(共60张PPT)
第1讲 计数原理与概率
领航高考风向标
通览主干知识
1.抽样方法
(1)对于简单随机抽样,从容量为N的总体中抽取容量为n(1≤n
(2)分层随机抽样实际上就是按比例抽样,即按各层个体数占总体的比确定各层应抽取的样本数量.
2.统计中的五个数字特征
(1)众数:在样本数据中,出现次数最多的那个数据.
(2)中位数:在样本数据中,将数据按大小排列,位于最中间的数据.如果数据的个数为偶数,就取中间两个数据的平均数作为中位数.
(5)百分位数:一般地,一组数据的第p百分位数是这样一个值,它使得这组数据中至少有p%的数据小于或等于这个值,且至少有(100-p)%的数据大于或等于这个值.
(6)从频率分布直方图中得出有关数据的方法.
频率 频率分布直方图中横轴表示样本数据,纵轴表示
频率比 频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1,各小长方形高的比也就是频率比
众数的估计值 频率分布直方图中最高小长方形底边中点的横坐标
中位数的估计值 频率分布直方图中中位数左边和右边的直方图的面积相等
平均数的估计值 频率分布直方图中每个小长方形的面积与小长方形底边中点的横坐标的乘积之和
3.数据的统计相关性
(1)线性相关:一般地,如果两个变量的取值呈现正相关或负相关,而且散点落在一条直线附近,我们就称这两个变量线性相关.
(2)经验回归方程:若变量x与y具有线性相关关系,有n个样本数据
4.独立性检验
对于取值分别是{x1,x2}和{y1,y2}的分类变量X和Y,其2×2列联表是:
变量 y1 y2 合计
x1 a b a+b
x2 c d c+d
合计 a+c b+d n
随机变量
5.概率的计算公式
(2)互斥事件的概率计算公式P(A∪B)=P(A)+P(B);
(3)对立事件的概率计算公式P( )=1-P(A);
对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件
(4)条件概率公式
(5)全概率公式
一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意事件B Ω,有P(B) P(Ai)P(B|Ai),我们称这个公式为全概率公式.指的是对目标事件B有贡献的全部原因
微点拨 要注意概率P(A|B)与P(AB)的区别
(1)在P(A|B)中,事件A,B发生有时间上的差异,B先A后;在P(AB)中,事件A,B同时发生.
(2)样本空间不同,在P(A|B)中,事件B成为样本空间;在P(AB)中,样本空间仍为Ω,因而有P(A|B)≥P(AB).
6.离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,我们称X取每一个值xi的概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n为X的概率分布列,简称分布列.
X x1 x2 x3 … xi … xn
P p1 p2 p3 … pi … pn
(2)离散型随机变量的分布列的两个性质
①pi≥0(i=1,2,…,n);
②p1+p2+…+pn=1.
(3)期望公式
7.两种特殊分布
(1)超几何分布
在含有M件次品的N件产品中,任取n件(不放回),其中恰有X件次品,则P(X=k)= ,k=m,m+1,m+2,…,r.m=max{0,n-N+M},r=min{n,M},且n≤N,M≤N,n,M,N∈N*.
(2)二项分布
一般地,在n重伯努利试验中,设每次试验中事件A发生的概率为p(08.离散型随机变量的方差公式
方差和标准差都是描述随机变量的离散程度的量,方差或标准差越小,随机变量的取值越集中;方差或标准差越大,随机变量的取值越分散.
9.期望与方差的性质
(1)离散型随机变量期望的性质
①E(aX+b)=aE(X)+b;
②若X~B(n,p),则E(X)=np;
③若X服从两点分布,则E(X)=p.
(2)离散型随机变量方差的性质
①D(aX+b)=a2D(X);
②若X~B(n,p),则D(X)=np(1-p);
③若X服从两点分布,则D(X)=p(1-p).
10.正态分布
(1)正态分布完全由参数μ和σ确定,因此正态分布常记作N(μ,σ2).如果随机变量X服从正态分布,则记为X~N(μ,σ2).满足正态分
注意是σ2,不是σ
布的三个基本概率的值是①P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7;②P(μ-2σ≤X≤μ+2σ) ≈0.954 5;③P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
(2)利用正态密度曲线的对称性研究相关概率问题是常见考法,涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ对称,曲线与x轴之间的面积为1.
