第四章4.3.2 独立性检验
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]有关独立性检验的四个命题,其中不正确的是( )
A.两个变量的2×2列联表中,对角线上数据的乘积相差越大,说明两个变量有关系成立的可能性就越大
B.对分类变量X与Y的随机变量χ2的观测值k来说,k越小,“X与Y有关系”的可信程度越小
C.从独立性检验可知:有95%的把握认为吸烟与患肺病有关,我们说某人吸烟,那么他一定有95%的可能患有肺病
D.从独立性检验可知:有99%的把握认为吸烟与患肺癌有关,是指在犯错误的概率不超过1%的前提下认为吸烟与患肺癌有关
2.[探究点二]疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行,用于人体预防接种的生物制品,其前期研发过程中,一般都会进行动物保护测试,为了考察某种疫苗预防效果,在进行动物试验时,得到如下2×2列联表:
注射疫苗情况 发病情况 总计
未发病 发病
未注射 20
已注射 30
总计 50 50 100
现从试验动物中任取一只,取得“注射疫苗”的概率为,则下列判断错误的是( )
A.注射疫苗发病的动物数为10
B.从该试验未注射疫苗的动物中任取一只,发病的概率为
C.能在犯错误的概率不超过0.1%的前提下,认为该疫苗有效
D.该疫苗的有效率为75%
3.[探究点二·2023福建厦门一中期末](多选题)某市为了研究该市空气中的PM2.5浓度和SO2浓度之间的关系,环境监测部门对该市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM2.5浓度和SO2浓度(单位:μg/m3),得到如下所示的2×2列联表:
PM2.5浓度 SO2浓度
[0,150] (150,475]
[0,75] 64 16
(75,115] 10 10
经计算χ2=≈7.484 4,则可以推断出( )
附:χ2=.
α=P(χ2≥k) 0.05 0.01 0.001
k 3.841 6.635 10.828
A.该市一天空气中PM2.5浓度不超过75 μg/m3,且SO2浓度不超过150 μg/m3的概率估计值是0.64
B.若2×2列联表中的天数都扩大到原来的10倍,χ2的值不会发生变化
C.没有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关
D.能在犯错误的概率不超过1%的条件下,认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关
4.[探究点一]为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关,对该班50名学生进行问卷调查,得到如下的2×2列联表:
性别 喜爱篮球情况 总计
喜爱 不喜爱
男生 20 5 25
女生 10 15 25
总计 30 20 50
则在犯错误的概率不超过 的前提下认为喜爱打篮球与性别有关.
5.[探究点一]下表是不完整的2×2列联表,其中3a=c,b=2d,则a= .
xi(i=1,2) yi(i=1,2) 总计
y1 y2
x1 a b 55
x2 c d
总计 120
B级 关键能力提升练
6.[2023河南濮阳高二期中]在研究肥胖与高血压的关系时,通过收集数据、整理分析数据得到“高血压与肥胖有关”的结论,并且在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为这个结论是成立的.下列说法中正确的是( )
A.在100个高血压患者中一定有肥胖的人
B.在100个肥胖的人中至少有99人患有高血压
C.在100个高血压患者中可能没有肥胖的人
D.肥胖的人至少有99%的概率患有高血压
7.(多选题)为了增强学生的身体素质,某校将冬天长跑作为一项制度固定下来,每天大课间例行跑操.为了调查学生喜欢跑步是否与性别有关,研究人员随机调查了相同人数的男、女学生,发现男生中有80%喜欢跑步,女生中有40%不喜欢跑步,且有95%的把握判断喜欢跑步与性别有关,但没有99%的把握判断喜欢跑步与性别有关,则被调查的男、女学生的总人数可能为( )
A.120 B.130 C.240 D.250
8.某一电视台对年龄高于40岁和不高于40岁的人是否喜欢西班牙队进行调查,40岁以上调查了50人,不高于40岁调查了50人,所得数据制成如下列联表:
年龄 是否喜欢西班牙队 总计
不喜欢 喜欢
40岁以上 p q 50
不高于40岁 15 35 50
总计 a b 100
已知工作人员从所有统计的人中任取一位,取到喜欢西班牙队的人的概率为,则有 的把握认为是否喜欢西班牙队与年龄有关.
C级 学科素养创新练
9.某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查,每位市民仅有一次参加机会,通过随机抽样,得到参与问卷调查的100人的得分(满分:100分)数据,统计结果如表所示:
组别 [40,50) [50,60) [60,70)
男 2 3 5
女 0 5 10
组别 [70,80) [80,90) [90,100]
男 15 18 12
女 10 7 13
(1)若规定问卷得分不低于70分的市民称为“环保关注者”,请判断能否在犯错误的概率不超过5%的前提下,认为是否为“环保关注者”与性别有关
(2)若问卷得分不低于80分的人称为“环保达人”.视频率为概率.
①在我市所有“环保达人”中,随机抽取3人,求抽取的3人中,既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率;
②为了鼓励市民关注环保,针对此次的调查制定了如下奖励方案:“环保达人”获得两次抽奖活动;其他参与的市民获得一次抽奖活动.每次抽奖获得红包的金额和对应的概率如下表:
红包金额/元 10 20
概率
现某市民要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获得的红包金额,求X的分布列及均值.
附表及公式:χ2=,n=a+b+c+d.
α=P(χ2≥k) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
参考答案
4.3.2 独立性检验
1.C
2.D 由题知,注射疫苗动物共40只,未注射共60只,
补充列联表,
注射疫苗情况 发病情况 总计
未发病 发病
未注射 20 40 60
已注射 30 10 40
总计 50 50 100
由此可得A,B正确.
计算得χ2=≈16.67>10.828,
故能在犯错误的概率不超过0.1%的前提下认为该疫苗有效,C正确.D错误.故选D.
3.AD 补充完整列联表如下:
PM2.5浓度 SO2浓度 总计
[0,150] (150,475]
[0,75] 64 16 80
(75,115] 10 10 20
总计 74 26 100
对于A选项,该市一天中,空气中PM2.5浓度不超过75μg/m3,且SO2浓度不超过150μg/m3的概率估计值为=0.64,故A正确;对于B选项,χ2=≈74.844≠7.4844,故B不正确;因为7.4844>6.635,由表可知,有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关,故D正确,C错误.故选AD.
4.0.5% 根据所给的列联表,得到
χ2=≈8.333>7.879,
所以在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为喜爱打篮球与性别有关.
5.15 由题意得又3a=c,b=2d,所以解得a=15.
6.C 因为在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为这个结论是成立的,所以要有99%的把握认为“高血压与肥胖有关”.结论成立的可能性,与有多少个人患高血压无关,更谈不上概率,A,B,D不正确,C正确.故选C.
7.AB 依题意,设男、女学生的人数均为5x(x∈N+),则被调查的男、女学生的总人数为10x.建立如下2×2列联表:
性别 是否喜欢跑步 总计
喜欢跑步 不喜欢跑步
男 4x x 5x
女 3x 2x 5x
总计 7x 3x 10x
则χ2=,
又3.841<≤6.635,
所以80.661<10x≤139.335.故选AB.
8.95% 设“从所有人中任意抽取一人,取到喜欢西班牙队的人”为事件A,由已知得P(A)=,所以q=25,p=25,a=40,b=60,χ2=≈4.167>3.841,
故有95%的把握认为是否喜欢西班牙队与年龄有关.
9.解(1)由图中表格可得2×2列联表如下:
性别 环保关注者 总计
非“环保关注者” 是“环保关注者”
男 10 45 55
女 15 30 45
总计 25 75 100
将2×2列联表中的数据代入公式,得χ2=≈3.030<3.841,
所以在犯错误的概率不超过5%的前提下,不能认为是否为“环保关注者”与性别有关.
(2)视频率为概率,我市所有的“环保达人”中是男“环保达人”的概率为,女“环保达人”的概率为,
①抽取的3名市民中既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率为P=1-3-3=.
②该市民是“环保达人”的概率为.X可能的取值为10,20,30,40.
P(X=10)=,
P(X=20)=,
P(X=30)=,
P(X=40)=.
所以X的分布列为
X 10 20 30 40
P
E(X)=10×+20×+30×+40×.(共29张PPT)
第四章
4.1.3 独立性与条件概率的关系
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一·2023广东揭阳高一期末]若随机事件A,B满足 ,则事件A与B的关系是( )
A.互斥 B.相互独立
C.互为对立 D.互斥且独立
B
解析 因为 ,所以有P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与B相互独立,不互斥也不对立.故选B.
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2.[探究点二·2023福建三明高一期末]甲、乙两个气象站同时作气象预报,如果甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,那么在一次预报中两站恰有一次准确预报的概率为( )
A.0.8 B.0.7
C.0.56 D.0.38
D
解析 因为甲、乙两个气象站同时作气象预报,甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,所以在一次预报中两站恰有一次准确预报的概率P=0.8×(1-0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38.故选D.
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3.[探究点一]如果A,B是独立事件, 分别是A,B的对立事件,那么以下等式中不一定成立的是( )
C
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4.[探究点一](多选题)下列各对事件中,不是相互独立事件的有( )
A.运动员甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”
B.甲、乙两运动员各射击一次,“甲射中10环”与“乙射中9环”
C.甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”
D.甲、乙两运动员各射击一次,“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”
ACD
解析 在A中,甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在B中,甲、乙各射击一次,“甲射中10环”发生与否对“乙射中9环”的概率没有影响,二者相互独立;在C中,甲、乙各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在D中,设“至少有1人射中目标”为事件A,“甲射中目标但乙未射中目标”为事件B,则AB=B,因此当P(A)≠1时,P(AB)≠P(A)P(B),故A,B不独立.故选ACD.
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5.[探究点二]有一道数学难题,在半小时内,甲能解决的概率是 ,乙能解决的概率是 ,2人试图独立地在半小时内解决它,则2人都未解决的概率为 .
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6.[探究点二]甲、乙两名射击运动员分别对一目标射击一次,甲射中的概率为0.8,乙射中的概率为0.9,求:
(1)2人都射中目标的概率;
(2)2人中恰有1人射中目标的概率;
(3)2人至少有1人射中目标的概率.
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B 级 关键能力提升练
7.[2023新疆疏勒实验学校高一期末]某同学从家到学校要经过三个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,该同学在各路口遇到红灯的概率分别为
,则该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为( )
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8.甲、乙两队进行羽毛球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军,乙队需要再赢两局才能得到冠军,若甲队每局获胜的概率为 ,则甲队获得冠军的概率为( )
B
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10.(多选题)[2023浙江杭州余杭高二阶段练习]分别抛掷两枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6),设M表示“第一枚骰子的点数为奇数”,N表示“第二枚骰子的点数为偶数”,则( )
A.M与N互斥
B.M与N不对立
C.M与N相互独立
D.P(M∪N)=
BCD
解析 对于选项A:事件M与N是可能同时发生的,故M与N不互斥,选项A不正确;对于选项B:事件M与N不互斥,不是对立事件,选项B正确;对于选项C:事件M发生与否对事件N发生的概率没有影响,M与N相互独立;对于选项D:
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11.某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气,公司决定进行一次信息化技术比赛,三个技术部门分别为麒麟部、龙吟部、鹰隼部,比赛规则如下:①每场比赛有两个部门参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛;③在比赛中,若有一个部门首先获胜两场,则本次比赛结束,该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”.已知在每场比赛中,麒麟部胜龙吟部的概率为 ,麒麟部胜鹰隼部的概率为 ,龙吟部胜鹰隼部的概率为 .当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时,麒麟部获得“优胜部门”的概率是( )
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12.[2023浙江高二阶段练习]甲、乙两人独立地破译一份密码,已知各人能破译的概率分别为 ,则密码被成功破译的概率为 .
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13.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,为 ,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的
概率是 .
解析 最后乙队获胜含3种情况:(1)第三局乙胜;(2)第三局甲胜,第四局乙胜; (3)第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.故最后乙队获胜的概率
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14.[2023湖北随州高二期中]A,B是治疗同一种疾病的两种药,用若干试验组进行对比试验,每个试验组由4只小白鼠组成,其中2只服用A,另2只服用B,然后观察疗效.若在一个试验组中,服用A有效的白鼠的只数比服用B有效的多,就称该试验组为甲类组.设每只小白鼠服用A有效的概率为 ,服用B有效的概率为 .
(1)求一个试验组为甲类组的概率;
(2)观察3个试验组,求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率.
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解 (1)设Ai表示“一个试验组中,服用A有效的小白鼠有i只,i=0,1,2”,
Bi表示“一个试验组中,服用B有效的小白鼠有i只,i=0,1,2”,
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(2)依题意这3个试验组中至少有一个甲类组的对立事件为这3个试验组中没有一个甲类组的,
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C 级 学科素养创新练
15.设事件A与B相互独立,两个事件中只有A发生的概率和只有B发生的概率都是 ,求事件A和事件B同时发生的概率.
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15第四章4.3 统计模型
4.3.1 一元线性回归模型
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]对相关系数r,下列说法正确的是( )
A.|r|越大,线性正相关程度越大
B.|r|越小,线性相关程度越大
C.|r|越大,线性相关程度越小,|r|越接近0,线性相关程度越大
D.|r|≤1且|r|越接近1,线性相关程度越大,|r|越接近0,几乎不存在相关关系
2.[探究点一]在一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…,xn不全相等)的散点图中,若所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y=-3x+1上,则这组样本数据的样本相关系数为( )
A.-3 B.0 C.-1 D.1
3.[探究点二]某工厂的每月各项开支x与毛利润y(单位:万元)之间有如下关系,且y与x的回归直线方程=6.5x+,则=( )
x 2 4 5 6 8
y 30 40 60 50 70
A.17.5 B.17 C.15 D.15.5
4.[探究点二]由一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),求得回归直线方程为=1.5x+0.5,且=3.现发现这组样本数据中有两个样本点(1.2,2.2)和(4.8,7.8)误差较大,去除后重新求得的回归直线l的斜率为1.2,则( )
A.变量x与y具有正相关关系
B.去除两个误差较大的样本点后,重新求得的回归方程仍为=1.5x+0.5
C.去除两个误差较大的样本点后,y的估计值增加速度变快
D.去除两个误差较大的样本点后,相应于样本点(2,3.75)的残差为0.05
5.[探究点二]某设备的使用年限x(单位:年)与所支出的维修费用y(单位:万元)的统计数据如下表:
使用年限x 2 3 4 5 6
维修费用y 1.5 4.5 5.5 6.5 7.0
根据上表可得回归直线方程为=1.3x+,据此模型预测,若使用年限为14年,估计维修费约为 万元.
6.[探究点二·2023江西高二期中]下面是两个变量的一组数据:
x 1 2 3 4 5 6 7 8
y 1 9 16 25 36 49 64
这两个变量之间的回归直线方程为=-15+9x,则变量y中缺失的数据是 .
7.[探究点三]用模型y=cekx去拟合一组数据时,为了求出线性回归方程,设z=ln y,求得回归直线方程为=0.3x+4,则k的值为 .
B级 关键能力提升练
8.相关变量x,y的散点图如图所示,现对这两个变量进行线性相关分析,方案一:根据图中所有数据,得到回归直线方程=b1x+a1,相关系数为r1;方案二:剔除点(10,21),根据剩下数据得到回归直线方程=b2x+a2,相关系数为r2.则( )
A.0
C.-19.[2023江西吉安一中高二期末]已知变量x,y的关系可以用模型y=cekx拟合,设z=ln y,其变换后得到一组数据如下:
x 16 17 18 19
z 50 34 41 31
由上表可得回归直线方程=-4x+a,则c=( )
A.-4 B.e-4 C.109 D.e109
10.(多选题)某地建立了农业科技图书馆,供农民免费借阅,收集了近5年的借阅数据如下表:
年份 2017 2018 2019 2020 2021
年份代码x 1 2 3 4 5
年借阅量y/万册 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8
根据上表,可得y关于x的回归直线方程为=0.24x+,则( )
A.=4.68
B.估计近5年借阅量以0.24万册/年的速度增长
C.y与x的样本相关系数r>0
D.2022年的借阅量一定不少于6.12万册
11.在研究两个变量的线性相关关系时,观察散点图发现样本点集中于某一条曲线y=ebx+a的周围,令z=ln y,求得回归直线方程=0.25x-2.58,则该模型的回归方程为 .
12.某单位为了解用电量y(单位:度)与气温x(单位:℃)之间的关系,随机统计了某4天的用电量与当天气温.
气温x/℃ 14 12 8 6
用电量y/度 22 26 34 38
(1)求回归直线方程;(参考数据:xiyi=1 120,=440)
(2)根据(1)的回归直线方程估计当气温为10 ℃ 时的用电量.
C级 学科素养创新练
13.如今我们的互联网生活日益丰富,除了可以很方便地网购,网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.某市一调查机构针对该市市场占有率最高的甲、乙两家网络外卖企业(以下简称外卖甲、外卖乙)的经营情况进行了调查,调查结果如下表:
日期 1 2 3 4 5
外卖甲日接单量x/百单 5 2 9 8 11
外卖乙日接单量y/百单 2.2 2.3 10 5 15
(1)据统计表明y与x之间具有线性相关关系.
