第十二单元 概率与统计 单元提升卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单 元 提 升 卷
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025湖南名校联考联合体联考)下图为2024年中国大学生使用App的偏好及目的的统计图,则下列结论正确的是(　　)
A.超过的大学生更爱使用购物类App
B.超过半数的大学生使用App是为了学习与生活
C.使用App的偏好中,7个占比数字的极差是23%
D.使用App的目的中,6个占比数字的40%分位数是34.3%
2.(2024陕西汉中普通高中联盟学校联考)“仁、义、礼、智、信”为儒家“五常”,将“五常”排成一排,其中“仁、义、礼”的相对顺序保持不变的概率为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2025江西上饶检测)已知某工厂生产的某批产品的质量指标服从正态分布N(18,σ2),质量指标大于或等于20的产品为优等品,且优等品出现的概率为0.1,现从该批产品中随机抽取6件,用X表示这6件产品的质量指标不在区间(16,20)内的产品件数,则D(X)=(　　)
A.0.96　　B.0.48　　C.1.2　　D.2.4
4.已知离散型随机变量X的可能取值为0,1,2,3,且P(X≥1)=,P(X=3)=,若E(X)=,则D(4X-3)=(　　)
A.19　　B.16　　C.　　D.
5.(2024河北沧州盐山中学三模)某公司想要调查员工的健康状况,由于女员工所占比重大,所以按性别分层,用比例分配的分层随机抽样的方法抽取样本,已知所抽取的所有员工的体重的方差为120,女员工的平均体重为50 kg,标准差为6,男员工的平均体重为70 kg,标准差为4.若样本中有21名男员工,则女员工的人数为(　　)
A.28　　B.35　　C.39　　D.48
6.(2025云南昆明质量检测)在践行“乡村振兴”战略的过程中,某地大力发展特色花卉种植业.某农户种植一种观赏花卉,为了解其长势,随机测量了100枝花的高度(单位:cm),得到花枝高度的频率分布直方图(最后一组为闭区间,其余每组为左闭右开区间),如图所示,则(　　)
A.样本花卉高度的极差不超过20 cm
B.样本花卉高度的中位数不小于众数
C.样本花卉高度的平均数不小于中位数
D.样本花卉高度小于60 cm的占比不超过70%
7.一个袋子中装有形状和大小完全相同的4个小球,其中2个黑球,2个白球,现按以下两步从袋中取球,第一步:从袋子中随机取出2个球,将取出的白球涂黑后放回袋中,取出的黑球直接放回袋中;第二步:从袋子中随机取出2个球,记第二步取出的2个球中白球的个数为X,则E(X)=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.(2025四川成都第七中学开学考试)布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动,在如图所示的试验容器中,容器由三个仓组成,某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能地随机选择一个到达相邻仓,且粒子经过n次随机选择后到达2号仓的概率为Pn,已知该粒子的初始位置为2号仓,则P10=(　　)
　　B.　　
C.　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025广东佛山质量检测)现有甲、乙两组数据,甲组数据为x1,x2,…,x16;乙组数据为3x1-9,3x2-9,…,3x16-9,若甲组数据的平均数为m,标准差为n,极差为a,第60百分位数为b,则下列说法一定正确的是(　　)
A.乙组数据的平均数为3m-9
B.乙组数据的极差为3a
C.乙组数据的第60百分位数为3b-9
D.乙组数据的标准差为n
10.(2025陕西四校联考)甲、乙两个不透明的袋子中分别装有两种除颜色外完全相同的小球,甲袋中装有5个红球和5个绿球,乙袋中装有4个红球和6个绿球.现从两个袋子中摸球,先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中,再从乙袋中随机摸出一个小球,用A1表示事件“从甲袋摸出的是红球”,A2表示事件“从甲袋摸出的是绿球”,B1表示事件“从乙袋摸出的是红球”,B2表示事件“从乙袋摸出的是绿球”.下列说法正确的是(　　)
A.A1,A2是互斥事件　　
B.A1与B2相互独立
C.P(B2|A2)=　　
D.P(B2|A1)+P(B1|A2)=
11.(2025江苏南京调研)某企业使用新技术对某款芯片生产工艺进行改进,部分芯片由智能检测系统进行筛选,其中次品芯片会被淘汰,筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.用A表示事件“某芯片经智能检测系统筛选后合格”,B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后,这款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N(5.40,0.052),现从中随机抽取M个芯片,其中恰有m个芯片的质量指标在区间(5.35,5.55)内,则下列说法正确的是(参考数据:若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 6,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 4)(　　)
A.P(B|A)>P(B)
B.P(A|B)>P(A|)
C.P(5.35<ξ<5.55)≈0.84
D.P(m=45)取得最大值时,M的估计值为54
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025广东江门第一中学期中)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　　　　.