链高考1.(2023新高考Ⅱ,3)某学校为了了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果有( )
D
链高考2.(2023新高考Ⅰ,9)有一组样本数据x1,x2,…,x6,其中x1是最小值,x6是最大值,则( )
A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x6的平均数
B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6的中位数
C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,…,x6的标准差
D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6的极差
BD
链高考3.(2024全国甲,理17,文18)某工厂进行生产线智能化升级改造.升级改造后,从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验,数据如下:
车间 优级品 合格品 不合格品 合计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
合计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表:
车间 优级品 非优级品
甲车间
乙车间
依据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,能否推断甲、乙两车间产品的优级品率存在差异 依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,能否推断甲、乙两车间产品的优级品率存在差异
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5.设 为升级改造后抽取的
n件产品的优级品率.如果 ,则认为该工厂产品的优级品率
提高了.根据抽取的150件产品的数据,能否认为生产线智能化升级改造后,该工厂产品的优级品率提高了
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解 (1)
车间 优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
零假设为H0:甲、乙两车间产品的优级品率不存在差异.根据表中的数据,
因为3.841<χ2<6.635,所以依据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,我们推断H0不成立,即甲、乙两车间产品的优级品率存在差异,该推断犯错误的概率不超过0.05;
依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,我们没有充分证据推断H0不成立,即甲、乙两车间产品的优级品率不存在差异.
链高考4.(2024天津,13)有A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加,则甲选到A活动的概率为 ;已知乙选了A活动,那么他再选择B活动的概率为 .
链高考5.(2024北京,18)已知某险种的保费为0.4万元,前3次出险每次赔付0.8万元,第4次赔付0.6万元.
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
在总体中抽样1 000单,以频率估计概率:
(1)求随机抽取一单,赔偿不少于2次的概率;
(2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛利润为X万元,估计X的数学期望;
(ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%,已赔偿过的增加20%.估计保单下一保险期毛利润的数学期望.
(ⅱ)设赔偿金额为Y万元,由(ⅰ)可知赔偿金额的数学期望的估计值为E(Y)=0.4-E(X)=0.278.
设保单下一保险期的保费为Z万元,由题可知Z是一个离散型随机变量,其可能的取值为0.384,0.48.用频率估计概率,可知
计值为E(Z)=0.384×0.8+0.48×0.2=0.403 2,所以保单下一保险期毛利润的数学期望的估计值为E(Z)-E(Y)=0.125 2.
链高考6.(2019浙江,7)设0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
D
链高考7.(2024新高考Ⅰ,9)为了解某种植区推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值 =2.1,样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N( ,s2),则( )
(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
BC
解析 由题意知,X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12).∵P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,
∴P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7,
∴P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)≈0.158 7,故A错误; P(X>2)1.8)=0.5,故B正确;
∵P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3,故C正确,D错误.
故选BC.
考点一 排列与组合问题
例1(多选题)(2024山西晋中模拟)某中学的3名男生和2名女生参加数学竞赛,比赛结束后,这5名同学排成一排合影留念,则下列说法正确的是( )
A.若要求2名女生相邻,则这5名同学共有48种不同的排法
B.若要求女生与男生相间排列,则这5名同学共有24种排法
C.若要求2名女生互不相邻,则这5名同学共有72种排法
D.若要求男生甲不在排头也不在排尾,则这5名同学共有72种排法
ACD
[对点训练1](1)(2024浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动,每名志愿者至少去一个社区,每个社区至少1名志愿者,则不同的分配方法数是( )
A.300 B.240 C.150 D.50
C
(2)(多选题)(2024山东潍坊模拟)甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排,下列说法正确的是( )
A.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,那么不同的排法有24种
B.最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有42种
C.甲、乙不相邻的排法种数为82
D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
ABD
考点二 二项式定理
例2(1)(2024河北廊坊模拟) (n∈N*)的展开式中只有第4项的二项式系数最大,则展开式中的常数项为( )
A.-160 B.-20 C.20 D.160
A
(2)(多选题)(2024广东佛山模拟)
若(x-1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,则( )
A.a0=1
B.a3=20
C.2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6=0
D.|a0+a2+a4+a6|=|a1+a3+a5|
ACD
解析 将x=0代入(x-1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,得(0-1)6=a0,解得a0=1,故A正确;
(x-1)6的展开式的通项为Tk+1= x6-k(-1)k,令6-k=3,得k=3,
所以a3= (-1)3=-20,故B错误;
将x=2代入(x-1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,得(2-1)6 =a0+2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6,所以2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6=0,故C正确;
将x=1代入(x-1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,得
(1-1)6=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6,即a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,①
将x=-1代入(x-1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,得(-1-1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6,即a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64,②
①+②得2(a0+a2+a4+a6)=64,所以a0+a2+a4+a6=32,①-②得2(a1+a3+a5)
=-64,所以a1+a3+a5=-32,所以|a0+a2+a4+a6|=|a1+a3+a5|,故D正确.故选ACD.