①请用样本相关系数r加以说明;(若|r|>0.75,则可认为y与x有较强的线性相关关系)
②经计算求得y与x之间的回归直线方程为y=1.382x-2.774,假定每单外卖企业平均能获纯利润3元,试预测当外卖乙日接单量不低于2 500单时,外卖甲所获取的日纯利润的最小值.(x的结果精确到0.01)
(2)试根据表格中这五天的日接单量情况,从均值和方差的角度说明这两家外卖企业的经营状况.
参考数据:(xi-)(yi-)=69.1,
≈78.
参考答案
4.3 统计模型
4.3.1 一元线性回归模型
1.D 用相关系数r可以衡量两个变量之间的相关关系的强弱,|r|≤1,r的绝对值越接近于1,表示两个变量的线性相关性越强,r的绝对值接近于0时,表示两个变量之间几乎不存在相关关系,故选D.
2.C 因为所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y=-3x+1上,所以回归直线方程是=-3x+1,可得这两个变量是负相关,故这组样本数据的样本相关系数为负值,且所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线上,则有|r|=1,所以相关系数r=-1,故选C.
3.A 由题意,根据表中的数据,可得=5,=50,代入回归直线方程=6.5x+,解得=17.5.故选A.
4.A 因为重新求得的回归直线l的斜率为1.2>0,所以变量x与y具有正相关关系,故A正确;当=3时,=3×1.5+0.5=5.设去掉两个误差较大的样本点后,横坐标的平均值为,纵坐标的平均值为,则=3,=5,因为去除两个误差较大的样本点后,重新求得回归直线l的斜率为1.2,所以5=3×1.2+,解得=1.4,所以去除两个误差较大的样本点后的回归直线方程为=1.2x+1.4,故B错误;因为1.5>1.2,所以去除两个误差较大的样本点后y的估计值增加速度变慢,故C错误;因为=1.2×2+1.4=3.8,所以y-=3.75-3.8=-0.05,故D错误.故选A.
5.18 =4,
=5,
代入回归直线方程可得=5-1.3×4=-0.2,=1.3x-0.2.
当x=14时,=1.3×14-0.2=18(万元),
即估计使用14年时,维修费用是18万元.
6.4 设变量y中缺失的数据为m,则(1+2+3+4+5+6+7+8)=4.5,(1+m+9+16+25+36+49+64)=(m+200).因为这两个变量之间的回归直线方程为=-15+9x,所以(m+200)=-15+9×4.5,解得m=4.
7.0.3 由题意知,y=cekx,故lny=lnc+kx,设z=lny,求得回归直线方程为=0.3x+4,两式相比较,得k=0.3.
8.D 由散点图知,x与y负相关,所以r1,r2<0.
因为剔除点(10,21)后,剩下点数据更具有线性相关性,|r|更接近1,所以-19.D 由表知=17.5,=39.点()代入方程,得-4×17.5+a=39,则a=109.∴z=-4x+109,由y=cekx,得z=lny=ln(cekx)=lnc+lnekx=lnc+kx,∴lnc=109,即c=e109.故选D.
10.ABC =3,=5.4,代入=0.24x+,可得=4.68,所以A正确;因为=0.24x+,所以估计每年借阅量的增长量为0.24万册,所以B正确;因为=0.24>0,所以y与x正相关,即相关系数r>0,所以C正确;把x=6代入=0.24x+4.68,得=6.12,而6.12万册是预测值,不是精确值,所以D错误.故选ABC.
11.=e0.25x-2.58 由回归直线方程=0.25x-2.58得ln y=0.25x-2.58,整理得=e0.25x-2.58,
所以该模型的回归方程为=e0.25x-2.58.
12.解(1)=10,=30,xiyi=1120,=440,所以=-2,把(10,30)代入回归直线方程得30=-2×10+,解得=50.
所以回归直线方程为=-2x+50.
(2)当x=10时,=30,估计当气温为10 ℃时的用电量为30度.
13.解 (1)①由(xi-)(yi-)=69.1,
≈78,
得样本相关系数r=≈0.886,
所以|r|>0.75,可认为y与x之间有较强的线性相关关系.
②由题意y与x之间的回归直线方程为=1.382x-2.774,
由=1.382x-2.774≥25,解得x≥20.10,所以300x≥6 030,
所以可预测外卖甲所获取的日纯利润的最小值为6 030元.
(2)根据表格中数据,得×(5+2+9+8+11)=7,
×(2.2+2.3+10+5+15)=6.9,
[(5-7)2+(2-7)2+(9-7)2+(8-7)2+(11-7)2]=10,
[(2.2-6.9)2+(2.3-6.9)2+(10-6.9)2+(5-6.9)2+(15-6.9)2]=24.416.
从平均值看,甲的平均值大些,即甲的接单量多些;
从方差看,甲的方差小些,即甲的日接单量波动性小些.(共17张PPT)
第四章
4.2.5 正态分布
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]已知随机变量X服从正态分布N(1,4),P(X>2)=0.3, P(X<0)=( )
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
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B
解析 ∵X~N(1,4),∴P(X<0)=P(X>2)=0.3.故选B.
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2.[探究点二·2023陕西渭南高二期末]已知随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),若P(ξ<4)=0.78,则P(2<ξ<3)=( )
A.0.2 B.0.24 C.0.28 D.0.32
11
C
解析 由随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),可知正态曲线关于直线x=3对称.由P(ξ<4)=0.78,可得P(ξ≥4)=P(ξ≤2)=1-0.78=0.22.则P(2<ξ<4)=1-2×0.22= 0.56,故P(2<ξ<3)= P(2<ξ<4)= ×0.56=0.28.故选C.
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3.[探究点三·2023山西太原五中高三期末]某中学高三(1)班有50名学生,在一次高三模拟考试中,经统计得:数学成绩X~N(110,100),则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )(参考数据:已知X~N(μ,σ2)时,有P(|X-μ|≤σ) ≈0.683,P(|X-μ|≤2σ)≈0.954)
A.16 B.10 C.8 D.2
11
C
解析 因为数学成绩X~N(110,100),所以μ=110,σ=10.因此由P(|X-110|≤10) ≈0.683 P(100≤X≤120)≈0.683 P(110≤X≤120)≈ ×0.683=0.341 5,所以有P(X>120)= -P(110≤X≤120)= -0.341 5=0.158 5,估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.158 5×50≈8.故选C.
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4.[探究点三·2023黑龙江哈尔滨高二期末]首届国家最高科学技术奖得主,杂交水稻之父袁隆平院士为全世界粮食问题和农业科学发展贡献了中国力量,某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时,发现株高X(单位:cm)服从正态分布N(100,102),若测量10 000株水稻,求株高在[80,90]的水稻数量. (附X~N(μ,σ2),P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954)
11
解 由X~N(100,102)知,μ=100,σ=10,所以P(80≤X≤90)=P(μ-2σ≤X≤μ-σ)
≈ (0.954-0.683)=0.135 5.
所以若测量10 000株水稻,株高在[80,90]的约有1 355株.
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B 级 关键能力提升练
5.已知X~N(4,σ2),且P(X≤2)=0.3,则P(X<6)=( )
A.0.3 B.0.4 C.0.85 D.0.7
11
D
解析 因为X~N(4,σ2),正态曲线的对称轴为直线x=4,因为P(X≤2)=0.3,所以P(X≥6)=P(X≤2)=0.3,所以P(X<6)=1-P(X≥6)=1-0.3=0.7.故选D.
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6.(多选题)“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻,成功研究出“两系法”杂交水稻,创建了超级杂交稻技术体系.某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高,得出株高X(单位:cm)服从正态分布,其概率密度
函数 ,x∈(-∞,+∞),则( )
A.该地杂交水稻的平均株高为100 cm
B.该地杂交水稻株高的方差为10
C.该地杂交水稻株高在120 cm以上的数量和株高在80 cm以下的数量一样多
D.随机测量该地的一株杂交水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大
11
AC
解析 因为 ,所以μ=100,σ=10,即均值为100,标准差为10,方差为100,故A正确,B错误;根据正态曲线的特征可知函数φ(x)图象关于直线x=100对称,所以该地杂交水稻株高在120 cm以上的数量和株高在80 cm以下的数量一样多,故C正确;随机测量该地的一株杂交水稻,其株高在(80,90)和在(110,120)的概率一样大,故D错误.故选AC.
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7.(多选题)4月23日为世界读书日,已知某高校学生每周阅读时间X服从正态分布X~N(9,4),则( )
A.该校学生每周平均阅读时间为9小时
B.该校学生每周阅读时间的标准差为4
C.该校学生每周阅读时间少于3小时的人数约占0.3%
D.若该校有10 000名学生,则每周阅读时间在3~5小时的人数约为215
(附:X~N(μ,σ2),P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954,
P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997)
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AD
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8.[2023黑龙江肇东高二期末]已知随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),
且 ,则P(3<ξ<5)= .
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0.4
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9.研究某市某种作物,其单株生长果实个数ξ服从正态分布N(90,σ2),且P(ξ<70)=0.1,从中随机抽取10株,果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X,假设X服从二项分布,则X的方差为 .
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2.4
解析 因为ξ~N(90,σ2),所以P(90≤ξ≤110)= -P(ξ>110),而P(ξ>110)=P(ξ<70)=0.1.
所以P(90≤ξ≤110)=0.4,
而X~B(10,0.4),
所以D(X)=10×0.4×0.6=2.4.
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C 级 学科素养创新练
10.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服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中尺寸在[μ-3σ,μ+3σ]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[μ-3σ,μ+3σ]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,试用所学知识说明上述监控生产过程方法的合理性.
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997, 0.99716≈0.953 1.
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解 (1)由题可知零件尺寸落在[μ-3σ,μ+3σ]之内的概率约为0.997,则落在
[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率为1-0.997=0.003,因为
P(X=0)= ×(1-0.997)0×0.99716 ≈0.953 1,
所以P(X≥1)=1-P(X=0)=0.046 9,
又因为X~B(16,0.003),所以E(X)=16×0.003=0.048.
(2)如果生产状态正常,一个零件尺寸落在[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率只有0.003,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在[μ-3σ,μ+3σ]之外的零件的概率只有0.046 9,发生的概率很小.
因此一旦发生这种状况,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.
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11.某高校为了解全校学生的阅读情况,随机调查了200名学生每周阅读时间x(单位:小时)并绘制如图所示的频率分布直方图.
(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数 和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中间值代表);
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(2)由直方图可以认为,目前该校学生每周的阅读时间X服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数 ,σ2近似为样本方差s2.
①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算:若X~N(μ,σ2),令Y= ,则Y~N(0,1),且P(X≤a)=P(Y≤ ).利用直方图得到的正态分布,求P(X≤10);
②从该高校的学生中随机抽取20名,记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数,求P(Z≥2)(结果精确到0.000 1)以及Z的数学期望.
参考数据: ,0.773 419≈0.007 6.若Y~N(0,1),则P(Y≤0.75)=0.773 4.
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解
(1) =6×0.03+7×0.1+8×0.2+9×0.35+10×0.19+11×0.09+12×0.04=9,
s2=(6-9)2×0.03+(7-9)2×0.1+(8-9)2×0.2+(9-9)2×0.35+(10-9)2×0.19+ (11-9)2 ×0.09+(12-9)2×0.04=1.78.
②由①知P(X>10)=1-P(X≤10)=0.226 6,
可得Z~B(20,0.226 6),P(Z≥2)=1-P(Z=0)-P(Z=1)=1-0.773 420- ×0.226 6×0.773 419≈1-(0.773 4+20×0.226 6)×0.007 6≈0.959 7.
∴E(Z)=20×0.226 6=4.532.第四章第二课时 离散型随机变量的方差
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]设随机变量X服从二项分布,且期望E(X)=3,p=,则方差D(X)等于( )
A. B. C. D.2
2.[探究点一]已知随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
设Y=2X+3,则D(Y)等于( )
A. B. C. D.
3.[探究点一]已知离散型随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,且P(X≥1)=,P(X=3)=,若X的数学期望E(X)=,则D(4X-3)=( )
A.19 B.16 C. D.
4.[探究点二]设随机变量X,Y满足Y=4X+1,X~B(2,p),若P(X≥1)=,则D(Y)=( )
A. B.3 C.6 D.8
5.[探究点一·2023吉林长春高二阶段练习](多选题)设0ξ 0 1 2
P p-p2 p2 1-p
A.P(ξ=0)B.P(ξ=2)的值最大
C.E(ξ)随着p的增大而增大
D.当p=时,D(ξ)=
6.[探究点一]已知随机变量X~B(n,p),若E(X)=4,Y=2X+3,D(Y)=3.2,则P(X=2)= .(结果用数字表示)
7.[探究点二]若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0B级 关键能力提升练
8.(多选题)袋子中有2个黑球,1个白球,现从袋子中有放回地随机取球4次,取到白球记0分,黑球记1分,记4次取球的总分数为X,则( )
A.X~B4, B.P(X=2)=
C.X的期望E(X)= D.X的方差D(X)=
9.将3个完全相同的小球放入3个盒子中,盒子的容量不限,且每个小球落入盒子的概率相等.记X为分配后所剩空盒的个数,Y为分配后不空盒子的个数,则( )
A.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)
B.E(X)=E(Y),D(X)≠D(Y)
C.E(X)≠E(Y),D(X)=D(Y)
D.E(X)≠E(Y),D(X)≠D(Y)
10.若X是离散型随机变量,P(X=x1)=,P(X=x2)=,又已知E(X)=,D(X)=,则|x1-x2|的值为( )
A. B. C.3 D.1
11.某人共有三发子弹,他射击一次命中目标的概率是,击中目标后射击停止,射击次数X为随机变量,则方差D(X)= .
12.已知袋中装有大小相同质地均匀的5个球,其中3个黑球和2个白球,从袋中无放回地随机取出3个球,记取出黑球的个数为X,则E(X)= ,D(X)= .
13.某财经杂志发起一项调查,旨在预测某地经济前景,随机访问了100位业内人士,根据被访问者的问卷得分(满分10分)将经济前景预期划分为三个等级(悲观、尚可、乐观).分级标准及这100位被访问者得分频数分布情况如下:
经济前景等级 悲观 尚可 乐观
问卷得分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
频数 2 3 5 10 19 24 17 9 7 4
假设被访问的每个人独立完成问卷(互不影响),根据经验,这100位人士的意见即可代表业内人士意见,且他们预测各等级的频率可估计未来经济各等级发生的可能性.
(1)该杂志记者又随机访问了两名业内人士,试估计至少有一人预测该地经济前景为“乐观”的概率;
(2)某人有一笔资金,现有两个备选的投资意向:物联网项目或人工智能项目,两种投资项目的年回报率都与该地经济前景等级有关,根据经验,大致关系如下(正数表示赢利,负数表示亏损):
经济前景等级 乐观 尚可 悲观
物联网项目年回报率/% 12 4 -4
人工智能项目年回报率/% 7 5 -2
根据以上信息,请分别计算这两种投资项目的年回报率的期望与方差,并用统计学知识给出投资建议.
C级 学科素养创新练
14.已知m,n均为正数,随机变量X的分布列如下表:
X 0 1 2
P m n m
则下列结论一定成立的是( )
A.P(X=1)B.E(X)=1
C.mn≤
D.D(X+1)<1
15.某早餐店对一款新口味的酸奶进行了一段时间试销,定价为5元/瓶.酸奶在试销售期间足量供应,每天的销售数据按照[15,25],(25,35],(35,45],(45,55]分组,得到如下频率分布直方图,以不同销量的频率估计概率.试销结束后,这款酸奶正式上市,厂家只提供整箱批发:大箱每箱50瓶,批发成本85元;小箱每箱30瓶,批发成本65元.由于酸奶保质期短,当天未卖出的只能作废.该早餐店以试销售期间的销量作为参考,决定每天仅批发一箱(计算时每个分组取中间值作为代表,比如销量为(45,55]时看作销量为50瓶).
(1)设早餐店批发一大箱时,当天这款酸奶的利润为随机变量X,批发一小箱时,当天这款酸奶的利润为随机变量Y,求X和Y的分布列;
(2)从早餐店的收益角度和利用所学的知识作为决策依据,该早餐店应每天批发一大箱还是一小箱 (必须作出一种合理的选择)
参考答案
第二课时 离散型随机变量的方差
1.C 由于二项分布的数学期望E(X)=np=3,所以二项分布的方差D(X)=np(1-p)=3×1-=,故选C.
2.A 由X的分布列得E(X)=0×+1×+2×=1,D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×,因为Y=2X+3,则D(Y)=4D(X)=.故选A.
3.A 由题知P(X=0)=,设P(X=1)=a,则P(X=2)=-a,因此E(X)=0×+1×a+2×-a+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
则D(X)=×0-2+×1-2+×2-2+×3-2=,因此D(4X-3)=16D(X)=19.故选A.