13.(2025上海控江中学期中)设a∈Z,对于样本数据a,6,9,6,12,若该样本的第60百分位数是一个整数,则符合题意的a的个数为　　　　.
14.(2024江西五校联考)某蓝莓基地种植蓝莓,按1个蓝莓果的质量Z(克)化分等级:Z≥10的为A级,8≤Z<10的为B级,6≤Z<8的为C级,4≤Z<6的为D级,Z<4的为废果.将A级果与B级果称为优等果.已知质量Z服从正态分布N(5,9).现对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查,每次抽出1个蓝莓果,若为优等果,则抽查终止,否则继续抽查直到抽出优等果,但抽查次数不超过n(n∈N*),记每次抽到优等果的概率为p(可精确到0.1).若抽查次数X的期望值不超过3,则n的最大值为　　　　.
附:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025四川仁寿第一中学校期中)某电动车公司为了抢占更多的市场份额,计划加大广告投入,该公司2020年至2024年的年广告费x(单位:百万元)和年销售量y(单位:百万辆)的关系如图所示.
令vi=ln xi(i=1,2,…,5),数据经过初步处理得:
yi vi
44 4.8 10 40.3
(xi-)(yi-) (yi-)(vi-)
1.612 19.5 8.06
现有①y=bx+a和②y=nln x+m作为年销售量y关于年广告费x的回归分析模型,其中a,b,m,n均为常数.
(1)请从相关系数的角度分析哪一个模型拟合效果更好;
(2)根据(1)中的分析,选取拟合效果更好的回归分析模型,根据表中数据求出y关于x的经验回归方程,并预测年广告费为6百万元时,产品的年销售量是多少.
16.(15分)(2025河北十县联考)某商场将年度消费总金额不低于10万元的会员称为尊享会员,超过5万元不足10万元的会员称为星级会员.该商场从以上两种会员中随机抽取男、女会员各100名进行调研统计,其中抽到男性尊享会员20名,女性尊享会员40名.
(1)完成下面的2×2列联表,并依据小概率值α=0.01的独立性检验,判断是否可以认为会员类型与性别有关;
单位:名
会员类型 会员性别 合计
男 女
尊享会员
星级会员
合计
(2)该商场在今年店庆时将举办尊享会员与星级会员消费返利活动,该活动以抽奖的形式进行,参与抽奖的会员从放有4个红球和3个白球(每个球除颜色外完全相同)的抽奖箱中抽奖.抽奖规则:①每次抽奖时,每名会员从抽奖箱中随机摸出2个球,若摸出的2个球颜色相同,则为中奖,若颜色不同,则为不中奖.②每名会员只能选一种抽奖方案进行抽奖,抽奖方案如下:
方案一:共进行两次抽奖,第一次抽奖后将球放回抽奖箱,进行第二次抽奖;
方案二:共进行两次抽奖,第一次抽奖后不将球放回抽奖箱,直接进行第二次抽奖.
会员甲欲参加本次抽奖活动,请从中奖次数的期望与方差的角度分析,会员甲选择哪种方案较好.
附: χ2=,其中n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 10.828
17.(15分)近年来,毕业旅行的热度明显上升.对于远程旅行,飞机和高铁是两种主要的出行方式.某平台对2020—2024年毕业季毕业生购买飞机票的数量y(单位:万张)进行了统计,得到如下相关数据:
年份 2020 2021 2022 2023 2024
年份代码t 1 2 3 4 5
y/万张 30 36 51 60 78
(1)分析上述统计表可知,y与t的线性相关程度较强,求y关于t的经验回归方程;
(2)通过调查发现,女性比男性更愿意选择坐高铁出行.某平台随机抽取某天在该平台购票(只考虑飞机票和高铁票)的400名毕业生(每人只购一张票)作为样本,其中女性购买高铁票的有n名,购买飞机票的有90名,男性购买高铁票的有40名.