[对点训练2](1)(2024浙江金丽衢十二校一模)(1+x-y)5的展开式中含x2y的项的系数为( )
A.30 B.-30 C.10 D.-10
B
(2)(2024山东菏泽模拟)(x2+ax-1)(1-x)6的展开式中含x2的项的系数是-2,则实数a的值为( )
A.0 B.3 C.-1 D.-2
D
考点三 古典概型
例3“春雨惊春清谷天,夏满芒夏暑相连;秋处露秋寒霜降,冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节,每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气,则这2个节气恰好不在一个季节的概率
为 .
解析 我们用A1,A2,…,A6表示春季的6个节气,用B1,B2,…,B6表示夏季的6个节气,用C1,C2,…,C6表示秋季的6个节气,用D1,D2,…,D6表示冬季的6个节气,则试验的样本空间Ω={(A1,A2),(A1,A3),…,(A1,A6),(A1,B1),(A1,B2),…,(A1,B6), (A1,C1),(A1,C2),…,(A1,C6),(A1,D1),(A1,D2),…,(A1,D6),(A2,A3),(A2,A4),…,
(A2,D6),(A3,A4),…,(A3,D6),…,(D5,D6)},共 =276(个)样本点,且每个样本点都是等可能的,所以这是一个古典概型.
(方法一)设事件A=“这2个节气恰好不在一个季节”,则A={(A1,B1),(A1,B2),…, (A1,D6),(A2,B1),(A2,B2),…,(A2,D6),…,(A6,D6),(B1,C1),(B1,C2),…,(B1,D6),…,
(B6,D6),(C1,D1),(C1,D2),…,(C1,D6),…,(C6,D6)},
(方法二)设事件A=“这2个节气恰好不在一个季节”,B=“这2个节气恰好在一个季节”,则B={(A1,A2),(A1,A3),…,(A1,A6),(B1,B2),(B1,B3),…,(B1,B6),(C1,C2),(C1,C3),…,
(C1,C6),(D1,D2),(D1,D3),…,(D1,D6)},
延伸探究
在本例条件下,若从24个节气中任选3个节气,求这3个节气恰好在一个季节的概率.
[对点训练3](2023全国甲,文4)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为( )
解析 我们用A,B表示高一年级的2名学生,用C,D表示高二年级的两名学生,则试验的样本空间Ω={(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D)},共有6个样本点,且每个样本点都是等可能的,所以这是一个古典概型.
设事件A=“这2名学生来自不同年级”,则A={(A,C),(A,D),(B,C),(B,D)},则n(A)=4,所以所求概率
D
考点四 条件概率与全概率公式(多考向探究预测)
考向1条件概率
例4从装有3个红球和4个蓝球的袋中,每次不放回地随机摸出一球.设A=“第一次摸球时摸到红球”,B=“第二次摸球时摸到蓝球”,则P(B|A)= .
