 新课标理)某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝 10 元的价格出
售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花做垃圾处理．
(Ⅰ)若花店一天购进 17 枝玫瑰花，求当天的利润 y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，nN)的函数
解析式．
(Ⅱ)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n 
14
频数 
10
15
20
16
16
17
16
18
15
19
13
20
10
(i)假设花店在这 100 天内每天购进 17 枝玫瑰花，求这 100 天的日利润(单位：元)的平均数；
(ii)若花店一天购进 17 枝玫瑰花，以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润
不少于 75 元的概率．
【解析】(Ⅰ)当日需求量n 17 时，利润 y =85；
10n 85,n 17,
当日需求量n 17 时，利润 y 10n 85，∴ y 关于n 的解析式为 y  
(nN ) ；
85,
n 17,
(Ⅱ)(i) 这 100 天中有 10 天的日利润为 55 元，20 天的日利润为 65 元，16 天的日利润为 75 元，54 天的日
利
1
润为 85 元，所以这 100 天的平均利润为
(5510 6520 7516 8554) =76．4；
100
(ii) 利润不低于 75 元当且仅当日需求不少于 16 枝，故当天的利润不少于 75 元的概率为
p  0.16 0.16 0.150.130.1 0.7
108．(2012 山东理)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为 1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别
为 1，2．
(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率；
(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和
小于 4 的概率．
【解析】(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下 10 种：红 红 ，红 红 ，红 蓝 ，红 蓝 ，
红
1
2
1
3
1
1
1
2
红 ，红 蓝 ，红 蓝 ，红 蓝 ，红 蓝 ，蓝 蓝 ．其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于 4 的
有 3
2
3
2
1
2
2
3
1
3
2
1
2
3
种情况，故所求的概率为 P
．
10
(II)加入一张标号为 0 的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的 10 种情况外，多出 5 种情况：红1
绿 ，红 绿 ，红 绿 ，蓝 绿 ，蓝 绿 ，即共有 15 种情况，其中颜色不同且标号之和小于 4 的有 
8 种
0
2
0
3
0
1
0
2
0
8
情况，所以概率为 P
．
15
109．(2011 陕西理)如图，A 地到火车站共有两条路径 L 和 L ，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，
1
2
所用时间落在各时间段内的频率如下表：
时间(分钟)
L1 的频率
10~20
20~30
30~40
40~50
50~60
0．1
0．2
0．3
0．2
0．2
0
0．1
0．4
0．4
0．1
L2 的频率
现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站．
(Ⅰ)为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和乙应如何选择各自的路径？
(Ⅱ)用 X 表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对(Ⅰ)的选择方案，求 X 的分布列和数
学期望．
【解析】(Ⅰ) A 表示事件“甲故选择路径 L 时，40 分钟内赶到火车站”，B 表示事件“乙故选择路径 L 时，
i
i
i
i
50 分钟内赶到火车站”，i =1，2．用频率估计相应的概率可得
P(A ) =0．1+0．2+0．3=0．6， P(A )=0．1+0．4=0．5，
1
2


P(A ) ＞ P(A ) ， 
甲应故选择 L1 ．
1
2
P(B ) =0．1+0．2+0．3+0．2=0．8， P(B ) =0．1+0．4+0．4=0．9，
1
2

 P(B ) ＞ P(B ) ， 
乙应故选择 L2 ．
2
1
(Ⅱ)A，B 分别表示针对(Ⅰ)的故选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由(Ⅰ)知
P(A)  0.6, P(B)  0.9 ，又由题意知，A，B 独立，
P(X  0)  P(AB)  P(A)P(B)  0.40.1 0.04
P(X 1)  P(AB  AB)  P(A)P(B)  P(A)P(B)
0.40.90.60.10.42
P(X  2)  P(AB)  P(A)P(B)  0.60.9  0.54
X 的分布列为
X
0
1
2
P
0．04 
0．42 
0．54
 EX 00.0410.4220.54 1.5.
110．(2011 山东理)甲、乙两校各有 3 名教师报名支教，其中甲校 2 男 1 女，乙校 1 男 2 
女．
(I)若从甲校和乙校报名的教师中各任选 1 名，写出所有可能的结果，并求选出的 2 名教师性别相同的概率；
(II)若从报名的 6 名教师中任选 2 名，写出所有可能的结果，并求选出的 2 名教师来自同一学校的概率．
【解析】(I)甲校两男教师分别用 A、B 表示，女教师用 C 表示；
乙校男教师用 D 表示，两女教师分别用 E、F 表示
从甲校和乙校报名的教师中各任故选 1 名的所有可能的结果为：(A，D)(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，
(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)共 9 种．
从中故选出两名教师性别相同的结果有：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F)共 4 种，
4
故选出的两名教师性别相同的概率为 P.
9
(II)从甲校和乙校报名的教师中任故选 2 名的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，
F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)共 15 种，从
中故选出两名教师来自同一学校的结果有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(D，F)，(E，F)共 6 种，故
6
2
选出的两名教师来自同一学校的概率为 P 
 .
15
5
考点 111 离散型随机变量及其分布列、均值与方差、正态分布、二项分布
111．(2020 新高考山东 12)信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量 X 所有可能的值为1, 2 , , n ，
n
n


且 P X i 
pi 
0 i 1, 2 ,, n ， 
pi 1，定义 X 的信息熵 H(x)
 

   
 
 

p log p ，则
(
)
i
2
i
i1
i1
A．若n 1，则 H(X )  0
B．若n  2 ，则 H(X ) 随着 pi 的增大而增大
1  


C．若 pi =
i 1, 2 ,, n ，则 H(X ) 随着n 的增大而增大
n
D．若n  2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1, 2 ,, m ，且 P(Y  j)  p j  p2m1j j 1, 2 ,, m ，则
 


H(X )  H(Y)
【答案】AC
    
 
1 log 1 
0 ，所以 A 选项正确；对于
2

i 1, p1 1 ，所以 H X
【解析】对于 A 选项，若n 1 ，则
  
 

i 1,2 
p 1 p
  

  
，
H x 
p log p 
1 p 
log 1 p

2 
1
B 选项，若n 2 ，则
，
，所以

2
1
1
2
1
1
1
 1
 4
1
4
3
3 
4 
当 p  
时，H x
  

log
2
 log
2
，
1
4
4
3
4
 3
 4
3 1
1 
4 
p 
1
H x
时，
   log2 
 
log2 
，两者相等，所以 B 选项错误．
当
4
4
1
 1
 n
1 
n 
1
  

i 1, 2, 
,n
 
H X   log2 
n  log2 
 log2 n
p
i
对于 C 选项，若
，则
，
n
n
 

H X
n 
n  2m ，随机变量Y 的所有可能的取
随着 的增大而增大，所以 C 选项正确；对于 D 选项，若
则
   

P Y 
j 
p 
p
j 1, 2,,m
)．
值为1, 2,,m ，且
(
j
2m1 j
2m
2m
1


 
 
H X


p log
i
p log p
i
2
i
2 p
i
i1
i1
1
1
1
1
 p1 log2 
 p2 log2
 p2m1 log2
 p2m log2
．
p
1
p2
p2m1
p2m
1
1
1
  
 
log2
 
 p2m1 log2
 
p
 
 
 pm1 log2
H Y
p 
p
p
1
2m

2

m
 p
m1
p 
p
p
2
p
2m1
p
m
1
2m
1
1
1
1
 p
1 log
2
 p2 log2
 p2m1 log2
 p2m log2
．
p 
p

p
2 p
2m1
p
2 p
2m1
p  p
1
1
2m
2m
1
1
1
1

，所以log
 log
2
p    
 

0 i 1, 2, ,2m
由于
所以
，所以
，
i
pi 
pi  p2m1i
2 pi
pi  p2m1i
1
1
pi log2
 pi log2
   
H X 
H Y
，所以 
，所以 D 选项错误，故选：AC．
p
i
p 
p
i 2m1i
112．(2019 浙江 7)设 0＜a＜1，则随机变量 X 的分布列是
则当 a 在(0，1)内增大时
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先增大后减小
D．D(X)先减小后增大
1 
a 1
  

a 1
2
1

a 1
2
1 
a 1  1
  1
2
1 1
E(X )  0  a  
D(X ) 
  a 
【解析】
，






3 3
3
3
 3  
3 
3  
3 
3 
3
2
1
2
2 
9 
1 
2 
1
6

2
2
2


  

a 1
2a 3
 
 

a 2
  

(a2 a 1) 
a 



，


27
9
因为0  a 1，所以
D(X ) 先减小后增大，故选D．
113．(2018 全国Ⅲ理)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p ，各成员的支付方式相互独立，设 X
为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数， DX  2.4， P(X  4)  P(X  6) ，则 p =
A．0．7
B．0．6
C．0．4
D．0．3
【答案】B【解析】由题意知，该群体的 10 位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以
DX 10p(1 p)  2.4，所以 p  0.6 或 p  0.4．
由 P(X  4)  P(X  6) ，得C
4
10 p4(1 p) 6  C 6 p
10
6(1 p)4 ，即(1 p)  p2 ，所以 p  0.5，所以
2
p  0.6．故选 B．
0  p 1

，随机变量 的分布列是
114．(2018 浙江理)设

0
1
2
1 p
1
p
P
2
2
2
p
则当 
在(0,1) 内增大时，
A．
C．
D() 减小
D() 先减小后增大
B．
D．
D() 增大
D() 先增大后减小
1
1
1
1
【答案】D【解析】由题可得 E()   p ，所以D()  p 2  p   ( p  )
2  ，所以当 p 在(0,1)
2
4
2
2
内增大时， D() 先增大后减小．故选 D．
115．(2017 浙江理)已知随机变量 满足 P( 1)  p ， P(  0) 1 p ，i =1，2．
i
i
i
i
i
1
若0  p  p  
，则
1
2
2
A． E( ) < E( ) ， D( ) < D( )
B． E( ) < E( ) ， D( ) > D( )
1 
2 
1 
2
1
2
1
2
C． E( ) > E( ) ， D( ) < D( )
D． E( ) > E( ) ， D( ) > D( )
1 
2 
1 
2
1
2
1
2
【答案】A【解析】由题意可得
1
2
0
1
0
1
1 p1
p1
1 p2
p2
P
P
由两点分布 E( )  p ， E( )  p ； D( )  (1 p )p ， D( )  (1 p )p ，
1
1
2
2
1
1
1
2
2
2
D( )  D( )  (1 p ) p (1 p ) p  ( p  p ) ( p
2
2  p1
)  ( p  p )(1 p  p ) ，
2 
1 
2 
1
2
∵
2
1
2
2
1
1
2
1
1
∵0  p  p  
，∴ p  p  0，1 p  p  0 ，∴ E( ) < E( ) ， D( ) < D( ) ，故选 A．
1
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
 

m
n
m 3,n 3
 ，从
乙
116．(2014 浙江理)已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 
个红球和 个篮球
盒中随机抽取ii 1, 2个球放入甲盒中．
i 1,2
   

i
(a)放入 个球后，甲盒中含有红球的个数记为
；
i
  
．则
i
p i 1,2
(b)放入 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为i
p  p ,E   E 
  
