資源簡介

第2講　隨機變量及其分布列
高頻考點 高考預測
n重伯努利試驗、二項分布 以現實生活中的實際例子為背景，考查離散型隨機變量的分布列、均值、方差及其概率的計算.
超幾何分布
離散型隨機變量及其分布
離散型隨機變量的均值、方差
1. (2022·全國甲卷)甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方得10分，負方得0分，沒有平局．三個項目比賽結束后，總得分高的學校獲得冠軍．已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8，各項目的比賽結果相互獨立．
(1)求甲學校獲得冠軍的概率；
(2)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望．
【解析】　(1)設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為A，B，C，所以甲學校獲得冠軍的概率為
P＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)依題可知，X的可能取值為0,10,20,30，所以，
P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.
即X的分布列為
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
期望E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
2. (2023·全國新高考Ⅰ)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第i次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1,2，…，n，則E(i)＝i.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y，求E(Y)．
【解析】　(1)設第2次投籃的人是乙的概率為P，
由題意得P＝0.5×0.4＋0.5×0.8＝0.6.
(2)由題意設Pn為第n次投籃的是甲的概率，
則Pn＋1＝0.6Pn＋0.2(1－Pn)＝0.4Pn＋0.2，
∴Pn＋1－＝0.4，
又P1－＝－＝≠0，則是首項為，公比為0.4的等比數列，
∴Pn－＝×n－1，即Pn＝＋×n－1，
∴第i次投籃的人是甲的概率為Pi＝＋×i－1.
(3)由(2)得Pi＝＋×i－1，
由題意得甲第i次投籃次數Yi服從兩點分布，且P(Yi＝1)＝1－P(Yi＝0)＝Pi，
∴E(i)＝E(Y)＝i，
∴當n≥1時，E(Y)＝i＝i－1＋＝＋＝＋；當n＝0時，E(Y)＝0＝＋，綜上所述，E(Y)＝＋，n∈N.
3. (2021·全國新高考Ⅰ卷)某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．
已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．
(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．
【解析】　(1)由已知可得，X的所有可能取值為0,20,100，
則P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列為：
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)可知小明先回答A類問題累計得分的期望為E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4，
若小明先回答B類問題，記Y為小明的累計得分，
則Y的所有可能取值為0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
則Y的期望為E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6，
因為E(Y)>E(X)，
所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B類問題．
4. (2021·全國新高考Ⅱ卷)一種微生物群體可以經過自身繁殖不斷生存下來，設一個這種微生物為第0代，經過一次繁殖后為第1代，再經過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個數是相互獨立的且有相同的分布列，設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數，P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3)．
(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；
(2)設p表示該種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，求證：當E(X)≤1時，p＝1，當E(X)>1時，p<1；
(3)根據你的理解說明(2)問結論的實際含義．
【解析】　(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)設f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0，
因為p3＋p2＋p1＋p0＝1，故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0，
若E(X)≤1，則p1＋2p2＋3p3≤1，故p2＋2p3≤p0.
f′(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3)，
因為f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝p2＋2p3－p0≤0，
故f′(x)有兩個不同零點x1，x2，且x1<0<1≤x2，
且x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)時，f′(x)>0；x∈(x1，x2)時，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上為增函數，在(x1，x2)上為減函數，
若x2＝1，因為f(x)在(x2，＋∞)為增函數且f(1)＝0，
而當x∈(0，x2)時，因為f(x)在(x1，x2)上為減函數，故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0，
故1為p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，
若x2>1，因為f(1)＝0且在(0，x2)上為減函數，故1為p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，
綜上，若E(X)≤1，則p＝1.
若E(X)>1，則p1＋2p2＋3p3>1，故p2＋2p3>p0.
此時f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝p2＋2p3－p0>0，
故f′(x)有兩個不同零點x3，x4，且x3<0且x∈(－∞，x3)∪(x4，＋∞)時，f′(x)>0；x∈(x3，x4)時，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，x3)，(x4，＋∞)上為增函數，在(x3，x4)上為減函數，
而f(1)＝0，故f(x4)<0，
又f(0)＝p0>0，故f(x)在(0，x4)存在一個零點p，且p<1.
所以p為p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個最小正實根，此時p<1，
故當E(X)>1時，p<1.
(3)意義：每一個該種微生物繁殖后代的平均數不超過1，則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數超過1，則若干代后被滅絕的概率小于1.
核心考點1　n重伯努利實驗、二項分布
核心知識· 精歸納
1.n重伯努利試驗
把只包含兩個可能結果的試驗叫做_伯努利試驗__；將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗．
2.二項分布
(1)定義：設每次試驗中事件A發生的概率為p(0＜p＜1)；
在n重伯努利試驗中，用X表示事件A發生的次數，則X的分布列為P(X＝k)＝ Cpk(1－p)n－k　，k＝0,1,2，…，n.則稱隨機變量X服從_二項分布__，記作X～B(n，p)
(2)如果ξ～B(n，p)，則用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．
典例研析· 悟方法
角度1：n重伯努利試驗的概率
典例1 (1) (2023·南通模擬)某次抽獎活動中，參與者每次抽中獎的概率均為，現甲參加3次抽獎，則甲恰好有一次中獎的概率為( C )
A. B．
C． D．
【解析】　因為參與者每次抽中獎的概率均為，則甲參加3次抽獎，甲恰好有一次中獎的概率為P＝C××2＝.故選C.
(2)某同學上學的路上有4個紅綠燈路口，假如他走到每個紅綠燈路口遇到綠燈的概率為，則該同學在上學的路上至少遇到2次綠燈的概率為( D )
A. B．
C． D．
【解析】　4次均不是綠燈的概率為4＝，3次不是綠燈的概率為C×3×＝，所以至少遇到2次綠燈的概率為1－－＝，故選D.
方法技巧· 精提煉
n重伯努利試驗概率求解的策略
(1)首先判斷問題中涉及的試驗是否為n重伯努利試驗，判斷時注意各次試驗之間是否相互獨立，并且每次試驗的結果是否只有兩種，在任何一次試驗中，某一事件發生的概率是否都相等，全部滿足n重伯努利試驗的要求才能用相關公式求解．
(2)解此類題時常用互斥事件概率加法公式，相互獨立事件概率乘法公式及對立事件的概率公式．
角度2：二項分布
典例2 (2023·濰坊模擬)為了讓人民群眾過一個歡樂祥和的新春佳節，某地疫情防控指揮部根據當地疫情防控工作部署，安排4名干部和三個部門(A，B，C)的16名職工到該地的四個高速路口擔任疫情防控志愿者，其中16名職工分別是A部門8人，B部門4人，C部門4人．
(1)若從這16名職工中選出4人作為組長，求至少有2個組長來自A部門的概率；
(2)若將這4名干部隨機安排到四個高速路口(假設每名干部安排到各高速路口是等可能的，且各位干部的選擇是相互獨立的)，記安排到第一個高速路口的干部人數為X，求隨機變量X的分布列和數學期望．
【解析】　(1)從這16名職工中選出4人作為組長，則至少有2個組長來自A部門的概率為＋＋＝.
(2)依題意可知X＝0,1,2,3,4且X～B，
所以P(X＝0)＝C0×4＝，
P(X＝1)＝C1×3＝＝，
P(X＝2)＝C2×2＝＝，
P(X＝3)＝C3×1＝＝，
P(X＝4)＝C4×0＝，
故分布列為
X 0 1 2 3 4
P
數學期望E(X)＝4×＝1.
方法技巧· 精提煉
(1)在根據n重伯努利試驗求二項分布的有關問題時，關鍵是理清事件與事件之間的關系，確定二項分布的試驗次數n和變量的概率，從而求得概率．
(2)①求隨機變量ξ的期望與方差時，可首先分析ξ是否服從二項分布，如果ξ～B(n，p)，則用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大減少計算量．
②有些隨機變量雖不服從二項分布，但與之具有線性關系的另一隨機變量服從二項分布，這時，可以綜合應用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同樣還可求出D(aξ＋b)．
加固訓練· 促提高
1. (2023·石家莊模擬)將五枚質地、大小完全一樣的硬幣向上拋出，則正面向上的硬幣枚數為2或者3的概率為 　.