(i)当n=190时,将样本中购买飞机票的男性人数与样本中购买飞机票的总人数的比值作为概率,用样本估计总体,结合(1)的结果估计2026年毕业季在该平台购买飞机票的毕业生中的男性人数(四舍五入保留整数);
(ii)用样本的频率估计概率,设女性毕业生中购买飞机票的概率为p,从所有女性毕业生中随机抽出5名,记恰好有3名女性购买飞机票的概率为f(p),当f(p)取得最大值时,求n的值.
参考公式:在=+x中,斜率和截距的最小二乘估计分别为=,=-.
18.(17分)(2025湖南部分名校联考)电动车的安全问题越来越引起广大消费者的关注,目前电动车的电池主要有石墨烯电池与铅酸电池两种.某公司为了解消费者对两种电池的电动车的偏好,在社会上随机调查了500名市民,其中被调查的女性市民中偏好铅酸电池电动车的占,得到以下2×2列联表:
单位:名
偏好石墨烯 电池电动车 偏好铅酸电 池电动车 合计
男性市民 200 100
女性市民
合计 500
(1)根据以上数据,完成2×2列联表,依据小概率值α=0.001的独立性检验,能否认为市民对这两种电池的电动车的偏好与市民的性别有关
(2)采用分层抽样的方法从偏好石墨烯电池电动车的市民中随机抽取7名,再从这7名市民中抽取2名进行座谈,求在有女性市民参加座谈的条件下,恰有一名女性市民参加座谈的概率;
(3)用频率估计概率,在所有参加调查的市民中按男性和女性进行分层抽样,随机抽取5名市民,再从这5名市民中随机抽取2名进行座谈,记2名参加座谈的市民中来自偏好石墨烯电池电动车的男性市民的人数为X,求X的分布列和数学期望.
参考公式: χ2=,其中n=a+b+c+d.
参考数据:
α 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
19.(17分)(2025重庆第八中学校适应性训练)有n枚质地不同的游戏币a1,a2,…,an(n>3),已知向上抛出游戏币am后,落下时正面朝上的概率为(m=1,2,…,n).现甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.
(1)甲将游戏币a2向上抛出10次,用X表示落下时正面朝上的次数,求X的期望E(X),并写出当k为何值时,P(X=k)最大(直接写出结果,不用写过程);
(2)甲将游戏币a1,a2,a3向上抛出,用Y表示落下时正面朝上的游戏币的个数,求Y的分布列;
(3)将这n枚游戏币依次向上抛出,规定:若落下时正面朝上的个数为奇数,则甲获胜,否则乙获胜,请判断这个游戏规则是否公平,并说明理由.
答案全解全析
单元提升卷
1.C　使用购物类App的大学生的比例为25.7%<,故A错误.
为了学习与生活需要使用App的大学生比例为34.3%+14.0%=48.3%<50%,故B错误.
使用App的偏好中,7个占比数字的极差为25.7%-2.7%=23%,故C正确.
将使用App的目的中6个占比数字按从小到大的顺序排列(关键点)为0.6%,8.4%,14.0%,16.3%,26.4%,34.3%,因为故D错误.
2.D　利用“插空法”,先将“仁、义、礼”放好,使它们的相对顺序保持不变,再将“智”插入形成的4个空位中,有4种方法,最后将“信”插入形成的5个空位中,有5种方法,共有4×5=20种方法,所以所求概率为=.
3.A　因为,且质量指标大于或等于20的产品出现的概率为0.1,
所以质量指标不在区间(16,20)内的概率为0.1×2=0.2,
所以X~B(6,0.2),
所以
4.A　由题知P(X=0)=,设P(X=1)=a,则P(X=2)=--a=-a,因此E(X)=0×+1×a+2×+3×=,解得a=,因此离散型随机变量X的分布列如下:
X 0 1 2 3
P
所以D(X)=×+×+×+×=,因此=19.