 

  
 
p 
p ,E 
E
1 
2
A．
C．
B．
D．
1
2
1
2
1
2
p  p ,E   E 
  
 
1
p 
p ,E

  
 
E
1 
2
1
2
2
1
2
【答案】A【解析】解法一(特值法)取m  n =3 进行计算、比较即可．
解法二 从乙盒中取 1 个球时，取出的红球的个数记为 ，则 的所有可能取值为 0，
1，则
n
m
m  n
P(  0) 
 P(1 1) ， P( 1) 
 P(1  2) ，
m  n
m
m  n
所以 E( ) 1P( 1) 2P(  2) 
1，
1
1
1
E(
1)
2
2m  n
2(m n)
所以p 
1

；从乙盒中取 2 个球时，取出的红球的个数记为，则的所有可能的取值
为
C2
n
C1
nC1
m
C2
m
0，1，2，则 P(  0) 
 P(2 1) ，P( 1) 
 P(2  2) ， P(  2) 
 P(2 3) ，
C2
C2
mn
C
mn
2
mn
2m
m  n
E(
2 )
3m n
3(m n)
∴ E( ) 1P( =1) 2P( =2) 3P( =3) 
1，∴
p2 

，所以 p  p ，
1 
2
2
2
2
2
3
  
 
E
E
，故选 A．
1
2
117．(2020 浙江 16)一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即
停，

设拿出黄球的个数为 ，则
P(  0) 
E() 
；
．
1
【答案】 ；1
3
【解析】  0 表示第一次拿到的是红球，设为事件 A，或第一次是绿球，第二次是红球，设为事件 
B，则
1
1
1
3
     
  

P
0
P A 
P B
；
4 43
21
43
1
 1 表示拿出红球时已经拿出了一个黄球，即第一次拿到黄球，第二次拿到红球，概率 P 
 
，或
6
211
432
1
1 1
   
 
1
3
是前两次拿到的是一个黄球一个是绿球， P  2
 
，∴ P
1
；
6
6 6
211
432 
12
1
  2，表示拿到红球时已经拿出了两个黄球，即前两次黄球，第三次红球，P 

，说是第四
321
4321
1
4
1
1
1
3
P  2 
 
次拿到红球， P
，∴
，
12 4
1
1
3
1
3
1
    
  
E
0
1
2
1，故答案为： ；1．
3
3
118．(2017 新课标Ⅱ理)一批产品的二等品率为0.02 ，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100 次，
表示抽到的二等品件数，则 DX =
．


【答案】1．96【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即 X ~ B 100, 0.02 ，由二项分布
的期望公式可得 DX 
np 1 p 
100 0.02 0.98 1.96
．
 
  
 



119．(2016 年四川理)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，
则在 2 次试验中成功次数 X 的均值是
．
3
3
4
3
3
3
2
【答案】 
【解析】实验成功的概率 p，故X  B(2, )
E(X )  2 
，所以
．
2
4
4
1

P  0 
， 
__．
E1，则 D 
120．(2014 浙江理)随机变量 的取值为 0，1，2，若
5
2
【答案】 
【解析】由题意设 P( 1)  p, 的分布列如下
5

0
1
2
1
4
p
P
 p
5
5
3
2
由 E() 1，可得 p  ，所以 D()  
．
5
5
121．(2020 江苏 25)甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任
取一个球交换放入另一口袋，重复 n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 X ，恰有 2 个黑球的概率为 p ，
n
n
恰有 1 个黑球的概率为 qn．
(1)求 p ·q 和 p ·q ；
1
1
2
2
(2)求 2p +q 与 2p +q 的递推关系式和 X 的数学期望 E(X )(用 n 表示) 
．
n
n
n-1
n-1
n
n
13
33
1
23
33
2
3
13
33
12 
1 1 2 2
33 
3 3 3 9 
27
7
p 
1
 ,q 

p  p 
+q1 
  +  
【解析】(1)
，
，
1
2
1
3
23
33
1122
2 2 2 5 
16
q  p 
+q1 
13
0   +  
．
2
1

3 3
12
3 3 3 9 
27
2
1
p  p 
+q 
 p + q
n1 
n1
(2)
，
n
n1

n1
33
3 3
23
33
3
9
1122
32
1
2
3
q  p 
+q 
(1 p 
q )
  q +
，
n
n1
n1
33
n1
n1

n1
3 3
9
2
1
2
3
1
2
1
2p q  
p + q 

2p q  (2p +q )  2p q 1 (2p +q 
1)
，
n 
n 
n1 
n1 
n 
n 
n1 
n1
因此
，从而
n
n
n1
n1
3
3
3
3
3
1
3n1
1
1
2p q 1 (2p +q 1)
2p q 1
E(X )  2p q 1
，
n 
n 
n
即
．
n
n
1
1
n
n
3n
3n
2
122．(2019 天津理 16)设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为 
．假定甲、乙两位同
3
学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(Ⅰ)用 X 表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 X 的分布列和数学期望；
(Ⅱ)设 M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前到校的天数
恰
好多 2”，求事件 M 发生的概率．
2
【解析】(I)∵甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之前到校的概率均为 
，
3
 2 
X ~ B 3,
k
3k
 2  1
  
 
，从面 P X
k
3
  

k 
0,1, 2, 3 ．
故

k
C    
 3 
 3  3
∴随机变量 X 的分布列为：
X
0
1
2
3
1
4
9
8
2
9
P
27
27
2
E(X )  3  2
随机变量 X 的数学期望
．
3
 2 
Y ~ B 3,
(II)设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为Y ，则

，
 3 
且M {X  3,Y 1}{X  2,Y  0}
．
由题意知事件X  3,Y 1与
均相互独立，从而由(I)知：
 

X
2,Y 
0 
X 
3 
Y 1 
X 
2 
Y 
0
 互斥，且事件  与  ，事件  
与  
P(M ) 
P X 
3,Y
  

  

1
X
2,Y
 0  PX  3,Y 1 PX  2,Y  0
8
2 4
1
20
 P(X  3)P(Y 1)  P(X  2)P(Y  0)  
  

．
27 9 9 27 
243
123．(2019 全国 I 理 21)为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行
动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲
药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药
治愈的白鼠多 4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮
试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 1 分，乙药得 分；若施以乙药的白鼠治
1
愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1 分，甲药得 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 0 分．甲、乙
1
两种药的治愈率分别记为α 和β，一轮试验中甲药的得分记为 X．
(1)求 X 的分布列；
pi (i 0,1,,8)
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分，
表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲药比
i
p 0 
p 1 
p  ap bp cp (i 1, 2,,7)，其中a  P(X  1)
乙药更有效”的概率，则
，
，
，
0
8
i
i1
i
i1
b  P(X  0)，c  P(X 1) ．假设  0.5，   0.8 
．
{p  p } (i  0,1, 2,,7)
(i)证明：
为等比数列；
i1
i
p
p
4
(ii)求 
，并根据 
的值解释这种试验方案的合理性．
4
【解析】试题分析：
试题解析：(1)由题意可列分布列：
X
P
1
0
1
1
1
 2
1
(2)
(ⅰ)由题意可得a p X
      0.4，b  pX 01 2 0.5，
1
1
    
  
c 
p X
1
1
0.1
此时 X 的分布列为：
X
P
1
0
1
2
5
1
2
1
10
2
5
1
2
1
2
2
1
1
故 p
i p
i1 p
i 
i1   
 ，即 p  p  
p  
pi i 
1, 2,,7
p 
i 1, 2, ,7
i 
i1 
i1
10
5
5
10
10
p  p
p  p
i 
i1
化简可得： pi1
p
4 p 
p
 
   
 
 
即 i1
i 1, 2, ,7
i  4i 1, 2,,7，
i
i
i1
2
1
2
1
  
 
p 
i 1, 2, ,7
i1
又 pi pi1 pi

5
10

  


 

故数列 pi1 
p i 0, 1, ,7 为公比为 4 的等比数列。
i
  
 

p 
p 1 48
p 
p
 
   
 
   
p 
p 
p 
p
p 
p
1
0
(ⅱ)由等比数列求和公式可得：
8
0
1
0
2
1
8 
7
1 4
 

4 1
8
3
即1
p  p 
1 
1
，
3
48 1
3  

4 1
4
   
 
p 
p 1 4
4
1
8
4 1
p 
p
 
  
 
  

p 
p 
p 
p
1
0
p4 

又
，即
。
4
0
1
0
4
3
1 4
44 1
3
此时说明，甲累计得 4 分，乙累计得 0 分，概率极小，符合甲乙两种药物都有效用的说法。
124．(2019 北京理 17)
改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某
校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B 两
种支付方式都不使用的有 5 人，样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额
0,1000 
1000, 2000
大于 2000
支付方式
仅使用 A
18 人
10 人
9 人
3 人
1 人
仅使用 B
14 人
(Ⅰ)从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两个支付方式都使用的概率；
(Ⅱ)从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于 1000 
元
的人数，求 X 的分布列和数学期望；
(Ⅲ)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化，现从样本仅使用 A 的学生中，随机抽查 3 人，发现他
们本月的支付金额大于 2000 元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000
元的人数有变化？说明理由．
【解析】(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：10030255  40
人，则：
40
2
5
p 

该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率
．
100
3
2
(Ⅱ)由题意可知，仅使用 A 支付方法的学生中，金额不大于 1000 的人数占 ，金额大于 1000 的人数占 
，
5
5
2
3
仅使用 B 支付方法的学生中，金额不大于 1000 的人数占 
，金额大于 1000 的人数占 ，且 X 可能的取
值
5
5
为 0，1，2，
2
2
3 2
6
3 
2 
13
3 2
6
   
 


   
 
p X 
2
，
p X
0
p X 1 


，
  
 
5 
5  
25
，
5 5 
25
5 5 
25
X 的分布列为：
X
0
1
2
6
13
25
6
 

p X
25
25
6
13
6
   
  
 