【解析】　設X表示五枚硬幣中正面朝上的硬幣數量，則P(2≤X≤3)＝C×0.52×(1－0.5)3＋C×0.53×(1－0.5)2＝.
2. (2023·濟南模擬)在某次奧運會中，甲、乙、丙三名跳水運動員參加小組賽，已知甲晉級的概率為p(0(1)若甲晉級的概率與乙、丙兩人均沒有晉級的概率相等，與乙、丙兩人有且僅有一人晉級的概率也相等，求p，q；
(2)若p＝，記三個人中晉級的人數為ξ，若ξ＝0時的概率和ξ＝3時的概率相等，求E(ξ)．
【解析】　(1)乙、丙兩人均沒有晉級的概率為(1－q)2，乙、丙兩人有且僅有一人晉級的概率為Cq(1－q)，故解得p＝，q＝.
(2)ξ的所有可能取值為0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝(1－q)2，P(ξ＝3)＝q2，
由題知(1－q)2＝q2，解得q＝，所以ξ～B，所以E(ξ)＝3×＝.核心考點2　超幾何分布
核心知識· 精歸納
超幾何分布
(1)定義
一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品，從N件產品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.
其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布．
(2)超幾何分布的均值
設隨機變量X服從超幾何分布，則X可以解釋為從包含M件次品的N件產品中，不放回地隨機抽取n件產品的次品數．令p＝，則E(X)＝ 　＝_np__.
典例研析· 悟方法
角度1：超幾何分布及概率計算
典例3 (多選)袋中有6個大小相同的黑球，編號為1,2,3,4,5,6，還有4個同樣大小的白球，編號為7,8,9,10，現從中任取4個球，則下列結論正確的是( BD )
A．取出的最大號碼X服從超幾何分布
B．取出的黑球個數Y服從超幾何分布
C．取出2個白球的概率為
D．若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，則總得分最大的概率為
【解析】　根據超幾何分布的定義，要把總體分為兩類，再依次選取，由此可知取出的最大號碼X不符合超幾何分布的定義，無法用超幾何分布的數學模型計算概率，故A錯誤；取出的黑球個數Y符合超幾何分布的定義，將黑球視作第一類，白球視作第二類，可以用超幾何分布的數學模型計算概率，故B正確；取出2個白球的概率為＝，故C錯誤；若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，則取出四個黑球的總得分最大，所以總得分最大的概率為＝，故D正確．
角度2：超幾何分布的分布列
典例4 已知某單位甲、乙、丙三個部門的員工人數分別為24,16,16.現采用分層隨機抽樣的方法從中抽取7人，進行睡眠時間的調查．
(1)應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取多少人？
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，現從這7人中隨機抽取3人做進一步的身體檢查．用X表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數，求隨機變量X的分布列與數學期望．
【解析】　(1)由已知，甲、乙、丙三個部門的員工人數之比為3∶2∶2，由于采用分層隨機抽樣的方法從中抽取7人，因此應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取的人數為3,2,2.
(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
　隨機變量X的數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
方法技巧· 精提煉
超幾何分布的特點和應用條件
(1)超幾何分布的兩個特點：①超幾何分布是不放回抽樣問題；②隨機變量表示抽到的某類個體的個數．
(2)超幾何分布的應用條件：①兩類不同的對象(物品、人或事)；②已知各類對象的個數；③從中抽取若干個個體．
加固訓練· 促提高
1. (2023·虹口區二模)端午節吃粽子是我國的傳統習俗．一盤中放有10個外觀完全相同的粽子，其中豆沙粽3個，肉粽3個，白米粽4個，現從盤子任意取出3個，則取到白米粽的個數的數學期望為 　.
【解析】　設取到白米粽的個數為隨機變量X，則X＝0,1,2,3，所以P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，所以E(X)＝＋2×＋3×＝.
2.為發展業務，某調研組對A，B兩個公司的掃碼支付情況進行調查，準備從國內n(n∈N，n>0)個人口超過1 000萬的超大城市和8個人口低于100萬的小城市中隨機抽取若干個進行統計．若一次抽取2個城市，全是小城市的概率為.
(1)求n的值；
(2)若一次抽取4個城市，
①假設抽取出的小城市的個數為X，求X的分布列；
②若抽取的4個城市是同一類城市，求全為超大城市的概率．
【解析】　(1)從(n＋8)個城市中一次抽取2個城市，有C種情況，其中全是小城市的有C種情況，則全是小城市的概率為＝＝，解得n＝7(負值舍去)．
(2)①由題意可知，X的可能取值為0,1,2,3,4，
則P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
故X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
②若抽取的4個城市全是超大城市，共有C＝35種情況；若抽取的4個城市全是小城市，共有C＝70種情況，所以若抽取的4個城市是同一類城市，則全為超大城市的概率為＝.核心考點3　離散型隨機變量的期望與方差
核心知識· 精歸納
1.離散型隨機變量分布列的性質
(1)pi_≥__0，i＝1,2,3，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝_1__.
2.數學期望的公式：E(X)＝_x1p1＋x2p2＋…＋xnpn__.
3.方差的公式：D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝ (xi－E(X))2pi　.
4.均值與方差的性質
(1)E(aX＋b)＝_aE(X)＋b__.
(2)D(aX＋b)＝_a2D(X)__.
典例研析· 悟方法
角度1：離散型隨機變量均值與方差的計算
典例5 設有3個投球手，其中一人命中率為q，剩下的兩人水平相當且命中率均為p(p，q∈(0,1))，每位投球手均獨立投球一次，記投球命中的總次數為隨機變量為ξ.
(1)當p＝q＝時，求數學期望E(ξ)及方差D(ξ)；
(2)當p＋q＝1時，將ξ的數學期望E(ξ)用p表示．
【解析】　(1)∵每位投球手均獨立投球一次，
當p＝q＝時，每次試驗事件發生的概率相等，
∴ξ～B，由二項分布的期望和方差公式得到結果
∴E(ξ)＝np＝3×＝，D(ξ)＝np(1－p)＝3××＝.
(2)ξ的可取值為0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝(1－q)(1－p)2＝pq2；
P(ξ＝1)＝q(1－p)2＋(1－q)Cp(1－p)＝q3＋2p2q；
P(ξ＝2)＝qCp(1－p)＋(1－q)p2＝2pq2＋p3；
P(ξ＝3)＝qp2.
ξ的分布列為
ξ 0 1 2 3
P pq2 q3＋2p2q 2pq2＋p3 qp2
E(ξ)＝0×pq2＋1×(q3＋2p2q)＋2×(2pq2＋p3)＋3×qp2＝1＋p.
角度2：隨機變量分布列的綜合應用
典例6 (2023·甘肅一模)如圖，李先生家住H小區，他工作在C科技園區，從家開車到公司上班路上有L1、L2兩條路線，L1路線上有A1、A2、A3三個路口，各路口遇到紅燈的概率均為；L2路線上有B1、B2兩個路口，各路口遇到紅燈的概率依次為，.
(1)若走L1路線，求最多遇到1次紅燈的概率；
(2)若走L2路線，求遇到紅燈次數X的數學期望；
(3)按照“平均遇到紅燈次數最少”的要求，請你幫助李先生從上述兩條路線中選擇一條最好的上班路線，并說明理由．
【解析】　(1)設“走L1路線最多遇到1次紅燈”為事件A，包括沒有遇到紅燈和只遇到紅燈一次兩種情況．
則P(A)＝C×3＋C××2＝，
所以走L1路線，最多遇到1次紅燈的概率為.
(2)依題意，X的可能取值為0,1,2.
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝×＋×＝，P(X＝2)＝×＝.
隨機變量X的分布列為：
X 0 1 2
P
所以E(X)＝×0＋×1＋×2＝.
(3)設選擇L1路線遇到紅燈次數為Y，隨機變量Y服從二項分布Y～B，所以E(Y)＝3×＝.
因為E(X)＜E(Y)，所以選擇L2路線上班最好．
角度3：概率的綜合問題
典例7 (2023·茂名二模)馬爾可夫鏈是因俄國數學家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質，即第n＋1次狀態的概率分布只跟第n次的狀態有關，與第n－1，n－2，n－3，…次狀態是“沒有任何關系的”．現有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球．從兩個盒子中各任取一個球交換，重復進行n(n∈N*)次操作后，記甲盒子中黑球個數為Xn，甲盒中恰有1個黑球的概率為an，恰有2個黑球的概率為bn.
