专题六 概率与统计
第1讲 小题研透——计数原理与统计初步
1.C 法一（直接法） 选出的3位同学中男女生都要有，分为两类：1男2女、2男1女，故共有＋＝70（种）选法，故选C.
法二（间接法） 选出的3位同学中男女生都要有的反面是全男或全女，故共有－－＝70（种）选法，故选C.
2.C 二项式（－）6的展开式的通项为Tr＋1＝·（）6－r·（－）r＝（－1）r·，令＝0得r＝2，∴常数项为（－1）2＝15.
3.D 根据题意，抽取的样本容量为（3 500＋4 500＋2 000）×10％＝1 000，其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为350，450，200，根据题图2知抽取的小学生、初中生、高中生中，近视的人数分别为35，135，100，所以该地区中小学生的平均近视率为×100％＝27％.故选D.
4.ABD 对于A，根据平均数的定义得n＝xi，即7×6＝1＋3＋5＋6＋9＋11＋m，得m＝7，A正确.对于B，根据中位数的定义得，当m＝2 024时，x0＝6，B正确.对于C，若m＝7，则＝6，s2＝×[（1－6）2＋（3－6）2＋（5－6）2＋（6－6）2＋（9－6）2＋（11－6）2＋（7－6）2]＝10，C错误.对于D，i＝7×80％＝5.6，所以样本数据的80％分位数为按从小到大顺序排列后的第6个数11，D正确.综上，选A、B、D.
5.－30 解析：（a2－a＋b）5＝（a2－a＋b）·（a2－a＋b）·（a2－a＋b）（a2－a＋b）·（a2－a＋b），则展开式中含有a5b2的项为（a2）2·（－a）·b2＝－30a5b2，故（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系数为－30.
6.180 解析：如图，从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C区花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色.则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有5×4×3×3＝180种不同的绿化方案.
7.B 法一 因为5＝1＋4＝2＋3，所以可先考虑排中间一列的卡片，有种可能.余下四张卡片随意排列，有种可能，其中两侧某列的数字之和为5，有种可能，所以不同的排法有（－）＝64（种）.
法二 5＝1＋4＝2＋3，若数字1，4在中间一列，则数字3和2分开在第一列和第三列，共有＝32（种）排法，若数字2，3在中间一列，也有32种排法，所以共有64种排法.
8.A 因（1＋2x）10＝[2（1＋x）－1]10，其二项展开式的通项为：Tr＋1＝[2（1＋x）]10－r（－1）r＝（－1）r210－r（1＋x）10－r，r＝0，1，…，10，而a2是a2（1＋x）2的系数，故只需取r＝8，得T9＝22（1＋x）2＝180（1＋x）2，即a2＝180.
9.C 若3≤a≤4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，a，4，中位数为3，不合乎题意；若a＞4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，4，a，中位数为3，不合乎题意；若2≤a＜3，则这组数据由小到大排列依次为1，2，a，3，4，中位数为a＝2；若1≤a＜2，则这组数据由小到大排列依次为1，a，2，3，4，中位数为2；若a＜1，则这组数据由小到大排列依次为a，1，2，3，4，中位数为2.综上所述，实数a的取值范围是（－∞，2].故选C.
10.C 由题意，可得＝16，所以m＋n＝32，所以这6个月的月慢走里程的平均数为＝17，要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，需要（m－17）2＋（n－17）2最小，又由（m－17）2＋（n－17）2＝（m－17）2＋（32－m－17）2＝2m2－64m＋172＋152，故当标准差最小时，m＝－＝16.
11.B 第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表， 有＝3种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有＝6种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2＝36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有＝3种结果，再将四门不同学科均分成两组，有＝3种结果，将学科分给学生，有＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×3×2＝18种，综合得不同的安排方案共有36＋18＝54种.故选B.