4.C 由题意得,P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=,解得p=,∴D(X)=2×p×(1-p)=,
∴D(Y)=42D(X)=16×=6.故选C.
5.AD P(ξ=0)=p-p2=p(1-p)<1-p,所以A正确;令p=,则P(ξ=2)=,P(ξ=1)=2=,所以B错误;由题意得E(ξ)=p2+2(1-p)=(p-1)2+1,因为06. ∵D(Y)=4D(X)=3.2,∴D(X)=0.8.
又X~B(n,p),∴
解得p=0.8,n=5.
故P(X=2)=p2(1-p)3=.
7. 2-2 随机变量X的所有可能取值为0,1,由题意,得X的分布列为
X 0 1
P 1-p p
,从而E(X)=0×(1-p)+1×p=p,D(X)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p-p2.
D(X)=p-p2=-=-.因为0=2-≤2-2,当且仅当2p=,即p=时,等号成立.
故的最大值为2-2.
8.ACD 由于每次取球互不影响,故所有结果有4类:
①4次全是白球,X=0,其概率为P(X=0)=4=.
②4次只有1次是黑球,X=1,
其概率为P(X=1)=×3=.
③4次只有2次是黑球,X=2,其概率为P(X=2)=×2×2=.
④4次只有3次是黑球,X=3,其概率为P(X=3)=×3×.
⑤4次全是黑球,X=4,
其概率为P(X=4)=4=.
故X~B4,,故A正确,B错误;
因为X~B4,,所以X的期望E(X)=4×,故C正确;
因为X~B4,,所以X的方差D(X)=4×,故D正确.
故选ACD.
9.C 因为一共有3个盒子,所以X+Y=3,因此E(X)=E(3-Y)=3-E(Y),D(X)=D(3-Y)=(-1)2D(Y)=D(Y),由题意可知X=0,1,2,P(X=0)=,P(X=2)=,P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1-,E(X)=×0+×2+×1=,所以E(Y)=3-E(X)=3-.故选C.
10.D ∵=1,
∴随机变量X的可能取值为x1,x2,
∴
解得∴|x1-x2|=1.
故选D.
11. 由题意知X的可能取值为1,2,3,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,
∴X的分布列为
X 1 2 3
P
∴E(X)=1×+2×+3×,
E(X2)=1×+4×+9×,
∴D(X)=E(X2)-[E(X)]2=.
12. 由题意得X的所有可能取值为1,2,3,
P(X=1)=,P(X=2)=,
P(X=3)=,
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=×1+×2+×3=,
D(X)=×1-2+×2-2+×3-2=.
13.解 (1)由题意可知100名被访问者中,预测某地经济前景为“乐观”的人数为9+7+4=20人,概率为0.2,
若又随机访问了两名业内人士,至少有一个预测该地经济前景为“乐观”的概率为P=0.22+·0.2·(1-0.2)=0.36.
(2)由题意可知,预测该地经济前景为“乐观”的概率为=0.2,
预测该地经济前景为“尚可”的概率为=0.7,
预测该地经济前景为“悲观”的概率为=0.1.
设投资物联网和人工智能项目年回报率的期望分别为E(X1),E(X2),方差分别为D(X1),D(X2),
则E(X1)=0.2×12%+0.7×4%+0.1×(-4%)=4.8%,
E(X2)=0.2×7%+0.7×5%+0.1×(-2%)=4.7%,
D(X1)=0.2×(12%-4.8%)2+0.7×(4%-4.8%)2+0.1×(-4%-4.8%)2=0.001856,
D(X2)=0.2×(7%-4.7%)2+0.7×(5%-4.7%)2+0.1×(-2%-4.7%)2=0.000561.
∵E(X1)>E(X2),
∴投资物联网项目比投资人工智能项目平均年回报率要高,但二者相差不大.
∵D(X1)>D(X2),
∴投资人工智能项目比投资物联网项目年回报率稳定性更高,风险要小,
∴建议投资人工智能项目.
14.BCD 由分布列的性质得m+n+m=2m+n=1,P(X=1)=n,P(X≠1)=2m,当m=,n=时,P(X=1)=P(X≠1),故选项A错误;因为E(X)=n+2m=1,故选项B正确;因为m,n均为正数,所以1=n+2m≥2,即mn≤,当且仅当n=2m=时,等号成立,故选项C正确;由n=1-2m>0,得015.解(1)若早餐店批发一大箱,批发成本为85元,依题意,销量有20,30,40,50四种情况.
当销量为20瓶时,利润为5×20-85=15元,
当销量为30瓶时,利润为5×30-85=65元,
当销量为40瓶时,利润为5×40-85=115元,
当销量为50瓶时,利润为5×50-85=165元.
随机变量X的分布列为
X 15 65 115 165
P 0.3 0.4 0.2 0.1
若早餐店批发一小箱,批发成本为65元,依题意,销量有20,30两种情况.
当销量为20瓶时,利润为5×20-65=35元,
当销量为30瓶时,利润为5×30-65=85元.
随机变量Y的分布列为
Y 35 85
P 0.3 0.7
(2)根据(1)中的计算结果,所以E(X)=15×0.3+65×0.4+115×0.2+165×0.1=70,
E(Y)=35×0.3+85×0.7=70,E(X)=E(Y).
D(X)=(15-70)2×0.3+(65-70)2×0.4+(115-70)2×0.2+(165-70)2×0.1=2225,
D(Y)=(35-70)2×0.3+(85-70)2×0.7=525,
所以D(X)>D(Y).
所以早餐店每天应该批发一小箱.第四章4.2.4 随机变量的数字特征
第一课时 离散型随机变量的均值
A级 必备知识基础练
1.[探究点一(角度1)]已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
则X的数学期望E(X)等于( )
A. B.2
C. D.3
2.[探究点一(角度2)]有10件产品,其中3件是次品,从中任取2件,用X表示取到次品的个数,则E(X)等于( )
A. B. C. D.1
3.[探究点一(角度1)]已知随机变量X的分布列是
X 4 a 9 10
P 0.3 0.1 b 0.2
若E(X)=7.5,则a等于( )
A.5 B.6 C.7 D.8
4.[探究点一(角度1)]两名教师和两名学生排成一排拍合照,记ξ为两名学生中间的教师人数,则E(ξ)=( )
A. B. C. D.
5.[探究点二](多选题)把某班级的全体学生平均分成6个小组,且每个小组均有4名男生和多名女生.现从各个小组中随机抽取1名学生参加社区服务活动,若抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为,则( )
A.该班级共有36名学生
B.第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为
C.抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是
D.设抽取的6名学生中女生人数为X,则E(X)=2
6.[探究点二]随机变量X~B10,,变量Y=20+4X,则E(Y)= .
7.[探究点一(角度2)]甲、乙两人对同一目标各射击一次,甲命中的概率为,乙命中的概率为,且他们的结果互不影响,若命中目标的人数为ξ,则E(ξ)= .
8.[探究点一(角度1)]设离散型随机变量X可能取的值为1,2,3,4.P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4).若X的数学期望E(X)=3,则a+b=.
9.[探究点一(角度2)·北师大版教材习题]从4名男生和3名女生中任选3人参加辩论比赛,设随机变量X表示所选3人中女生的人数.
(1)求X的分布列;
(2)求X的均值.
B级 关键能力提升练
10.已知0ξ -1 0 1
P a b
A.E(ξ)增大 B.E(ξ)减小
C.E(ξ)先增大后减小 D.E(ξ)先减小后增大
11.(多选题)已知X 0 1 2
P p-p2 1-p p2
A.P(X=2)的值最大
B.P(X=0)C.E(X)随着p的增大而减小
D.E(X)随着p的增大而增大
12.(多选题)某市有A,B,C,D四个景点,一位游客来该市游览,已知该游客游览A的概率为,游览B,C和D的概率都是,且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览的景点的个数,则下列选项正确的是( )
A.该游客至多游览一个景点的概率为
B.P(X=2)=
C.P(X=4)=
D.E(X)=
13.袋中装有除颜色外其他均相同的5个红球、m个白球,现从中任取2个球.若取出的两球都是红球的概率为,记取出的红球个数为X,则E(X)= .
14.一个不透明袋中放有除颜色外其他均相同的小球,其中红球3个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回依次取出2个小球时,记取出的红球数为ξ1,则E(ξ1)= ;若第一次取出1个小球后,放入1个红球和1个黑球,再第二次随机取出1个小球.记取出的红球总数为ξ2,则E(ξ2)= .
15.某学校对课间操活动做了如下规定:课间操时间若有雾霾则停止课间操,若无雾霾则组织课间操.预报得知,在未来一周从周一到周五的课间操时间出现雾霾的概率是:前3天均为,后2天均为,且每一天出现雾霾与否是相互独立的.
(1)求未来5天至少一天停止课间操的概率;
(2)求未来5天组织课间操的天数X的分布列和数学期望.
C级 学科素养创新练
16.在某次投篮测试中,有两种投篮方案.方案甲:先在A点投篮一次,以后都在B点投篮;方案乙:始终在B点投篮.每次投篮之间相互独立.某选手在A点命中的概率为,命中一次记3分,没有命中得0分;在B点命中的概率为,命中一次记2分,没有命中得0分,用随机变量ξ表示该选手一次投篮测试的累计得分,如果ξ的值不低于3分,则认为其通过测试并停止投篮,否则继续投篮,但一次测试最多投篮3次.
(1)若该选手选择方案甲,求测试结束后所得分ξ的分布列和数学期望;
(2)试问该选手选择哪种方案通过测试的可能性较大 请说明理由.
参考答案
4.2.4 随机变量的数字特征
第一课时 离散型随机变量的均值
1.A E(X)=1×+2×+3×.
2.A X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)=,P(X=1)=,
P(X=2)=,所以E(X)=0×+1×+2×.
3.C 因为E(X)=4×0.3+0.1a+9b+10×0.2=7.5,
又0.3+0.1+b+0.2=1,所以a=7,b=0.4.
4.C 根据题意,随机变量ξ的取值为0,1,2,可得P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,所以E(ξ)=0×+1×+2×.故选C.
5.AD 设该班级每个小组有n名女生,∵抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为,∴抽取的6名学生中没有男生,即抽取的6名学生全为女生的概率为1-,∴6==6,解得n=2.∴每个小组有4名男生、2名女生,共6名学生,∴该班级共有36名学生,A正确;易知第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为,B错误;每组男生被抽取的概率为,女生被抽取的概率为,则抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是33=,C错误;易知X~B6,,∴E(X)=2,D正确.故选AD.
6.40 因为X~B10,,所以E(X)=10×=5,
因为Y=20+4X,所以E(Y)=20+4E(X)=20+20=40.
7. ξ的可能取值为0,1,2,
则P(ξ=0)=,
P(ξ=1)=,
P(ξ=2)=,
所以E(ξ)=0×+1×+2×.
8. 由题意可得随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P a+b 2a+b 3a+b 4a+b
由分布列的性质得(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1①.
又E(X)=3,所以1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)+4×(4a+b)=3,即30a+10b=3②.
联立①②两式解得a=,b=0.
所以a+b=.
9.解 (1)X的所有可能取值为0,1,2,3,
则P(X=k)=,k=0,1,2,3.
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(2)X的均值E(X)=0×+1×+2×+3×.
10.B 由题意可知
即E(ξ)=--a=-a,所以当a增大时,ξ的期望E(ξ)减小.故选B.
11.BD 当p=时,P(X=2)=,P(X=1)=1-,A错误;因为12.ABD 记该游客游览i个景点为事件Ai,i=0,1,
则P(A0)=1-×1-×1-×1-=,P(A1)=×1-3+1-×1-2=,所以该游客至多游览一个景点的概率为P(A0)+P(A1)=,故A正确;
随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=P(A0)=,
P(X=1)=P(A1)=,
P(X=2)=×1-2+1-××2×1-=,故B正确;
P(X=3)=×2×1-+1-××3=,
P(X=4)=×3=,故C错误;
数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×+4×,故D正确.
故选ABD.
13. 由题意知,整理得m2+9m-36=(m+12)(m-3)=0(m>0),∴m=3.由X的取值范围是{0,1,2},则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,∴E(X)=0×+1×+2×=0+.
14. ξ1的可能取值为0,1,2,
P(ξ1=0)=,
P(ξ1=1)=,
P(ξ1=2)=,
所以E(ξ1)=0×+1×+2×.
ξ2的可能取值为0,1,2,
P(ξ2=0)=,
P(ξ2=1)=,
P(ξ2=2)=,
所以E(ξ2)=0×+1×+2×.
15.解(1)由题意,可知未来5天每天都组织课间操的概率为P1=32=,所以未来5天至少一天停止课间操的概率P=1-P1=1-.
(2)未来5天组织课间操的天数X的可能取值为0,1,2,3,4,5,P(X=0)=32=,P(X=1)=3+2×2=,
P(X=2)=22+×2·+32=,
P(X=3)=22+2×+32=,
P(X=4)=22+3×=,
P(X=5)=32=,
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5
P
数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=2.
16.解(1)在A点投篮命中记作事件A,不中记作事件;在B点投篮命中记作事件B,不中记作事件,
其中P(A)=,P()=1-,P(B)=,P()=1-,
ξ的所有可能取值为0,2,3,4,则P(ξ=0)=P()=P()P()P()=,P(ξ=2)=P()+P(B)=2×,P(ξ=3)=P(A)=,P(ξ=4)=P(BB)=P()P(B)P(B)=.
ξ的分布列为
ξ 0 2 3 4
P
所以E(ξ)=0×+2×+3×+4×=3.05,所以ξ的数学期望为3.05.
(2)选手选择方案甲通过测试的概率P1=P(ξ≥3)==0.91,
选手选择方案乙通过测试的概率P2=P(ξ≥3)=2×=0.896,因为P1>P2,所以该选手选择方案甲通过测试的概率更大.(共18张PPT)
第四章
4.2.1 随机变量及其与事件的联系 4.2.2 离散型随机变量的分布列
1
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一(角度1)](多选题)下列随机变量中,不是离散型随机变量的是
( )
A.从10张已编好号码的卡片(1号到10号)中任取一张,被取出的卡片的号码
B.一个袋子中装有5个白球和5个黑球,从中任取3个球,其中所含白球的个数
C.某林场的树木最高可达30 m,从此林场中任选一棵树,所选树木的高度
D.从某加工厂加工的某种铜管中任选一根,所选铜管的外径尺寸与规定的外径尺寸之差
CD
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3
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12
解析 对于A,被取出的卡片的号码是1,2,3,…,10,共有10个值,是随机变化的,符合离散型随机变量的定义;对于B,从10个球中取3个球,所含白球的个数有0,1,2,3,共有4个值,是随机变化的,符合离散型随机变量的定义;对于C,所选树木的高度是随机变化的,它可以取(0,30]内的一切值,无法一一列出,不是离散型随机变量;对于D,实际测量值与规定值之间的差值是随机变化的,它充满了某个区间,无法一一列出,不是离散型随机变量.故选CD.
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2.[探究点一(角度1)·2023广东深圳高二期中]甲、乙两班进行足球对抗赛,每场比赛赢了的队伍得3分,输了的队伍得0分,平局的话,两队各得1分,共进行三场.用ξ表示甲的得分,则ξ=3表示( )
A.甲赢三场
B.甲赢一场、输两场
C.甲、乙平局三次
D.甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次
D
解析 由于赢了的队伍得3分,输了的队伍得0分,平局的话,两队各得1分,所以ξ=3可以分成两种情况,即3+0+0或1+1+1,即甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次.故选D.
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3.[探究点二(角度2)·2023西藏林芝高二期末]已知随机变量X的分布列如下表:(其中a为常数)
X 1 2 3 4 5 6
P 0.1 0.1 a 0.3 0.2 0.1
则P(1≤X≤3)等于( )
A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.7
A
解析 依题意0.1+0.1+a+0.3+0.2+0.1=1 a=0.2,
所以P(1≤X≤3)=0.1+0.1+0.2=0.4.故选A.
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4.[探究点三]设随机变量X服从两点分布,若P(X=1)-P(X=0)=0.2,则P(X=1)= .
0.6
解析 随机变量X服从两点分布,则P(X=1)+P(X=0)=1,又P(X=1)-P(X=0) =0.2,联立解得P(X=1)=0.6.
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5.[探究点一(角度2)]已知随机变量X的分布列如下表:
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
若Y=2X-3,则P(Y=5)的值为 .
0.2
解析 当Y=5时,由2X-3=5得X=4,所以P(Y=5)=P(X=4)=0.2.
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6.[探究点二(角度1)·人教A版教材习题]某种资格证考试,每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过,便可领取资格证书,不再参加以后的考试,否则就继续参加考试,直到用完3次机会.小明决定参加考试,如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,且每次考试是否通过相互独立,试求:
(1)小明在一年内参加考试次数X的分布列;
(2)小明在一年内领到资格证书的概率.
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解 (1)考试次数X的可能取值为1,2,3,且P(X=1)=0.6,
P(X=2)=(1-0.6)×0.7=0.28,
P(X=3)=(1-0.6)×(1-0.7)=0.12.