(1)求X1的分布列；
(2)求數列{an}的通項公式；
(3)求Xn的期望．
【解析】　(1)由題可知，X1的可能取值為0,1,2，由相互獨立事件概率乘法公式可知：P(X1＝0)＝×＝，P(X1＝1)＝×＋×＝，P(X1＝2)＝×＝，
故X1的分布列如下表：
X1 0 1 2
P
(2)由全概率公式可知：
P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝1)P(Xn＋1＝1|Xn＝1)＋P(Xn＝2)P(Xn＋1＝1|Xn＝2)＋P(Xn＝0)P(Xn＋1＝1|Xn＝0)
＝P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋P(Xn＝0)
＝P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋P(Xn＝0)，
即：an＋1＝an＋bn＋(1－an－bn)，
所以an＋1＝－an＋，
所以an＋1－＝－，
又a1＝P(X1＝1)＝，
所以，數列是以a1－為首項，以－為公比的等比數列，
所以an－＝－×n－1＝×n，
即：an＝＋×n.
(3)由全概率公式可得：P(Xn＋1＝2)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝2|Xn＝1)＋P(Xn＝2)P(Xn＋1＝2|Xn＝2)＋P(Xn＝0)P(Xn＋1＝2|Xn＝0)
＝P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋0×P(Xn＝0)，
即：bn＋1＝an＋bn，
又an＝＋×n，
所以bn＋1＝bn＋×，
所以bn＋1－＋×n＋1＝×，
又b1＝P(X1＝2)＝，
所以b1－＋×＝－－＝0，
所以bn－＋×n＝0，
所以bn＝－×n，
所以E(Xn)＝an＋2bn＋0×(1－an－bn)＝an＋2bn＝1.
方法技巧· 精提煉
1.決策問題的解題關注點
(1)關注均值：隨機變量的均值反映了隨機變量取值的平均水平
(2)關注方差：方差反映了隨機變量穩定于均值的程度，它們從整體和局部上刻畫了隨機變量，是生產實際中用于方案取舍的重要理論依據；
(3)先后順序：一般先比較均值，若均值相等，再用方差來解決．
2.交匯問題的解題關鍵
離散型隨機變量及其分布列常與函數、數列等知識結合運用，解決這類問題的關鍵是：
(1)建立函數、數列等數學模型，將問題進行合理轉化；
(2)結合模型進行分析，并與相關變量融合，結合離散型隨機變量的相關知識及性質求解．
加固訓練· 促提高
1. (2023·貴州模擬)據世界田聯官方網站消息，原定于2023年5月13、14日在中國廣州舉辦的世界田聯接力賽延期至2025年4月至5月舉行．據了解，甲、乙、丙三支隊伍將會參加2025年4月至5月在廣州舉行的4×400米接力的角逐．接力賽分為預賽、半決賽和決賽，只有預賽、半決賽都獲勝才能進入決賽．已知甲隊在預賽和半決賽中獲勝的概率分別為和；乙隊在預賽和半決賽中獲勝的概率分別為和；丙隊在預賽和半決賽中獲勝的概率分別為和.
(1)甲、乙、丙三隊中，誰進入決賽的可能性最大；
(2)設甲、乙、丙三隊中進入決賽的隊伍數為ξ，求ξ的分布列．
【解析】　(1)甲隊進入決賽的概率為×＝，
乙隊進入決賽的概率為×＝，
丙隊進入決賽的概率為×＝，
顯然乙隊進入決賽的概率最大，所以乙進入決賽的可能性最大．
(2)由(1)可知：甲、乙、丙三隊進入決賽的概率分別為，，，
ξ的可能取值為0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝，P(ξ＝3)＝××＝，P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－－－＝，
故ξ的分布列為：
ξ 0 1 2 3
P
2.已知10件不同的產品中共有3件次品，現對它們進行一一測試，直到找出所有3件次品為止．
(1)求恰好在第5次測試時3件次品全部被測出的概率；
(2)記恰好在第k次測試時3件次品全部被測出的概率為f(k)，求f(k)的最大值和最小值．
【解析】　(1)若恰好在第5次測試時3件次品全部被測出，則第5次取出第3件次品，前4次中有2次是次品，2次是正品；
則有ACA種情況，從10件產品中按順序取出5件，有A種情況，
則第5次測試時3件次品全部被測出的概率P＝＝.
(2)根據題意，分析可得k的范圍是3≤k≤9，
當3≤k≤6時，若恰好在第k次測試時3件次品全部被測出，則第k次取出第3件次品，前(k－1)次中有2次是次品，(k－3)次是正品；而從10件產品中按順序取出k件，有A種情況，則f(k)＝＝(k2－3k＋2)，
則f(3)＝，f(4)＝，f(5)＝，f(6)＝；
當k＝7時，即恰好在第7次測試時3件次品全部被測出，有兩種情況，一是第7次取出第3件次品，前6次中有2次是次品，4次是正品；二是前7次沒有取出次品，此時也可以測出三件次品，
則f(7)＝＝；
當k＝8時，即恰好在第8次測試時3件次品全部被測出，有兩種情況，一是第8次取出第3件次品，前7次中有2次是次品，5次是正品；二是前7次恰有一次次品，第8次取出為合格品，
則f(8)＝＝；
當k＝9時，此時f(9)＝1－f(3)－f(4)－f(5)－f(6)－f(7)－f(8)＝，
故f(k)min＝f(3)＝，f(k)max＝f(9)＝.第3講　統計與成對數據的分析
高頻考點 高考預測
隨機抽樣與用樣本估計總體 以社會熱點話題為背景，結合“五育并舉”，考查隨機抽樣與用樣本估計總體，線性回歸方程的求解與運用，獨立性檢驗問題．常與概率綜合考查，中等難度.
頻率分布直方圖
回歸分析及其應用
獨立性檢驗
1. (2021·全國甲卷)為了解某地農村經濟情況，對該地農戶家庭年收入進行抽樣調查，將農戶家庭年收入的調查數據整理得到如下頻率分布直方圖：
根據此頻率分布直方圖，下面結論中不正確的是( C )
A．該地農戶家庭年收入低于4.5萬元的農戶比率估計為6%
B．該地農戶家庭年收入不低于10.5萬元的農戶比率估計為10%
C．估計該地農戶家庭年收入的平均值不超過6.5萬元
D．估計該地有一半以上的農戶，其家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間
【解析】　該地農戶家庭年收入低于4.5萬元的農戶比率為(0.02＋0.04)×1＝0.06＝6%，故選項A正確；該地農戶家庭年收入不低于10.5萬元的農戶比率為(0.04＋0.02×3)×1＝0.1＝10%，故選項B正確；估計該地農戶家庭年收入的平均值為3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋12×0.02＋13×0.02＋14×0.02＝7.68>6.5萬元，故選項C錯誤；家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間的頻率為(0.1＋0.14＋0.2＋0.2)×1＝0.64>0.5，故估計該地有一半以上的農戶，其家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間，故選項D正確．故選C.
2. (2022·全國甲卷)某社區通過公益講座以普及社區居民的垃圾分類知識．為了解講座效果，隨機抽取10位社區居民，讓他們在講座前和講座后各回答一份垃圾分類知識問卷，這10位社區居民在講座前和講座后問卷答題的正確率如下圖：
則( B )
A．講座前問卷答題的正確率的中位數小于70%
B．講座后問卷答題的正確率的平均數大于85%
C．講座前問卷答題的正確率的標準差小于講座后正確率的標準差
D．講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差
【解析】　講座前中位數為>70%，所以A錯；講座后問卷答題的正確率只有一個是80%，4個85%，剩下全部大于等于90%，所以講座后問卷答題的正確率的平均數大于85%，所以B對；講座前問卷答題的正確率更加分散，所以講座前問卷答題的正確率的標準差大于講座后正確率的標準差，所以C錯；講座后問卷答題的正確率的極差為100%－80%＝20%，講座前問卷答題的正確率的極差為95%－60%＝35%>20%，所以D錯．故選B.