12.BCD 对于A，由10×80％＝8，所以样本数据的第80百分位数为，故A错误；对于B，由题意存在这样一种可能，若x1＝x2≤x3≤…≤x10，则极差为x10－x1＝x10－x2，若去掉x1或x2，此时样本数据的极差不变，故B正确；对于C，样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，故C正确；对于D，由s2＝－4＝（xi－）2，则－40＝（xi－）2＝－2xi＋10＝－10，所以＝4，因为xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，所以＞0，即＝2，故D正确.故选B、C、D.
13.BCD 对于A，（1＋x）8＝＋x＋x2＋…＋x8，令x＝1，得28＝1＋＋＋…＋＝1＋，则＝28－1，故A错误.对于B，因为＋＝，所以＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝…＝＋＝，故B正确.对于C、D，因为－＝，所以＝［－］＝－＋－＋…＋－＝1－，故C正确.（1＋x）16＝（1＋x）8（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8的项的系数为，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，须从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出（8－k）个x，它们对应的系数为＝（）2，所以（）2＝，故D正确.故选B、C、D.
14.10 解析：第一类：只选长、宽、高中的某一种棱进行截取，不同规格长方体的个数为＝3，第二类：选长、宽、高中的某两种棱进行截取，不同规格长方体的个数为2＝6，第三类：选长、宽、高三种棱进行截取，不同规格长方体的个数为1.故不同规格长方体的个数为3＋6＋1＝10.
15.28 解析：因为展开式的所有项的二项式系数和为2n＝256，解得n＝8，则（＋）8展开式的通项公式为Tr＋1＝（）8－r（）r＝，r＝0，1，2，…，8，可得第r＋1项的系数为ar＋1＝，r＝0，1，2，…，8，令即解得r＝6，所以展开式中第7项系数最大，其二项式系数为＝28.
16.AD 设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为x1，x2，x3，x4，x5，则x1≤x2≤x3≤x4≤x5，x3＝26，且24至少出现2次，故x1＝x2＝24，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为y1，y2，y3，y4，y5，则y1≤y2≤y3≤y4≤y5，y3＝29，取y1＝20，y2＝23，y4＝29，y5＝29，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为z1，z2，z3，z4，z5，由已知[（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2]＝9.6，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＝48，若z4≥32，则z5≥32，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＞72矛盾，所以z5＝32，（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＝12，因为z1，z2，z3，z4，z5的平均数为26，所以z1＋z2＋z3＋z4＝98，取z1＝23，z2＝25，z3＝25，z4＝25，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为5×60％＝3，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若≤24，则≤24，故z1＋z2＋z3＋z4＜98，矛盾，所以＞24，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确.故选A、D.
17.（n＋2）2n－1 解析：fk（1）＝（n－k＋1），F（1）＝f0（1）＋f1（1）＋…＋fk（1）＋…＋fn（1）＝（n＋1）＋n＋…＋（n－k＋1）＋…＋×1 ①.将F（1）倒序书写，可得F（1）＝×1＋×2＋…＋（k＋1）＋…＋n＋（n＋1） ②.将①和②相加，可得2F（1）＝（n＋2）（＋＋…＋＋…＋）＝（n＋2）2n.则F（1）＝（n＋2）2n－1.
第2讲 小题研透——概率
1.A 从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的基本事件总数为＝6，其结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所求概率为＝.选A.
2.B 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B.
3.C 由题意知μ＝78，σ＝4，P（X＞μ＋σ）＝≈≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C.
4.BCD 对B，P（B｜A）＝＝＝，∴P（AB）＝，B正确；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝P（B），∴P（B）＝，A错误；对C，P（B）＝P（）P（B）＝×＝，P（｜B）＝＝＝，C正确；对D，P（A＋）＝P（A）＋P（）－P（A）＝P（A）＋P（）－P（A）P（）＝＋－×＝，D正确.故选B、C、D.
5.0.6 解析：由题知X～B（10，p），则D（X）＝10p·（1－p）＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P（X＝4）＜P（X＝6），即p4·（1－p）6＜p6（1－p）4 （1－p）2＜p2 p＞0.5.∴p＝0.6.