1．
E X
0
1
2
其数学期望：
25
25
25
(Ⅲ)我们不认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化．理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于
概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这
种现象可能是发生了“小概率事件”．
125．(2018 北京理)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
电影部数
好评率
第一类
140
第二类
50
第三类
300
第四类
200
第五类
800
第六类
510
0．4
0．2
0．15
0．25
0．2
0．1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
假设所有电影是否获得好评相互独立．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取 1 部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取 1 部，估计恰有 1 部获得好评的概率；
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“k 1”表示第k 类电影得到
人们喜欢，“  0 ”表示第 k 类电影没有得到人们喜欢( k =1，2，3，4，5，6)．写出方差 D ，D ，D 
，
k
1
2
3
D ， D ， D 的大小关系．
4
5
6
【解析】(1)由题意知，样本中电影的总部数是 140+50+300+200+800+510=2000，
50
第四类电影中获得好评的电影部数是 200×0．25=50，故所求概率为
 0.025 ．
2000
(2)设事件 A 为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件 B 为“从第五类电影中随机选出的电影
获得
好评”．
故所求概率为 P(AB  AB)  P(AB)  P(AB) = P(A)(1 P(B)) (1 P(A))P(B)．
由题意知： P(A) 估计为 0．25， P(B) 估计为 0．2，故所求概率估计为 0．25×0．8+0．75×0．2=0．
35．
(3) D > D > D = D > D > D ．
1
4
2
5
3
6
126．(2018 全国Ⅰ理)某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检
验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验，再根据检验结果决
定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为 p(0  p 1) ，且各件产品是否为不合
格品相互独立．
(1)记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f (p)，求 f (p) 的最大值点 p0 
．
(2)现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以(1)中确定的 p0 作为 p 的值．已知每件产品的检
验费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用．
(i)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X ，求 EX ；
(ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
f (p)  C2
20
2
p (1 p)18 ．因此
【解析】(1)20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为

2
20[2p(1 p)18 18p
2(1 p)17 ]  2C
2
20 p(1 p)17 (1 10p) ．

f ( p) C





令 f (p) 0 ，得 p 0.1．当 p (0, 0.1)时， f (p) 0 ；
当 p(0.1,1) 时， f (p) 0 ．

所以 f (p)的最大值点为 p0  0.1．
(2)由(1)知， p  0.1．
(i)令Y 表示余下的 180 件产品中的不合格品件数，
依题意知Y : B(180, 0.1) ， X  20225Y ，即 X  4025Y ．
所以 EX  E(40 25Y)  40 25EY  490．
(ii)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为 400 元．
由于 EX  400，故应该对余下的产品作检验．
127．(2018 天津理)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为 24，16，16．现采用分层抽样的方法
从中抽取 7 人，进行睡眠时间的调查．
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)若抽出的 7 人中有 4 人睡眠不足，3 人睡眠充足，现从这 7 人中随机抽取 3 人做进一步的身体检查．
(i)用 X 表示抽取的 3 人中睡眠不．足．的员工人数，求随机变量 X 的分布列与数学期望；
(ii)设 A 为事件“抽取的 3 人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件 A 发生的概率．
【解析】(1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取 7
人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取 3 人，2 人，2 人．
(2)(i)随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2，3．
Ck
4
C
33k
P(X  k) 
(k =0，1，2，3)．
C3
7
所以，随机变量 X 的分布列为
X
P
0
1
2
3
1
12
35
18
35
4
35
35
E(X )  0 
112 218 3
1
4 12
随机变量 X 的数学期望
．
35
35
35
35
7
(ii)设事件 B 为“抽取的 3 人中，睡眠充足的员工有 1 人，睡眠不足的员工有 2 人”；事件C 为“抽取的 
3
A  B C
人中，睡眠充足的员工有 2 人，睡眠不足的员工有 1 人”，则
B 
C
，且 
与 
互斥，
6
7
由(i)知， P(B)  p(X  2) ， P(C)  P(X 1)，故
P(A)  P(B C)  P(X  2)  P(X 1) 
．
6
所以，事件 A 发生的概率为 ．
7
128．(2017 新课标Ⅲ理)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，
未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高
气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量
为 300 瓶；如果最高气温低于 20，需求量为 200 瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各
天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 
[10，15)
天数
[15，20) 
[20，25) [25，30) [30，35) 
[35，40)
16 
36 
25
2
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量 X (单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n (单位：瓶)为多少
时，Y 的数学期望达到最大值？
【解析】(1)由题意知， X 所有的可能取值为 200，300，500，由表格数据知
2 16
36
90
  200 
P X

，   300 

0.2 
P X

0.4 ，
90
25  7  4
  500 
P X
0.4 ．
90
因此 X 的分布列为
X
P
200
300
500
0．2
0．4
0．4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，
因此只需考虑200 ≤ n ≤500
当300≤n≤500 时，
若最高气温不低于25，则Y 6n 4n  2n
；
若最高气温位于区间[20, 25)
，则Y  6300 2(n 200) 4n 1200 2n ；
若最高气温低于20，则Y  6200 2(n 200) 4n 800 2n
；
EY  2n0.4 (1200 2n)0.4 (800 2n)0.2  640 0.4n
因此
．
当200≤n  300 时，
若最高气温不低于20，则Y 6n 4n  2n
；
若最高气温低于20，则Y  6200 2(n 200) 4n 800 2n
；
EY  2n(0.4 0.4) (800 2n)0.2 160 1.2n
因此
．
所以n 300 时， 的数学期望达到最大值，最大值为520 元．
Y
129．(2017 江苏理)已知一个口袋有m 个白球，n 个黑球( m ，n N* ，n≥2 )，这些球除颜色外全部相同．现
将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为 1，2，3，…，m  n 的抽屉内，其中第k 次取球
放入编号为k 的抽屉( k =1，2，3，…，m  n )．
m  n
1
2
3
…
(1)试求编号为 2 的抽屉内放的是黑球的概率 p ；
(2)随机变量 X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数， E(X ) 是 X 的数学期望，证明
n
E(X ) 
．
(m n)(n 1)

Cn 1
n
【解析】(1)编号为 2 的抽屉内放的是黑球的概率 p 为：
(2)随机变量 X 的概率分布为：
p 
mn1 
．
Cn
mn
m n
1
1
n 1
1
n  2
1
1
X
P
…
…
…
…
n
k
m  n
Cn 1
n1
n
mn

Cn1
n
Cn1
n1
Cn1
k1
n
n1
C
nm1
C
Cn
mn
Cn
mn
C
Cn
mn
mn

m n 1 Cn 1
k1
1
m n
1
(k 1)!


随机变量 X 的期望为：E(X ) 



．
k Cn
Cn
k (n 1) !(k n)!
kn
mn
mn kn
1
mn
(k 2)!
(n1) !(k n)! (n1)C
1
mn
(k 2)!


所以 E(X) 

Cn
n
(n2)!(k n)!
m n kn
m n k n



1
1



(1 C
n2
n1 Cn2 Cn2
) 
(Cn1 Cn2 Cn
n2 Cn2
)
n1 
n1 
mn2
(n 1)Cn
mn2
(n 1)C n
mn
mn
1
1
(C
n 1 C
n  C

n2
n2
mn)  

(Cn1 
Cn2
)
mn2 
mn2
(n 1)Cn
2
(n 1)C n
mn
mn

Cn 1
n
n
mn1

， E(X ) 
．
(n 1)C n
mn
(m n)(n 1)
(m n)(n 1)
130．(2017 天津理)从甲地到乙地要经过 3 个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红
1 1 1
灯的概率分别为 , , ．
2 3 4
(Ⅰ)设 X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量 X 的分布列和数学期望；
(Ⅱ)若有 2 辆车独立地从甲地到乙地，求这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率．
【解析】(Ⅰ)随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2，3．
1
1
1
1
P(X  0)  (1 )(1 )(1 )  ，
2
3
4
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11
24
P(X 1)  (1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 ) 
，
2
3
4
2
3
4
2
3
4
1
1 1
1
1
1
1 1
1
1
P(X  2)  (1 )   (1 )   (1 )  
，
2
3 4
1
2
3
4
2 3
4
4
1 1 1
P(X  3)    
．
2 3 4 
24
所以，随机变量 X 的分布列为
X
0
1
2
3
1
11
1
1
P
4
11
24
1
4
1
24
13
1
随机变量 X 的数学期望 E(X )  0 1 
2 3

．
4
24
4
24 12
(Ⅱ)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数， Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y  Z 1)  P(Y  0,Z 1)  P(Y 1,Z  0)  P(Y  0)P(Z 1)  P(Y 1)P(Z  0)
1 11 11 1 
11
 


 

．
4 24 24 4 
48
11
48
所以，这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为
．
131．(2017 山东理)在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：
将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组
志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有 6 名男志愿者 A ，A ，A ，A ，A ，A
6
1
2
3
4
5
和 4 名女志愿者 B ， B ， B ， B ，从中随机抽取 5 人接受甲种心理暗示，另 5 人接受乙种心理暗
示．
1
2
3
4
(Ⅰ)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A 但不包含 B 的频率．
1
1
(Ⅱ)用 X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求 X 的分布列与数学期望 EX ．
C
8
C
4
5
【解析】(Ⅰ)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A 但不包含 B 的事件为 M ，则P(M ) 

.
1
1
5
10
18
(Ⅱ)由题意知 X 可取的值为：0,1, 2,3, 4 ．则
C
6
C
5
1
C
64C1
4
5
C
63C
4
5
2
10
21
P(X  0) 
P(X 3) 

, P(X 1) 

, P(X  2) 

,
5
10
42
C
10
5
21
C
10
C
6
2C3
4
5
C1
6
C
44
1

, P(X  4) 

,
C
10
5
21
C
10
5
42
因此 X 的分布列为
X
P
0
1
2
3
4
1
5
10
21
5
1
42
21
21
42
X 的数学期望是 EX 
0 P(X 
0) 1 P(X 1) 2P(X 
2) 3 P(X 
3) 4 P(X 
4)
 

 
 

 
 

 
 


=0 +1 
+ 210 +3 
+ 4
5
5
1 =2．
21 
21 
21
42
132．(2017 北京理)为了研究一种新药的疗效，选 100 名患者随机分成两组，每组各 50 名，一组服药，另一
x
y
组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标 和 的数据，并制成下图，其中“*”表示服药
者，“+”
表示未服药者．
y
(Ⅰ)从服药的 50 名患者中随机选出一人，求此人指标 的值小于 60 的概率；

x

(Ⅱ)从图中 A，B，C，D 四人中随机选出两人，记 为选出的两人中指标 的值大于 1．7 的人数，求 
的
分布列和数学期望E() ；
y
y
(Ⅲ)试判断这 100 名患者中服药者指标 数据的方差与未服药者指标 数据的方差的大小．(只需写出结论)
【解析】(Ⅰ)由图知，在服药的 50 名患者中，指标 y 的值小于 60 的有 15 人，
15
所以从服药的 50 名患者中随机选出一人，此人指标 y 的值小于 60 的概率为 0.3．
50
(Ⅱ)由图知，A，B，C，D 四人中，指标 x 的值大于 1．7 的有 2 人：A 和 C．
所以 的所有可能取值为 0，1，2．
C
C
2
2
2
4
1
C1
2
C
C1
2
2
C
C
2
2
2
4
1
6
P(  0) 
 ,P( 1) 
 ,P(  2) 