3. (2021·全國乙卷)某廠研制了一種生產高精產品的設備，為檢驗新設備生產產品的某項指標有無提高，用一臺舊設備和一臺新設備各生產了10件產品，得到各件產品該項指標數據如下：
舊設備 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新設備 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5
舊設備和新設備生產產品的該項指標的樣本平均數分別記為和，樣本方差分別記為s和s.
(1)求，，s，s；
(2)判斷新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備是否有顯著提高(如果－≥2，則認為新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高，否則不認為有顯著提高)．
【解析】　(1)由題中的數據可得，
＝×(9.8＋10.3＋10.0＋10.2＋9.9＋9.8＋10.0＋10.1＋10.2＋9.7)＝10，
＝×(10.1＋10.4＋10.1＋10.0＋10.1＋10.3＋10.6＋10.5＋10.4＋10.5)＝10.3，
s＝×[(9.8－10)2＋(10.3－10)2＋(10－10)2＋(10.2－10)2＋(9.9－10)2＋(9.8－10)2＋(10－10)2＋(10.1－10)2＋(10.2－10)2＋(9.7－10)2]＝0.036；
s＝×[(10.1－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.0－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋(10.6－10.3)2＋(10.5－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.5－10.3)2]＝0.04.
(2)－＝10.3－10＝0.3，
2＝2＝2≈0.174，
所以－>2，
故新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高．
4. (2022·全國乙卷)某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積(單位：m2)和材積量(單位：m3)，得到如下數據：
樣本號i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 總和
根部橫截面積xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材積量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并計算得＝0.038，＝1.615 8，iyi＝0.247 4.
(1)估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；
(2)求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(精確到0.01)；
(3)現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為186 m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比．利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值．
附：相關系數r＝，≈1.377.
【解析】　(1)樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值＝＝0.06，
樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值＝＝0.39，
據此可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06 m2，
平均一棵的材積量為0.39 m3.
(2)r＝
＝
＝
＝≈≈0.97，
則r≈0.97.
(3)設該林區這種樹木的總材積量的估計值為Y m3，
又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，
可得＝，解之得Y＝1 209 m3.
則該林區這種樹木的總材積量估計為1 209 m3.
5. (2022·全國甲卷)甲、乙兩城之間長途客車均由A和B兩家公司運營，為了解這兩家公司長途客車的運行情況，隨機調查了甲、乙兩城之間的500個班次，得到下面列聯表：
準點班次數 未準點班次數
A 240 20
B 210 30
(1)根據上表，分別估計這兩家公司甲、乙兩城之間的長途客車準點的概率；
(2)能否有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關？
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
【解析】　(1)根據表中數據，A家公司共有班次260次，準點班次有240次，
設A家公司長途客車準點事件為M，
則P(M)＝＝；
B家公司共有班次240次，準點班次有210次，
設B家公司長途客車準點事件為N，
則P(N)＝＝，
A家公司長途客車準點的概率為；
B家公司長途客車準點的概率為.
(2)列聯表
準點班次數 未準點班次數 合計
A 240 20 260
B 210 30 240
合計 450 50 500
K2＝
＝≈3.205>2.706，
根據臨界值表可知，有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關．
6. (2023·全國乙卷理科)某廠為比較甲、乙兩種工藝對橡膠產品伸縮率的處理效應，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質相同的兩個橡膠產品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產品的伸縮率，甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產品的伸縮率分別記為xi，yi(i＝1,2，…，10)．試驗結果如下：
試驗序號i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸縮率xi 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸縮率yi 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
記zi＝xi－yi(i＝1,2，…，10)，記z1，z2，…，z10的樣本平均數為，樣本方差為s2.
(1)求，s2；
(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率是否有顯著提高．(如果≥2，則認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高，否則不認為有顯著提高)
【解析】　(1)根據表中數據，計算zi＝xi－yi(i＝1,2，…，10)，填表如下：
試驗序號i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸縮率xi 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸縮率yi 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
zi＝xi－yi 9 6 8 －8 15 11 19 18 20 12
計算平均數為＝i＝×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，
方差為s2＝(zi－)2＝×[(－2)2＋(－5)2＋(－3)2＋(－19)2＋42＋02＋82＋72＋92＋12]＝61.
(2)由(1)知，＝11,2＝2<2＝5，
所以>2，認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高．
7. (2023·全國甲卷理科)為探究其藥物對小鼠的生長抑制作用，將40只小鼠均分為兩組，分別為對照組(不加藥物)和實驗組(加藥物)．
(1)設其中兩只小鼠中對照組小鼠數目為X，求X的分布列和數學期望；
(2)測得40只小鼠體重如下(單位：g)：(已按從小到大排好)
對照組：17.3　18.4　20.1　20.4　21.5　23.2
24．6　24.8　25.0　25.4　26.1　26.3　26.4
26．5　26.8　27.0　27.4　27.5　27.6　28.3
實驗組：5.4　6.6　6.8　6.9　7.8　8.2　9.4
10．0　10.4　11.2　14.4　17.3　19.2　20.2
23．6　23.8　24.5　25.1　25.2　26.0
①求40只小鼠體重的中位數m，并完成下面2×2列聯表：
＜m ≥m
對照組
實驗組
②根據2×2列聯表，能否有95%的把握認為藥物對小鼠生長有抑制作用．
參考數據：
k0 0.10 0.05 0.010
P(k2≥k0) 2.706 3.841 6.635
【解析】　(1)根據題意可得X＝0,1,2，
又P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
∴X的分布列為：
X 0 1 2
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(2)①由于源數據已經排好，我們只需觀察對照組第一排數據與實驗組第二排數據即可，
可得第11位數據為14.4，后續依次為17.3，17.3，18.4,19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2，23.6，…，
故第20位數為23.2，第21位數為23.6，
∴m＝＝23.4，
∴補全列聯表為：
＜m ≥m 合計
對照組 6 14 20
實驗組 14 6 20
合計 20 20 40
②由①可知K2＝＝6.400＞3.841，
∴能有95%的把握認為藥物對小鼠生長有抑制作用．
核心考點1　抽樣方法
核心知識· 精歸納
1.兩種抽樣方法：簡單隨機抽樣、分層隨機抽樣
2.分層隨機抽樣的樣本均值
在分層隨機抽樣中，如果層數分為2層，第1層和第2層包含的個體數分別為M和N，抽取的樣本量分別為m和n，第1層和第2層樣本的平均數分別為，，則樣本的平均數＝＋＝＋.
多維題組· 明技法
角度1：簡單隨機抽樣
1.用簡單隨機抽樣的方法從含有10個個體的總體中抽取一個容量為3的樣本，其中某一個體a“第一次被抽到”的可能性與“第二次被抽到”的可能性分別是( A )
A.， B．，
C.， D．，
【解析】　在抽樣過程中，個體a每一次被抽中的概率是相等的，因為總體容量為10，故個體a“第一次被抽到”的可能性與“第二次被抽到”的可能性均為.
2.我國古代數學名著《數書九章》中有“米谷粒分”問題：“開倉受納，有甲戶米一千五百三十四石到廊．驗得米內夾谷，乃于樣內取米一捻，數計二百五十四粒，內有谷二十八顆．今欲知米內雜谷多少．”意思是：官府開倉接受百姓納糧，甲戶交米1 534石到廊前，檢驗出米里夾雜著谷子，于是從米樣粒取出一捻，數出共254粒，其中有谷子28顆，則這批米內有谷子約_169__石(結果四舍五入保留整數)．
【解析】　依題意可得米內夾谷的比例為＝，所以這批米內有谷子1 534×≈169石．
角度2：分層隨機抽樣的應用
3. (2023·上饒二模)為了支持民營企業發展壯大，幫助民營企業解決發展中的困難，某市政府采用分層抽樣調研走訪各層次的民營企業．該市的小型企業、中型企業、大型企業分別有900家、90家、10家．若大型企業的抽樣家數是2，則中型企業的抽樣家數應該是( C )
A．180 B．90
C．18 D．9
【解析】　該市中型企業和大型企業的家數比為9∶1，由分層抽樣的意義可得中型企業的抽樣家數應該是9×2＝18.故選C.