6. 解析：从10个球中任取3个球，共有＝120种不同的情况.下面研究3个球编号之和能被3整除的情况：经过分析将这10个数分为三类，第一类，3的倍数{3，6，9}，第二类，3的倍数减1{2，5，8}，第三类，3的倍数加1{1，4，7，10}，第一类任意两个数、三个数的和都是3的倍数；第二类、第三类两个数的和不是3的倍数，三个数的和是3的倍数，第二类、第三类里各取1个数，它们的和是3的倍数.所以3个球编号之和能被3整除共有＋＋＋＝42种情况，所以其概率为＝.
7.C 该系统正常工作的概率为P{[（AB）∪C]∩D}＝P[（AB）∪C]·P（D）＝[1－P（）·P（）]·P（D）＝（1－P（∪）·P（））·P（D）＝[1－（1－P（AB））（1－P（C））]·P（D）＝[1－（1－p2）（1－p）]p.
8.B 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；由于P（A）＝，P（B）＝，P（A∩B）＝＝P（A）·P（B），因此事件A与事件B相互独立，故B正确；由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B∪C就同时发生了，因此事件A与事件B∪C不是互斥事件，故C错误；由于P（A）＝，P（B∩C）＝，P（A∩B∩C）＝≠P（A）·P（B∩C），因此事件A与事件B∩C不是相互独立的，故D错误.综上，选B.
9.A 设事件B1表示任选一件产品，来自于甲箱，事件B2表示任选一件产品，来自于乙箱，事件A表示从两箱产品中任取一件，恰好不合格，P（A）＝P（A｜B1）·P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15，又P（B1｜A）＝＝＝＝，P（B2｜A）＝＝＝＝，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为×＋×＝.故选A.
10.D 法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.
法二（特殊值法） 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D.
11.ABC 对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲线围成的面积S2，P（Y≤c）＝＋S1，P（X≤c）＝＋S2，∴P（X≤c）＜P（Y≤c），正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P（X＞μ2）＞，正确；对于D，由B知，P（X＞c）＝－S2，P（Y≤c）＝＋S1，∴P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1＋S1－S2＞1，错误.
12.AC 把“使用信用卡支付”记为事件A1，“使用支付宝支付”记为事件A2，“使用微信支付”记为事件A3，“遇到支付问题”记为事件B，则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.4，P（A3）＝0.4，P（B）＝0.06，P（A1｜B）＝P（A2｜B）＝P（A3｜B）＝.对于A，使用信用卡支付遇到支付问题的概率为P（B｜A1）＝＝＝0.1，故A正确；对于B，使用支付宝支付遇到支付问题的概率为P（B｜A2）＝＝＝0.05，使用微信支付遇到支付问题的概率为P（B｜A3）＝＝＝0.05，故B错误；对于C，关闭信用卡支付通道后，P（A2）＝0.5，P（A3）＝0.5，使用支付宝支付同时遇到支付问题的概率为P（A2B）＝P（B｜A2）P（A2）＝0.05×0.5＝0.025，使用微信支付同时遇到支付问题的概率为P（A3B）＝P（B｜A3）P（A3）＝0.05×0.5＝0.025，所以P（B）＝P（A2B）＋P（A3B）＝0.025＋0.025＝0.05，故C正确；对于D，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（B｜A1）P（A1）＋P（B｜A2）P（A2）＋P（B｜A3）P（A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3），减少使用微信支付的人数，会使P（A3）变小，P（A1）变大，从而导致P（B）变大，即会提高出现支付问题的概率，故D错误.综上，选A、C.
13. 解析：由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为×1×＋××1＋××＝.
14. 解析：由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为R，R，L，L，L，L六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为＝15，所有移动结果的总数为26＝64，所以落在－2上的概率为P＝.