增分技巧
条件概率的三种求法
考向2全概率公式
C
[对点训练4](1)(2023全国甲,理6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰, 50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
A
(2)(多选题)某儿童乐园有甲、乙两家游乐场,小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲游乐场,那么第二天去甲游乐场的概率为0.6;如果他第一天去乙游乐场,那么第二天去甲游乐场的概率为0.5,则小王同学( )
A.第二天去甲游乐场的概率为0.54
B.第二天去乙游乐场的概率为0.44
C.第二天去了甲游乐场,则第一天去乙游乐场的概率为
D.第二天去了乙游乐场,则第一天去甲游乐场的概率为
AC
解析 设事件A1=“小王同学第一天去甲游乐场”,事件A2=“小王同学第二天去甲游乐场”,事件B1=“小王同学第一天去乙游乐场”,事件B2=“小王同学第二天去乙游乐场”,则P(A1)=0.4,P(B1)=0.6,P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)=0.5,所以P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54,故选项A正确;
因为P(B2)=1-P(A2)=0.46,故选项B不正确;(共44张PPT)
第2讲 统计与成对数据的统计分析
考点一 用样本估计总体
例1(多选题)(2024湖北黄石模拟)随着互联网的发展,网上购物几乎成为人们日常生活中不可或缺的一部分,这也使得快递行业市场规模呈现出爆发式的增长.陈先生计划在家所在的小区内开一家快递驿站,为了确定驿站规模的大小,他统计了隔壁小区的甲驿站和乙驿站一周的日收件量(单位:件),得到折线图如图,则下列说法正确的是( )
A.乙驿站一周的日收件量的极差为80
B.甲驿站日收件量的中位数为160
C.甲驿站日收件量的平均值大于乙驿站的日收件量的平均值
D.甲驿站和乙驿站的日收件量的方差分别记为
答案 BC
解析 乙驿站一周的日收件量的极差为160-40=120,故A错误;
甲驿站日收件量从小到大排列为:130,150,160,160,180,190,200,所以中位数为160,故B正确;
由题图可知甲驿站日收件量每天都比乙驿站的日收件量多,所以甲驿站日收件量的平均值大于乙驿站的日收件量的平均值,故C正确;
由题图可知甲驿站日收件量的波动比乙驿站的日收件量的波动小,所以
,故D错误.故选BC.
[对点训练1](多选题)为响应自己城市倡导的低碳出行,小李上班可以选择公交车、自行车两种交通工具,他分别记录了100次坐公交车和骑车所用时间(单位:min),得到下列两个频率分布直方图.基于以上统计信息,可知( )
A.骑车时间的中位数的估计值是22
B.坐公交车时间的40%分位数的估计值是19
C.坐公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值
D.骑车时间小于平均数的估计值的次数少于50
答案 BC
解析 对于A,因为0.1×2=0.2,(0.1+0.2)×2=0.6,所以中位数落在区间[20,22)内,设骑车时间的中位数为a,则0.1×2+0.2(a-20)=0.5,解得a=21.5,故骑车时间的中位数的估计值是21.5,故A错误;
对于B,因为(0.025+0.05+0.075)×2=0.3,0.3+0.1×2=0.5,所以40%分位数落在区间[18,20)内,设坐公交车时间的40%分位数为b,则0.3+0.1×(b-18)=0.4,解得b=19,故坐公交车时间的40%分位数的估计值是19,故B正确;
对于C,坐公交车时间的平均数的估计值
=13×0.025×2+15×0.05×2+17×0.075×2+19×0.1×2+21×0.1×2
+23×0.075×2+25×0.05×2+27×0.025×2=20,
骑车时间的平均数的估计值
=19×0.1×2+21×0.2×2+23×0.15×2+25×0.05×2=21.6.
因为 ,所以坐公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值,故C正确;
对于D,因为0.1×2+0.2×(21.6-20)=0.52,所以骑车时间小于平均数的估计值的频率为0.52,所以骑车时间小于平均数的估计值的次数为0.52×100=52,故D错误.故选BC.
考点二 回归分析(多考向探究预测)
考向1线性回归分析
例2(2024湖北武汉模拟)随着科技发展的日新月异,人工智能融入了各个行业,促进了社会的快速发展.其中利用人工智能生成的虚拟角色因为拥有更低的人工成本,在直播带货领域得到使用.某公司使用虚拟角色直播带货的销售金额逐步提升,以下为该公司自2023年8月使用虚拟角色直播带货后的销售金额情况统计.
年月 2023年8月 2023年9月 2023年10月 2023年11月 2023年12月 2024年1月
月份编号x 1 2 3 4 5 6
销售金额 y/万元 15.4 25.4 35.4 85.4 155.4 195.4
若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示,回答如下问题:
(1)试求变量y与x的样本相关系数r(结果精确到0.01);
(2)试求y关于x的经验回归方程,并据此预测2024年2月该公司的销售金额(结果精确到0.1).