4. (2023·吳忠模擬)在學生人數比例為2∶3∶5的A，B，C三所學校中，用分層抽樣方法招募n名志愿者，若在A學校恰好選出了6名志愿者，那么n＝( C )
A．15 B．20
C．30 D．60
【解析】　∵學生人數比例為2∶3∶5，A校恰好抽出了6名志愿者，∴n＝×6＝30，故選C.
方法技巧· 精提煉
1.簡單隨機抽樣
(1)簡單隨機抽樣需滿足：被抽取的樣本總體的個體數有限；逐個抽取；等可能抽取．
(2)簡單隨機抽樣一般有抽簽法(適用于總體中個體數較少的情況)、隨機數法(適用于個體數較多的情況)
2.分層隨機抽樣中有關計算的方法
(1)抽樣比＝＝.
(2)在分層隨機抽樣中，如果層數分為兩層，第一層的樣本量為m，平均值為x；第二層的樣本量為n，平均值為y，則樣本的平均值為.
加固訓練· 促提高
1.下列抽取樣本的方式屬于簡單隨機抽樣的個數為( A )
①從無限多個個體中抽取100個個體作為樣本；
②從20件玩具中一次性抽取3件進行質量檢驗；
③某班有56名同學，指定個子最高的5名同學參加學校組織的籃球賽．
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】　①不是簡單隨機抽樣．因為被抽取樣本的總體的個數是無限的，而不是有限的．②不是簡單隨機抽樣．因為這是“一次性”抽取，而不是“逐個”抽取．③不是簡單隨機抽樣．因為不是等可能抽樣．故選A.
2. (2023·江西模擬)目前，甲型流感病毒在國內傳播，據某市衛健委通報，該市流行的甲型流感病毒，以甲型H1N1亞型病毒為主，假如該市某小區共有100名感染者，其中有10名年輕人，60名老年人，30名兒童，現用分層抽樣的方法從中隨機抽取20人進行檢測，則做檢測的老年人人數為( C )
A．6 B．10
C．12 D．16
【解析】　老年人做檢測的人數為20×＝12.故選C.核心考點2　用樣本估計總體
核心知識· 精歸納
1.頻率分布直方圖的相關結論
(1)直方圖中各小長方形的面積之和為1.
(2)直方圖中縱軸表示，故每組樣本的頻率為組距×，即矩形的面積．
(3)直方圖中每組樣本的頻數為頻率×總數．
2.中位數、眾數、平均數、百分位數
(1)中位數
將一組數據按大小依次排列，處于最中間位置的一個數據(或最中間兩個數據的平均數)叫做這組數據的_中位數__.
(2)眾數
一組數據中出現次數_最多__的數據稱為這組數據的眾數．
(3)平均數
一組數據的_算術平均數__即為這組數據的平均數，n個數據x1，x2，…，xn的平均數＝ (x1＋x2＋…＋xn)　.
(4)百分位數
①第p百分位數的定義：一般地，一組數據的第p百分位數是這樣一個值，它使得這組數據中至少有p%的數據_小于或等于__這個值，且至少有 (100－p)%　的數據大于或等于這個值．
②計算一組n個數據的第p百分位數的步驟：
第1步，按_從小到大__排列原始數據．
第2步，計算i＝_n×p%__.
第3步，若i不是整數，而大于i的比鄰整數為j，則第p百分位數為第j項數據；若i是整數，則第p百分位數為第i項與第_(i＋1)__項數據的平均數．
3.樣本的數字特征
如果有n個數據x1，x2，…，xn，那么：
平均數為＝ (x1＋x2＋…＋xn)　，
標準差為
s＝，
方差為s2＝ [(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]　.
多維題組· 明技法
角度1：統計圖表
1. (2023·鄭州三模)為了樹立和踐行綠水青山就是金山銀山的理念，A市某高中全體教師于2023年3月12日開展植樹活動，購買柳樹、銀杏、梧桐、樟樹四種樹苗共計600棵，比例如圖所示．青年教師、中年教師、老年教師報名參加植樹活動的人數之比為5∶3∶2，若每種樹苗均按各年齡段報名人數的比例進行分配，則中年教師應分得梧桐的數量為( C )
A．30棵 B．50棵
C．72棵 D．80棵
【解析】　由題意可知，梧桐樹苗有40%×600＝240顆，根據人數占比可得中年教師應分得梧桐的數量為240×＝72顆．故選C.
2. (2023·市中區校級二模)某調查機構抽取了部分關注濟南地鐵建設的市民作為樣本，分析其年齡和性別結構，并制作出如下等高條形圖．根據圖中(35歲以上含35歲)的信息，關于該樣本的結論不一定正確的是( C )
A．男性比女性更關注地鐵建設
B．關注地鐵建設的女性多數是35歲以上
C．35歲以下的男性人數比35歲以上的女性人數多
D．35歲以上的人對地鐵建設關注度更高
【解析】　由等高條形圖可得：由左圖知，樣本中男性數量多于女性數量，所以男性比女性更關注地鐵建設，故A正確；由右圖知女性中35歲以上的占多數，從而樣本中多數女性是35歲以上，從而得到關注地鐵建設的女性多數是35歲以上，故B正確；由左圖知男性人數大于女性人數，由右圖知35歲以下的男性占男性人數比35歲以上的女性占女性人數的比例少，所以無法判斷35歲以下的男性人數與35歲以上的女性人數的多少，故C不一定正確；由右圖知樣本中35歲以上的人對地鐵建設關注度更高，故D正確．故選C.
3. (2023·雁塔區校級模擬)某滑冰館統計了某小區居民在該滑冰館一個月的鍛煉天數，得到如圖所示的頻率分布直方圖(將頻率視為概率)，則下列說法正確的是( B )
A．該小區居民在該滑冰館的鍛煉天數在區間(25,30]內的最少
B．估計該小區居民在該滑冰館的鍛煉天數超過15天的概率為0.465
C．估計該小區居民在該滑冰館的鍛煉天數的中位數為16
D．估計小區居民在該滑冰館的鍛煉天數的平均值為15
【解析】　該小區居民在該滑冰館的鍛煉天數在區間(20,25]內的最少，A錯誤；估計該小區居民在該滑冰館的鍛煉天數超過15天的概率為(0.06＋0.013＋0.02)×5＝0.465，B正確；(0.02＋0.04)×5＝0.3，(0.02＋0.04＋0.047)×5＝0.535，∴中位數落在區間[10,15)，設中位數為x，則：0.3＋(x－10)×0.047＝0.5，解得x≈14，C錯誤；0.013×5×＋0.04×5×＋0.047×5×＋0.06×5×＋0.013×5×＋0.02×5×≈14，D錯誤．故選B.
角度2：樣本與總體數據的估計
4. (2023·長沙模擬)某校1 000名學生參加環保知識競賽，隨機抽取了20名學生的考試成績(單位：分)，成績的頻率分布直方圖如圖所示，則下列說法正確的是( D )
A．頻率分布直方圖中a的值為0.004
B．估計這20名學生考試成績的第60百分位數為75
C．估計這20名學生數學考試成績的眾數為80
D．估計總體中成績落在[60,70)內的學生人數為150
【解析】　由頻率分布直方圖，得：10(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)＝1，解得a＝0.005，故A錯誤；前三個矩形的面積和為10(2a＋3a＋7a)＝0.6，∴這20名學生數學考試成績的第60百分數為80，故B錯誤；這20名學生數學考試成績的眾數為75，故C錯誤；總體中成績落在[60,70)內的學生人數為3a×10×1 000＝150，故D正確．故選D.
5. (多選)(2023·臺江區校級模擬)在某市高三年級舉行的一次調研考試中，共有30 000人參加考試．為了解考生的某科成績情況，抽取了樣本容量為n的部分考生成績，已知所有考生成績均在[50,100]，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分組作出如圖所示的頻率分布直方圖．若在樣本中，成績落在區間[50,60)的人數為16，則由樣本估計總體可知下列結論正確的為( AC )
A．x＝0.016
B．n＝1 000
C．考生成績的第70百分位數為76
D．估計該市全體考生成績的平均分為71
【解析】　因為(x＋0.030＋0.040＋0.010＋0.004)×10＝1，解得x＝0.016，故A正確；因為成績落在區間[50,60)內的人數為16，所以樣本容量n＝＝100，故B錯誤；因為(0.016＋0.030)×10＝0.46＜0.7，(0.016＋0.030＋0.040)×10＝0.86＞0.7，所以考生成績的第70百分位數落在區間[70,80)，設考生成績的第70百分位數為x，則0.46＋(x－70)×0.04＝0.7，解得x＝76，即考生成績的第70百分位數為76，故C正確；學生成績平均分為0.016×10×55＋0.030×10×65＋0.040×10×75＋0.010×10×85＋0.004×10×95＝70.6，故D錯誤．故選AC.