15. 解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝（Pn－1－）.所以Pn－＝·＝×＝.所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝.
16.ABD 对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此A1，A2，A3，A4的概率均为，即A正确；对于B选项，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，故B正确；对于C、D选项，奖品在1号箱里，主持人可打开2，3，4号箱，故P（B3｜A1）＝，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故P（B3｜A3）＝0，奖品在4号箱里，主持人只能打开2，3号箱，故P（B3｜A4）＝，由全概率公式可得P（B3）＝P（Ai）P（B3｜Ai）＝×（＋＋0＋）＝，P（A1｜B3）＝＝＝，P（A2｜B3）＝＝＝＞，P（A4｜B3）＝＝＝＞，故C错误，D正确.
17.D 设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝×x％＝，同理P（F2）＝，P（F3）＝，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝，所以P（D1｜G）＝，P（D2｜G）＝，P（D3｜G）＝.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解得x＞，故选D.
第3讲 大题专攻——随机变量及其分布
1.解：（1）从8个小球中，随机一次取出3个小球，
共有＝＝56（种）结果.
先从数字1，2，3，4中选择3个数字，再从选定的数字中各取1个小球，共有＝32（种）结果.
记事件A：“取出的3个小球上的数字两两不同”，
则P（A）＝＝.
所以取出的3个小球上的数字两两不同的概率为.
（2）因为X为取出的3个小球上的最小数字，所以X的所有可能取值为1，2，3，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝.
故X的分布列为
X 1 2 3
P
X的数学期望E（X）＝1×＋2×＋3×＝.
2.解：（1）P（ζ≥12.2）＝P（ζ≥μ＋2σ）＝＝0.022 75.
所以符合该项指标的学生人数为3 000×0.022 75＝68.25≈68.
（2）①记A1表示解答A类试题第一次测试合格，
B1，B2分别表示解答B类试题第一次和第二次测试合格，测试共进行3次记为事件M，
则P（A1）＝，P（A1M）＝P（A1B2）＋P（A1）＝××＋××＝.
P（M｜A1）＝＝
＝＝.
②由题知，X的取值为0，1，2，
P（X＝0）＝×＝，
P（X＝1）＝××＋×××＝，
P（X＝2）＝1－P（X＝0）－P（X＝1）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
3.解：（1）由题意可设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，
则取到异号球的概率P＝＝，
所以＝，即n2＝2n.
解得n＝2.
所以盒中2号球的个数为4.
（2）若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，
因为猜对谜语的概率相互独立，记X为甲获得的奖金总额，
则X可能的取值为0元，100元，600元，
P（X＝0）＝0.2，
P（X＝100）＝0.8×（1－0.5）＝0.4，
P（X＝600）＝0.8×0.5＝0.4.
X的分布列为
X 0 100 600
P 0.2 0.4 0.4
X的均值为E（X）＝280.
若甲先回答3号球再回答1号球中的谜语，因为猜对谜语的概率相互独立，
记Y为甲获得的奖金总额，则Y可能的取值为0元，500元，600元，
P（Y＝0）＝0.5.
P（Y＝500）＝0.5×（1－0.8）＝0.1，
P（Y＝600）＝0.5×0.8＝0.4，
Y的分布列为
Y 0 500 600
P 0.5 0.1 0.4
Y的均值为E（Y）＝290.
因为E（Y）＞E（X），所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语.
4.解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件A，
由题设P（A）＝×××＋××（）2＝.
（2）设“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试中通过的项目数分别记为ζ，η”，
由题设知：ζ～B（3，），所以E（ζ）＝3×＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝××（1－m）＝，
P（η＝1）＝××（1－m）＋××（1－m）＋××m＝，
P（η＝2）＝××（1－m）＋××m＋××m＝，
P（η＝3）＝××m＝＝，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
从而E（η）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
由得解得＜m＜1，
故m的取值范围为（，1）.