∴X的分布列为
X 1 2 3
P 0.6 0.28 0.12
(2)小明在一年内领到资格证书的概率P=0.6+0.28+0.12×0.8=0.976或P=1-0.4×0.3×0.2=0.976.
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B 级 关键能力提升练
7.[2023安徽合肥高二期中]如图所示是离散型随机变量X的概率分布直观图,则a=( )
A.0.1
B.0.12
C.0.15
D.0.18
C
解析 由题意P(X=1)+P(X=3)+P(X=5)+P(X=7)=0.5+a+0.2+a=1,解得a=0.15.故选C.
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8.(多选题)[2023河北邢台高二阶段练习]若随机变量X的分布列如下,则
( )
A.t=10
B.P(X>1)=0.8
C.t=11
D.P(X≥3)=0.6
AD
解析 因为 (1+2+3+4)=1,解得t=10,故A正确,C错误.由分布列可知P(X>1)=1-P(X=1)=1-0.1=0.9,故B错误;P(X≥3)=0.4+0.2=0.6,故D正确.故选AD.
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9.设X是一个离散型随机变量,其分布列如下,则p= .
-1
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10.设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求:(1)Y=2X+1的分布列;
(2)P(31
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解 由分布列的性质知,0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,解得m=0.3.
(1)由题意可知,P(2X+1=1)=P(X=0)=0.2,P(2X+1=3)=P(X=1)=0.1,
P(2X+1=5)=P(X=2)=0.1,P(2X+1=7)=P(X=3)=0.3,P(2X+1=9)=P(X=4)=0.3,
所以Y=2X+1的分布列为
Y=2X+1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)P(31
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11.[2023湖南衡阳高二阶段练习]某商店试销某种商品20天,获得如下数据:
日销售量/件 0 1 2 3
频数 1 5 9 5
试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变),设某天开始营业时有该商品3件,当天营业结束后检查存货,若发现存量少于2件,则当天进货补充至3件,否则不进货,将频率视为概率.
(1)求当天商店不进货的概率;
(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数,求X的分布列.
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解 (1)记“当天商品销售量为0件”为事件A,“当天商品销售量为1件”为事件B,“当天商店不进货”为事件C,则P(C)=P(A)+P(B)=
(2)由题意知,X的可能取值为2,3.
P(X=2)=P(当天商品销售量为1件)=
P(X=3)=P(当天商品销售量为0件)+P(当天商品销售量为2件)+P(当天商品销售量为3件)=
故X的分布列为
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C 级 学科素养创新练
12.已知随机变量ξ的分布列为
分别求出随机变量η1= ξ,η2=ξ2的分布列.
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由η2=ξ2知,对于ξ的不同取值-2,2与-1,1,η2分别取相同的值4与1,则P(η2=4)=P(ξ=-2)+P(ξ=2)= ,P(η2=1)=P(ξ=-1)+P(ξ=1)= .
所以η2的分布列为(共33张PPT)
第四章
4.2.4 第二课时 离散型随机变量的方差
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]设随机变量X服从二项分布,且期望E(X)=3,p= ,则方差D(X)等于( )
C
解析 由于二项分布的数学期望E(X)=np=3,所以二项分布的方差D(X)=np(1-p)= ,故选C.
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2.[探究点一]已知随机变量X的分布列为
A
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4.[探究点二]设随机变量X,Y满足Y=4X+1,X~B(2,p),若P(X≥1)= ,则D(Y)=( )
A. B.3 C.6 D.8
C
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5.[探究点一·2023吉林长春高二阶段练习](多选题)设0ξ 0 1 2
P p-p2 p2 1-p
A.P(ξ=0)B.P(ξ=2)的值最大
C.E(ξ)随着p的增大而增大
AD
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6.[探究点一]已知随机变量X~B(n,p),若E(X)=4,Y=2X+3,D(Y)=3.2,则P(X=2)= .(结果用数字表示)
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7.[探究点二]若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0为 ; 的最大值为 .
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解析 随机变量X的所有可能取值为0,1,由题意,得X的分布列为
X 0 1
P 1-p p
,从而E(X)=0×(1-p)+1×p=p,D(X)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p-p2.
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B 级 关键能力提升练
8.(多选题)袋子中有2个黑球,1个白球,现从袋子中有放回地随机取球4次,取到白球记0分,黑球记1分,记4次取球的总分数为X,则( )
ACD
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9.将3个完全相同的小球放入3个盒子中,盒子的容量不限,且每个小球落入盒子的概率相等.记X为分配后所剩空盒的个数,Y为分配后不空盒子的个数,则( )
A.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)
B.E(X)=E(Y),D(X)≠D(Y)
C.E(X)≠E(Y),D(X)=D(Y)
D.E(X)≠E(Y),D(X)≠D(Y)
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11.某人共有三发子弹,他射击一次命中目标的概率是 ,击中目标后射击停止,射击次数X为随机变量,则方差D(X)= .
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12.已知袋中装有大小相同质地均匀的5个球,其中3个黑球和2个白球,从袋中无放回地随机取出3个球,记取出黑球的个数为X,则
E(X)= ,D(X)= .
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13.某财经杂志发起一项调查,旨在预测某地经济前景,随机访问了100位业内人士,根据被访问者的问卷得分(满分10分)将经济前景预期划分为三个等级(悲观、尚可、乐观).分级标准及这100位被访问者得分频数分布情况如下:
经济前景等级 悲观 尚可 乐观 问卷得分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
频数 2 3 5 10 19 24 17 9 7 4
假设被访问的每个人独立完成问卷(互不影响),根据经验,这100位人士的意见即可代表业内人士意见,且他们预测各等级的频率可估计未来经济各等级发生的可能性.
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(1)该杂志记者又随机访问了两名业内人士,试估计至少有一人预测该地经济前景为“乐观”的概率;
(2)某人有一笔资金,现有两个备选的投资意向:物联网项目或人工智能项目,两种投资项目的年回报率都与该地经济前景等级有关,根据经验,大致关系如下(正数表示赢利,负数表示亏损):
经济前景等级 乐观 尚可 悲观
物联网项目年回报率/% 12 4 -4
人工智能项目年回报率/% 7 5 -2
根据以上信息,请分别计算这两种投资项目的年回报率的期望与方差,并用统计学知识给出投资建议.
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解 (1)由题意可知100名被访问者中,预测某地经济前景为“乐观”的人数为9+7+4=20人,概率为0.2,
若又随机访问了两名业内人士,至少有一个预测该地经济前景为“乐观”的概率为P=0.22+·0.2·(1-0.2)=0.36.
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设投资物联网和人工智能项目年回报率的期望分别为E(X1),E(X2),方差分别为D(X1),D(X2),
则E(X1)=0.2×12%+0.7×4%+0.1×(-4%)=4.8%,
E(X2)=0.2×7%+0.7×5%+0.1×(-2%)=4.7%,
D(X1)=0.2×(12%-4.8%)2+0.7×(4%-4.8%)2+0.1×(-4%-4.8%)2=0.001 856,
D(X2)=0.2×(7%-4.7%)2+0.7×(5%-4.7%)2+0.1×(-2%-4.7%)2=0.000 561.
∵E(X1)>E(X2),
∴投资物联网项目比投资人工智能项目平均年回报率要高,但二者相差不大.
∵D(X1)>D(X2),
∴投资人工智能项目比投资物联网项目年回报率稳定性更高,风险要小,
∴建议投资人工智能项目.
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C 级 学科素养创新练
14.已知m,n均为正数,随机变量X的分布列如下表:
X 0 1 2
P m n m
则下列结论一定成立的是( )
A.P(X=1)C.mn≤ D.D(X+1)<1
BCD
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15.某早餐店对一款新口味的酸奶进行了一段时间试销,定价为5元/瓶.酸奶在试销售期间足量供应,每天的销售数据按照[15,25],(25,35],(35,45],(45,55]分组,得到如下频率分布直方图,以不同销量的频率估计概率.试销结束后,这款酸奶正式上市,厂家只提供整箱批发:大箱每箱50瓶,批发成本85元;
小箱每箱30瓶,批发成本65元.由于酸奶保质期短,当天未卖出的只能作废.该早餐店以试销售期间的销量作为参考,决定每天仅批发一箱(计算时每个分组取中间值作为代表,比如销量为(45,55]时看作销量为50瓶).
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(1)设早餐店批发一大箱时,当天这款酸奶的利润为随机变量X,批发一小箱时,当天这款酸奶的利润为随机变量Y,求X和Y的分布列;
(2)从早餐店的收益角度和利用所学的知识作为决策依据,该早餐店应每天批发一大箱还是一小箱 (必须作出一种合理的选择)
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解 (1)若早餐店批发一大箱,批发成本为85元,依题意,销量有20,30,40,50四种情况.
当销量为20瓶时,利润为5×20-85=15元,
当销量为30瓶时,利润为5×30-85=65元,
当销量为40瓶时,利润为5×40-85=115元,
当销量为50瓶时,利润为5×50-85=165元.
随机变量X的分布列为
X 15 65 115 165
P 0.3 0.4 0.2 0.1
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若早餐店批发一小箱,批发成本为65元,依题意,销量有20,30两种情况.
当销量为20瓶时,利润为5×20-65=35元,
当销量为30瓶时,利润为5×30-65=85元.
随机变量Y的分布列为
Y 35 85
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(2)根据(1)中的计算结果,所以E(X)=15×0.3+65×0.4+115×0.2+165×0.1=70,
E(Y)=35×0.3+85×0.7=70,E(X)=E(Y).
D(X)=(15-70)2×0.3+(65-70)2×0.4+(115-70)2×0.2+(165-70)2×0.1=2 225,
D(Y)=(35-70)2×0.3+(85-70)2×0.7=525,
所以D(X)>D(Y).
所以早餐店每天应该批发一小箱.第四章4.2.3 二项分布与超几何分布
A级 必备知识基础练
1.[探究点二·2023吉林长春校级月考]下列例子中随机变量ξ服从二项分布的个数为( )
①某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数ξ;
②某射手击中目标的概率为0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ;
③从装有5个红球,5个白球的袋中,有放回地摸球,直到摸出白球为止,摸到白球时的摸球次数ξ;
④有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用不放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出现次品的件数.
A.0 B.1 C.2 D.3
2.[探究点一]某学校成立了A,B,C三个课外学习小组,每位学生只能申请进入其中一个学习小组学习.申请其中任意一个学习小组是等可能的,则该校的任意4位学生中,恰有2人申请A学习小组的概率是( )
A. B. C. D.
3.[探究点四](多选题)某射手射击1次,击中目标的概率是0.9,他连续射击4次,且他各次射击是否击中目标相互之间没有影响.则下列四个选项中,正确的是( )
A.他第3次击中目标的概率是0.9
B.他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1
C.他至少击中目标1次的概率是1-0.14
D.他恰好有连续2次击中目标的概率为3×0.93×0.1
4.[探究点三·2023四川绵阳高二期中]在含有3件次品的10件产品中,任取4件,X表示取到的次品数,则P(X=2)= .
5.[探究点二·人教A版教材习题]鸡接种一种疫苗后,有80%不会感染某种病毒.如果5只鸡接种了疫苗,求:
(1)没有鸡感染病毒的概率;
(2)恰好有1只鸡感染病毒的概率.
B级 关键能力提升练
6.已知某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次,至少击中3次的概率为( )
A.0.85 B.0.819 2
C.0.8 D.0.75
7.(多选题)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( )
A.两件都是一等品的概率是
B.两件中有一件是次品的概率是
C.两件都是正品的概率是
D.两件中至少有1件是一等品的概率是
8.(多选题)某城镇小汽车的普及率为75%,即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车,若从该城镇中任意选出5个家庭,则下列结论成立的是( )
A.这5个家庭均有小汽车的概率为
B.这5个家庭中,恰有3个家庭拥有小汽车的概率为
C.这5个家庭均未有小汽车的概率为
D.这5个家庭中,4个家庭以上(含4个家庭)拥有小汽车的概率为
9.(多选题)若随机变量ξ~B5,,则P(ξ=k)最大时,k的值可以为( )
A.1 B.2
C.4 D.5
10.(多选题)一袋中有6个大小相同的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10,现从中任取4个球,则下列结论中正确的是( )
A.取出的最大号码X服从超几何分布
B.取出的黑球个数Y服从超几何分布
C.取出2个白球的概率为
D.若取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,则总得分最大的概率为
11.数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测,规定至少要解答正确2道题才能及格.某同学只能求解其中的4道题,则他能及格的概率是 .
12.两名学生一起去一家单位应聘,面试前单位负责人对他们说:“我们要从面试的人中招聘3人,你们俩同时被招聘进来的概率是.”若每个参加面试的人被招聘的可能性相同,则根据这位负责人的话,可以推断出参加面试的人数为 .
13.箱中装有4个白球和m(m∈N+)个黑球.规定取出一个白球得2分,取出一个黑球得1分,现从箱中任取3个球,假设每个球被取出的可能性都相等.记随机变量X为取出的3个球所得分数之和.
(1)若P(X=6)=,求m的值;
(2)当m=3时,求X的分布列.
14.[人教A版教材例题改编]一个袋子中有100个大小相同的球,其中有40个黄球、60个白球,从中随机地摸出20个球作为样本.用X表示样本中黄球的个数.分别就有放回摸球和不放回摸球,求X的分布列.
C级 学科素养创新练
15.某同学通过英语听力测试的概率为,他连续测试n次,要保证他至少有一次通过的概率大于0.9,那么n的最小值是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
16.甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利
参考答案
4.2.3 二项分布与超几何分布
1.B 对于①,某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数ξ~B(10,0.6),故①正确;
对于②,对于某射手从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ,每次试验不是独立的,与其他各次试验结果有关,不是二项分布,故②错误;
对于③,虽然是有放回取球,但随机变量ξ的定义是直到摸出白球为止,即前面摸出的一定是红球,最后一次是白球,不符合二项分布的定义,故③错误;
对于④,由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率是不相等的,故表示n次抽取中出现次品的件数ξ不服从二项分布,故④错误.故选B.
2.D 设每位学生申请课外学习小组为一次试验,这是4次独立重复试验,记“申请A学习小组”为事件A,则P(A)=,由独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式可知,恰有2人申请A学习小组的概率是·22=,故选D.
3.AC ∵射击一次击中目标的概率是0.9,∴第3次击中目标的概率是0.9,∴A正确;
∵连续射击4次,且各次射击是否击中目标相互之间没有影响,∴本题是一个独立重复试验,
根据独立重复试验的公式得到恰好击中目标3次的概率是×0.93×0.1,∴B不正确;
∵至少击中目标1次的概率是1-0.14,∴C正确;
∵恰好有连续2次击中目标的概率为3×0.92×0.12,
∴D不正确.故选AC.
4. X满足超几何分布,所以P(X=2)=.
5.解 设5只接种疫苗的鸡中感染病毒的只数为X,则X~B(5,0.2).
(1)P(X=0)=×0.85=0.32768.
(2)P(X=1)=×0.2×0.84=0.4096.
6.B 因为某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次看作4次独立重复试验,则至少击中3次的概率(0.8)3(1-0.8)+0.84=0.8192.
7.BD 两件都是一等品的概率为,
两件中有一件是次品的概率为,
两件都是正品的概率为,
两件中至少有1件是一等品的概率为.
故选BD.
8.ACD 由题得小汽车的普及率为,
A.这5个家庭均有小汽车的概率为5=,所以该结论成立;
B.这5个家庭中,恰有3个家庭拥有小汽车的概率为32=,所以该结论不成立;
C.该结论成立;
D.这5个家庭中,4个家庭以上(含4个家庭)拥有小汽车的概率为41+5=,
所以该结论成立.
故选ACD.
9.AB 依题意P(ξ=k)=×k×5-k,k=0,1,2,3,4,5.
可以求得P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,P(ξ=5)=.
故当k=2或1时,P(ξ=k)最大.故选AB.
10.BD 一袋中有6个大小相同的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10,现从中任取4个球,对于A,超几何分布取出某个对象的结果数不定,可知取出的最大号码X不服从超几何分布,故A错误;对于B,超几何分布的随机变量为实验次数,即指某事件发生n次的试验次数,由此可知取出的黑球个数Y服从超几何分布,故B正确;对于C,取出2个白球的概率为P=,故C错误;对于D,若取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,则取出四个黑球的总得分最大,∴总得分最大的概率为P=,故D正确.故选BD.
11. 由超几何分布的概率计算公式可得,他能及格的概率是P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=.
12.21 设参加面试的人数为n,依题意有,即n2-n-420=(n+20)(n-21)=0,解得n=21或n=-20(舍去).
13.解(1)由题意得,取出的3个球都是白球时,随机变量X=6,
所以P(X=6)=,即=10,解得m=1.
(2)由题意得,X所有可能的取值为3,4,5,6,
则P(X=3)=;P(X=4)=;P(X=5)=;P(X=6)=.
所以X的分布列为
X 3 4 5 6
P
14.解 ①对于有放回摸球,每次摸到黄球的概率为0.4,且各次试验之间的结果是相互独立的,因此X~B(20,0.4),X的分布列为P(X=k)=×0.4k×0.620-k,k=0,1,2,…,20.