[对点训练2]“城市公交”泛指城市范围内定线运营的公共汽车及轨道交通等交通方式.某城市的公交公司为了方便市民出行,科学规划车辆投放,在一个人员密集流动地段增设了起点站,为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系,经过调查得到如下数据:
编号i 1 2 3 4 5
间隔时间xi/min 6 8 10 12 14
等候人数yi 15 18 20 24 23
(1)易知可用一元线性回归模型描述y与x的关系,请用样本相关系数加以说明;
(2)建立y关于x的经验回归方程,并预测车辆发车间隔时间为20 min时乘客的等候人数.
因为|r|接近1,所以y与x的线性相关程度非常高,所以可以用一元线性回归模型描述y与x的关系.
考向2非线性回归分析
例3(2024辽宁沈阳模拟)土壤食物网对有机质的分解有两条途径,即真菌途径和细菌途径.在不同的土壤生态系统中,由于提供能源的有机物被分解的难易程度不同,这两条途径所起的作用也不同.以细菌分解途径为主导的土壤,有机质降解快,氮矿化率高,有利于养分供应;以真菌途径为主的土壤,氮和能量转化比较缓慢,有利于有机质存储和氮的固持.某生物实验小组从一种土壤数据中随机抽查并统计了8组数据,如下表所示:
编号i 1 2 3 4 5 6 7 8
细菌xi/百万个 70 80 90 100 110 120 130 140
真菌yi/百万个 8.0 10.0 12.5 15.0 17.5 21.0 27.0 39.0
其散点图如下,散点大致分布在指数型函数y=aebx(a>0)的图象附近.
(1)求y关于x的经验回归方程(参数精确到0.001);
(2)在做土壤相关的生态环境研究时,细菌与真菌的比值能够反映土壤的碳氮循环.以样本的频率估计总体分布的概率,若该实验小组从8组数据任选4组,记真菌数yi(单位:百万个)与细菌数xi(单位:百万个)的比值位于区间(0.13,0.20)内的组数为X,求X的分布列与数学期望.
(2)由已知图表可知从第1组到第8组的真菌数yi(单位:百万个)与细菌数xi(单位:百万个)的比值依次
用表格表示X的分布列为
[对点训练3](2024陕西安康模拟)随着移动互联网和直播技术的发展,直播带货已经成为一种热门的销售方式.下面统计了某产品通过直播带货途径从6月份到10月份每个月的销售量yi(单位:万件)(i=1,2,3,4,5)的数据,得到如图所示的散点图.其中6月份至10月份的月份代码为xi(i=1,2,3,4,5),如:x1=1表示6月份.
(1)根据散点图判断,模型①y=a+bx与模型②y=c+dx2哪一个更适宜描述月销售量y与月份代码x的关系 (给出判断即可,不必说明理由)
(2)(ⅰ)根据(1)的判断结果,建立y关于x的经验回归方程;(计算结果精确到0.01)
(ⅱ)根据结果预测12月份该产品的销售量.
解 (1)由散点图可知该产品每个月的销售量的增加幅度不一致,散点图非线性,结合图象故选模型②y=c+dx2.
考点三 独立性检验
例4(2023全国甲,理19)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).
(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望;
(2)试验结果如下:
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5
18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8
23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数,完成如下列联表:
分组 对照组
试验组
(ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表,依据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,能否推断小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
(2)(ⅰ)将40只小白鼠体重的增加量从小到大排列,得7.8,9.2,11.4,12.4,13.2,15.2,15.5,16.5,18.0,18.8,18.8,19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,23.9,25.1,25.8,26.5,27.5,28.2,30.1,32.3,32.6,34.3,34.8,35.6,35.6,35.8,36.2,36.5,37.3,40.5,43.2,所以
列联表为
分组 对照组 6 14
试验组 14 6
(ⅱ)零假设为H0:小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量没有差异.
根据列联表中的数据,经计算得到
根据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,我们推断H0不成立,即认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异,此推断犯错误的概率不大于0.05.