5.C　记样本中女员工的平均体重和标准差分别为=50,s1=6,所占权重为ω(ω>0.5),男员工的平均体重和标准差分别为=70,s2=4,所占权重为1-ω,全部员工的平均体重和标准差分别为,s,
则=ω+(1-ω)=70-20ω,
s2=ω[+(-)2]+(1-ω)[+(-)2]
=ω[36+(20-20ω)2]+(1-ω)[16+(-20ω)2]
=-400ω2+420ω+16=120,
化简得100ω2-105ω+26=0,即(20ω-13)(5ω-2)=0,解得ω=0.65或ω=0.4(舍去),
所以女员工的人数为×0.65=39.
6.D　对于A,样的最小值大于65-45=20(cm),故A错误.
对为=57.5(cm).
由题图得,前三个矩形的面积和为(0.012+0.028+0.036)×5=0.38,前四个矩形的面积和为0.38+0.056×5=0.66,
所以a∈[55,60).
由0.38+(a-55)×0.056=0.5,得a≈57.14,所以中位数约为57.14 cm.
因为57.14<57.5,所以样本花卉高度的中位数小于众数,故B错误.
×0.14+52.5×0.18+57.5×0.28+62.5×0.24+67.5×0.1=56.5(cm).
由B中分析知,样本花卉高度的中位数约为57.14 cm.
因为56.5<57.14,所以样本花卉高度的平均数小于中位数,故C错误.
对于D,由B中分析知,样本花卉高度小于60 cm的占比为66%,故D正确.
7.D　由题可得,X的可能取值为0,1,2.
①记第一步取出2个白球为事件A,则第二步取球时袋子中有4个黑球,P(A)==,P(X=0|A)=1,P(X=1|A)=P(X=2|A)=0;
②记第一步取出的2个球为1黑1白为事件B,则第二步取球时袋子中有3个黑球1个白球,P(B)==,P(X=0|B)==,P(X=1|B)==,P(X=2|B)=0;
③记第一步取出2个黑球为事件C,则第二步取球时袋子中有2个黑球2个白球,P(C)==,P(X=0|C)==,P(X=1|C)==,P(X=2|C)==.
由全概率公式得P(X=0)=P(A)P(X=0|A)+P(B)P(X=0|B)+P(C)P(X=0|C)=×1+×+×=,同理P(X=1)=,P(X=2)=,
∴E(X)=0×+1×+2×=.
8.A　记粒子经过n次随机选择后到达1号仓的概率为An,粒子经过n次随机选择后到达3号仓的概率为Bn,
则消去An,Bn,得Pn+1=(1-Pn),
所以Pn+1-=-,又P1-=-,所以数列是首项为-,公比为-的等比数列,
所以Pn-=-·,即Pn=-·,
所以P10=-·=+×=.
9.ABC　不妨设甲组数据从小到大排列为x1,x2,…,x16,
则乙组数据从小到大排列为3x1-9,3x2-9,…,3x16-9.
因为甲组数据的平均数为m,
所以
因为甲组数据的极差为a,即x16-x1=a,所以乙组数据的极差为3x16-9-(3x1-9)=3(x16-x1)=3a,故B正确.
因为16×60%=9.6,甲组数据的第60百分位数为b,所以b=x10,所以乙组数据的第60百分位数为3x10-9=3b-9,故C正确.
因为甲组数据的标准差为n,
10.ACD　对于A,因为每次只摸出一个球,所以A1∩A2= ,所以A1,A2是互斥事件,故A正确.
对于B,易得P(A1)=,P(B2)=×+×=,P(A1B2)=P(A1)×P(B2|A1)=×=,
因为P(A1)P(B2)≠P(A1B2),所以A1与B2不相互独立,故B错误.
对于C,P(B2|A2)=,故C正确.
对于D,P(B2|A1)+P(B1|A2)=+=,故D正确.
11.ABC　显然A正确.
对于B,结合A得P(A)·P(B|A)>P(A)·P(B),
即P(AB)>P(A)·P(B),
又P(AB)+P(A)=P(A),
所以P(AB)>P(B)·[P(AB)+P(A)],即P(AB)-P(AB)P(B)>P(B)P(A),
所以>,即>,所以P(A|B)>P(A|),故B正确.
对于C,由ξ~N(5.40,0.052),得P(5.35<ξ<5.55)=P(5.40-0.05<ξ<5.40+3×0.05)≈=0.84,故C正确.