②对于不放回摸球,各次试验的结果不独立,X服从超几何分布,X的分布列为P(X=k)=,k=0,1,2,…,20.
15.B 由题意可得,1-1-n>0.9,
即n<0.1,所以n≥4.故选B.
16.解 采用3局2胜制,甲最终获胜有两种可能的比分2∶0或2∶1,前者是前两局甲连胜,后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.因为每局比赛的结果是相互独立的,所以甲最终获胜的概率为p1=0.62+×0.62×0.4=0.648.
类似地,采用5局3胜制,甲最终获胜有3种比分3∶0,3∶1或3∶2.
因为每局比赛的结果是相互独立的,所以甲最终获胜的概率为p2=0.63+×0.63×0.4+×0.63×0.42=0.68256.
因为p2>p1,所以5局3胜制对甲有利.实际上,比赛局数越多,对实力较强者越有利.第四章4.1 条件概率与事件的独立性
4.1.1 条件概率
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]已知P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于( )
A. B. C. D.
2.[探究点一]把一枚质地均匀的硬币任意抛掷两次,事件A={第一次出现正面},事件B={第二次出现正面},则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
3.[探究点一]已知5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中抽取一道题,抽出的题不再放回,在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为( )
A. B. C. D.
4.[探究点一]已知在10支铅笔中,有8支正品,2支次品,从中任取2支,则在第一次抽的是次品的条件下,第二次抽的是正品的概率是( )
A. B. C. D.
5.[探究点一·2023福建厦门海沧实验中学高二期中]近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术,它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上,车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次的概率为85%,充放电循环次数达到2 500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电,那么他的车能够充电2 500次的概率为 .
B级 关键能力提升练
6.已知盒子里有10个球(除颜色外其他属性都相同),其中4个红球,6个白球.甲、乙两人依次不放回地摸取1个球,在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为( )
A. B. C. D.
7.若随机事件A,B满足P(A)=,P(B)=,P(A+B)=,则P(A|B)=( )
A. B. C. D.
8.(多选题)下列说法正确的是( )
A.P(A|B)B.P(A|B)=是可能的
C.0≤P(A|B)≤1
D.P(A|A)=1
9.将三枚骰子各掷一次,设事件A为“三个点数都不相同”,事件B为“至少出现一个6点”,则P(A|B)等于 ( )
A. B. C. D.
10.由“0,1,2”组成的三位数密码中,若用A表示“第二位数字是2”的事件,用B表示“第一位数字是2”的事件,则P(A|B)= .
11.抛掷红、蓝两枚骰子,记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”,事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”,求:
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率;
(2)事件B发生的条件下事件A发生的概率.
C级 学科素养创新练
12.某校从学生文艺部6名成员(4男2女)中,挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.
(1)求男生甲被选中的概率;
(2)在已知男生甲被选中的条件下,女生乙被选中的概率;
(3)在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下,求女生乙被选中的概率.
参考答案
4.1 条件概率与事件的独立性
4.1.1 条件概率
1.C 由条件概率计算公式得P(B|A)=,
所以,所以P(AB)=.故选C.
2.B 第一次出现正面的概率是P(A)=,第一次出现正面且第二次也出现正面的概率P(A∩B)=.
所以P(B|A)=.
3.C 设事件A=“第1次抽到代数题”,事件B=“第2次抽到几何题”,P(A)=,P(AB)=,则P(B|A)=,所以在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为.故选C.
4.C 记事件A,B分别表示“第一次、第二次抽得正品”,则B表示“第一次抽得次品,第二次抽得正品”.
P(B)=,P()=,
故P(B|)=.
5. 记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A,“他的车能够充电2500次”为事件B,即求条件概率P(B|A)=.
6.A 甲先摸到1个红球,乙再从剩下的9个球中摸1个球,共有4×9=36种,其中甲先摸到1个红球,乙再从剩下的3个红球中摸1个球,共有4×3=12种,所以在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为.故选A.
7.D 因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB),所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)=,所以P(A|B)=.故选D.
8.BCD 由条件概率公式P(A|B)=及09.A ∵P(A|B)=,P(AB)=,
P(B)=1-P()=1-=1-.
∴P(A|B)=.故选A.
10. 由“0,1,2”组成的三位数密码,共有3×3×3=27(个)基本事件,又由用A表示“第二位数字是2”的事件,用B表示“第一位数字是2”的事件,可得P(B)=,P(A∩B)=,所以P(A|B)=.
11.解 (1)抛掷红、蓝两枚骰子,事件总数为6×6=36,事件A的基本事件数为6×2=12,
所以P(A)=.
由于3+6=6+3=4+5=5+4>8,4+6=6+4=5+5>8,5+6=6+5>8,6+6>8,
所以事件B的基本事件数为4+3+2+1=10,
所以P(B)=,
事件AB同时发生的概率为P(AB)=,
由条件概率公式,得P(B|A)=.
(2)由(1)得P(A|B)=.
12.解 (1)记4名男生为A,B,C,D,2名女生为a,b,从6名成员中挑选2名成员,有AB,AC,AD,Aa,Ab,BC,BD,Ba,Bb,CD,Ca,Cb,Da,Db,ab,共有15种情况,记“男生甲被选中”为事件M,不妨假设男生甲为A,事件M所包含的基本事件数为AB,AC,AD,Aa,Ab,共有5种,故P(M)=.
(2)记“男生甲被选中”为事件M,“女生乙被选中”为事件N,
不妨设女生乙为b,则P(MN)=,
又由(1)知P(M)=,
故P(N|M)=.
(3)记“挑选的2人一男一女”为事件S,则P(S)=,
“女生乙被选中”为事件N,P(SN)=,
故P(N|S)=.第四章4.2.5 正态分布
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]已知随机变量X服从正态分布N(1,4),P(X>2)=0.3,P(X<0)=( )
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
2.[探究点二·2023陕西渭南高二期末]已知随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),若P(ξ<4)=0.78,则P(2<ξ<3)=( )
A.0.2 B.0.24 C.0.28 D.0.32
3.[探究点三·2023山西太原五中高三期末]某中学高三(1)班有50名学生,在一次高三模拟考试中,经统计得:数学成绩X~N(110,100),则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )(参考数据:已知X~N(μ,σ2)时,有P(|X-μ|≤σ)≈0.683,P(|X-μ|≤2σ)≈0.954)
A.16 B.10 C.8 D.2
4.[探究点三·2023黑龙江哈尔滨高二期末]首届国家最高科学技术奖得主,杂交水稻之父袁隆平院士为全世界粮食问题和农业科学发展贡献了中国力量,某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时,发现株高X(单位:cm)服从正态分布N(100,102),若测量10 000株水稻,求株高在[80,90]的水稻数量.(附X~N(μ,σ2),P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954)
B级 关键能力提升练
5.已知X~N(4,σ2),且P(X≤2)=0.3,则P(X<6)= ( )
A.0.3 B.0.4 C.0.85 D.0.7
6.(多选题)“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻,成功研究出“两系法”杂交水稻,创建了超级杂交稻技术体系.某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高,得出株高X(单位:cm)服从正态分布,其概率密度函数φ(x)=,x∈(-∞,+∞),则( )
A.该地杂交水稻的平均株高为100 cm
B.该地杂交水稻株高的方差为10
C.该地杂交水稻株高在120 cm以上的数量和株高在80 cm以下的数量一样多
D.随机测量该地的一株杂交水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大
7.(多选题)4月23日为世界读书日,已知某高校学生每周阅读时间X服从正态分布X~N(9,4),则( )
A.该校学生每周平均阅读时间为9小时
B.该校学生每周阅读时间的标准差为4
C.该校学生每周阅读时间少于3小时的人数约占0.3%
D.若该校有10 000名学生,则每周阅读时间在3~5小时的人数约为215
(附:X~N(μ,σ2),P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997)
8.[2023黑龙江肇东高二期末]已知随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),且,则P(3<ξ<5)= .
9.研究某市某种作物,其单株生长果实个数ξ服从正态分布N(90,σ2),且P(ξ<70)=0.1,从中随机抽取10株,果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X,假设X服从二项分布,则X的方差为 .
C级 学科素养创新练
10.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服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中尺寸在[μ-3σ,μ+3σ]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[μ-3σ,μ+3σ]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,试用所学知识说明上述监控生产过程方法的合理性.
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997,0.99716≈0.953 1.
11.某高校为了解全校学生的阅读情况,随机调查了200名学生每周阅读时间x(单位:小时)并绘制如图所示的频率分布直方图.
(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中间值代表);
(2)由直方图可以认为,目前该校学生每周的阅读时间X服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.
①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算:若X~N(μ,σ2),令Y=,则Y~N(0,1),且P(X≤a)=PY≤.利用直方图得到的正态分布,求P(X≤10);
②从该高校的学生中随机抽取20名,记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数,求P(Z≥2)(结果精确到0.000 1)以及Z的数学期望.
参考数据:,0.773 419≈0.007 6.若Y~N(0,1),则P(Y≤0.75)=0.773 4.
参考答案
4.2.5 正态分布
1.B ∵X~N(1,4),∴P(X<0)=P(X>2)=0.3.故选B.
2.C 由随机变量ξ服从正态分布N(3,σ2),可知正态曲线关于直线x=3对称.由P(ξ<4)=0.78,可得P(ξ≥4)=P(ξ≤2)=1-0.78=0.22.则P(2<ξ<4)=1-2×0.22=0.56,故P(2<ξ<3)=P(2<ξ<4)=×0.56=0.28.故选C.
3.C 因为数学成绩X~N(110,100),所以μ=110,σ=10.因此由P(|X-110|≤10)≈0.683 P(100≤X≤120)≈0.683 P(110≤X≤120)≈×0.683=0.3415,所以有P(X>120)=-P(110≤X≤120)=-0.3415=0.1585,估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.1585×50≈8.故选C.
4.解 由X~N(100,102)知,μ=100,σ=10,所以P(80≤X≤90)=P(μ-2σ≤X≤μ-σ)≈(0.954-0.683)=0.1355.
所以若测量10000株水稻,株高在[80,90]的约有1355株.
5.D 因为X~N(4,σ2),正态曲线的对称轴为直线x=4,因为P(X≤2)=0.3,所以P(X≥6)=P(X≤2)=0.3,所以P(X<6)=1-P(X≥6)=1-0.3=0.7.故选D.
6.AC 因为φ(x)=,所以μ=100,σ=10,即均值为100,标准差为10,方差为100,故A正确,B错误;根据正态曲线的特征可知函数φ(x)图象关于直线x=100对称,所以该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多,故C正确;随机测量该地的一株杂交水稻,其株高在(80,90)和在(110,120)的概率一样大,故D错误.故选AC.
7.AD 因为μ=9,σ=2,所以均值是9,标准差为2,A正确,B不正确;因为P(7≤X≤11)≈0.683,P(5≤X≤13)≈0.954,P(3≤X≤15)≈0.997,结合正态曲线的对称性可得,该校学生每周阅读时间少于3小时的人数约占=0.15%,C不正确;每周阅读时间在3~5小时的人数占≈0.0215,0.0215×10000=215,所以D正确.故选AD.
8.0.4 因为ξ~N(3,σ2),所以该正态曲线关于直线x=3对称,则P(ξ<1)=1-P(ξ<5),又,得P(ξ<1)=0.1,P(ξ<5)=0.9,所以P(3<ξ<5)=[P(ξ<5)-P(ξ<1)]=0.4.
9.2.4 因为ξ~N(90,σ2),所以P(90≤ξ≤110)=-P(ξ>110),而P(ξ>110)=P(ξ<70)=0.1.
所以P(90≤ξ≤110)=0.4,
而X~B(10,0.4),
所以D(X)=10×0.4×0.6=2.4.
10.解(1)由题可知零件尺寸落在[μ-3σ,μ+3σ]之内的概率约为0.997,则落在[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率为1-0.997=0.003,因为P(X=0)=×(1-0.997)0×0.99716≈0.9531,
所以P(X≥1)=1-P(X=0)=0.0469,
又因为X~B(16,0.003),
所以E(X)=16×0.003=0.048.
(2)如果生产状态正常,一个零件尺寸落在[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率只有0.003,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在[μ-3σ,μ+3σ]之外的零件的概率只有0.0469,发生的概率很小.
因此一旦发生这种状况,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.
11.解(1)=6×0.03+7×0.1+8×0.2+9×0.35+10×0.19+11×0.09+12×0.04=9,
s2=(6-9)2×0.03+(7-9)2×0.1+(8-9)2×0.2+(9-9)2×0.35+(10-9)2×0.19+(11-9)2×0.09+(12-9)2×0.04=1.78.
(2)①由(1)知μ=9,σ2=1.78,
∴X~N(9,1.78),σ=.
∴P(X≤10)=PY≤=P(Y≤0.75)=0.7734.
②由①知P(X>10)=1-P(X≤10)=0.2266,
可得Z~B(20,0.2266),P(Z≥2)=1-P(Z=0)-P(Z=1)=1-0.773420-×0.2266×0.773419≈1-(0.7734+20×0.2266)×0.0076≈0.9597.
∴E(Z)=20×0.2266=4.532.(共25张PPT)
第四章
4.2.3 二项分布与超几何分布
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二·2023吉林长春校级月考]下列例子中随机变量ξ服从二项分布的个数为( )
①某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数ξ;
②某射手击中目标的概率为0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ;
③从装有5个红球,5个白球的袋中,有放回地摸球,直到摸出白球为止,摸到白球时的摸球次数ξ;
④有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用不放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出现次品的件数.
A.0 B.1 C.2 D.3
B
解析 对于①,某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数ξ~B(10,0.6),故①正确;
对于②,对于某射手从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ,每次试验不是独立的,与其他各次试验结果有关,不是二项分布,故②错误;
对于③,虽然是有放回取球,但随机变量ξ的定义是直到摸出白球为止,即前面摸出的一定是红球,最后一次是白球,不符合二项分布的定义,故③错误;
对于④,由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率是不相等的,故表示n次抽取中出现次品的件数ξ不服从二项分布,故④错误.故选B.
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2.[探究点一]某学校成立了A,B,C三个课外学习小组,每位学生只能申请进入其中一个学习小组学习.申请其中任意一个学习小组是等可能的,则该校的任意4位学生中,恰有2人申请A学习小组的概率是( )
D
解析 设每位学生申请课外学习小组为一次试验,这是4次独立重复试验,记“申请A学习小组”为事件A,则P(A)= ,由独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式可知,恰有2人申请A学习小组的概率是
故选D.
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3.[探究点四](多选题)某射手射击1次,击中目标的概率是0.9,他连续射击
4次,且他各次射击是否击中目标相互之间没有影响.则下列四个选项中,正确的是( )
A.他第3次击中目标的概率是0.9
B.他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1
C.他至少击中目标1次的概率是1-0.14
D.他恰好有连续2次击中目标的概率为3×0.93×0.1
AC
解析 ∵射击一次击中目标的概率是0.9,
∴第3次击中目标的概率是0.9,∴A正确;
∵连续射击4次,且各次射击是否击中目标相互之间没有影响,
∴本题是一个独立重复试验,
根据独立重复试验的公式得到恰好击中目标3次的概率是
×0.93×0.1,∴B不正确;
∵至少击中目标1次的概率是1-0.14,∴C正确;
∵恰好有连续2次击中目标的概率为3×0.92×0.12,
∴D不正确.故选AC.
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4.[探究点三·2023四川绵阳高二期中]在含有3件次品的10件产品中,任取4件,X表示取到的次品数,则P(X=2)= .
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5.[探究点二·人教A版教材习题]鸡接种一种疫苗后,有80%不会感染某种病毒.如果5只鸡接种了疫苗,求:
(1)没有鸡感染病毒的概率;
(2)恰好有1只鸡感染病毒的概率.
解 设5只接种疫苗的鸡中感染病毒的只数为X,则X~B(5,0.2).
(1)P(X=0)= ×0.85=0.327 68.
(2)P(X=1)= ×0.2×0.84=0.409 6.
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B 级 关键能力提升练
6.已知某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次,至少击中3次的概率为( )
A.0.85 B.0.819 2
C.0.8 D.0.75
B
解析 因为某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次看作4次独立重复试验,则至少击中3次的概率
(0.8)3(1-0.8)+0.84=0.819 2.
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7.(多选题)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( )
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8.(多选题)某城镇小汽车的普及率为75%,即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车,若从该城镇中任意选出5个家庭,则下列结论成立的是( )
ACD
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9.(多选题)若随机变量ξ~B(5, ),则P(ξ=k)最大时,k的值可以为( )
A.1 B.2
C.4 D.5
AB
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10.(多选题)一袋中有6个大小相同的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10,现从中任取4个球,则下列结论中正确的是
( )
A.取出的最大号码X服从超几何分布
B.取出的黑球个数Y服从超几何分布
C.取出2个白球的概率为
D.若取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,则总得分最大的概率为
BD
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解析 一袋中有6个大小相同的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10,现从中任取4个球,对于A,超几何分布取出某个对象的结果数不定,可知取出的最大号码X不服从超几何分布,故A错误;对于B,超几何分布的随机变量为实验次数,即指某事件发生n次的试验次数,由此可知取出的黑球个数Y服从超几何分布,故B正确;对于C,取出2个白球的概率
为 ,故C错误;对于D,若取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,则取出四个黑球的总得分最大,∴总得分最大的概率为 故D正确.故选BD.