第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
1.解：（1）因为采用分层随机抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名，所以男女同学的比例为2∶1，则＝2，故a＝10，
该班同学选择长跑的概率为＝.
（2）依题意，完善2×2列联表，如下，
性别 跑步项目类别 合计
长跑 短跑
男同学 30 10 40
女同学 10 10 20
合计 40 20 60
零假设为H0：选择跑步项目类别与学生性别无关，
χ2＝＝＝3.75＜6.635＝x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断出H0不成立，
因此可以认为H0成立，即认为选择跑步项目类别与学生性别无关.
2.解：（1）经验回归方程②的残差数据如下表：
x 5 7 9 11
y 200 298 431 609
20 －18 －21 21
经验回归方程②的残差图如图所示：
经验回归方程①更适宜作为y关于x的经验回归方程.
（以下理由或其他合理的理由，说出一条即可得分）：
理由1：经验回归方程①这4个样本点的残差的绝对值都比经验回归方程②的小.
理由2：经验回归方程①这4个样本的残差点落在的带状区域比经验回归方程②的带状区域更窄.
理由3：经验回归方程①这4个样本的残差点比经验回归方程②的残差点更贴近x轴.
（2）（ⅰ）由题意知，每件产品为优等品的概率P0＝＝0.6，
则X～B（12，0.6），因此E（X）＝12×0.6＝7.2，
由Y＝20X＋15×（12－X）＝5X＋180，
则E（Y）＝5E（X）＋180＝216.
（ⅱ）由（ⅰ）知总利润为216万元，总成本估计值＝＋173＝749（万元），
则p＝≈0.29.
3.解：（1）每天普及人数不少于240人的天数为3，则X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（2）设原来数据的样本中心点为（，），去掉第5天的数据后样本中心点为（'，'），
'＝（1＋2＋3＋4＋6＋7＋8＋9）＝5，'＝x5＝5＝，
'＝（9－y5）＝（9×190－203）＝，
故＝
＝
＝
＝＝＝30，
＝'－'＝－30×5＝，
所以＝30x＋.
4.解：（1）2×2列联表如下：
PM2.5的 平均浓度 燃油车日流量 合计
燃油车 日流量 x＜1 500 燃油车 日流量 x≥1 500
PM2.5的 平均浓度 y＜100 16 8 24
PM2.5的 平均浓度 y≥100 6 20 26
合计 22 28 50
零假设为H0：PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆无关联.
根据列联表中的数据，计算得
χ2＝≈9.624＞7.879＝x0.005，
所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，所以可以认为PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆有关联.
（2）①由题意，
得＝＝0.12，
得（xi－）（yi－）＝0.12（xi－）2，
由Sx＝＝249，
Sy＝＝36，
得r＝
＝
＝0.12×＝0.12×＝0.83＞0.75，
所以该经验回归方程有价值.
②因为Sx＝＝249，
即＝249，
所以＝≈1 548.55，
又＝0.12－73.86≈0.12×1 548.55－73.86＝111.966≈112.0.
故可推算出这50天PM2.5平均浓度y的平均数约为112.0 μg/m3.
培优点1 体育比赛与闯关
1.C 甲、乙打满4局比赛的胜负情况如图所示，
由树状图可知，胜负情况共有16种，其中甲赢得比赛的情况有5种，故所求概率P＝.
2.A 要使甲在第5局终止比赛并获胜，可分为2类情况：①甲前2局均失败，后3局中连胜，则甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p1＝（ 1－）×（ 1－）×××＝；②甲第1局胜，第2局负，后3局中连胜，则甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p2＝×（ 1－）×××＝.所以甲在第5局终止比赛并获胜的概率为p＝p1＋p2＝＋＝.