[对点训练4](2024江苏徐州一模)某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查,学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类,预习分为主动预习和不太主动预习两类,设事件A=“学习兴趣高”, =“学习兴趣一般”,事件B=“主动预习”,
(1)计算P(A)和P(A|B)的值,并判断A与B是否为独立事件;
(2)为验证学生的学习兴趣与预习情况是否有关,该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为m(m∈N*)的样本,利用χ2独立性检验,计算得到χ2=1.350.为提高检验结论的可靠性,现将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍,使得根据小概率值α=0.005的独立性检验,可以认为学生的学习兴趣与预习情况有关,试确定t的最小值.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
(2)零假设为H0:学生的学习兴趣与预习情况无关.
假设原列联表为
预习情况 学习兴趣 合计
兴趣高 兴趣一般 主动预习 a b a+b
不太主动预习 c d c+d
合计 a+c b+d a+b+c+d
将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍,则新的列联表为
预习情况 学习兴趣 合计
兴趣高 兴趣一般 主动预习 ta tb t(a+b)
不太主动预习 tc td t(c+d)
合计 t(a+c) t(b+d) t(a+b+c+d)
根据列联表中的数据,经计算得到
因为根据小概率值α=0.005的独立性检验,可以推断H0不成立,
即学生的学习兴趣与预习情况有关,
所以1.35t≥x0.005=7.879,
解得t≥5.84.
又t∈N*,所以t的最小值为6.(共50张PPT)
专题检测五
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一、选择题
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1.(2024湖南长沙模拟)某10人的射击小组,在一次射击训练中射击成绩数据如下表所示,则这组数据的中位数为( )
成绩/环 6 7 8 9 10
人数 1 2 2 4 1
A.2 B.8
C.8.2 D.8.5
D
解析 将射击成绩由小到大排列为6,7,7,8,8,9,9,9,9,10,所以其中位数为
=8.5.故选D.
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A.-91 B.-21 C.14 D.49
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3.(2023新高考Ⅱ,3)某学校为了了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400和200名学生,则不同的抽样结果有( )
D
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4.(2024辽宁鞍山二模)某校数学兴趣社团对“学生性别和选学生物学是否有关”作了尝试性调查.其中被调查的男女生人数相同.男生选学生物学的人数占男生人数的 ,女生选学生物学的人数占女生人数的 .若依据小概率值α=0.1的独立性检验,可以认为选学生物学和性别有关,则被调查的男生人数不可能为( )
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.20 B.30 C.35 D.40
A
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解析 零假设为H0:选学生物学和性别无关.
设被调查的学生人数为2m,则由题可得列联表如下.
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因为根据小概率值α=0.1的独立性检验,可以推断H0不成立,即认为选学生物学和性别有关,所以χ2≥x0.1=2.706,即 ,解得m≥28.413.
由题可知,m为5的倍数,所以m≥30且m为5的整数倍,故男生人数不可能为20.故选A.
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5.(2024广东江门一模)已知9名女生的身高(单位:cm)平均值为162,方差为26,若增加1名身高为172 cm的女生,则这10名女生身高的方差为( )
A.32.4 B.32.8
C.31.4 D.31.8
A
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6.(2024广东佛山二模)劳动可以树德、增智、健体、育美.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动实践比赛,已知冠军是甲、乙当中的一人,丁和戊都不是最差的,则这5名同学的名次排列(无并列名次)的可能结果共有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
B
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7.(2024华中师大一附中模拟)如图所示,已知一质点在外力的作用下,从原点O出发,每次向左移动的概率为 ,向右移动的概率为 .若该质点每次移动1个单位长度,设经过5次移动后,该质点的坐标为X,则P(X>0)=( )
D
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8.(2024广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题,其中B和C是正确选项,A和D是错误选项,甲、乙两名同学都完全不会这道题目,只能在4个选项中随机选取两个选项.设事件M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”,事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”,事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”,事件Y=“甲、乙两人均未选择B选项”,则( )
A.事件M与事件N相互独立
B.事件X与事件Y相互独立
C.事件M与事件Y相互独立
D.事件N与事件Y相互独立
C
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二、选择题
9.(2024辽宁抚顺一模)采购经理指数(PMI)是国际上通用的监测宏观经济走势的指标,具有较强的预测、预警作用.2023年12月31日,国家统计局发
布了中国制造业PMI指数(经季节调整)图,如下图所示,则下列说法正确的是( )
A.图中前三个月的数据的平均值为49.9%
B.2023年四个季度的PMI指数中,第一季度方差最大
C.图中PMI指数的极差为3.8%
D.2023年PMI指数的75%分位数为50.1%
AB
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10.(2024云南保山模拟)若(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列正确的是( )
A.a0=1
B.a0+a1+…+a2 024=32 024
C.a0-a1+a2-a3+…+a2 024=1
D.a1-2a2+3a3+…+(-2 024a2 024)=-2 024
ABC
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解析 令x=0,得a0=(1+2×0)2 024=1,故A正确;
令x=1,得a0+a1+…+a2 024=(1+2×1)2 024=32 024,故B正确;
令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a2 024=(1-2×1)2 024=1,故C正确;
由(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024两边同时求导,得
2 024×2×(1+2x)2 023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,
令x=-1,得a1-2a2+3a3+…+(-2 024a2 024)=2 024×2×(1-2×1)2 023=-4 048,故D错误.