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11.数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测,规定至少要解答正确2道
题才能及格.某同学只能求解其中的4道题,则他能及格的概率是 .
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12.两名学生一起去一家单位应聘,面试前单位负责人对他们说:“我们要从面试的人中招聘3人,你们俩同时被招聘进来的概率是 .”若每个参加面试的人被招聘的可能性相同,则根据这位负责人的话,可以推断出参加面试的人数为 .
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13.箱中装有4个白球和m(m∈N+)个黑球.规定取出一个白球得2分,取出一个黑球得1分,现从箱中任取3个球,假设每个球被取出的可能性都相等.记随机变量X为取出的3个球所得分数之和.
(1)若P(X=6)= ,求m的值;
(2)当m=3时,求X的分布列.
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14.[人教A版教材例题改编]一个袋子中有100个大小相同的球,其中有40个黄球、60个白球,从中随机地摸出20个球作为样本.用X表示样本中黄球的个数.分别就有放回摸球和不放回摸球,求X的分布列.
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解 ①对于有放回摸球,每次摸到黄球的概率为0.4,且各次试验之间的结果是相互独立的,因此X~B(20,0.4),X的分布列为P(X=k)= ×0.4k×0.620-k, k=0,1,2,…,20.
②对于不放回摸球,各次试验的结果不独立,X服从超几何分布,X的分布列
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15.某同学通过英语听力测试的概率为 ,他连续测试n次,要保证他至少有一次通过的概率大于0.9,那么n的最小值是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
B
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C 级 学科素养创新练
16.甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利
解 采用3局2胜制,甲最终获胜有两种可能的比分2∶0或2∶1,前者是前两局甲连胜,后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.因为每局比赛的结果是相互独立的,所以甲最终获胜的概率为p1=0.62+ ×0.62×0.4=0.648.
类似地,采用5局3胜制,甲最终获胜有3种比分3∶0,3∶1或3∶2.
因为每局比赛的结果是相互独立的,所以甲最终获胜的概率为
因为p2>p1,所以5局3胜制对甲有利.实际上,比赛局数越多,对实力较强者越有利.
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16(共31张PPT)
第四章
4.2.4 第一课时 离散型随机变量的均值
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一(角度1)]已知离散型随机变量X的分布列为
则X的数学期望E(X)等于( )
A
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2.[探究点一(角度2)]有10件产品,其中3件是次品,从中任取2件,用X表示取到次品的个数,则E(X)等于( )
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3.[探究点一(角度1)]已知随机变量X的分布列是
X 4 a 9 10
P 0.3 0.1 b 0.2
若E(X)=7.5,则a等于( )
A.5 B.6 C.7 D.8
C
解析 因为E(X)=4×0.3+0.1a+9b+10×0.2=7.5,
又0.3+0.1+b+0.2=1,所以a=7,b=0.4.
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4.[探究点一(角度1)]两名教师和两名学生排成一排拍合照,记ξ为两名学生中间的教师人数,则E(ξ)=( )
C
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5.[探究点二](多选题)把某班级的全体学生平均分成6个小组,且每个小组均有4名男生和多名女生.现从各个小组中随机抽取1名学生参加社区服务活动,若抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为 ,则( )
A.该班级共有36名学生
B.第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为
C.抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是
D.设抽取的6名学生中女生人数为X,则E(X)=2
AD
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6.[探究点二]随机变量X~B(10, ),变量Y=20+4X,则E(Y)= .
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7.[探究点一(角度2)]甲、乙两人对同一目标各射击一次,甲命中的概率为
乙命中的概率为 ,且他们的结果互不影响,若命中目标的人数为ξ,则
E(ξ)= .
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8.[探究点一(角度1)]设离散型随机变量X可能取的值为1,2,3,4. P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4).若X的数学期望E(X)=3,则a+b= .
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解析 由题意可得随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P a+b 2a+b 3a+b 4a+b
由分布列的性质得(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1①.
又E(X)=3,所以1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)+4×(4a+b)=3,即30a+10b=3②.
联立①②两式解得a= ,b=0.
所以a+b= .
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9.[探究点一(角度2)·北师大版教材习题]从4名男生和3名女生中任选3人参加辩论比赛,设随机变量X表示所选3人中女生的人数.
(1)求X的分布列;
(2)求X的均值.
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B 级 关键能力提升练
10.已知0A.E(ξ)增大
B.E(ξ)减小
C.E(ξ)先增大后减小
D.E(ξ)先减小后增大
B
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11.(多选题)已知 ( )
X 0 1 2
P p-p2 1-p p2
A.P(X=2)的值最大
B.P(X=0)C.E(X)随着p的增大而减小
D.E(X)随着p的增大而增大
BD
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12.(多选题)某市有A,B,C,D四个景点,一位游客来该市游览,已知该游客游览A的概率为 ,游览B,C和D的概率都是 ,且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览的景点的个数,则下列选项正确的是
( )
ABD
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13.袋中装有除颜色外其他均相同的5个红球、m个白球,现从中任取2个球.若取出的两球都是红球的概率为 ,记取出的红球个数为X,则
E(X)= .
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14.一个不透明袋中放有除颜色外其他均相同的小球,其中红球3个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回依次取出2个小球时,记取出的红球数为ξ1,则E(ξ1)= ;若第一次取出1个小球后,放入1个红球和1个黑球,再第二次随机取出1个小球.记取出的红球总数为ξ2,则E(ξ2)= .
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15.某学校对课间操活动做了如下规定:课间操时间若有雾霾则停止课间操,若无雾霾则组织课间操.预报得知,在未来一周从周一到周五的课间操时间出现雾霾的概率是:前3天均为 ,后2天均为 ,且每一天出现雾霾与否是相互独立的.
(1)求未来5天至少一天停止课间操的概率;
(2)求未来5天组织课间操的天数X的分布列和数学期望.
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C 级 学科素养创新练
16.在某次投篮测试中,有两种投篮方案.方案甲:先在A点投篮一次,以后都在B点投篮;方案乙:始终在B点投篮.每次投篮之间相互独立.某选手在A点命中的概率为 ,命中一次记3分,没有命中得0分;在B点命中的概率为 ,命中一次记2分,没有命中得0分,用随机变量ξ表示该选手一次投篮测试的累计得分,如果ξ的值不低于3分,则认为其通过测试并停止投篮,否则继续投篮,但一次测试最多投篮3次.
(1)若该选手选择方案甲,求测试结束后所得分ξ的分布列和数学期望;
(2)试问该选手选择哪种方案通过测试的可能性较大 请说明理由.
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ξ的分布列为(共16张PPT)
第四章
4.1.1 条件概率
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A 级 必备知识基础练
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2.[探究点一]把一枚质地均匀的硬币任意抛掷两次,事件A={第一次出现正面},事件B={第二次出现正面},则P(B|A)等于( )
B
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3.[探究点一]已知5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中抽取一道题,抽出的题不再放回,在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为( )
C
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4.[探究点一]已知在10支铅笔中,有8支正品,2支次品,从中任取2支,则在第一次抽的是次品的条件下,第二次抽的是正品的概率是( )
C
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5.[探究点一·2023福建厦门海沧实验中学高二期中]近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术,它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上,车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次的概率为85%,充放电循环次数达到2 500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电,那么他的车能
够充电2 500次的概率为 .
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B 级 关键能力提升练
6.已知盒子里有10个球(除颜色外其他属性都相同),其中4个红球,6个白球.甲、乙两人依次不放回地摸取1个球,在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为( )
A
解析 甲先摸到1个红球,乙再从剩下的9个球中摸1个球,共有4×9=36种,其中甲先摸到1个红球,乙再从剩下的3个红球中摸1个球,共有4×3=12种,所以在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为 .故选A.
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D
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8.(多选题)下列说法正确的是( )
A.P(A|B)C.0≤P(A|B)≤1 D.P(A|A)=1
BCD
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9.将三枚骰子各掷一次,设事件A为“三个点数都不相同”,事件B为“至少出现一个6点”,则P(A|B)等于( )
A
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10.由“0,1,2”组成的三位数密码中,若用A表示“第二位数字是2”的事件,用B表示“第一位数字是2”的事件,则P(A|B)= .
解析 由“0,1,2”组成的三位数密码,共有3×3×3=27(个)基本事件,又由用A表示“第二位数字是2”的事件,用B表示“第一位数字是2”的事件,可得
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11.抛掷红、蓝两枚骰子,记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”,事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”,求:
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率;
(2)事件B发生的条件下事件A发生的概率.
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解 (1)抛掷红、蓝两枚骰子,事件总数为6×6=36,事件A的基本事件数为6×2=12,
由于3+6=6+3=4+5=5+4>8,4+6=6+4=5+5>8,5+6=6+5>8,6+6>8,
所以事件B的基本事件数为4+3+2+1=10,
所以
事件AB同时发生的概率为
由条件概率公式,得
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C 级 学科素养创新练
12.某校从学生文艺部6名成员(4男2女)中,挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.
(1)求男生甲被选中的概率;
(2)在已知男生甲被选中的条件下,女生乙被选中的概率;
(3)在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下,求女生乙被选中的概率.
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解 (1)记4名男生为A,B,C,D,2名女生为a,b,从6名成员中挑选2名成员,有AB,AC,AD,Aa,Ab,BC,BD,Ba,Bb,CD,Ca,Cb,Da,Db,ab,共有15种情况,记“男生甲被选中”为事件M,不妨假设男生甲为A,事件M所包含的基本事件数为AB,AC,AD,Aa,Ab,共有5种,故
(2)记“男生甲被选中”为事件M,“女生乙被选中”为事件N,
不妨设女生乙为b,则P(MN)=
又由(1)知P(M)=
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12第四章4.1.2 乘法公式与全概率公式
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]若P(A)=,P(B|A)=,则P(AB)等于( )
A. B. C. D.
2.[探究点二]已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1,货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02,0.01,则一辆汽车中途停车修理的概率为( )
A. B. C. D.
3.[探究点一·2023云南昆明一中高二阶段练习]设P(A|B)=P(B|A)=,P(A)=,则P(B)等于( )
A. B. C. D.
4.[探究点三]两批同规格的产品,第一批占40%,次品率为5%;第二批占60%,次品率为4%.将两批产品混合,从混合产品中任取一件,则这件产品合格的概率是 ,已知取得的产品是合格品,则它取自第一批产品的概率是 .
5.[探究点一·人教A版教材例题]已知3张奖券中只有1张有奖,甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗
B级 关键能力提升练
6.[2023江苏南京天印高级中学高二期中]设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片,已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的,且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为.现从这10盒中任取一盒,再从这盒中任取一张X光片,则取得的X光片是次品的概率为( )
A.0.08 B.0.1 C.0.15 D.0.2
7.(多选题)在某一季节,疾病D1的发病率为2%,病人中40%表现出症状S,疾病D2的发病率为5%,病人中18%表现出症状S,疾病D3的发病率为0.5%,病人中60%表现出症状S.则( )
A.任意一位病人有症状S的概率为0.02
B.病人有症状S时患疾病D1的概率为0.4
C.病人有症状S时患疾病D2的概率为0.45
D.病人有症状S时患疾病D3的概率为0.25
8.甲箱中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙箱中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别以A1,A2和A3表示由甲箱取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球,以B表示由乙箱取出的球是红球的事件,则下列结论正确的是( )
A.事件B与事件Ai(i=1,2,3)相互独立
B.P(A1B)=
C.P(B)=
D.P(A2|B)=
9.甲和乙两个箱子中各装有10个球,其中甲箱中5个红球、5个白球,乙箱中8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀的骰子,如果点数为1或2,从甲箱中摸出1个球;如果点数为3,4,5,6,从乙箱中摸出1个球,则摸到红球的概率是 .
10.有两台车床加工同一型号的零件,第1台车床加工的次品率为5%,第2台车床加工的次品率为6%,加工出来的零件混放在一起.已知两台车床加工的零件数分别占总数的45%,55%,则任取一个零件是次品的概率为 .
11.有3箱同种型号零件,里面分别装有50件、30件、40件,而且一等品分别有20件、12件和24件,现在任取一箱,从中不放回地先后取出2个零件.
(1)求先取出的零件是一等品的概率;
(2)求两次取出的零件均为一等品的概率.(结果保留两位小数)
C级 学科素养创新练
12.某电子设备制造厂所用的元件是由三家元件制造厂提供的.根据以往的记录有以下的数据:
元件制造厂 次品率 提供元件的份额
1 0.02 0.15
2 0.01 0.80
3 0.03 0.05
设这三家工厂的产品在仓库中是均匀混合的,且无区别的标志.
(1)在仓库中随机地取一只元件,求它是次品的概率;
(2)在仓库中随机地取一只元件,若已知取到的是次品,为分析此次品出自何厂,需求出此次品由三家工厂生产的概率分别是多少.试求这些概率.
参考答案
4.1.2 乘法公式与全概率公式
1.B 由条件概率公式可得P(AB)=P(A)P(B|A)=.故选B.
2.B 设B表示汽车中途停车修理,A1表示公路上经过的汽车是货车,A2表示公路上经过的汽车是客车,则P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.01,则由全概率公式,可知一辆汽车中途停车修理的概率为P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×0.02+×0.01=.故选B.
3.B ∵P(AB)=P(A)P(B|A)=,由P(A|B)=,得P(B)=×2=.故选B.
4.0.956 设A1表示“产品取自第一批产品”,A2表示“产品取自第二批产品”,B=“取得的产品为合格品”,根据题意P(A1)=0.4,P(A2)=0.6,P(B|A1)=0.95,P(B|A2)=0.96.
由全概率公式,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.4×0.95+0.6×0.96=0.956,由贝叶斯公式,P(A1|B)=.
5.解 用A,B,C分别表示甲、乙、丙中奖的事件,则B=B,C=.
P(A)=;
P(B)=P(B)=P()P(B|)=;
P(C)=P()=P()P()=.
因为P(A)=P(B)=P(C),所以中奖的概率与抽奖的次序无关.
6.A 以A1,A2,A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的,B表示取得的X光片为次品,P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,则由全概率公式得所求概率为P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)==0.08.故选A.
7.ABC P(D1)=0.02,P(D2)=0.05,P(D3)=0.005,P(S|D1)=0.4,P(S|D2)=0.18,P(S|D3)=0.6,由全概率公式得P(S)=P(Di)P(S|Di)=0.02×0.4+0.05×0.18+0.005×0.6=0.02.由贝叶斯公式得P(D1|S)==0.4,P(D2|S)==0.45,P(D3|S)==0.15.故选ABC.
8.BD 由题意P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,若A1发生,此时乙袋有5个红球,3个白球和3个黑球,则P(B|A1)=,若A2发生,此时乙袋有4个红球,4个白球和3个黑球,则P(B|A2)=,若A3发生,此时乙袋有4个红球,3个白球和4个黑球,则P(B|A3)=,所以P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=,B正确;P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=,P(A3B)=P(B|A3)P(A3)=,P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=,C错误;则P(A1)P(B)≠P(A1B),P(A2)P(B)≠P(A2B),P(A3)P(B)≠P(A3B),A错误;P(A2|B)=,D正确.故选BD.
9. 设A表示“球取自甲箱”,B表示“球取自乙箱”,C表示“取出红球”,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=.
10.0.0555 依题意,任取一个零件,它是次品的概率为5%×45%+6%×55%=5.55%.
11.解 (1)记事件Ai表示“任取的一箱为第i箱零件”,则i=1,2,3;
记事件Bj表示“第j次取到的是一等品”,则j=1,2.
由题意得P(A1)=P(A2)=P(A3)=,
P(B1|A1)==0.4,
P(B1|A2)==0.4,
P(B1|A3)==0.6,
由全概率公式得P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)·P(B1|A2)+P(A3)P(B1|A3)=×(0.4+0.4+0.6)=.
(2)P(B1B2|A1)=,
P(B1B2|A2)=,
P(B1B2|A3)=,
由全概率公式得P(B1B2)=P(A1)P(B1B2|A1)+P(A2)P(B1B2|A2)+P(A3)P(B1B2|A3)=×=≈0.22.
12.解设A表示“取到的是一只次品”,Bi(i=1,2,3)表示“所取到的产品是由第i家工厂提供的”.
易知B1,B2,B3是样本空间的一个划分,且有P(B1)=0.15,P(B2)=0.80,P(B3)=0.05,P(A|B1)=0.02,P(A|B2)=0.01,P(A|B3)=0.03.
(1)由全概率公式,得P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)=0.0125.
(2)由贝叶斯公式,得P(B1|A)==0.24,
P(B2|A)=0.64,P(B3|A)=0.12.