3.A 设每一轮训练过关的概率为p，则p＝＋××p2×（1－p2）＋××p1×（1－p1）＝－3＋2p1p2（p1＋p2）＝－3＋2p1p2×＝－3＋p1p2.又0＜p1p2≤（ ）2＝，当且仅当p1＝p2＝时等号成立.函数y＝－3x2＋x的图象的开口向下，对称轴为直线x＝，所以0＜－3＋p1p2≤－3×（ ）2＋×＝，依题意，知X～B（n，p），则E（X）＝n（ －3＋p1p2）＝16，n＝≥＝27，所以至少需要27轮.故选A.
4.BCD 对于A，k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为××＝，故A错误；对于B，k＝2时，甲赢得比赛的概率为·（）4＋·（）4＝，乙赢得比赛的概率为·（）4＋·（）4＝，故B正确；对于C，由二项分布的数学期望公式知，在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为2k×＝k，故C正确；对于D，在2k局比赛中，甲赢得比赛的概率为·［1－·（）2k］，故随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近，故D正确.
5.0.18 解析：甲队以4∶1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为p1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为p4＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，则甲队以4∶1获胜的概率为p＝p1＋p2＋p3＋p4＝0.036＋0.036＋0.054＋0.054＝0.18.
6.解：（1）前3局比赛甲都获胜的概率为P＝××＝.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，
其中，X＝0表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则P（X＝0）＝×＝；
X＝1表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢，或者第1局乙赢，且第2局乙输，
则P（X＝1）＝×＋×＝；
X＝2表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，
则P（X＝2）＝××＝；
X＝3表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙赢，
则P（X＝3）＝××＝.
综上，X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故X的数学期望为E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
7.解：（1）由条件，每次抢答题，甲得1分的概率为P甲＝×＋×＝，
每次抢答题乙得1分的概率为P乙＝1－P甲＝1－＝，
若第二题答完比赛结束，则前两次答题甲得2分或者乙得2分，
因此第二题答完比赛结束事件发生的概率P＝（ ）2＋（ ）2＝.
（2）根据题意，竞赛结束时抢答题目的总数X的所有可能取值为2，4，6，8，…，2n，…（n∈N*），
记pn＝P（X＝2n），
由（1）知，当X＝2时，p1＝P（X＝2）＝，且pn＋1＝pn（n∈N*），
则X的分布列可表示为：
X 2 4 6 … 2n …
P p1 p2 p3 … pn …
∴E（X）＝2p1＋4p2＋6p3＋8p4＋…＋2n·pn＋…＝＋4×p1＋6×p2＋8×p3＋…＋2n×pn－1＋…＝＋[4p1＋6p2＋8p3＋…＋2n·pn－1＋（2n＋2）·pn＋…]＝＋[（2p1＋4p2＋6p3＋…＋2n·pn＋…）＋2（p1＋p2＋p3＋…＋pn＋…）]＝＋[E（X）＋2]，解得E（X）＝.
8.解：（1）①记“甲获得第四名”为事件A，
则P（A）＝（1－0.6）2＝0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，
则X的所有可能取值为2，3，4.
连败两局：P（X＝2）＝（1－0.6）2＝0.16.
X＝3可分为连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负，
P（X＝3）＝0.62＋（1－0.6）×0.6×（1－0.6）＋0.6×（1－0.6）×（1－0.6）＝0.552，
P（X＝4）＝（1－0.6）×0.6×0.6＋0.6×（1－0.6）×0.6＝0.288，
故X的分布列如下：
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
故数学期望E（X）＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128.
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率为p3＋p（1－p）p2＋（1－p）p3＝（3－2p）p3.
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2.
因为（3－2p）p3－p2＝p2（3p－2p2－1）＝p2（2p－1）（1－p），且0＜p＜1，
所以p∈（ ，1）时，（3－2p）p3＞p2，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
p∈（ 0，）时，（3－2p）p3＜p2，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
p＝时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
培优点2 概率与统计中的创新问题
1.解：（1）设“某天中午甲去A餐厅用餐”为事件A，
“该天晚上甲去B餐厅用餐”为事件B，
由题知n（A）＝50，n（AB）＝20，
所以P（B｜A）＝＝0.4.