角度3：樣本數據的數字特征
6. (2023·河南三模)某學校對班級管理實行量化打分，每周一總結，若一個班連續5周的量化打分不低于80分，則為優秀班級．下列能斷定該班為優秀班級的是( D )
A．某班連續5周量化打分的平均數為83，中位數為81
B．某班連續5周量化打分的平均數為83，方差大于0
C．某班連續5周量化打分的中位數為81，眾數為83
D．某班連續5周量化打分的平均數為83，方差為1
【解析】　根據題意，依次分析選項：對于A，若數據為88,87,81,80,79，滿足平均數為83，中位數為81，但不能斷定該班為優秀班級；對于B，若數據為88,87,81,80,79，滿足平均數為83，其方差一定大于0，但不能斷定該班為優秀班級；對于C，若數據為83,83,81,80,79，滿足中位數為81，眾數為83，但不能斷定該班為優秀班級；對于D，設數據的最低分為x，若數據平均數為83，方差為1，則有(83－x)2＜5，必有x＞80，可以斷定該班為優秀班級．故選D.
7. (2023·雁峰區校級模擬)若數據x1＋m、x2＋m、…、xn＋m的平均數是5，方差是4，數據3x1＋1、3x2＋1、…、3xn＋1的平均數是10，標準差是s，則下列結論正確的是( A )
A．m＝2，s＝6 B．m＝2，s＝36
C．m＝4，s＝6 D．m＝4，s＝36
【解析】　根據題意，設數據x1、x2、…、xn的平均數為，標準差為σ，數據3x1＋1、3x2＋1、…、3xn＋1的平均數是10，則＝＋1＝3＋1＝10，可得＝3，而數據x1＋m、x2＋m、…、xn＋m的平均數是5，則有＝＋m＝＋m＝5，可得m＝2，由方差公式可得＝＝σ2＝4，s2＝＝＝9σ2＝36，解得s＝6.故選A.
方法技巧· 精提煉
1.關于平均數、方差的計算
(1)利用平均數、方差的性質可簡化運算，要熟記．
(2)方差描述一組數據圍繞平均數波動的幅度．
2.頻率分布直方圖中數字特征的計算
(1)最高的小長方形底邊中點的橫坐標即是眾數．
(2)中位數左邊和右邊的小長方形的面積和是相等的．
(3)平均數是頻率分布直方圖的“重心”，等于頻率分布直方圖中每個小長方形的面積乘以小長方形底邊中點的橫坐標之和．
加固訓練· 促提高
1. (2023·湖北模擬)云南某鎮因地制宜，在政府的帶領下，數字力量賦能鄉村振興，利用“農抬頭”智慧農業平臺，通過大數據精準分析柑橘等特色產業的生產數量、價格走勢、市場供求等數據，幫助小農戶找到大市場，開啟“直播＋電商”銷售新模式，推進當地特色農產品“走出去”；通過“互聯網＋旅游”聚焦特色農產品、綠色食品、生態景區資源．下面是2022年7月到12月份該鎮甲、乙兩村銷售收入統計數據(單位：百萬)：
甲：5,6,6,7,8,16；
乙：4,6,8,9,10,17.
根據上述數據，則( B )
A．甲村銷售收入的第50百分位數為7百萬
B．甲村銷售收入的平均數小于乙村銷售收入的平均數
C．甲村銷售收入的中位數大于乙村銷售收入的中位數
D．甲村銷售收入的方差大于乙村銷售收入的方差
【解析】　因為6×0.5＝3，所以這組數據的第50百分位數為＝6.5，故A錯誤；甲＝×(5＋6＋6＋7＋8＋16)＝8，乙＝×(4＋6＋8＋9＋10＋17)＝9，故甲村銷售收入的平均數小于乙村銷售收入的平均數，故B正確；甲村銷售收入的中位數為＝6.5，乙村銷售收入的中位數為＝8.5，則甲村銷售收入的中位數小于乙村銷售收入的中位數，故C錯誤；甲村銷售收入的方差s＝×[(5－8)2＋(6－8)2＋(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(16－8)2]＝，乙村銷售收入的方差s＝×[(4－9)2＋(6－9)2＋(8－9)2＋(9－9)2＋(10－9)2＋(17－9)2]＝，所以甲村銷售收入的方差小于乙村銷售收入的方差，故D錯誤．故選B.
2. (2023·碑林區校級模擬)如圖，一組數據x1，x2，x3，…，x9，x10的平均數為5，方差為s，去除x9，x10這兩個數據后，平均數為，方差為s，則( D )
A.＞5，s＞s B．＜5，s＜s
C.＝5，s＜s D．＝5，s＞s
【解析】　由題意可得：i＝5，x9＝1，x10＝9，則i＝50，故＝i＝(i－x9－x10)＝(50－1－9)＝5，∵x9，x10是波幅最大的兩個點的值，則去除x9，x10這兩個數據后，整體波動性減小，故s＞s.故選D.核心考點3　經驗回歸方程
核心知識· 精歸納
1．相關系數：r＝.
2．經驗回歸方程：將＝x＋稱為y關于x的經驗回歸方程，其中＝，＝－ ，(，)稱為樣本中心．
典例研析· 悟方法
典例1 (2023·濟南模擬)第24屆冬奧會于2022年2月4日在北京市和張家口市聯合舉行，此項賽事大大激發了國人冰雪運動的熱情．某滑雪場在冬奧會期間開業，下表統計了該滑雪場開業第x天的滑雪人數y(單位：百人)的數據．
天數代碼x 1 2 3 4 5 6 7
滑雪人數y/百人 11 13 16 15 20 21 23
(1)根據第1至7天的數據分析，可用線性回歸模型擬合y與x的關系，請用樣本相關系數加以說明(保留兩位有效數字)；
(2)經過測算，若一天中滑雪人數超過3 000人時，當天滑雪場可實現盈利，請建立y關于x的經驗回歸方程，并預測該滑雪場開業的第幾天開始盈利．
附注：參考數據：iyi＝532，≈57.5.
參考公式：對于一組數據(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其樣本相關系數r＝.
【解析】　(1)因為＝4，＝17，所以(xi－)·(yi－)＝iyi－＝532－7×4×17＝56，
所以r＝≈≈0.97，
因為樣本相關系數|r|接近于1，所以可以推斷x和y這兩個變量線性相關，且相關程度很強．
(2)因為(xi－)2＝(1－4)2＋(2－4)2＋(3－4)2＋…＋(7－4)2＝28，
所以＝＝＝2，因為＝－ ＝17－2×4＝9，所以經驗回歸方程為＝2x＋9，因為一天中滑雪人數超過3 000人時，當天滑雪場可實現盈利，即2x＋9>30時，可實現盈利，解得x>10.5，所以根據經驗回歸方程預測，該滑雪場開業的第11天開始盈利．
方法技巧· 精提煉
求回歸直線方程的方法
(1)若所求的回歸直線方程是在選擇題中，常利用回歸直線必經過樣本點的中心(，)快速解決．
(2)若所求的回歸直線方程是在解答題中，則求回歸直線方程的一般步驟：
①依據樣本數據畫出散點圖，確定兩個變量具有線性相關關系；
②計算，，，iyi的值；
③計算回歸系數，；
④寫出回歸直線方程＝x＋.
加固訓練· 促提高
(2023·呂梁三模)數據顯示中國車載音樂已步入快速發展期，隨著車載音樂的商業化模式進一步完善，市場將持續擴大，下表為2018—2022年中國車載音樂市場規模(單位：十億元)，其中年份2018—2022對應的代碼分別為1～5.