对于D,易得m~B(M,0.84),P(m=45)=×0.8445×0.16M-45.
因为P(m=45)最大,
所以
解得52≤M≤53,又M∈N*,所以M=53.
所以当P(m=45)取得最大值时,M的估计值为53,故D错误.
12.0.18
解析　由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场,有以下两种情况:①甲队主场输一场,其概率P1=×0.6×0.4××0.52=0.12;②甲队客场输一场,其概率P2=×0.62××0.5×0.5=0.18.所以所求概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
13.3
解析　
当a≤6时,该样本数据从小到大排列为a,6,6,9,12,此时第60百分位数为7.5,与题意不符.
当6当9当a>12时,该样本数据从小到大排列为6,6,9,12,a,此时第60百分位数为10.5,与题意不符.
综上,符合题意的a的个数为3.
14.4
解析　由Z~N(5,9)得μ=5,σ=3,故p=P(Z≥8)=P(Z≥μ+σ)=≈≈0.2.
易得第k(k≤n-1)次抽到优等果的概率P(X=k)=0.8k-1·0.2(k=1,2,3,…,n-1),恰好抽取n次的概率P(X=n)=0.8n-1,
所以E(X)=0.2k·0.8k-1+n·0.8n-1.
设M=k·0.8k-1①,
则0.8M=k·0.8k②,
①-②,得0.2M=0.8k-1-(n-1)·0.8n-1
=-(n-1)·0.8n-1=5(1-0.8n-1)-(n-1)·0.8n-1,
所以E(X)=0.2M+n·0.8n-1=5(1-0.8n-1)-(n-1)·0.8n-1+n·0.8n-1=5(1-0.8n).
令5(1-0.8n)≤3,得0.8n≥0.4,又0.84=0.409 6>0.4,0.85=0.327 68<0.4,所以n的最大值为4.
15.解析　(1)设模型①和②的样本相关系数分别为r1,r2.
易得r1==≈≈0.97,(2分)
对于模型②y=nln x+m,
由v=ln x得y=nv+m,
所以r2====1.(4分)
因为|r1|<|r2|,所以模型②的拟合效果更好.(6分)
(2)由(1)知选择模型②y=nln x+m,即y=nv+m.
由题表得===5,
=vi=0.96,=yi=8.8,(9分)
所以=-5=8.8-0.96×5=4,所以=5v+4,
所以经验回归方程为=5ln x+4.(11分)
当x=6时,=5ln 6+4≈13,即当年广告费为6百万元时,产品的年销售量约为13百万辆.(13分)
16.解析　(1)由已知得2×2列联表如下:
单位:名
会员类型 会员性别 合计
男 女
尊享会员 20 40 60
星级会员 80 60 140
合计 100 100 200
(2分)
由表中数据得χ2==≈9.524>x0.01=6.635,(4分)
所以依据小概率值α=0.01的独立性检验,可以认为会员类型与性别有关.(5分)
(2)设会员甲按照方案一、方案二抽奖的中奖次数分别为X,Y.
在方案一中,会员甲每次中奖的概率为==,
所以X~B,(7分)
所以E(X)=2×=,D(X)=2××=.(9分)
Y的可能取值为0,1,2.
P(Y=0)=·=,(10分)
P(Y=1)=·+·+·=,(11分)
P(Y=2)=·+·=,(12分)
所以E(Y)=0×+1×+2×=,
D(Y)=E(Y2)-(E(Y))2=02×+12×+22×-=-=.(14分)
因为E(X)=E(Y),D(X)17.解析　(1)设y关于t的经验回归方程为=t+,由题表中数据可得==3,==51,
所以=10,(ti-)(yi-)=120,(2分)
所以==12,=-=51-12×3=15,(4分)
所以y关于t的经验回归方程为=12t+15.(5分)
(2)(i)由题意得,400名毕业生中,男性有400-190-90=120(名),
所以样本中购买飞机票的男性有120-40=80(名),
所以估计购买飞机票的毕业生为男性的概率为=.(7分)
2026年即t=7,将t=7代入=12t+15,得=99,故2026年毕业季的毕业生购买飞机票约99万张,
所以估计2026年毕业季在该平台购买飞机票的毕业生中,男性的人数为×990 000≈465 882.(9分)
(ii)由题意知,p=,0≤n≤270,n∈N.