故选ABC.
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解析 因为输入某一信号时,输出的信号字母不变的概率为α(0<α<1),输出其他两个字母的概率均为 ,即输出的信号字母改变的概率为1-α,且信号的传输相互独立,所以用X表示输入4个字母的信号时,输出的信号中不变的字母个数,X~B(4,α),所以输入信号MMMM,输出的信号只有两个M的概率为P(X=2)= α2 (1-α)2=6α2(1-α)2,故A错误;
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因为p1+p2+p3=1,所以Ω=M1∪N1∪P1,且M1,N1与P1两两互斥,所以由全概率公式,得
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三、填空题
12.(2024山东济南一模)已知随机变量X~N(1,22),则D(2X+1)的值为 .
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解析 由X~N(1,22),可得D(X)=22=4,则D(2X+1)=4D(X)=16.
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13.(2024山东枣庄一模)盒子内装有编号为1,2,3,…,10的10个除编号外完全相同的玻璃球.从中任取三球,则其编号之和能被3整除的概率为 .
解析 依题意,问题相当于从1,2,3,…,10的10个数中任取3个,这3个数的和能被3整除的概率,显然样本空间包含的样本点个数为n(Ω)= =120,且每个样本点都是等可能的.
10个数中能被3整除的有3,6,9;除以3余数是1的有1,4,7,10;
除以3余数是2的有2,5,8,取出的3个数的和能被3整除的事件A包含的样本点个数为n(A)=
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14.(2024山东潍坊模拟)已知随机变量X~B(2,p),其中01
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四、解答题
15.(13分)(2024山东济宁二模)为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性,某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响,为此对学生是否经常锻炼的情况进行了抽样调查,从全体学生中随机抽取男女各100名学生,经统计,抽查数据如下表所示.
性别 体育锻炼情况 合计
经常 不经常 男生 80 20 100
女生 60 40 100
合计 140 60 200
(1)依据小概率值α=0.005的独立性检验,分析性别与体育锻炼的经常性是否有关;
(2)为提高学生体育锻炼的积极性,学校决定在上述经常参加体育锻炼的学生中,按性别用比例分配的分层随机抽样随机抽取7名同学组成体育锻炼宣传小组,并从这7名同学中选出3人担任宣传组长,记担任宣传组长的女生人数为X,求随机变量X的分布列及数学期望.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
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解 (1)零假设为H0:性别与锻炼的经常性无关联,
根据列联表中的数据,经计算得到
根据小概率值α=0.005的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为性别与锻炼的经常性有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)由题可知,随机抽取的7名同学中男生4人,女生3人.
易知X服从超几何分布,且N=7,M=3,n=3.
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16.(15分)(2024新疆乌鲁木齐一模)地区生产总值(地区GDP)是衡量一个地区经济发展的重要指标,在2019年—2023年中,某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃,从1 464亿元增长到了3 008亿元,若该地区在这五年中的年份编号x(2019年对应的x值为1,2020年对应的x值为2,以此类推)与地区生产总值y(单位:百亿元)的对应数据如下表:
年份编号x 1 2 3 4 5
地区生产总值y/百亿元 14.64 17.42 20.72 25.20 30.08
(1)该地区2023年的人均生产总值为9.39万元,若2023年全国的人均生产总值X(单位:万元)服从正态分布N(8.57,0.822),那么在全国其他城市或地区中随机挑选2个,用Y表示其中人均生产总值高于该地区的数量,求P(Y=1);
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解 (1)易知9.39=8.57+0.82,因为X~N(8.57,0.822),所以
即全国某个其他城市或地区大于该地区的人均生产总值的概率约为0.16,
则Y~B(2,0.16),所以P(Y=1)=(0.16)×(1-0.16)=0.268 8.