年份代碼x 1 2 3 4 5
車載音樂市場規模y 2.8 3.9 7.3 12.0 17.0
(1)由上表數據知，可用指數函數模型y＝a·bx擬合y與x的關系，請建立y關于x的回歸方程(a，b的值精確到0.1)；
(2)綜合考慮2023年及2024年的經濟環境及疫情等因素，某預測公司根據上述數據求得y關于x的回歸方程后，通過修正，把b－1.3作為2023年與2024年這兩年的年平均增長率，請根據2022年中國車載音樂市場規模及修正后的年平均增長率預測2024年的中國車載音樂市場規模．
參考數據：
ivi e0.524 e0.472
1.94 33.82 1.7 1.6
其中vi＝ln yi，＝i.
參考公式：對于一組數據(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線＝＋u的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為＝，＝v－u.
【解析】　(1)因為y＝a·bx，所以兩邊同時取常用對數，得ln y＝ln a＋xln b，
設v＝ln y，所以v＝ln a＋xln b，設α＝ln a，β＝ln b，
因為＝3，＝1.94，
所以＝＝＝0.472，＝－ ＝1.94－0.472×3＝0.524，
所以ln ＝0.524，ln ＝0.472，
所以＝e0.524＝1.7，＝e0.472＝1.6，
所以＝1.7×1.6x.
(2)由題意知2023年與2024年這兩年的年平均增長率1.6－1.3＝0.3，
2022年中國車載音樂市場規模為1.7，
故預測2024年的中國車載音樂市場規模1.7(1＋0.3)2＝2.873(十億元).核心考點4　獨立性檢驗
核心知識· 精歸納
假設有兩個分類變量X和Y，它們的取值分別為{x1，x2}和{y1，y2}，其樣本頻數列聯表(稱為2×2列聯表)為：
y1 y2 總計
x1 a b a＋b
x2 c d c＋d
總計 a＋c b＋d a＋b＋c＋d
K2＝(其中n＝a＋b＋c＋d為樣本容量)．
典例研析· 悟方法
典例2 (2023·全國一模)某學校號召學生參加“每天鍛煉1小時”活動，為了了解學生參與活動的情況，隨機調查了100名學生一個月(30天)完成鍛煉活動的天數，制成如下頻數分布表：
天數 [0,5] (5,10] (10,15] (15,20] (20,25] (25,30]
人數 4 15 33 31 11 6
(1)由頻數分布表可以認為，學生參加體育鍛煉天數X近似服從正態分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本的平均數(每組數據取區間的中間值)，且σ＝6.1，若全校有3 000名學生，求參加“每天鍛煉1小時”活動超過21天的人數(精確到1)；
(2)調查數據表明，參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在(15,30]的學生中有30名男生，天數在[0,15]的學生中有20名男生，學校對當月參加“每天鍛煉1小時”活動超過15天的學生授予“運動達人”稱號．請填寫下面列聯表：
性別 活動天數 合計
[0,15] (15,30]
男生
女生
合計
并依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否認為學生性別與獲得“運動達人”稱號有關聯．如果結論是有關聯，請解釋它們之間如何相互影響．
附：參考數據：P(μ－α≤X≤μ＋σ)＝0.682 7；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5；P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 3.χ2＝(n＝a＋b＋c＋d)
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【解析】　(1)由頻數分布表知μ＝＝14.9，
則X～N(14.9,6.12)，∵P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，
∴P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1)＝＝0.158 65，
∴3 000×0.158 65＝475.95≈476，
∴參加“每天鍛煉1小時”活動超過21天的人數約為476人．
(2)由頻數分布表知，鍛煉活動的天數在[0,15]的人數為：4＋15＋33＝52，∵參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[0,15]的學生中有20名男生，∴參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在[0,15]的學生中有女生人數：52－20＝32，
由頻數分布表知，鍛煉活動的天數在(15,30]的人數為31＋11＋6＝48，∵參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在(15,30]的學生中有30名男生，∴參加“每天鍛煉1小時”活動的天數在(15,30]的學生中有女生人數：48－30＝18，
列聯表如下：
性別 活動天數 合計
[0,15] (15,30]
男生 20 30 50
女生 32 18 50
合計 52 48 100
零假設為H0：學生性別與獲得“運動達人”稱號無關，χ2＝≈5.769＞3.841，
依據α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即：可以認為學生性別與獲得“運動達人”稱號有關；
而且此推斷犯錯誤的概率不大于0.05，根據列聯表中的數據得到，男生、女生中活動天數超過15天的頻率分別為：＝0.6和＝0.36，可見男生中獲得“運動達人”稱號的頻率是女生中獲得“運動達人”的稱號頻率的≈1.67倍，于是依據頻率穩定與概率的原理，我們可以認為男生獲得“運動達人”的概率大于女生，即男生更容易獲得運動達人稱號．
方法技巧· 精提煉
獨立性檢驗的一般步驟
(1)根據樣本數據制成2×2列聯表．
(2)根據公式χ2＝計算．
(3)比較χ2與臨界值的大小關系，作統計推斷．
加固訓練· 促提高
(2023·日照模擬)第五代移動通信技術(簡稱5G)是最新一代蜂窩移動通信技術，是實現人、機、物互聯的網絡基礎設施．某市工信部門為了解本市5G手機用戶對5G網絡的滿意情況，隨機抽取了本市200名5G手機用戶進行調查，所得情況統計如下：
滿意情況 年齡 合計
50歲以下 50歲或50歲以上
滿意 95
不滿意 25
合計 120 200
(1)完成上述列聯表，并估計本市5G手機用戶對5G網絡滿意的概率；
(2)依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，分析本市5G手機用戶對5G網絡滿意與年齡在50歲以下是否有關．
附：
α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
【解析】　(1)2×2列聯表如下：
滿意情況 年齡 合計
50歲以下 50歲或50歲以上
滿意 95 55 150
不滿意 25 25 50
合計 120 80 200
所以本市5G手機用戶對5G網絡滿意的概率約為＝.
(2)零假設為H0：本市5G手機用戶對5G網絡滿意與年齡在50歲以下無關．
根據列聯表中的數據，計算可得
χ2＝＝≈2.778<3.841＝x0.05.
根據小概率值α＝0.05的χ2獨立性檢驗原則，沒有充分證據推斷H0不成立，因此可以認為H0成立，即認為本市5G手機用戶對5G網絡滿意與年齡在50歲以下無關．微專題　概率與統計的創新問題
創新分析
概率與統計試題大多數緊密結合社會實際，以現實生活為背景設置試題，注重知識的綜合應用與實際應用，作為考查實踐能力的重要載體，要求考生會收集、整理、分析數據，能從大量數據中抽取對研究問題有用的信息，建立數學模型，再應用數學原理和數學工具解決實際問題．
創新命題1　概率與傳統文化結合
典例1 (2023·河南模擬)“春雨驚春清谷天，夏滿芒夏暑相連，秋處露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月兩節不變更．最多相差一兩天．”中國農歷的“二十四節氣”，凝結著中華民族的智慧，是中國傳統文化的結晶，如五月有立夏、小滿，六月有芒種、夏至，七月有小暑、大暑．現從五月、六月、七月這六個節氣中任選兩個節氣，則這兩個節氣恰在同一個月的概率為( C )
A. B．
C． D．
創新點 以中國傳統文化的結晶“二十四節氣”為背景，把傳統文化與概率知識巧妙結合
考查點 古典概型
解法 (1)將實際問題轉化為古典概型概率問題(2)寫出從五月、六月、七月這六個節氣中任選兩個節氣的所有樣本點，找出其中在同一個月的兩個節氣，利用古典概型的概率公式求得所求概率
【解析】　由題意，樣本點由(立夏，小滿)，(立夏，芒種)，(立夏，夏至)，(立夏，小暑)，(立夏，大暑)，(小滿，芒種)，(小滿，夏至)，(小滿，小暑)，(小滿，大暑)，(芒種，夏至)，(芒種，小暑)，(芒種，大暑)，(夏至，小暑)，(夏至，大暑)，(小暑，大暑)共15個，其中任取兩個在同一個月的有3個，所以P＝＝.故選C.