显然,当n=0时,p取得最大值1;当n=270时,p取得最小值,所以p∈.(11分)
由题知f(p)=p3(1-p)2=10p3(p-1)2,p∈.
设函数g(x)=10x3(x-1)2,x∈,
则g'(x)=30x2(x-1)2+20x3(x-1)=10x2(x-1)·(5x-3),x∈.
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以当x=时,g(x)取得最大值,(13分)
所以当p=,即=,即n=60时, f(p)取得最大值.(15分)
18.解析　(1)由题表得,被调查的女性市民的人数为500-200-100=200,
所以被调查的女性市民中偏好铅酸电池电动车的人数为200×=120,则偏好石墨烯电池电动车的人数为200-120=80.(2分)
2×2列联表如下:
单位:名
偏好石墨烯电池电动车 偏好铅酸电池电动车 合计
男性市民 200 100 300
女性市民 80 120 200
合计 280 220 500
(3分)
易得χ2=≈34.632.
因为χ2≈34.632>10.828=x0.001,所以根据小概率值α=0.001的独立性检验,认为市民对这两种电池的电动车的偏好与市民的性别有关.(5分)
(2)由(1)得,偏好石墨烯电池电动车的市民中,男性市民与女性市民的比值为=,
所以抽取的7名中,男性市民有5名,女性市民有2名.(7分)
设“有女性市民参加座谈”为事件A,“恰有一名女性市民参加座谈”为事件B,
则P(A)==,P(AB)==,
所以P(B|A)==×=.(9分)
(3)由(1)得,所有参加调查的市民中,男性市民和女性市民的比值为=,所以抽取的5名市民中,男性市民有3名,女性市民有2名.易得男性市民中,偏好石墨烯电池电动车的概率为,偏好铅酸电池电动车的概率为.(10分)
X的所有可能取值为0,1,2.
记“3名被抽取的男性市民中,恰好抽到k人参加座谈”为事件Dk(k=0,1,2),则P(Dk)=(k=0,1,2).
记“2名参加座谈的市民中,偏好石墨烯电池电动车的男性市民的人数为m”为事件Em(m=0,1,2),
则P(E0|D0)=1,P(E0|D1)=,P(E0|D2)==,
P(E1|D1)=,P(E1|D2)=××=,
P(E2|D2)==,(12分)
所以P(X=0)=P(D0)P(E0|D0)+P(D1)P(E0|D1)+P(D2)P(E0|D2)=×1+×+×=,(13分)
P(X=1)=P(D1)P(E1|D1)+P(D2)P(E1|D2)=×+×=,(14分)
P(X=2)=P(D2)P(E2|D2)=×=,(15分)
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(16分)
所以E(X)=0×+1×+2×=.(17分)
19.解析　(1)由题意得,每次抛出游戏币a2后,落下时正面向上的概率均为,(1分)
所以X~B,所以E(X)=10×=.(3分)
当k=2时,P(X=k)最大.(4分)
(2)记事件Ak为“游戏币ak向上抛出后,正面朝上”,则P(Ak)=,k=1,2,3.
Y的所有可能取值为0,1,2,3.(5分)
P(Y=0)=P()=P()P()P()=××=,(6分)
P(Y=1)=P(A1+A2+A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=××+××+××=,(7分)
P(Y=2)=P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=××+××+××=,(8分)
P(Y=3)=P(A1A2A3)=××=,(9分)
所以Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
(10分)
(3)不妨设按照a1,a2,…,an的顺序抛这n枚游戏币.
记抛出k枚游戏币后,正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为Pk,k=1,2,…,n,
则Pk=Pk-1·+(1-Pk-1)·=Pk-1-+-=Pk-1+=·Pk-1+,
所以kPk=(k-1)Pk-1+,k≥2.(13分)
记bk=kPk,则bk-bk-1=,k≥2,所以数列{bn}是首项为1×P1=,公差为的等差数列,
所以bk=+(k-1)×=,即kPk=,(15分)
所以Pk=,k=1,2,3,…,n,即Pn=,所以这个游戏规则是公平的.(17分)