．
6
2
4
3
所以 的分布列为

0
1
2
1
2
1
P
6
3
6
1
2
1
故 的期望 E() 0 1 2 1．
6
3
6
(Ⅲ)在这 100 名患者中，服药者指标 y 数据的方差大于未服药者指标 y 数据的方差．
133．(2016 新课标Ⅰ理)某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在
购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则
每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年
使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记 X 表示 2 台机器
三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数．
(I)求 X 的分布列；
P(X ≤n)≥0.5
n
，确定 的最小值；
(II)若要求
(III )以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n 19 与

n  20
之中选其一，应选用哪个？
【解析】(
)
Ⅰ由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为 8，9，10，11 的概
率分别为 0．2，0．4，0．2，0．2，从而
P(X 16)  0.20.2  0.04 ； P(X 17)  20.20.4  0.16
；
P(X 18)  20.20.2  0.40.4  0.24 ； P(X 19)  20.20.2  20.40.2  0.24
P(X  20)  20.20.4  0.20.2  0.2 ； P(X  21)  20.20.2  0.08
；
；
P(X  22)  0.20.2  0.04
．
X
所以 
的分布列为
X
P
16
17
18
19
20
21
22
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
P(X 18)  0.44 ， P(X 19)  0.68
n
，故 的最小值为 19．
(
)
Ⅱ由(
)
Ⅰ知
Y
(
)
Ⅲ记 
表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当n 19 时，
EY 192000.68  (19200 500)0.2  (19200  2500)0.08
(19200 3500)0.04  4040
．
当n  20 时，EY  202000.88  (20200 500)0.08  (20200  2500)0.04  4080．
可知当n 19
时所需费用的期望值小于n  20 时所需费用的期望值，故应选n 19．
134．(2015 福建理)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王
到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之
一，小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银
行卡被锁定．
(Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(Ⅱ)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为 X ，求 X 的分布列和数学期望．
【解析】(Ⅰ)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，
5 4 3 1
则 P(A)  

=
6 5 4 2
(Ⅱ)依题意得， X 所有可能的取值是 1，2，3
1
5 1
1
5 4
2
又 P(X =1)  , P(X =2)    , P(X =3)   1= 
．
6
6 5
6
6 5
3
所以 X 的分布列为
X
P
1
2
3
1
1
2
6
6
3
1
1
2
5
所以 E(X ) 1 2 3  
．
6
6
3
2
135．(2015 山东理)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n
为“三位递增数”(如 137，359，567 等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”
中随机抽取 1 个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5
整除，参加者得 0 分；若能被 5 整除，但不能被 10 整除，得1 分；若能被 10 整除，得 1 分．
(Ⅰ)写出所有个位数字是 5 的“三位递增数”；
(Ⅱ)若甲参加活动，求甲得分 X 的分布列和数学期望 EX ．
【解析】(Ⅰ)个位数是 5 的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，
345；
(
)
Ⅱ由题意知，全部“三位递增数”的个数为C  84，随机变量 X 是取值为：0，-1，1，
3
9
C
83
2
C
42
1
1
2
11
42
因此 P(X  0) 
 
， P(X  1) 

，
，
P(X 1) 1 
 
14
C
9
3
3
C
9
3
14
3
所以 X 的分布列为
X
0
-1
1
2
1
11
42
P
3
14
2
1
11
4
则 EX  0 (1) 
1
14

．
3
42 
21
136．(2015 四川理)某市 A, B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了 3 名男生，2 名女生，B 中学
推荐了 3 名男生，4 名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男
生中随机抽取 3 人，女生中随机抽取 3 人组成代表队．
(1)求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛，设 X 表示参赛的男生人数，求 X 得分布列和数
学期望．
【解析】(1)由题意，参加集训的男、女生各有 6 名，参赛学生全从 B 中抽取(等价于 A 中学没有学生入选
C3
3C3
4
C6
3
1
代表队)的概率为

．
C6
3
100
1
99
因此， A 中学至少 1 名学生入选的概率为1
(2)根据题意， X 的可能取值为 1，2，3．

．
100 100
C1
3
C6
C
3
4
3
1
C
32C
3
4
2
3
C
33C1
3
1
P(X 1) 
 
， P(X  2) 
 
， P(X 3) 
 
，
5
C6
5
C6
4
5
所以 X 的分布列为：
X
P
1
2
3
1
3
1
5
5
5
1
3
5
1
5
 
 
3 P X 3 ，E(X) 1
        
 
     
 
因此，X 的期望为 E X 
1 P(X 1) 2 P X 2
2
3
2．
5
137．(2014 新课标 I 理)从某企业生产的某种产品中抽取 500 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量
结果得如下频率分布直方图：
(Ⅰ)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差s
2 (同一组数据用该区间的中点值作代表)；
(Ⅱ)由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布N(, ) ，其中  近似为样本平
2
均数 x ，2 近似为样本方差s2 ．
(i)利用该正态分布，求 P(187.8  Z  212.2) ；
(ii)某用户从该企业购买了 100 件这种产品，记 X 表示这 100 件产品中质量指标值位于区间(187．8，212．
2)
的产品件数，利用(i)的结果，求 EX ．
附： 150 ≈12．2．若Z ～N(, ) ，则 P(   Z   ) =0．6826，P( 2  Z   2) =0．9544．
2
【解析】(I)抽取产品的质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s2 分别为
x 1700.021800.091900.222000.33
2100.242200.082300.02=200
s2  (30) 2 0.02(20)
2 0.09(10)
2 0.22
00.3310
2 0.24 20 2 0.0830
2 0.02 150.
(II)(i)由(I)知， Z ~ N(200,150) ，从而
P(187.8  Z  212.2）=P(200 12.2  Z  200 12.2)  0.6826.
(ii)由(i)知，一件产品的质量指标值位于区间(187．8，212．2)的概率为 0．682 6，
依题意知 X-B(100，0．682 6)，所以 EX 1000.6826 68.26.
138．(2014 山东理)乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域 A, B ，乙被划分
为两个不相交的区域C, D ．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点
在C 上记 3 分，在 D 上记 1 分，其它情况记 0 分．对落点在 A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上
的概
1
1
1
率为 
，在 D 上的概率为 ；对落点在 B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为 ，在 D 上的
概率2
3
5
3
为 ．假设共有两次来球且落在 A, B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
5
(Ⅰ)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
(Ⅱ)两次回球结束后，小明得分之和 的分布列与数学期望．
【解析】(Ⅰ)记 Ai 为事件“小明对落点在 A 上的来球回球的得分为i 分”(i  0,1, 3 
)．
1
1
3
1 1
2 3
1
6
则 P(A )  
， P(A )  ， P(A ) 1   
；
3
1
0
2
记 Bi 为事件“小明对落点在 B 上的来球回球的得分为i 分”(i  0,1, 3 
)．
1
3
5
1 3
5 5
1
5
则 P(B )  ， P(B )  ， P(B ) 1   ；
3
1
0
5
记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上”
由题意， D  A B  A B  A B  A B
3
0
1
0
0
3
0
1
由事件的独立性和互斥性，
P(D)  P(A B  A B  A B  A B ) = P(A B ) P(A B ) P(A B ) P(A B )
3
0
1
0
0
3
0
1
3
0
1
0
0
3
0
1
1 1 1 1 1 3 1 1
3
= P(A )P(B ) P(A )P(B ) P(A )P(B ) P(A )P(B ) =
      
 
，
3
0
1
0
0
3
0
1
2 5 3 5 6 5 6 5 10
3
所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为
．
10
(Ⅱ)由题意，随机变量 可能的取值为0,1, 2,3, 4, 6 
，
1 1
1
由事件的独立性和互斥性，得 P(  0)  P(A B )   
，
0
3
6 5 
30
1 1 1 3
1
1 3
1
P( 1)  P(A B  A B )      
， P(  2)  P(A B )    
，
1
0
0
1
1 1
3 5 6 5
1 1 1 1
6
3 5
5
2
1 3 1 1 
11
P(  3)  P(A B  A B )      
， P(  4)  P(A B  A B )     
，
3
0
0
3
3
1
1
3
2 5 6 5 15
1
2 5 3 5 
30
1 1
P(  6)  P(A B )   
，
3
3
2 5 10
的分布列为

0
1
2
3
4
6
1
1
6
1
5
2
11
30
1
P
30
15
10
1
1
1
2
11
1
91
其数学期望为E()  0 
1 2 3 
4 
6

30
6
5
15
30
10 
30
139．(2014 辽宁理)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所
示：
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(Ⅰ)求在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另一天的日销售量低于 50 个的概率；
(Ⅱ)用X 表示在未来3 天里日销售量不低于100 个的天数，求随机变量X 的分布列，期望 E(X ) 及方差 D(X ) 
．
【解析】(Ⅰ)用Y 表示日销量，则a  p(Y ≥100)  (0.006 0.004 0.002)50  0.6
b  p(Y  50)  0.00350  0.15.
A 代表连续 2 日销量不低于 100 且一日销量低于 50，
p(A)  aabbaa  2a
2b  0.108 ，故所求时间的概率为0.108．
(Ⅱ) X 可取 0，1，2，3．由(Ⅰ)可知日销量不低于 100 的概率a  0.6, X ~ B(3, 0.6) ．
p(x  0)  C3 
 0.064 ， p(x 1)  C3 
 0.288 ， p(x  2)  C3
(1-a) 
(1-a) 
(1-a)
(1-a)  0.216
则
0a0
3
1a
1
2
2a2
1  0.432，
∴
p(x  3)  C3
3a3
0
X 的分布列如下
X
0
1
2
3
P
0．064 
0．288 
0．432 
0．216
∴ EX  na 30.6 1.8， DX  na(1-a)  0.72 ．
140．(2014 广东理)随机观测生产某种零件的某工厂 25 名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：
30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，
39，36，根据上述数据得到样本的频率分布表如下：
分组
频数
频率
[25，30 ]
(30，35 ]
(35，40 ]
(40，45 ]
3
5
8
0．12
0．20
0．32
n1
n2
f1
f2
(45，50 ]
(1)确定样本频率分布表中n ,n , f 和 f 的值；
1
2
1
2
(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；
(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取 4 人，至少有 1 人的日加工零件数落在区间(30，35］的概率．
【解析】(1) n  7, n  2 ， f  0.28, f  0.08 ；
1
2
1
2
(2)样本频率分布直方图为
频率
组距
0.064
0.056
0.04
0.024
0.016
0
25 30 35 40 45 50 日加工零件数
(3)根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间(30，35］的概率 0．2，