所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率为0.4.
（2）证明：由P（｜N）＝P（｜），
可知＝
＝，
所以P（N）－P（N）P（N）＝P（）·P（N）－P（N）P（N），
即P（N）＝P（）P（N），
所以P（N）－P（MN）＝[1－P（M）]·P（N），
得P（MN）＝P（M）P（N），
即M和N相互独立得证.
2.解：（1）当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P（0）＝1.
当n＝B时，赌徒停止赌博，因此输光的概率P（B）＝0.
（2）记赌徒手中有n元时最终输光为事件M，记赌徒手中有n元时上一局赌赢为事件N，则根据全概率公式可得，P（M）＝P（N）P（M｜N）＋P（）·P（M｜），
即P（n）＝P（n－1）＋P（n＋1），
所以P（n）－P（n－1）＝P（n＋1）－P（n），
所以{P（n）}是一个等差数列.
设P（n）－P（n－1）＝d，
则P（n－1）－P（n－2）＝d，…，P（1）－P（0）＝d，
累加得P（n）－P（0）＝nd，故P（B）－P（0）＝Bd，得d＝－.
（3）当A＝100时，由P（n）－P（0）＝nd得P（A）－P（0）＝Ad，即P（A）＝1－，
当B＝200时，P（A）＝50％，
当B＝1 000时，P（A）＝90％.
当B→＋∞时，P（A）→1，
因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就几乎有100％的概率输光.
3.解：（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有＝24种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其他的随意在哪个位置，有＝6种情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其他的随意在哪个位置，有2＝4种情况，所以所求概率为＝.
（2）记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i个，则P（Bi）＝，由全概率公式知：P（A）＝P（A｜Bi）P（Bi）＝（A｜Bi），
当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P（A｜Bi）＝0；
当k＋1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i－1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P（A｜Bi）＝，
因此P（A）＝（ ＋＋…＋）＝ln，
令g（x）＝ln（x＞0），求导得g'（x）＝ln－，由g'（x）＝0，得x＝，
当x∈（ 0，）时，g'（x）＞0，当x∈（ ，n）时，g'（x）＜0，
即函数g（x）在（ 0，）上单调递增，在（ ，n）上单调递减，
则g（x）max＝g（ ）＝，于是当k＝时，P（A）＝ln取得最大值，
所以P的最大值为，此时t的值为.
4.解：（1）①C：4，2，3，1，则逆序对有（4，2），（4，3），（2，1），（4，1），（3，1），则S（C）＝5；
②C：2，4，3，1，则逆序对有（4，3），（3，1），（4，1），（2，1），则S（C）＝4.
（2）考虑排列D：d1，d2，…，dn－1，dn与排列D1：dn，dn－1，…，d2，d1，
因为数对（di，dj）与（dj，di）中必有一个为逆序对（其中1≤i＜j≤n），
且排列D中数对（di，dj）共有＝个，
所以S（D）＋S（D1）＝.
所以排列D与D1的逆序对的个数的算术平均值为.
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列A：a1，a2，…，an，都可以构造排列A1：an，an－1，…，a2，a1，且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为.
所以所有S（A）的算术平均值为.
（3）证明：①当j＝i＋1，即ai，aj相邻时，
不妨设ai＜ai＋1，则排列A'为a1，a2，…，ai－1，ai＋1，ai，ai＋2，…，an，
此时排列A'与排列A：a1，a2，…，an相比，仅多了一个逆序对（ai＋1，ai），
所以S（A'）＝S（A）＋1，
所以S（A）＋S（A'）＝2S（A）＋1为奇数.