以上结果表明,这只次品来自第2家工厂的可能性最大.(共22张PPT)
第四章
4.1.2 乘法公式与全概率公式
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A 级 必备知识基础练
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2.[探究点二]已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1,货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02,0.01,则一辆汽车中途停车修理的概率为( )
B
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4.[探究点三]两批同规格的产品,第一批占40%,次品率为5%;第二批占60%,次品率为4%.将两批产品混合,从混合产品中任取一件,则这件产品合格的概率是 ,已知取得的产品是合格品,则它取自第一批产品的概率
是 .
0.956
解析 设A1表示“产品取自第一批产品”,A2表示“产品取自第二批产品”,B=“取得的产品为合格品”,根据题意P(A1)=0.4,P(A2)=0.6,P(B|A1)=0.95,P(B|A2)=0.96.
由全概率公式,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2) =0.4×0.95+0.6×0.96=0.956,由贝叶斯公式,
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5.[探究点一·人教A版教材例题]已知3张奖券中只有1张有奖,甲、乙、丙
3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗
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B 级 关键能力提升练
6.[2023江苏南京天印高级中学高二期中]设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片,已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的,且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为 .现从这10盒中任取一盒,再从这盒中任取一张X光片,则取得的X光片是次品的概率为
( )
A.0.08 B.0.1 C.0.15 D.0.2
A
解析 以A1,A2,A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的,B表示取得的X光片为次品,
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7.(多选题)在某一季节,疾病D1的发病率为2%,病人中40%表现出症状S,疾病D2的发病率为5%,病人中18%表现出症状S,疾病D3的发病率为0.5%,病人中60%表现出症状S.则( )
A.任意一位病人有症状S的概率为0.02
B.病人有症状S时患疾病D1的概率为0.4
C.病人有症状S时患疾病D2的概率为0.45
D.病人有症状S时患疾病D3的概率为0.25
ABC
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解析 P(D1)=0.02,P(D2)=0.05,P(D3)=0.005,P(S|D1)=0.4,P(S|D2)=0.18,P(S|D3)=0.6,由全概率公式得
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8.甲箱中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙箱中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别以A1,A2和A3表示由甲箱取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球,以B表示由乙箱取出的球是红球的事件,则下列结论正确的是( )
A.事件B与事件Ai(i=1,2,3)相互独立
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9.甲和乙两个箱子中各装有10个球,其中甲箱中5个红球、5个白球,乙箱中8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀的骰子,如果点数为1或2,从甲箱中摸出1个球;如果点数为3,4,5,6,从乙箱中摸出1个球,则摸到红球的概率
是 .
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10.有两台车床加工同一型号的零件,第1台车床加工的次品率为5%,第2台车床加工的次品率为6%,加工出来的零件混放在一起.已知两台车床加工的零件数分别占总数的45%,55%,则任取一个零件是次品的概率为 .
0.055 5
解析 依题意,任取一个零件,它是次品的概率为5%×45%+6%×55%=5.55%.
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11.有3箱同种型号零件,里面分别装有50件、30件、40件,而且一等品分别有20件、12件和24件,现在任取一箱,从中不放回地先后取出2个零件.
(1)求先取出的零件是一等品的概率;
(2)求两次取出的零件均为一等品的概率.(结果保留两位小数)
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解 (1)记事件Ai表示“任取的一箱为第i箱零件”,则i=1,2,3;
记事件Bj表示“第j次取到的是一等品”,则j=1,2.
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C 级 学科素养创新练
12.某电子设备制造厂所用的元件是由三家元件制造厂提供的.根据以往的记录有以下的数据:
元件制造厂 次品率 提供元件的份额
1 0.02 0.15
2 0.01 0.80
3 0.03 0.05
设这三家工厂的产品在仓库中是均匀混合的,且无区别的标志.
(1)在仓库中随机地取一只元件,求它是次品的概率;
(2)在仓库中随机地取一只元件,若已知取到的是次品,为分析此次品出自何厂,需求出此次品由三家工厂生产的概率分别是多少.试求这些概率.
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解 设A表示“取到的是一只次品”,Bi(i=1,2,3)表示“所取到的产品是由第i家工厂提供的”.
易知B1,B2,B3是样本空间的一个划分,且有P(B1)=0.15,P(B2)=0.80,P(B3)=0.05,P(A|B1)=0.02,P(A|B2)=0.01,
P(A|B3)=0.03.
(1)由全概率公式,得P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)=0.012 5.
P(B2|A)=0.64,P(B3|A)=0.12.
以上结果表明,这只次品来自第2家工厂的可能性最大.(共22张PPT)
第四章
4.3.1 一元线性回归模型
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一]对相关系数r,下列说法正确的是( )
A.|r|越大,线性正相关程度越大
B.|r|越小,线性相关程度越大
C.|r|越大,线性相关程度越小,|r|越接近0,线性相关程度越大
D.|r|≤1且|r|越接近1,线性相关程度越大,|r|越接近0,几乎不存在相关关系
D
解析 用相关系数r可以衡量两个变量之间的相关关系的强弱,|r|≤1,r的绝对值越接近于1,表示两个变量的线性相关性越强,r的绝对值接近于0时,表示两个变量之间几乎不存在相关关系,故选D.
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2.[探究点一]在一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…,xn不全相等)的散点图中,若所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y=-3x+1上,则这组样本数据的样本相关系数为( )
A.-3 B.0 C.-1 D.1
C
解析 因为所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y=-3x+1上,所以回归直线方程是 =-3x+1,可得这两个变量是负相关,故这组样本数据的样本相关系数为负值,且所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线上,则有|r|=1,所以相关系数r=-1,故选C.
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3.[探究点二]某工厂的每月各项开支x与毛利润y(单位:万元)之间有如下关系,且y与x的回归直线方程
x 2 4 5 6 8
y 30 40 60 50 70
A.17.5 B.17 C.15 D.15.5
A
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4.[探究点二]由一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),求得回归直线方程为
=1.5x+0.5,且 =3.现发现这组样本数据中有两个样本点(1.2,2.2)和(4.8,7.8)误差较大,去除后重新求得的回归直线l的斜率为1.2,则( )
A.变量x与y具有正相关关系
B.去除两个误差较大的样本点后,重新求得的回归方程仍为 =1.5x+0.5
C.去除两个误差较大的样本点后,y的估计值增加速度变快
D.去除两个误差较大的样本点后,相应于样本点(2,3.75)的残差为0.05
A
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解析 因为重新求得的回归直线l的斜率为1.2>0,所以变量x与y具有正相关关系,故A正确;当 =3时, =3×1.5+0.5=5.设去掉两个误差较大的样本点后,横坐标的平均值为 ,纵坐标的平均值为 ,则
,因为去除两个误差较大的样本点后,重新求得回归直线l的斜率为1.2,所以5=3×1.2+ ,解得
=1.4,所以去除两个误差较大的样本点后的回归直线方程为 =1.2x+1.4,故B错误;因为1.5>1.2,所以去除两个误差较大的样本点后y的估计值增加速度变慢,故C错误;因为 =1.2×2+1.4=3.8,所以y- =3.75-3.8=-0.05,故D错误.故选A.
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5.[探究点二]某设备的使用年限x(单位:年)与所支出的维修费用y(单位:万元)的统计数据如下表:
使用年限x 2 3 4 5 6
维修费用y 1.5 4.5 5.5 6.5 7.0
根据上表可得回归直线方程为 ,据此模型预测,若使用年限为14年,估计维修费约为 万元.
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6.[探究点二·2023江西高二期中]下面是两个变量的一组数据:
x 1 2 3 4 5 6 7 8
y 1 9 16 25 36 49 64
这两个变量之间的回归直线方程为 -15+9x,则变量y中缺失的数据是 .
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7.[探究点三]用模型y=cekx去拟合一组数据时,为了求出线性回归方程,设z=ln y,求得回归直线方程为 =0.3x+4,则k的值为 .
0.3
解析 由题意知,y=cekx,故ln y=ln c+kx,设z=ln y,求得回归直线方程为
=0.3x+4,两式相比较,得k=0.3.
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B 级 关键能力提升练
8.相关变量x,y的散点图如图所示,现对这两个变量进行线性相关分析,方案一:根据图中所有数据,得到回归直线方程 =b1x+a1,相关系数为r1;方案二:剔除点(10,21),根据剩下数据得到回归直线方程 =b2x+a2,相关系数为r2.则( )
A.0B.0C.-1D.-1D
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解析 由散点图知,x与y负相关,所以r1,r2<0.
因为剔除点(10,21)后,剩下点数据更具有线性相关性,|r|更接近1,所以-11
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9.[2023江西吉安一中高二期末]已知变量x,y的关系可以用模型y=cekx拟合,设z=ln y,其变换后得到一组数据如下:
x 16 17 18 19
z 50 34 41 31
由上表可得回归直线方程 =-4x+a,则c=( )
A.-4 B.e-4 C.109 D.e109
D
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10.(多选题)某地建立了农业科技图书馆,供农民免费借阅,收集了近5年的借阅数据如下表:
年份 2017 2018 2019 2020 2021
年份代码x 1 2 3 4 5
年借阅量y/万册 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8
根据上表,可得y关于x的回归直线方程为 ,则( )
A. =4.68
B.估计近5年借阅量以0.24万册/年的速度增长
C.y与x的样本相关系数r>0
D.2022年的借阅量一定不少于6.12万册
ABC
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11.在研究两个变量的线性相关关系时,观察散点图发现样本点集中于某一条曲线y=ebx+a的周围,令z=ln y,求得回归直线方程 =0.25x-2.58,则该模型
的回归方程为 .
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C 级 学科素养创新练
12.某单位为了解用电量y(单位:度)与气温x(单位:℃)之间的关系,随机统计了某4天的用电量与当天气温.
气温x/℃ 14 12 8 6
用电量y/度 22 26 34 38
(2)根据(1)的回归直线方程估计当气温为10 ℃ 时的用电量.
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13.如今我们的互联网生活日益丰富,除了可以很方便地网购,网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.某市一调查机构针对该市市场占有率最高的甲、乙两家网络外卖企业(以下简称外卖甲、外卖乙)的经营情况进行了调查,调查结果如下表:
日期 1 2 3 4 5
外卖甲日接单量x/百单 5 2 9 8 11
外卖乙日接单量y/百单 2.2 2.3 10 5 15
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(1)据统计表明y与x之间具有线性相关关系.
①请用样本相关系数r加以说明;(若|r|>0.75,则可认为y与x有较强的线性相关关系)
②经计算求得y与x之间的回归直线方程为y=1.382x-2.774,假定每单外卖企业平均能获纯利润3元,试预测当外卖乙日接单量不低于2 500单时,外卖甲所获取的日纯利润的最小值.(x的结果精确到0.01)
(2)试根据表格中这五天的日接单量情况,从均值和方差的角度说明这两家外卖企业的经营状况.
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所以|r|>0.75,可认为y与x之间有较强的线性相关关系.
②由题意y与x之间的回归直线方程为 =1.382x-2.774,
由 =1.382x-2.774≥25,解得x≥20.10,所以300x≥6 030,
所以可预测外卖甲所获取的日纯利润的最小值为6 030元.
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从平均值看,甲的平均值大些,即甲的接单量多些;
从方差看,甲的方差小些,即甲的日接单量波动性小些.(共24张PPT)
第四章
4.3.2 独立性检验
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一]有关独立性检验的四个命题,其中不正确的是( )
A.两个变量的2×2列联表中,对角线上数据的乘积相差越大,说明两个变量有关系成立的可能性就越大
B.对分类变量X与Y的随机变量χ2的观测值k来说,k越小,“X与Y有关系”的可信程度越小
C.从独立性检验可知:有95%的把握认为吸烟与患肺病有关,我们说某人吸烟,那么他一定有95%的可能患有肺病
D.从独立性检验可知:有99%的把握认为吸烟与患肺癌有关,是指在犯错误的概率不超过1%的前提下认为吸烟与患肺癌有关
C
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2.[探究点二]疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行,用于人体预防接种的生物制品,其前期研发过程中,一般都会进行动物保护测试,为了考察某种疫苗预防效果,在进行动物试验时,得到如下2×2列联表:
注射疫苗情况 发病情况 总计
未发病 发病 未注射 20
已注射 30
总计 50 50 100
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现从试验动物中任取一只,取得“注射疫苗”的概率为 ,则下列判断错误的是( )
A.注射疫苗发病的动物数为10
B.从该试验未注射疫苗的动物中任取一只,发病的概率为
C.能在犯错误的概率不超过0.1%的前提下,认为该疫苗有效
D.该疫苗的有效率为75%
D
解析 由题知,注射疫苗动物共40只,未注射共60只,
补充列联表,
注射疫苗情况 发病情况 总计
未发病 发病 未注射 20 40 60
已注射 30 10 40
总计 50 50 100
由此可得A,B正确.
故能在犯错误的概率不超过0.1%的前提下认为该疫苗有效,C正确.D错误.故选D.
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3.[探究点二·2023福建厦门一中期末](多选题)某市为了研究该市空气中的PM2.5浓度和SO2浓度之间的关系,环境监测部门对该市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM2.5浓度和SO2浓度(单位:μg/m3),得到如下所示的2×2列联表:
PM2.5浓度 SO2浓度 [0,150] (150,475]
[0,75] 64 16
(75,115] 10 10
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α=P(χ2≥k) 0.05 0.01 0.001
k 3.841 6.635 10.828
A.该市一天空气中PM2.5浓度不超过75 μg/m3,且SO2浓度不超过150 μg/m3的概率估计值是0.64
B.若2×2列联表中的天数都扩大到原来的10倍,χ2的值不会发生变化
C.没有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关
D.能在犯错误的概率不超过1%的条件下,认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关
答案 AD
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解析 补充完整列联表如下:
PM2.5浓度 SO2浓度 总计
[0,150] (150,475] [0,75] 64 16 80
(75,115] 10 10 20
总计 74 26 100
对于A选项,该市一天中,空气中PM2.5浓度不超过75 μg/m3,且SO2浓度不超过150 μg/m3的概率估计值为 =0.64,故A正确;对于B选项,
χ2= ≈74.844≠7.484 4,故B不正确;因为7.484 4>6.635,由表可知,有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关,故D正确,C错误.故选AD.
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4.[探究点一]为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关,对该班50名学生进行问卷调查,得到如下的2×2列联表:
性别 喜爱篮球情况 总计
喜爱 不喜爱 男生 20 5 25
女生 10 15 25
总计 30 20 50
则在犯错误的概率不超过 的前提下认为喜爱打篮球与性别有关.
0.5%
解析 根据所给的列联表,得到
所以在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为喜爱打篮球与性别有关.
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5.[探究点一]下表是不完整的2×2列联表,其中3a=c,b=2d,则a= .
xi(i=1,2) yi(i=1,2) 总计
y1 y2 x1 a b 55
x2 c d
总计 120
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B 级 关键能力提升练
6.[2023河南濮阳高二期中]在研究肥胖与高血压的关系时,通过收集数据、整理分析数据得到“高血压与肥胖有关”的结论,并且在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为这个结论是成立的.下列说法中正确的是( )
A.在100个高血压患者中一定有肥胖的人
B.在100个肥胖的人中至少有99人患有高血压
C.在100个高血压患者中可能没有肥胖的人
D.肥胖的人至少有99%的概率患有高血压
C
解析 因为在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为这个结论是成立的,所以要有99%的把握认为“高血压与肥胖有关”.结论成立的可能性,与有多少个人患高血压无关,更谈不上概率,A,B,D不正确,C正确.故选C.
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7.(多选题)为了增强学生的身体素质,某校将冬天长跑作为一项制度固定下来,每天大课间例行跑操.为了调查学生喜欢跑步是否与性别有关,研究人员随机调查了相同人数的男、女学生,发现男生中有80%喜欢跑步,女生中有40%不喜欢跑步,且有95%的把握判断喜欢跑步与性别有关,但没有99%的把握判断喜欢跑步与性别有关,则被调查的男、女学生的总人数可能为( )
A.120 B.130 C.240 D.250
AB
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解析 依题意,设男、女学生的人数均为5x(x∈N+),则被调查的男、女学生的总人数为10x.建立如下2×2列联表:
性别 是否喜欢跑步 总计
喜欢跑步 不喜欢跑步 男 4x x 5x
女 3x 2x 5x
总计 7x 3x 10x
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8.某一电视台对年龄高于40岁和不高于40岁的人是否喜欢西班牙队进行调查,40岁以上调查了50人,不高于40岁调查了50人,所得数据制成如下列联表:
年龄 是否喜欢西班牙队 总计
不喜欢 喜欢 40岁以上 p q 50
不高于40岁 15 35 50
总计 a b 100
已知工作人员从所有统计的人中任取一位,取到喜欢西班牙队的人的概率为 ,则有 的把握认为是否喜欢西班牙队与年龄有关.