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17.(15分)(2024四川南充二诊)已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后,分为Ⅰ级和Ⅱ级,两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示.
Ⅰ级品
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若只利用该指标制定一个标准,需要确定临界值K,按规定须将该指标大于或等于K的产品应用于A型手机,小于K的产品应用于B型手机.若将Ⅰ级品中该指标小于临界值K的芯片错误应用于A型手机会导致芯片生产商每部手机损失800元;若将Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的芯片错误应用于B型手机会导致芯片生产商每部手机损失400元;假设数据在组内均匀分布,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
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(1)设临界值K=70时,将2个不作该指标检测的Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机,求芯片生产商的损失ξ(单位:元)的分布列及期望;
(2)设K=x且x∈[50,55],现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品,分别应用于A型手机、B型手机各1万部的生产:
方案一:将芯片不作该指标检测,Ⅰ级品直接应用于A型手机,Ⅱ级品直接应用于B型手机;
方案二:重新检测该芯片Ⅰ级品,Ⅱ级品的该项指标,并按规定正确应用于手机型号,会避免方案一的损失费用,但检测费用共需要130万元.
请求出按方案一,芯片生产商损失费用的估计值f(x)(单位:万元)的表达式,并从芯片生产商的成本考虑,选择合理的方案.
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(2)当临界值K=x且x∈[50,55]时,若采用方案一,则Ⅰ级品中该指标小于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x-50)=0.005x-0.23,所以可以估计
10 000部A型手机中有10 000(0.005x-0.23)=50x-2 300(部)手机芯片应用错误;
Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60-x)
=-0.03x+1.9,所以可以估计10 000部B型手机中有10 000(-0.03x+1.9)
=19 000-300x(部)手机芯片应用错误,所以f(x)=0.08(50x-2 300)+0.04(19 000-300x)=576-8x,即f(x)=576-8x,x∈[50,55],
因为x∈[50,55],所以f(x)∈[136,176].
又采用方案二需要检测费用共130万元,故从芯片生产商的成本考虑,应选择方案二.
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18.(17分)(2024山东潍坊一模)若ξ,η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量,则称(ξ,η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机向量.设(ξ,η)的所有可能取值为(ai,bj),i,j=1,2,…,记pij表示(ai,bj)在Ω中出现的概率,其中pij=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
(1)将三个相同的小球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中,记1号盒子中的小球个数为ξ,2号盒子中的小球个数为η,则(ξ,η)是一个二维随机变量.
①写出该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值;
②若(m,n)是①中的值,求P(ξ=m,η=n).(结果用m,n表示)
(2)P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ,η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律,
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(1)解 ①该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值为(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).
②依题意,0≤m≤3,0≤n≤3,0≤m+n≤3,P(ξ=m,η=n)=P[(ξ=m)∩(η=n)]
=P(ξ=m|η=n)·P(η=n),显然η~B(3, ),则
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(2)证明 由定义及全概率公式知,
P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪…}=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+…
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19.(17分)(2024福建漳州模拟)“绿色出行,低碳环保”的理念已经深入人心,逐渐成为新的时尚.甲、乙、丙三人为响应“绿色出行,低碳环保”号召,他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种.他们之间的出行互不影响,其中,甲每天选择“共享单车”的概率为 ,乙每天选择“共享单车”的概率为 ,丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为 ,从第二天起,若前一天选择“共享单车”,后一天继续选择“共享单车”的概率为 ,若前一天选择“地铁”,后一天继续选择“地铁”的概率为 ,如此往复.
(1)若3月1日有2人选择“共享单车”出行,求丙选择“共享单车”的概率;
(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为X,求X的分布列与数学期望;
(3)求丙在3月份第n(n=1,2,…,31)天选择“共享单车”的概率为Pn,并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数.
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解 (1)设A=“甲3月1日选择‘共享单车’出行”,B=“乙3月1日选择‘共享单车’出行”,C=“丙3月1日选择‘共享单车’出行”,由题可知
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