②当j≠i＋1，即ai，aj不相邻时，
假设ai，aj之间有m个数字，记排列A：a1，a2，…，ai，k1，k2，…，km，aj，…，an，
先将ai向右移动一个位置，得到排列A1：a1，a2，…，ai－1，k1，ai，k2，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A1）与S（A）的奇偶性不同，
再将ai向右移动一个位置，得到排列A2：a1，a2，…，ai－1，k1，k2，ai，k3，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A2）与S（A1）的奇偶性不同，
以此类推，ai共向右移动m次，得到排列Am：a1，a2，…，k1，k2，…，km，ai，aj，…，an，
再将aj向左移动一个位置，得到排列Am＋1：a1，a2，…，ai－1，k1，…，km，aj，ai，…，an，
以此类推，aj共向左移动m＋1次，得到排列A2m＋1：a1，a2，…，aj，k1，…，km，ai，…，an，
即为排列A'，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列A经过2m＋1次的前后两数交换位置，可以得到排列A'，
所以排列A与排列A'的逆序数的奇偶性不同，
所以S（A）＋S（A'）为奇数.
综上，得S（A）＋S（A'）为奇数.
1 / 2第2讲 小题研透——概率
1.（2024·广东统一调研）从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘，其结果能被10整除的概率是（ ）
A. B.
C. D.
2.（2024·温州三模）设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.（2024·开封第三次质量检测）在某项测验中，假设测验数据服从正态分布N（78，16）.如果按照16％，34％，34％，16％的比例将测验数据从大到小分为A，B，C，D四个等级，则等级为A的测验数据的最小值可能是（ ）
（附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5）
A.94 B.86
C.82 D.78
4.（多选）（2024·扬州第二次调研）已知P（A）＝，P（B｜A）＝.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A.P（B）＝ B.P（AB）＝
C.P（｜B）＝ D.P（A＋）＝
5.（2024·湖南师大附中月考）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），则p＝ .
6.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3个球，则其编号之和能被3整除的概率为 .
7.如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为p（0＜p＜1），则该系统正常工作的概率为（ ）
A.[1－（1－p）p2]p
B.[1－p（1－p2）]p
C.[1－（1－p）（1－p2）]p
D.[1－（1－p）2p]p
8.（2024·上海春招15题）有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都有，现从中任选一个礼盒.设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是（ ）
A.事件A与事件B互斥
B.事件A与事件B相互独立
C.事件A与事件B∪C互斥
D.事件A与事件B∩C相互独立
9.（2024·湖南常德模拟）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90％，乙箱中产品的合格率为80％.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A. B.
C. D.
10.（2022·全国乙卷理10题）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
11.（多选）（2024·宁德质检）某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为X，Y，且X～N（μ1，），Y～N（μ2，），其密度曲线如图所示，则以下结论正确的是（ ）
A.Y的数据较X更集中
B.P（X≤c）＜P（Y≤c）
C.甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于
D.P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1
12.（多选）（2024·兰州高三诊断考试）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：P（A｜B）＝.对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡、支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的20％，使用支付宝支付的用户占总用户的40％，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计，发现出现支付问题的概率是0.06.若一个遇到支付问题的用户，使用每种支付方式支付的概率均为，则以下说法正确的是（ ）
A.使用信用卡支付的用户中有10％的人遇到支付问题
B.使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率不同
C.要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将信用卡支付通道关闭
D.减少微信支付的人数有可能降低出现支付问题的概率
13.篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为 .
14.如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“质点位于－2的位置”的概率为 .
15.为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为，若他第1球投进的概率为，则他第5球投进的概率为 .
16.（多选）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，在箱子打开之前，主持人先打开了3号箱.用Ai表示i号箱有奖品（i＝1，2，3，4），用Bj表示主持人打开j号箱子（j＝2，3，4），下列结论正确的是（ ）
A.P（A1）＝
B.P（B3｜A2）＝
C.要使获奖概率更大，甲应坚持选择1号箱
D.要使获奖概率更大，甲应改选2号或者4号箱
17.（2024·福州质量检测）甲、乙、丙三个地区分别有x％，y％，z％的人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列.已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为（ ）
A.1.21 B.1.34
C.1.49 D.1.51
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