 ~ B(4, 0.2)
，
设所取的 4 人中，日加工零件数落在区间(30，35］的人数为 ，则
P( 1) 1P(  0) 1(10.2) 10.4096  0.5904 ，
4
所以 4 人中，至少有 1 人的日加工零件数落在区间(30，50］的概率约为 0．5904．
141．(2014 安徽理)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完 5 局仍未出现连胜，
2
1
则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为 
，乙获胜的概率为 ，各局比赛结果相互独立．
3
3
(Ⅰ)求甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛的概率；
(Ⅱ)记 X 为比赛决出胜负时的总局数，求 X 的分布列和均值(数学期望)．
【解析】用 A 表示“甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛”， A 表示“第k 局甲获胜”， B 表示“第k 局
乙
k
k
2
1
3
获胜”，则 P(A )  , P(B )  , k 1, 2,3, 4,5
k
k
3
(Ⅰ) P(A)  P(A A )  P(B A A )  P(A B A A )
1
2
1
2
3
1
2
3
4
 P(A )P(A )  P(B )P(A )P(A )  P(A )P(B (A )P(A )
1
2
1
2
3
1
2
3
4
2 2 1 2 2 2 1 2 2 
56
       
  
3 3 3 3 3 3 3 3 3 
81
(
)
Ⅱ X 的可能取值为 2，3，4，5
5
9
P(X  2)  P(A A )  P(B B )  P(A )P(A )  P(B )P(B ) 
1
2
1
2
1
2
1
2
2
9
P(X  3)  P(B A A )  P(A B B )  P(B )P(A )P(A )  P(A )P(B )P(B ) 
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
P(X  4)  P(A B A A )  P(B A B B ) 
1
2
3
4
1
2
3
4
10
81
P(A )P(B )P(A )P(A )  P(B )P(A )P(B )P(B ) 
1
2
3
4
1
2
3
4
8
P(X  5) 1 P(X  2)  P(X  3)  P(X  4) 
故 X 的分布列为
81
X
P
2
3
4
5
5
2
10
81
8
9
9
81
5
2
10
∴ EX  2 3 4 
5
81 
81 
81
8
224

．
9
9
142．(2013 新课标 I 理)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取 4 件作检验，这 4
件产品中优质品的件数记为 n．如果 n=3，再从这批产品中任取 4 件作检验，若都为优质品，则这批产品通
过检验；如果 n=4，再从这批产品中任取 1 件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这
1
批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为 50%，即取出的产品是优质品的概率都为 
，且各件
2
产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品检验费用为 100 元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记
为 X(单位：元)，求 X 的分布列及数学期望．
【解析】解法一(1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1．第一次取出的 4 件产品全是优质
品为事件 A ，第二次取出的 4 件产品都是优质品为事件 B ，第二次取出的 1 件产品为事件 B ，这批产品
2
1
2
 


P A B
2
通过检验为事件题意有 A=(A B )与A B ，且 A B 与 A B 互斥，所以 P(A) P 
A B
 

1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
4
1
1
1
3
 P(A )P(B |A ) P(B |A ) 

 
 

．
1
1
1
2
2
16 16 16 2 
64
(2)X 的可能取值为 400、500、800；
4
1
11
1
1
P(X  400) 1


， P(X  500) 
， P(X 800)  
，则 X 的分布列为
16 16 16
16
4
X
P
400
500
800
11
16
1
1
4
16
11
1
1
EX  400 
500 
800  506.25
16
16
4
解法二 (1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A，第一次取出的 4 件产品中全为优质品为
事
件 B，第二次取出的 4 件产品都是优质品为事件 C，第二次取出的 1 件产品是优质品为事件 D，这批产品
通
过检验为事件 E，根据题意有 E=(AB)∪(CD)，且 AB 与 CD 互斥，
1
1
1
1
1
3
∴P(E)=P(AB)+P(CD)=P(A)P(B|A)+P(C)P(D|C)=C
(2)X 的可能取值为 400，500，800，并且
3
4 ( )2  ( ) 4 +( ) 
4
=
．
2
2
2
2
2 64
1
1
1
11
16
1
1
3 
3
2
1 1
P(X=400)=1-C3
4 ( )3  ( ) 4 =
，P(X=500)=
，P(X=800)=C4
( ) 
= 
，
2
2
2
16
2 4
∴X 的分布列为
X
P
400
500
800
11
16
1
1
4
16
11
1
1
EX=400×16
+500×
+800× 
=506．25．
16
4
143．(2013 北京理)下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于 100 表示空气
质
量优良，空气质量指数大于 200 表示空气重度污染，某人随机选择 3 月 1 日至 3 月 13 日中的某一天到达
该
市，并停留 2 天
(
)
Ⅰ求此人到达当日空气重度污染的概率
(
)
Ⅱ设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求 X 的分布列与数学期望．
(
)
Ⅲ由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)
 

 

【解析】设 A 表示事件“此人于 3 月i 日到达该市” i 1, 2,3, 
,13
i
1
  

根据题意， P Ai
 
 
， Ai  Aj 
i 
j
13
(
)
Ⅰ设 B 为事件“此人达到当日空气重度污染”，则 B  A  A 
．
5
8
2
  

   
  
P A 
P A
5 
8
所以 P B 
P A  A
．
5
8
13
(
)
Ⅱ由题意可知， X 的所有可能取值为0,1, 2 ，且
    

P X 1 
P A  A  A  A
11
3
6
7
4
 P(A )  P(A )  P(A )  P(A ) 
3
6
7
11
13
    

P X 2 
P A  A  A  A
13
1
2
12
4
 P(A )  P(A )  P(A )  P(A ) 
1
2
12
13
13
5
      
    
P X 
1 P X 1 
P X
0
2
13
所以 X 的分布列为
X
0
1
2
5
4
4
P
13
13
13
5
4
4
12
故 X 的期望 EX  0 
1 
2
13 
13

．
13 13
(
)
Ⅲ从 3 月 3 日开始连续三天的空气质量指数方差最大．
144．(2012 新课标理)某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝 10 元的价格出
售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(
)
Ⅰ若花店一天购进 16 朵玫瑰花，求当天的利润 y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，nN )的函数解
析式；
(
)
Ⅱ花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n
14
10
15
20
16
16
17
16
18
15
19
13
20
10
频数
以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
(
)
ⅰ若花店一天购进 16 枝玫瑰花， X 表示当天的利润(单位：元)，求 X 的分布列、数学期望及方
差；
(
)
ⅱ若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花，你认为应购进 16 枝还是 17 枝？请说明理由．
【解析】(1)当n …16 时， y 16(10 5) 80
当n „15 时， y  5n 5(16 n) 10n 80
10n 80(n „15)
得： y  
80
(nN )
(n …16)
(2)(i) X 可取60 ，70 ，80 P(X  60)  0.1, P(X  70)  0.2, P(X 80)  0.7
X 的分布列为
X
P
60
70
80
0.1
0.2
0.7
EX 600.1700.2800.7 76， DX 16
(ii)购进 17 枝时，当天的利润为
2 0.1 6 2 0.2 4 0.7  44．
2
y  (14535)0.1(15525)0.2 (16515)0.16 1750.54  76.4，76.4 76 得：
应购进 17 枝．
3
1
145．(2012 山东理)现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为 
，命中得 分，没有命中
4
2
0
得 分；向乙靶射击两次，每次命中的概率是 
，每命中一次得 分，没命中得 分．该射手每次射击的
2
0
3
结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(Ⅰ)求该射手恰好命中一次的概率；
X
EX
．
(Ⅱ)求该射手的总得分 
的分布列及数学期望
【解析】(Ⅰ)记：“该射手恰好命中一次”为事件 A，“该射手射击甲靶命中”为事件 B， “该射手第一次
3
2
射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，由题意可知 P(B)  
，P(C)  P(D)  ，
4
3
由于 A  BCDBCDBCD
7
P(A)  P(BCD BCD BCD) =
；
36
X  0,1,2,3,4,5
(Ⅱ)
1 1
1
3 1
1
1
1 2
 

3 3
1
9
P(X  0)  ( ) 2 
.P(X 1)  ( ) 2 
, P(X  2)  C 1
2
，
4 3
3
36
4 3
1
12
4
3
1 2
1
2
1
2
1
3
P(X  3)  C 1
2
  , P(X  4)  ( ) 2  , P(X  5)  ( ) 
2
4
3 3
3
4
3
9
4
3
X
P
0
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
36
12
9
3
9
3
1
1
1
1
1
1 41
5
 3
EX=0×
+1×
+2× +3× +4× +5×
=
．
36
12
9
3
9
3 12
12
146．(2012 福建理)受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故
障的时间有关，某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为 2 年，现从该厂已售出的两种品牌轿
车中各随机抽取 50 辆，统计数据如下：
品牌
甲
乙
首次出现故
障时间 x (年)
轿车数量(辆)
每辆利润(万元)
0  x „1 
1 x „ 2
x  2
0  x „ 2
x  2
2
1
3
2
45
3
5
45
1．8
2．9
将频率视为概率，解答下列问题：
(I)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(II)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X ，生产一辆乙品牌轿车的利润为 X ，
1
2
分别求 X ， X 的分布列；
1
2
(III)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车，若从经济效益
的角度考虑，你认为应该生产哪种品牌的轿车？说明理由．
2  3
1
【解析】(I)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A，则 P(A) 

(II)依题意 X ， X 的分布列分别如下：

．
50 
10
1
2
1
2
3
1．8 
2．9
X1
P
X
P
2
1
3
9
1
9
25
50
10
10
10
1
3
9
1
9
(III)由(II)得 E(X1) 1 
2 
3 
 2.86 (万元 )， E(X 2 ) 1.8 
2.9 
 2.79 (万元 )，
25 
50 
10 
10 
10
∵ E(X )  E(X ) ，∴应生产甲品牌轿车．
1
2
147．(2011 北京理)以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树．乙组记录中有一个数据模糊，无
法确认，在图中以 X 表示．
(
)
Ⅰ如果 X=8，求乙组同学植树棵树的平均数和方差；
(
)
Ⅱ如果 X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树 Y 的分布列和数学期
1 
n

 

2 

2


2
s2 
x  x  x  x  x  x
，其中 x 为 x ， x ，…… x 的平均
数)
1 
2 
n
望．(注：方差



1
2
n
【解析】(
)
Ⅰ当 X=8 时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，
889 10 
35
所以平均数为 x 