95%
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C 级 学科素养创新练
9.某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查,每位市民仅有一次参加机会,通过随机抽样,得到参与问卷调查的100人的得分(满分:100分)数据,统计结果如表所示:
组别 [40,50) [50,60) [60,70)
男 2 3 5
女 0 5 10
组别 [70,80) [80,90) [90,100]
男 15 18 12
女 10 7 13
(1)若规定问卷得分不低于70分的市民称为“环保关注者”,请判断能否在犯错误的概率不超过5%的前提下,认为是否为“环保关注者”与性别有关
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(2)若问卷得分不低于80分的人称为“环保达人”.视频率为概率.
①在我市所有“环保达人”中,随机抽取3人,求抽取的3人中,既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率;
②为了鼓励市民关注环保,针对此次的调查制定了如下奖励方案:“环保达人”获得两次抽奖活动;其他参与的市民获得一次抽奖活动.每次抽奖获得红包的金额和对应的概率如下表:
红包金额/元 10 20
概率
现某市民要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获得的红包金额,求X的分布列及均值.
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α=P(χ2≥k) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
解 (1)由图中表格可得2×2列联表如下:
性别 环保关注者 总计
非“环保关注者” 是“环保关注者” 男 10 45 55
女 15 30 45
总计 25 75 100
将2×2列联表中的数据代入公式,得
所以在犯错误的概率不超过5%的前提下,不能认为是否为“环保关注者”与性别有关.
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(2)视频率为概率,我市所有的“环保达人”中是男“环保达人”的概率为 ,女“环保达人”的概率为 ,
①抽取的3名市民中既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率为
②该市民是“环保达人”的概率为 .X可能的取值为10,20,30,40.
所以X的分布列为
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9第四章4.1.3 独立性与条件概率的关系
A级 必备知识基础练
1.[探究点一·2023广东揭阳高一期末]若随机事件A,B满足P(AB)=,P(A)=,P(B)=,则事件A与B的关系是( )
A.互斥
B.相互独立
C.互为对立
D.互斥且独立
2.[探究点二·2023福建三明高一期末]甲、乙两个气象站同时作气象预报,如果甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,那么在一次预报中两站恰有一次准确预报的概率为( )
A.0.8 B.0.7
C.0.56 D.0.38
3.[探究点一]如果A,B是独立事件,分别是A,B的对立事件,那么以下等式中不一定成立的是( )
A.P(A∩B)=P(A)P(B)
B.P(∩B)=P()P(B)
C.P(A∪B)=P(A)+P(B)
D.P()=(1-P(A))(1-P(B))
4.[探究点一](多选题)下列各对事件中,不是相互独立事件的有( )
A.运动员甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”
B.甲、乙两运动员各射击一次,“甲射中10环”与“乙射中9环”
C.甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”
D.甲、乙两运动员各射击一次,“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”
5.[探究点二]有一道数学难题,在半小时内,甲能解决的概率是,乙能解决的概率是,2人试图独立地在半小时内解决它,则2人都未解决的概率为 .
6.[探究点二]甲、乙两名射击运动员分别对一目标射击一次,甲射中的概率为0.8,乙射中的概率为0.9,求:
(1)2人都射中目标的概率;
(2)2人中恰有1人射中目标的概率;
(3)2人至少有1人射中目标的概率.
B级 关键能力提升练
7.[2023新疆疏勒实验学校高一期末]某同学从家到学校要经过三个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,该同学在各路口遇到红灯的概率分别为,则该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为( )
A. B. C. D.
8.甲、乙两队进行羽毛球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军,乙队需要再赢两局才能得到冠军,若甲队每局获胜的概率为,则甲队获得冠军的概率为 ( )
A. B. C. D.
9.(多选题)从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,从两袋各摸出一个球,下列结论正确的是( )
A.2个球都是红球的概率为
B.2个球中恰有1个红球的概率为
C.至少有1个红球的概率为
D.2个球不都是红球的概率为
10.(多选题)[2023浙江杭州余杭高二阶段练习]分别抛掷两枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6),设M表示“第一枚骰子的点数为奇数”,N表示“第二枚骰子的点数为偶数”,则( )
A.M与N互斥
B.M与N不对立
C.M与N相互独立
D.P(M∪N)=
11.某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气,公司决定进行一次信息化技术比赛,三个技术部门分别为麒麟部、龙吟部、鹰隼部,比赛规则如下:①每场比赛有两个部门参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛;③在比赛中,若有一个部门首先获胜两场,则本次比赛结束,该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”.已知在每场比赛中,麒麟部胜龙吟部的概率为,麒麟部胜鹰隼部的概率为,龙吟部胜鹰隼部的概率为.当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时,麒麟部获得“优胜部门”的概率是( )
A. B. C. D.
12.[2023浙江高二阶段练习]甲、乙两人独立地破译一份密码,已知各人能破译的概率分别为,则密码被成功破译的概率为 .
13.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是 .
14.[2023湖北随州高二期中]A,B是治疗同一种疾病的两种药,用若干试验组进行对比试验,每个试验组由4只小白鼠组成,其中2只服用A,另2只服用B,然后观察疗效.若在一个试验组中,服用A有效的白鼠的只数比服用B有效的多,就称该试验组为甲类组.设每只小白鼠服用A有效的概率为,服用B有效的概率为.
(1)求一个试验组为甲类组的概率;
(2)观察3个试验组,求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率.
C级 学科素养创新练
15.设事件A与B相互独立,两个事件中只有A发生的概率和只有B发生的概率都是,求事件A和事件B同时发生的概率.
参考答案
4.1.3 独立性与条件概率的关系
1.B 因为P(A)=,P(B)=,P(AB)=≠0,所以有P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与B相互独立,不互斥也不对立.故选B.
2.D 因为甲、乙两个气象站同时作气象预报,甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,所以在一次预报中两站恰有一次准确预报的概率P=0.8×(1-0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38.故选D.
3.C 因为A,B是独立事件,分别是A,B的对立事件,所以P(A∩B)=P(A)P(B),P(∩B)=P()P(B),P()=P()P()=(1-P(A))(1-P(B)),即选项A,B,D一定成立;P(A∪B)=P(AB)+P(A)+P(B)=P(A)P(B)+P(A)(1-P(B))+P(B)(1-P(A))=P(A)+P(B)-P(A)P(B),即P(A∪B)=P(A)+P(B)不一定成立.故选C.
4.ACD 在A中,甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在B中,甲、乙各射击一次,“甲射中10环”发生与否对“乙射中9环”的概率没有影响,二者相互独立;在C中,甲、乙各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在D中,设“至少有1人射中目标”为事件A,“甲射中目标但乙未射中目标”为事件B,则AB=B,因此当P(A)≠1时,P(AB)≠P(A)P(B),故A,B不独立.故选ACD.
5. 甲、乙两人都未能解决的概率为1-×1-=.
6.解记“甲射击1次,射中目标”为事件A,“乙射击1次,射中目标”为事件B,则A与B,与B,A与相互独立,
(1)2人都射中的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72,所以2人都射中目标的概率是0.72.
(2)“2人各射击1次,恰有1人射中目标”包括两种情况:一种是甲射中、乙未射中(事件A发生);另一种是甲未射中、乙射中(事件B发生).
根据题意,事件AB互斥,根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式,所求的概率为P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.8×(1-0.9)+(1-0.8)×0.9=0.08+0.18=0.26.
所以2人中恰有1人射中目标的概率是0.26.
(3)(方法一)2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况,其概率为P=P(AB)+[P(A)+P(B)]=0.72+0.26=0.98.
(方法二)“2人至少有1个射中”与“2人都未射中”为对立事件,2个都未射中目标的概率是P()=P()P()=(1-0.8)×(1-0.9)=0.02.
所以“2人至少有1人射中目标”的概率为P=1-P()=1-0.02=0.98.
7.D 由题意,该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率P=1-1-×1-×1-=.故选D.
8.B 由题意知,甲队每局获胜的概率为,乙队每局获胜的概率为,∴至少在两局内甲队赢一局,甲队才能获得冠军,当第一局甲队获胜,其概率为;当第一局甲队输,第二局甲队赢,其概率为.∴甲队获得冠军的概率为.故选B.
9.BC 对于A,因为从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,所以2个球都是红球的概率P=,故A错误;对于B,因为从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,所以2个球中恰有1个红球的概率P=×1-+1-×,故B正确;对于C,因为从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,所以至少有1个红球的概率P=×1-+1-×,故C正确;对于D,因为从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,所以2个球不都是红球的概率P=1-,故D错误.故选BC.
10.BCD 对于选项A:事件M与N是可能同时发生的,故M与N不互斥,选项A不正确;对于选项B:事件M与N不互斥,不是对立事件,选项B正确;对于选项C:事件M发生与否对事件N发生的概率没有影响,M与N相互独立;对于选项D:事件M发生的概率为P(M)=,事件N发生的概率P(N)=,P(M∪N)=1-P()P()=1-,选项D正确.故选BCD.
11.D 设事件A:麒麟部与龙吟部先比赛麒麟部获胜.由于在每场比赛中,麒麟部胜龙吟部的概率为,麒麟部胜鹰隼部的概率为,龙吟部胜鹰隼部的概率为,∴麒麟部获胜的概率分别是P(A)=×1-×+1-×1-×,故选D.
12. 根据题意,甲、乙两人能成功破译的概率分别是,则密码没有被破译,即甲乙都没有成功破译密码的概率P1=1-×1-=,故该密码被成功破译的概率P2=1-P1=1-.
13. 最后乙队获胜含3种情况:(1)第三局乙胜;(2)第三局甲胜,第四局乙胜;(3)第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.故最后乙队获胜的概率P=+2×.
14.解 (1)设Ai表示“一个试验组中,服用A有效的小白鼠有i只,i=0,1,2”,
Bi表示“一个试验组中,服用B有效的小白鼠有i只,i=0,1,2”,
依题意有P(A1)=2×,
P(A2)=,
P(B0)=,
P(B1)=2×,
所求概率为P=P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=.
(2)依题意这3个试验组中至少有一个甲类组的对立事件为这3个试验组中没有一个甲类组的,
所以所求事件概率P=1-1-3=.
15.解 在相互独立事件A和B中,只有A发生即事件A发生,只有B发生即事件B发生.
∵A和B相互独立,∴A与和B也相互独立.
∴P(A)=P(A)P()=P(A)[1-P(B)]=, ①
P(B)=P()P(B)=[1-P(A)]P(B)=. ②
由①-②得P(A)=P(B). ③
①③联立可解得P(A)=P(B)=.
∴P(AB)=P(A)P(B)=.第四章4.2 随机变量
4.2.1 随机变量及其与事件的联系 4.2.2 离散型随机变量的分布列
A级 必备知识基础练
1.[探究点一(角度1)](多选题)下列随机变量中,不是离散型随机变量的是( )
A.从10张已编好号码的卡片(1号到10号)中任取一张,被取出的卡片的号码
B.一个袋子中装有5个白球和5个黑球,从中任取3个球,其中所含白球的个数
C.某林场的树木最高可达30 m,从此林场中任选一棵树,所选树木的高度
D.从某加工厂加工的某种铜管中任选一根,所选铜管的外径尺寸与规定的外径尺寸之差
2.[探究点一(角度1)·2023广东深圳高二期中]甲、乙两班进行足球对抗赛,每场比赛赢了的队伍得3分,输了的队伍得0分,平局的话,两队各得1分,共进行三场.用ξ表示甲的得分,则ξ=3表示( )
A.甲赢三场
B.甲赢一场、输两场
C.甲、乙平局三次
D.甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次
3.[探究点二(角度2)·2023西藏林芝高二期末]已知随机变量X的分布列如下表:(其中a为常数)
X 1 2 3 4 5 6
P 0.1 0.1 a 0.3 0.2 0.1
则P(1≤X≤3)等于( )
A.0.4 B.0.5
C.0.6 D.0.7
4.[探究点三]设随机变量X服从两点分布,若P(X=1)-P(X=0)=0.2,则P(X=1)= .
5.[探究点一(角度2)]已知随机变量X的分布列如下表:
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
若Y=2X-3,则P(Y=5)的值为 .
6.[探究点二(角度1)·人教A版教材习题]某种资格证考试,每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过,便可领取资格证书,不再参加以后的考试,否则就继续参加考试,直到用完3次机会.小明决定参加考试,如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,且每次考试是否通过相互独立,试求:
(1)小明在一年内参加考试次数X的分布列;
(2)小明在一年内领到资格证书的概率.
B级 关键能力提升练
7.[2023安徽合肥高二期中]如图所示是离散型随机变量X的概率分布直观图,则a=( )
A.0.1 B.0.12 C.0.15 D.0.18
8.(多选题)[2023河北邢台高二阶段练习]若随机变量X的分布列如下,则( )
X 1 2 3 4
P
A.t=10 B.P(X>1)=0.8
C.t=11 D.P(X≥3)=0.6
9.设X是一个离散型随机变量,其分布列如下,则p= .
X -1 0 1
P p+ p2-
10.设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求:(1)Y=2X+1的分布列;
(2)P(311.[2023湖南衡阳高二阶段练习]某商店试销某种商品20天,获得如下数据:
日销售量/件 0 1 2 3
频数 1 5 9 5
试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变),设某天开始营业时有该商品3件,当天营业结束后检查存货,若发现存量少于2件,则当天进货补充至3件,否则不进货,将频率视为概率.
(1)求当天商店不进货的概率;
(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数,求X的分布列.
C级 学科素养创新练
12.已知随机变量ξ的分布列为
ξ -2 -1 0 1 2 3
P
分别求出随机变量η1=ξ,η2=ξ2的分布列.
参考答案
4.2 随机变量
4.2.1 随机变量及其与事件的联系
4.2.2 离散型随机变量的分布列
1.CD 对于A,被取出的卡片的号码是1,2,3,…,10,共有10个值,是随机变化的,符合离散型随机变量的定义;对于B,从10个球中取3个球,所含白球的个数有0,1,2,3,共有4个值,是随机变化的,符合离散型随机变量的定义;对于C,所选树木的高度是随机变化的,它可以取(0,30]内的一切值,无法一一列出,不是离散型随机变量;对于D,实际测量值与规定值之间的差值是随机变化的,它充满了某个区间,无法一一列出,不是离散型随机变量.故选CD.
2.D 由于赢了的队伍得3分,输了的队伍得0分,平局的话,两队各得1分,所以ξ=3可以分成两种情况,即3+0+0或1+1+1,即甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次.故选D.
3.A 依题意0.1+0.1+a+0.3+0.2+0.1=1 a=0.2,
所以P(1≤X≤3)=0.1+0.1+0.2=0.4.故选A.
4.0.6 随机变量X服从两点分布,则P(X=1)+P(X=0)=1,又P(X=1)-P(X=0)=0.2,联立解得P(X=1)=0.6.
5.0.2 当Y=5时,由2X-3=5得X=4,所以P(Y=5)=P(X=4)=0.2.
6.解 (1)考试次数X的可能取值为1,2,3,且P(X=1)=0.6,
P(X=2)=(1-0.6)×0.7=0.28,
P(X=3)=(1-0.6)×(1-0.7)=0.12.
∴X的分布列为
X 1 2 3
P 0.6 0.28 0.12
(2)小明在一年内领到资格证书的概率P=0.6+0.28+0.12×0.8=0.976或P=1-0.4×0.3×0.2=0.976.
7.C 由题意P(X=1)+P(X=3)+P(X=5)+P(X=7)=0.5+a+0.2+a=1,解得a=0.15.故选C.
8.AD 因为(1+2+3+4)=1,解得t=10,故A正确,C错误.由分布列可知P(X>1)=1-P(X=1)=1-0.1=0.9,故B错误;P(X≥3)=0.4+0.2=0.6,故D正确.故选AD.
9.-1 由分布列性质可得p++p2-=1,解得p=或-1,经检验p=-1符合题意.
10.解 由分布列的性质知,0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,解得m=0.3.
(1)由题意可知,P(2X+1=1)=P(X=0)=0.2,P(2X+1=3)=P(X=1)=0.1,
P(2X+1=5)=P(X=2)=0.1,P(2X+1=7)=P(X=3)=0.3,P(2X+1=9)=P(X=4)=0.3,
所以Y=2X+1的分布列为
Y=2X+1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)P(311.解 (1)记“当天商品销售量为0件”为事件A,“当天商品销售量为1件”为事件B,“当天商店不进货”为事件C,则P(C)=P(A)+P(B)=.
(2)由题意知,X的可能取值为2,3.
P(X=2)=P(当天商品销售量为1件)=,
P(X=3)=P(当天商品销售量为0件)+P(当天商品销售量为2件)+P(当天商品销售量为3件)=,
故X的分布列为
X 2 3
P
12.解由η1=ξ知,对于ξ取不同的值-2,-1,0,1,2,3时,η1的值分别为-1,-,0,,1,.
所以η1的分布列为
η1 -1 - 0 1
P
由η2=ξ2知,对于ξ的不同取值-2,2与-1,1,η2分别取相同的值4与1,则P(η2=4)=P(ξ=-2)+P(ξ=2)=,P(η2=1)=P(ξ=-1)+P(ξ=1)=.
所以η2的分布列为
η2 0 1 4 9
P