;
4
4
方差为
1
35
4
35
35
4
35
4
11
16
s 2  [(8 
)2  (8 
)2  (9 
)2  (10 
)2] 
.
4
4
(
)
Ⅱ当 X=9 时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，
10．分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有 4×4=16 种可能的结果，这两名同学植树总棵数 Y 的可能
取值为 17，18，19，20，21 事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树 9 棵，乙组选出的同学植树 8 棵”所
以
2
1
该事件有 2 种可能的结果，因此 P(Y=17)=
 .
16
8
1
1
1
1
同理可得 P(Y 18)  ; P(Y 19)  ; P(Y  20)  ;P(Y  21)  .
4
4
4
8
所以随机变量 Y 的分布列为：
Y
P
17
18
19
20
21
1
8
1
4
1
4
1
4
1
8
1
1
1
1
1
8
EY=17×P(Y=17)+18×P(Y=18)+19×P(Y=19)+20×P(Y=20)+21×P(Y=21)=17× 
+18× 
+19× 
+20× 
+21×
=
8
4
4
4
19．
148．(2011 江西理)某饮料公司招聘了一名员工，现对其进行一项测试，以使确定工资级别，公司准备了两
种不同的饮料共 8 杯，其颜色完全相同，并且其中 4 杯为 A 饮料，另外 4 杯为 B 饮料，公司要求此员工一
一品尝后，从 8 杯饮料中选出 4 杯 A 饮料，若 4 杯都选对，则月工资定为 3500 元，若 4 杯选对 3 杯，则
月
工资定为 2800 元，否则月工资定为 2100 元，令 X 表示此人选对 A 饮料的杯数，假设此人对 A 和 B 两种
饮
料没有鉴别能力．
(1)求 X 的分布列；
(2)求此员工月工资的期望．
C1
4
C5
C
44i
4
【解析】(1)X 的所有可能取值为：0，1，2，3，4，P(X  i) 
(i  0,1, 2, 3, 4)
即
X
P
0
1
2
3
4
1
16
70
36
70
16
70
1
70
70
(2)令 Y 表示新录用员工的月工资，则 Y 的所有可能取值为 2100，2800，3500，则
1
8
P(Y 3500)  P(X  4) 
P(Y  2100)  P(X  2) 
, P(Y  2800)  P(X 3) 
,
70
53
70
35
1
16
, EY 3500 
2800 
2100 
 2280 .
70 
70 
70
53
所以新录用员工月工资的期望为 2280 元．
X  N(1, 1
2)，Y  N(2 , 
) ，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论
2
2
149．(2015 湖北理)设
中正确的是
A． P(Y ≥ )≥P(Y ≥ )
B． P(X ≤ )≤P(X ≤ )
2 
1
2
1
C．对任意正数t ， P(X ≤t)≥P(Y ≤t)
D．对任意正数t ， P(X ≥t)≥P(Y ≥t)
X  N(1,1
2) ，Y  N(2 ,
) 的密度曲线分别关
2
2
【答案】C【解析】由正态分布密度曲线的性质可知，
于直线 x =  ，x =  对称，因此结合题中所给图象可得， <  ，所以 P(Y ≥ ) < P(Y ≥ ) ，故 A
1
2
1
2
2
1
X  N(1,1
2) 得密度曲线较Y  N(2 ,2) 的密度曲线“瘦高”，所以 <  ，所
以
错误．又
2
1
2
P(X ≤ ) > P(X ≤ ) ，B 错误．对任意正数t ，P(X ≤t)≥P(Y ≤t) ，P(X ≥t)≥P(Y ≥t) ，C 正确，
2
1
D 错误．
150．(2015 山东理)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布
度误差落在区间(3,6)内的概率为(
N(0, 3 ) ，从中随机取一件，其长
2
)
(附：若随机变量 服从正态分布N(, ) ，则 P(     )  68.26%，
2
P( 2    2)  95.44% )
A．4．56%
B．13．59%
C．27．18%
D．31．74%
1
【答案】B【解析】 P(3   6)  (95.44% 68.26%) 13.59% ．
2
151．(2014 新课标 II 理)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0．75，连续两天
为优良的概率是 0．6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
A．0．8
B．0．75
C．0．6
D．0．45
P(AB)
0.6
【答案】A【解析】根据条件概率公式 P(B | A) 
，可得所求概率为
 0.8 ．
P(A)
0.75
N2, 2 ，且
P  4 0.8，则 P0   2(
)

152．(2011 湖北理)已知随机变量 服从正态分布
0.6
0.4
0.3
0.2
D．
A．
B．
C．
对称，所以P  2 0.5，
x  2
【答案】C【解析】如图，正态分布的密度函数示意图所示，函数关于直线
并且P0   2 P2   4，则 P0   2 P  4 P  2 0.80.5  0.3，所以故选 C．
y
O
2
4
x
153．(2017 新课标Ⅱ理)一批产品的二等品率为0.02 ，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100 次，
表示抽到的二等品件数，则 DX =
．


【答案】1．96【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即 X ~ B 100, 0.02 ，由二项分布
的期望公式可得 DX 
np 1 p 
100 0.02 0.98 1.96
 
  
 



154．(2016 四川理)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则
在 2 次试验中成功次数 X 的均值是
．
3
【答案】 【解析】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有(正正)，(正反)，(反正)，(反反)，所以在
2
1
4
1
1
4
1 次试验中成功次数 的取值为0,1, 2 ，其中 
P(
  0) 
, P( 1)  , P(  
2)
,
2
1
1
2
3
4
在 1 次试验中成功的概率为 P( ≥   

1)
，所以在 2 次试验中成功次数 X 的概率为
4
3 1
  
， P(X  2)  ( 
)
4 4
3
3
9
3
9
3
P(X 1)  C2
1
2 
， EX 1 2 
 
．
8
4
16
8
16
2
3
4
3
3
3
2
解法 2 由题意知，实验成功的概率 p，故X  B(2, ) ，所以E(X )  2 
．
4
4
155．(2015 广东理)已知随机变量  服从二项分布n, p
  
，若  30，D  
20，则 
p
．
np  30
1
1
【答案】 【解析】由
，得 p  ．
np(1 p) 20


3
3
156．(2012 新课标理)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3
正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布 (1000,502 ) ，且各
N
个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1000 小时的概率为
．
元件1
元件3
元件2
3
N(1000, 502) 得：三个电子元件的使用寿命
【答案】 【解析】 三个电子元件的使用寿命均服从正态分布
8
1
3
超过 1000 小时的概率为 p  ，超过 1000 小时时元件 1 或元件 2 正常工作的概
率
P 1(1 p)
1
2  
，那
2
4
3
么该部件的使用寿命超过 1000 小时的概率为 p  p  p  ．
2
1
8
157．(2017 新课标Ⅰ理)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取 16
个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸
N(, ) ．
2
服从正态分布
(1)假设生产状态正常，记 X 表示一天内抽取的 16 个零件中其尺寸在( 3, 3) 之外的零件数，求
P(X ≥1)及 X 的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在( 3, 3) 之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产
过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
(ⅰ)试说明上述监控生产过程方法的合理性；
(ⅱ)下面是检验员在一天内抽取的 16 个零件的尺寸：
9．95
10．12 
9．96
9．96
10．01 
9．92
9．98
10．04
10．26 
9．91
10．13 
10．02 
9．22
10．04 
10．05 
9．95
1
16
1
16
1
16
( 
x
i1



i
经计算得 x 
x
i  9.97 ，s 
(x
i  x) 2 
2 16x )
2
16
16
16
i1
i1
0.212，其中 xi 为抽取的第i 个零件的尺寸，i =1，2，…，16．
ˆ ，用样本标准差 s 作为 的估计值ˆ ，利用估计值判断是否需对当天
的
用样本平均数 x 作为  的估计值
生产过程进行检查？剔除(− 3，+ 3)之外的数据，用剩下的数据估计  和 (精确到 0．01)．
附：若随机变量Z 服从正态分布
0.008 0.09 ．
N(, ) ，则 P( 3  Z   3) =0．997 4，0.997416  0.9592，
2
【解析】(1)抽取的一个零件的尺寸在( 3, 3) 之内的概率为 0．9974，从而零件的尺寸在
( 3, 3) 之外的概率为 0．0026，故 X ~B(16, 0.0026) ．因此
P(X 1) 1 P(X  0) 10.9974  0.0408 ．
X 的数学期望为 EX 160.0026 0.0416．
(2)(i)如果生产状态正常，一个零件尺寸在( 3, 3) 之外的概率只有 0．0026，一天内抽取的 16 个
零件中，出现尺寸在( 3, 3) 之外的零件的概率只有 0．0408，发生的概率很小．因此一旦发生这
种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检
查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
(ii)由 x 
9.97 ，

s 0.212

ˆ  9.97 

，得 
的估计值为 
， 
的估计值为
ˆ 0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ) 之外，因此需对当天的生产过程进
行检查．
1
剔除(ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ) 之外的数据 9．22，剩下数据的平均数为 
(169.97 9.22) 10.02 ，因此  的估
15
计值为 10．02．
16
xi
2 160.212
2 169.97
2 1591.134 ，剔除(ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ) 之外的数据 9．22，剩下数据的样本
i1
1 (1591.134 9.22 2 1510.02 )  0.008 ，因此 的估计值为 0.008 0.09 ．
2
方差为
15
158．(2016 新课标Ⅱ理)某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本
年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保 费
0．85a
a
1．25a
1．5a
1．75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
概 率
0
1
2
3
4
≥5
0．30
0．15
0．20
0．20
0．10
0．05
(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60% 的概率；
(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
【解析】(Ⅰ)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件 A ，
P(A) 1 P(A) 1 (0.30  0.15)  0.55 ．
P(AB) 
0.10 0.05
3
(Ⅱ)设续保人保费比基本保费高出60% 为事件 B ， P(B A) 
(Ⅲ)解：设本年度所交保费为随机变量 X ．


．
P(A)
0.55
11
a
1.25a
1.5a
0.20
1.75a
0.10
2a
X
P
0.85a
0.30
0.15
0.20
0.05
平均保费 EX 0.850.30 0.15a 1.25a0.20 1.5a0.20 1.75a0.10 2a0.05
0.255a 0.15a 0.25a 0.3a 0.175a 0.1a 1.23a ，
∴平均保费与基本保费比值为1.23 ．
159．(2015 湖南理)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有 4 个
红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球，在摸出的 2 个球中，若都
是红球，则获一等奖；若只有 1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率；
(2)若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X ，求 X 的分布列和数学期望．
【解析】(Ⅰ)记事件 A1=｛从甲箱中摸出的 1 个球是红球｝，
A =｛从乙箱中摸出的 1 个球是红球｝，B =｛顾客抽奖 1 次获一等奖｝，B =｛顾客抽奖 1 次获二等奖｝，
C =
2
1
2
｛顾客抽奖 1 次能获奖｝．
由题意， A 与 A 相互独立， A A 与 A A 互斥， B 与 B 互
斥，
1
2
1
2
1
2
1
2
且 B = A A ， B = A A + A A ，C= B + B ．
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
4
2
5
1
因 P ( A1)= 
= 
， P ( A )= 
= 
，
2
10 5
10 2
2
1 1
所以 P ( B )= P ( A A )= P ( A ) P ( A )= 
 
= 
，
1
1
2
1
2
5
2 5
P ( B )= P ( A A + A A )= P ( A A )+ P ( A A )
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1 1
= P ( A ) (1- P ( A ))+(1- P ( A )) P ( A )= 
(1- 
)+(1- 
) 
= 
，
1
2
1
2
5
2
5
2 2
7
1 1
故所求概率为 P (C)= P ( B + B )= P ( B )+ P ( B )=+
=
．
1
2
1
2
5 2 10
1
(Ⅱ)顾客抽奖 3 次独立重复试验，由(I)知，顾客抽奖 1 次获一等奖的概率为 ，
5
1
1
4
64
所以 X  B(3, ) ．于是 P ( X =0)=C0
3 ( )0( )3 =
，
5
1
5
5
125
4
48
125
12
P ( X =1)=C3
1( )1( )2 =
，
5
1
5
4
1
4
1
P ( X =2)=C3
2( )2( )1 =
， P ( X =3)=C3
3( )3( )0 =
．
5
5
125
5
5
125
故 X 的分布列为
X
P
0
1
2
3
64
125
48
12
125
1
125
125
1 3
X 的数学期望为 E ( X )=3 
= 
．
5 5
160．(2015 湖北理)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产 A,B 两种奶制品．生产 1 吨 A 产品需鲜牛奶 2 吨，使
用
设备 1 小时，获利 1000 元；生产 1 吨 B 产品需鲜牛奶 1．5 吨，使用设备 1．5 小时，获利 1200 元．要
求
每天 B 产品的产量不超过 A 产品产量的 2 倍，设备每天生产 A,B 两种产品时间之和不超过 12 小时．假定
每
天可获取的鲜牛奶数量 W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
P
12
15
18
0．3
0．5
0．2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利 Z (单位：元)是一个随机变
量．
(Ⅰ)求 Z 的分布列和均值；
(Ⅱ) 若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求 3 天中至少有 1 天的最大获利超过 10000 元的概率．
【解析】(
)
Ⅰ设每天 A,B 两种产品的生产数量分别为 x, y ，相应的获利为 z ，则有
2x 1.5y W,

x 1.5y 12,
(1)目标函数为 z 1000x 1200y ．
2x  y  0,


x  0, y  0.
y
y
y
12
10
8
8
8
B(3,6)
B(3,6)
C(6,4)
B(2.4,4.8)
O A(0,0)
C(6,0)
12
x
O A(0,0)
C(7.5,0) 
12
x
O A(0,0)
D(9,0) 12
x
第 10 题解答图 3
第 10 题解答图 1
第 10 题解答图 2
当W 12 时，(1)表示的平面区域如图1，三个顶点分别为 A(0, 0), B(2.4, 4.8), C(6, 0) ．
5
z
将 z 1000x 1200y 变形为 y   x 
，
6
1200
5
z
当 x  2.4, y  4.8 时，直线l ： y   x 
在 y 轴上的截距最大，
6
1200
最大获利 Z  zmax  2.41000  4.81200 8160．
当W 15 时，(1)表示的平面区域如图2，三个顶点分别为 A(0, 0), B(3, 6), C(7.5, 0) ．
5
z
将 z 1000x 1200y 变形为 y   x 
，
6
1200
5
z
当 x  3, y  6 时，直线l ： y   x 
在 y 轴上的截距最大，
6
1200
最大获利 Z  zmax  31000  61200 10200 ．
当W 18 时，(1)表示的平面区域如图 3，
四个顶点分别为 A(0, 0), B(3, 6), C(6, 4), D(9, 0) ．
5
z
将 z 1000x 1200y 变形为 y   x 
，
6
1200
5
z
当 x  6, y  4 时，直线l ： y   x 
在 y 轴上的截距最大，
6
1200
最大获利 Z  zmax  61000  41200 10800 ．
故最大获利Z 的分布列为
Z
P
8160
10200
10800
0．3
0．5
0．2
因此， E(Z) 81600.3 102000.5 108000.2 9708 ．
(
)
Ⅱ由(
)
Ⅰ知，一天最大获利超过 10000 元的概率 p1  P(Z 10000)  0.5  0.2  0.7 ，
p =1- (1- p1)3 =1- 0.3 = 0.973 ．
3
由二项分布，3 天中至少有 1 天最大获利超过 10000 元的概率为
161．(2015 新课标Ⅱ理)某公司为了解用户对其产品的满意度，从 A ，B 两地区分别随机调查了 20 个用户，
得到用户对产品的满意度评分如下：
A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(Ⅰ)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分
散程度(不要求计算出具体值，得出结论即可)；
(Ⅱ)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
满意度等级
低于 70 分
70 分到 89 分
不低于 90 分
不满意
满意
非常满意
记事件 C：“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独
立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求 C 的概率．
【解析】(
)
Ⅰ两地区用户满意度评分的茎叶图如下
通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于 B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户
满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．
(Ⅱ)记C 表示事件：“A 地区用户满意度等级为满意或非常满意”；C 表示事件：“A 地区用户满意度
A1
A2
等级为非常满意”；C 表示事件：“B 地区用户满意度等级为不满意”；C 表示事件：“B 地区用户满
B1
B2
意度等级为满意”，则C 与C 独立，C 与C 独立，C 与C 互斥，C C C C C ．
A1
B1
A2
B2
B1
B2
B1 
A1
B2 
A2
P(C)  P(C C C C )  P(C C )  P(C C )  P(C )P(C ) P(C )P(C ) ．
B1 
A1
B2 
A2
B1 
A1
B2 
A2
B1
A1
B2
A2
16
4
10
8
由所给数据得C ，C ，C ，C 发生的概率分别为
，
，
，
．
A1
A2
B1
B2
20 
20 
20 
20
16
故 P(CA1) = 
， P(CA2 )=
20
4
10
20
8
10 16
8
4
， P(CB1)=
， P(CB2 ) =
，故 P(C)=

+

 0.48．
20
20
20 20 20 20
162．(2014 山东理)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜 3 局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五
1
2
局甲队获胜的概率是 
外，其余每局比赛甲队获胜的概率是 
．假设各局比赛结果互相独立．
2
3
(1)分别求甲队以 3：0，3：1，3：2 胜利的概率
(2)若比赛结果为 3：0 或 3：1，则胜利方得 3 分，对方得 0 分；若比赛结果为 3：2，则胜利方得 2 分、
对
X
方得 1 分，求乙队得分 
的分布列及数学期望．
A
A
2
【解析】：(1)记“甲队以 3：0 胜利”为事件 
，“甲队以 3：1 胜利”为事件 
，“甲队以 3：2 胜利”为
事
1
A
件
故
，由题意，各局比赛结果相互独立，
3
2
8
2
2
2
8
2
2
1
4
P(A )  ( )3 
P(A2 )  C3
2( )2(1 ) 
P(A3 )  C4
1( )2(1 ) 2  

，
，
1
3
27
3
3
3
27
3
3
2
27
8
8
4
所以，甲队以 3：0，3：1，3：2 胜利的概率分别是
，
，
；
27 
27 
27
A
(2)设“乙队以 3：2 胜利”为事件 
，由题意，各局比赛结果相互独立，所以
4
2
2
1
4
P(A4 )  C4
1(1 ) 2( ) (1 ) 
2
，
3
3
2
27
由题意，随机变量 X 的所有可能的取值为 0，1，2，3，，根据事件的互斥性得
16
27
4
P(X  0)  P(A  A )  P(A )  P(A ) 
P(X 1)  P(A3 ) 
，
，
1
P(X  2)  P(A4 ) 
故 X 的分布列为
2
1
2
27
4
3
P(X  3)  1 P(X  0) P(X 1) P(X  2) 
，
，
27
27
X
P
0
1
2
3
16
27
4
4
3
27
27
27
EX  016
1 
2 
3
27 
27
4
4
3 7
9
所以
．
27
27
163．(2014 陕西理)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为 1000 元，此作物的市场价格和这块地上的
产量具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
(Ⅰ)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润，求 X 的分布列；
(Ⅱ)若在这块地上连续 3 季种植此作物，求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的概率．
【解析】(Ⅰ)设A 表示事件“作物产量为300kg”，B 表示事件“作物市场价格为6 元／kg”．由题设知 P(A)  
0.5，
P(B)  0.4．
因为利润=产量市场价格成本，所以 X 所有可能的取值为
500101000  4000 ，50061000  2000 ，300101000  2000 ，30061000 800，
P(X  4000)  P(A)P(B)  (10.5)(10.4)  0.3 ，
P(X  2000)  P(A)P(B)  P(A)P(B)  (10.5)0.4 0.5(10.4)  0.5 ，
P(X 800)  P(A)P(B)  0.50.4  0.2 ，
所以 X 的分布列为
X
P
4000
2000
800
0．3
0．5
0．2
(Ⅱ)设Ci 表示事件“第i 季利润不少于 2000 元”(i 1, 2,3) ，
由题意知C ,C ,C 相互独立，由(1)知 P(C )  P(X  4000)  P(X  2000)  0.30.5  0.8 (i 1, 2,3) ，
1
2
3
i
P(C C C )  P(C )P(C )P(C )  0.8  0.512，
3
3 季利润均不少于 2000 元的概率为
1
2
3
1
2
3
P(C C C )P(C C C )P(C C C ) 30.8 0.2 0.384 ，
2
3 季中有 2 季利润不少于 2000 元的概率为
1
2
3
1
2
3
1
2
3
所以这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的概率为0.5120.384 0.896．
164．(2014 广东理)随机观测生产某种零件的某工厂 25 名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：
30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，
39，36，根据上述数据得到样本的频率分布表如下：
分组
频数
频率
[25，30 ]
(30，35 ]
(35，40 ]
3
5
8
0．12
0．20
0．32
n1
n2
f1
(40，45 ]
(45，50 ]
f2
(1)确定样本频率分布表中n ,n , f 和 f 的值；
1
2
1
2
(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；
(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取 4 人，至少有 1 人的日加工零件数落在区间(30，35］的概率．
【解析】：(1) n  7, n  2 ， f  0.28, f  0.08 ．
1
2
1
2
(2)样本频率分布直方图为
频率
组距
0.064
0.056
0.04
0.024
0.016
0
25 30 35 40 45 50 日加工零件数
(3)根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间(30，35］的概率 0．2，

 ~ B(4, 0.2)
，
设所取的 4 人中，日加工零件数落在区间(30，35］的人数为 ，则
P( 1) 1P(  0) 1(10.2) 10.4096  0.5904 ，
4
所以 4 人中，至少有 1 人的日加工零件数落在区间(30，50］的概率约为 0．5904．
165．(2011 大纲)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0．5，购买乙种保险但不购买甲种保
险的概率为 0．3，设各车主购买保险相互独立．
(Ⅰ)求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 l 种的概率；
X
X
(Ⅱ) 
表示该地的 l00 位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数．求 
的期望．
A
【解析】记 
表示事件： 该地的 1 位车主购买甲种保险；
B 表示事件： 该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；
C
D
表示事件： 该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 l 种；
表示事件： 该地的 1 位车主甲、乙两种保险都不购买．
P(A)  0.5
P(B)  0.3 ， 
．
C  AB ， P(C)  P(A  B)  P(A)  P(B)  0.8
(Ⅰ)
(Ⅱ)
，
D C ， P(D) 1 P(C) 10.8  0.2 ， X : B(100, 0.2)
X
，即 
服从二项分布，所以期望
EX 1000.2  20 ．
考点 112 独立性检验
166．(2020 全国Ⅲ文理 18)某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻
炼的人次，整理
数据得到下表(单位：天)：
锻炼人次
0 , 200
200 , 400 
400 , 600
空气质量等级
1(优)
2
5
6
7
16
10
7
25
12
8
2(良)
3(轻度污染)
4(中度污染)
2
0
(1)分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率；
(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(3)若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为 3 或 4，则称这天
“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面22 的列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为
一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
人次 400
人次400
空气质量好
空气质量不好
 
 

n ad bc
2
2
K 
附：
     
   
a b c d a c b d
 k
0.050
3.841
0.010
6.635
0.001
10.828
P K
k
2
2 16 25 
43

【解析】(1)根据上面的统计数据，可得：该市一天的空气质量等级为 1 的概率为
；该市
100
100
510 12 
27

一天的空气质量等级为 2 的概率为
；该市一天的空气质量等级为 3 的概率为
100
100
6 7 8 
21
7 2  0
9


；该市一天的空气质量等级为 4 的概率为
．
100
100
100
100
(2)由题意，计算得 x 1000.20 3000.35 5000.45  350 ．
(3)列联表如下：
人次≤400
人次＞400
总计
70
空气质量好
33
37
8
空气质量不好 
22
30
总计
55
45
100
由表中数据可得：
，∴有
的把握认为一天中到该公园锻炼的
100(3383722)
2
95%
K 2 
5.820 3.841
70305545
人次与该市当天的空气质量有关．
167．(2020 新高考山东海南 19)
为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100 天空气中的
PM2.5 和SO2 浓度(单位： g / m3 )，得下表：
SO2
 

0, 50
50 , 150
150 , 475
PM2.5
0 , 35
35, 75
75 ,115

32
18
8
4

6
3
12
10

7
(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5 浓度不超过75 ，且SO2 浓度不超过150”的概率；
(2)根据所给数据，完成下面22 列联表：
SO2
0 , 150
150 , 475
PM2.5
0 , 75
75 ,115 
(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99% 的把握认为该市一天空气中 PM2.5 浓度与SO2 浓度有关？
nad bc2
a bc  da  cb  d
附： K 2 
，

P(K 2
k)
0.050
3.841
0.010 
0.001
6.635 
10.828
k
【答案】(1) 0.64 ；(2)答案见解析；(3)有．
【解析】(1)由表格可知，该市 100 天中，空气中的PM2.5 浓度不超过 75，且SO
浓度不超过150 的天数
2
有32  6 18 8  64 天，
64
PM2.5 浓度不超过 75，且SO
浓度不超过150 的概率为
0.64 ；
所以该市一天中，空气中的
2
100
(2)由所给数据，可得22 列联表为：
SO
2
0,150 
150, 475
合计
PM2.5
 

0, 75
64
16
80
20
75,115 
10
74
10
26
合计
100
(3)根据22 列联表中的数据可得
n(ad bc) 2
100(64101610)
80207426
2
3600
481
K 2 


 7.4844  6.635，
(a b)(c d)(a c)(bd)
因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中
PM2.5 浓度与SO
浓度有关．
2
168．(2018 全国Ⅲ理)某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生
产方式．为比较两种生产方式的效率，选取 40 名工人，将他们随机分成两组，每组 20 人，第一组工人用
第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间(单位：min)绘制了如
下茎叶图：
(1)根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；
(2)求 40 名工人完成生产任务所需时间的中位数m ，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过m 的工人
数填入下面的列联表：
超过m
不超过m
第一种生产方式
第二种生产方式
(3)根据(2)中的列联表，能否有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？
n(ad bc) 2
P(K 2 ≥k) 0.050 
0.010 0.001
附：K 2 
，
(a b)(c d)(a c)(bd)
k
3.841 6.635 10.828
【解析】(1)第二种生产方式的效率更高．
理由如下：
(i)由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至少 80 分钟，用第二
种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至多 79 分钟．因此第二种生产方式的效率更高．
(ii)由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 85．5 分钟，用第二种生产
方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 73．5 分钟．因此第二种生产方式的效率更高．
(iii)由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于 80 分钟；用第二种生产方式
的工人完成生产任务平均所需时间低于 80 分钟，因此第二种生产方式的效率更高．
(iv)由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最多，关于茎 8 大致呈
对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 7 上的最多，关于茎 7 大致呈对称分
布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成
生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．
以上给出了 4 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
79 81
(2)由茎叶图知m 
80 ．
2
列联表如下：
超过m
不超过m
第一种生产方式
15
5
5
第二种生产方式
15
40(1515 55)
20202020
2
(3)由于K 2 
10 6.635，所以有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．
169．(2017 课标 II 理 18)海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取
100 个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如下：
(1)设两种养殖方法的箱产量相互独立，记 A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于 50kg， 新养殖法的箱产量
不
低于 50kg”，估计 A 的概率；
(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：
箱产量50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
新养殖法
(3)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值(精确到 0．01)
附：
0．050
3 841
0．010
6 635
0．001
10 828
P(K ≥k)
2
k
．
．
．
n(ad bc) 2
2
K (a b)(c d)(a c)(b d)
【解析】(1)记 B 表示事件“旧养殖法的箱产量低于 50kg”，C 表示事件“新养殖法的箱产量不低于 
50kg”．由
题意知 P(A)  P(BC)  P(B)P(C) ．
旧养殖法的箱产量低于 50kg 的频率为(0.012 0.014 0.024 0.034 0.040)5  0.62
故 P(B) 的估计值为0.62 ．
新养殖法的箱产量不低于 50kg 的频率为(0.0680.046 0.010 0.008)5  0.66 ，故 P(C) 的估计值为
0.66 ．因此，事件 A 的概率估计值为0.620.66 0.4092 ．
(2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表
箱产量50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
新养殖法
62
34
38
66
200(6266 3438)
2
K 2 
 15.705 ，由于15.705 6.635，故有 99%的把握认为箱产量与养殖方法
10010096104
有关．
(3)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于 50kg 的直方图面积为
(0.004 0.020 0.044)5  0.34  0.5，箱产量低于 55kg 的直方图面积为
(0.004 0.020 0.044 0.068)5  0.68  0.5，
0.50.34
故新养殖法箱产量的中位数的估计值为50 
 52.35 (kg)．
0.068
170．(2014 新课标 I 理)从某企业生产的某种产品中抽取 100 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量
表得如下频数分布表：
质量指标值分组 
[75，85) [85，95) 
[95，105) 
[105，115) [115，125)
频数
6
26
38
22
8
(I)在下表中作出这些数据的频率分布直方图：
(II)估计这种产品质量指标值的平均数及方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(III)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95 的产品至少要占全
部产品的80%”的规定？
【解析】(I)
(II)质量指标值的样本平均数为 x 80×0．06+90×0．26+100×0．38+110×0．22+120×0．08 =100．
质量指标值的样本方差为s
2  (20) 2 0.06（-10）2 0.26+0.38+10 2 0.2220 0.08 =104．
2
所以这种产品质量指标值的平均数的估计值为 100，方差的估计值为 104．
(III)质量指标值不低于 95 的产品所占比例的估计值为 0．38+0．22+0．08=0．68．
由于该估计值小于 0．8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于 95 的产品至少要占全
部产品 80%”的规定．
171．(2012 辽宁理)电视传媒公司为了解某地区电视观众对某体育节目的收视情况，随机抽取了 100 名观众
进行调查，其中女性有 55 名．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：
将日均收看该体育节目时间不低于 40 分钟的观众称为“体育迷”，已知“体育迷”中有 10 名女
性．
2 2
(I)根据已知条件完成下面
列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
非体育迷 体育迷 合计
男
女
合计
(II)将日均收看该体育节目不低于 50 分钟的观众称为“超级体育迷”，已知“超级体育迷”中有 2 名女性．
若从
“超级体育迷”中任意选取 
2
人，求至少有 1 名女性观众的概率．
P(2  k) 
0．05
0．01
n(n n n n ) 2
附：
2 
11 22
12 21
，
n n n n
1 2 1 2
k
3．841 6．635
【解析】(I)由频率颁布直方图可知，在抽取的 100 人中，“体育迷”有 25 人，从而 2×2 列联表如下：
非体育迷 体育迷 合计
男
女
30
45
15
10
25
45
55
合计 
75
由 2×2 列联表中数据代入公式计算，得：
100
n(n n n n ) 2
100(3010 4515)
75254555
2 100
33
x2 
11 22
12 21

 3.030
n n n n
1 2 1 2
因为 3．030<3．841，所以，没有理由认为“体育迷”与性别有关．
(II)由频率分布直方图可知，“超级体育迷”为 5 人，从而一切可能结果所组成的基本事件空间
 {(a ,a ), (a ,a ), (a ,a ), (a ,b ) ,(a ,b ), (a ,b ), (a ,b ), (a ,b ),
1
2
1
3
2
3
1
1
1
2
2
1
2
2
3
1
(a ,b ), (b ,b )} 其中a 表示男性，i 1,2,3．b 表示女性， j 1,2 ．由 10 个基本事件组成，而且这些
3
2
1
2
i
j
事件的出现时等可能的．用 A 表示“任故选 2 人中至少有 1 名是女性”这一事件，则
7
A {(a ,b ), (a ,b ), (a ,b ), (a ,b ), (a ,b ), (a ,b ), (b ,b )} ，∴ P(A) 

．
1
1
1
2
2
1
2
2
3
1
3
2
1
2
10