創新命題2　概率與社會熱點交叉
典例2 (2023·西安二模)2022年10月12日，“天宮課堂”第三課在中國空間站開講，新晉“太空教師”劉洋用2米長的吸管成功喝到了芒果汁，這是中國航天員首次在問天實驗艙內進行授課，并通過網絡向全國進行直播，這場直播極大地激發了廣大中學生對航天知識的興趣，為領悟航天精神，感受中國夢想．某校高一年級組織了一次“尋夢天宮”航天知識比賽，比賽規則：每組兩個班級，每個班級各派出3名同學參加比賽，每一輪比賽中每個班級派出1名同學代表其所在班級答題，兩個班級都全部答對或者沒有全部答對，則均記0分；一班級全部答對而另一班級沒有全部答對，則全部答對的班級記1分，沒有全部答對的班級記－1分，三輪比賽結束后，累計得分高的班級獲勝．設甲、乙兩個班級為一組參加比賽，每輪比賽中甲班全部答對的概率為，乙班全部答對的概率為，甲、乙兩班答題相互獨立，且每輪比賽互不影響．
(1)求甲班每輪比賽得－1分、0分、1分的概率；
(2)兩輪比賽后甲班得分為X，求X的分布列和數學期望．
創新點 以社會熱點中國航天員首次在問天實驗艙內進行授課為背景，與概率統計合理交叉
考查點 離散型隨機變量的分布列和期望
解法 (1)分別計算甲班全部答錯且乙班全部答對、甲班、乙班都全部答對或都全部答錯、甲班全部答對且乙班全部答錯的概率即可；(2)分別計算X取－2，－1,0,1,2的概率并寫出分布列.
【解析】　(1)記事件A為“甲班每輪比賽得－1分”，事件B為“甲班每輪比賽得0分”，事件C為“甲班每輪比賽得1分”，
則P(A)＝×＝，
P(B)＝×＋×＝，
P(C)＝×＝.
(2)由題意可得，X的所有取值可能為－2，－1,0,1,2，
則由(1)可得，P(X＝－2)＝P(AA)＝×＝，
P(X＝－1)＝P(AB)＋P(BA)＝×＋×＝，
P(X＝0)＝P(AC)＋P(CA)＋P(BB)＝×＋×＋×＝，
P(X＝1)＝P(BC)＋P(CB)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝P(CC)＝×＝，
所以X的分布列為：
X －2 －1 0 1 2
P
所以E(X)＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.
創新命題3　經驗回歸方程、獨立性檢驗與生產生活牽手
典例3 (2023·瓊山區四模)“十四五”時期是我國全面建成小康社會、實現第一個百年奮斗目標之后，開啟全面建設社會主義現代化國家新征程、向第二個百年奮斗目標進軍的第一個五年．“三農”工作重心歷史性轉向全面推進鄉村振興，加快中國特色農業農村現代化進程．國務院印發《“十四五”推進農業農村現代化規劃》制定了具體工作方案和工作目標，提出到2025年全國水產品年產量達到6 900萬噸.2018年至2021年全國水產品年產量y(單位：千萬噸)的數據如下表：
年份 2018 2019 2020 2021
年份代號x 1 2 3 4
總產量y 6.46 6.48 6.55 6.69
(1)求出y關于x的線性回歸方程，并預測2025年水產品年產量能否實現目標；
(2)為了系統規劃漁業科技推廣工作，研究人員收集了2019年全國32個地區(含中農發集團)漁業產量、漁業從業人員、漁業科技推廣人員的數據，漁業年產量超過90萬噸的地區有14個，有漁業科技推廣人員高配比(配比＝漁業科技推廣人員總數：漁業從業人員總數)的地區有16個，其中年產量超過90萬噸且高配比的地區有4個，依據小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否認為“漁業科技推廣人員配比和年產量”有關系．
附：對于一組數據(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回歸直線＝x＋的斜率和截距的最小二乘法估計分別為＝，＝－ ，χ2＝
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
參考數據＝6.545，iyi＝65.83
創新點 以《“十四五”推進農業農村現代化規劃》提出的全國水產品年產量目標為命題背景，與統計案例合理的交匯．
考查點 線性回歸方程的求解，獨立性檢驗的應用
解法 (1)先求出，的值，再利用公式求出β，α的值，從而得到y關于x的線性回歸方程；(2)根據題意列出漁業科技推廣人員配比和年產量之間的2×2列聯表，根據公式計算χ2的值，再與臨界值比較即可得到結果.
【解析】　(1)由題意可得＝12＋22＋32＋42＝30，
又因為＝＝，＝6.545，iyi＝65.83，
所以β＝＝＝0.076，
所以α＝－β＝6.545－0.076×＝6.355，
所以y關于x的線性回歸方程為y＝0.076x＋6.355.
(2)由題意得，漁業科技推廣人員配比和年產量之間的2×2列聯表如下：
漁業科技推廣人員配比 漁業科技推廣人員配比 合計
年產量超過90萬噸 4 10 14
年產量未超過90萬噸 12 6 18
合計 16 16 32
所以χ2＝＝4.571>3.841，
依據α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即：“漁業科技推廣人員配比和年產量”有關系；而且此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.
創新命題4　概率與體育賽事融合
典例4 (2023·湖南模擬)冰壺是2022年2月4日至2月20日在中國舉行的第24屆冬季奧運會的比賽項目之一．冰壺比賽的場地如圖所示，其中左端(投擲線MN的左側)有一個發球區，運動員在發球區邊沿的投擲線MN將冰壺擲出，使冰壺沿冰道滑行，冰道的右端有一圓形的營壘，以場上冰壺最終靜止時距離營壘區圓心O的遠近決定勝負．甲、乙兩人進行投擲冰壺比賽，規定冰壺的重心落在圓O中，得3分，冰壺的重心落在圓環A中，得2分．冰壺的重心落在圓環B中，得1分，其余情況均得0分．已知甲、乙投擲冰壺的結果互不影響．甲、乙得3分的概率分別為，；甲、乙得2分的概率分別為，；甲、乙得1分的概率分別為，.
(1)求甲、乙兩人所得分數相同的概率；
(2)設甲、乙兩人所得的分數之和為X，求X的分布列和期望．
創新點 以冬季奧運會冰壺比賽的場地及比賽規則為命題背景，結合“五育”命題要求，把概率統計與賽事巧妙結合
考查點 古典概型以及離散型隨機變量的分布列與期望
解法 (1)求出甲、乙二人都得0分的概率，然后由兩人同時得0分、1分、2分、3分計算概率并相加即可；(2)由題意X可能取值為0,1,2,3,4,5,6，分別計算出概率的分布列，由期望公式計算期望.
【解析】　(1)由題意知甲得0分的概率為1－－－＝，
乙得0分的概率為1－－－＝，
所以甲、乙兩人所得分數相同的概率為×＋×＋×＋×＝.
(2)X可能取值為0,1,2,3,4,5,6，
則P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＋×＋×＝，
P(X＝3)＝×＋×＋×＋×＝，
P(X＝4)＝×＋×＋×＝，
P(X＝5)＝×＋×＝，
P(X＝6)＝×＝，
所以，隨機變量X的分布列為：
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
加固訓練· 促提高
1. (2023·龍巖模擬)算盤是我國一類重要的計算工具．如圖是一把算盤的初始狀態，自右向左前四位分別表示個位、十位、百位、千位，上面一粒珠子(簡稱上珠)代表5，下面一粒珠子(簡稱下珠)代表1，即五粒下珠的代表數值等于同組一粒上珠的代表數值，例如，個位撥動一粒上珠至梁上，十位未撥動，百位撥動一粒下珠至梁上，表示數字105，現將算盤的千位撥動一粒珠子至梁上，個位、十位、百位至多撥動一粒珠子至梁上，其他位置珠子不撥動．設事件A＝“表示的四位數為偶數”，事件B＝“表示的四位數大于5 050”，則P(B|A)＝( A )
A. B．
C． D．
【解析】　算盤的千位撥動一粒珠子至梁上，個位、十位、百位至多撥動一粒珠子至梁上，其他位置珠子不撥動．基本事件為：1 000,1 001,1 005,1 010，1 050，1 100,1 500,5 000,5 001,5 005,5 010,5 050，5 100，5 500共14種，事件A＝“表示的四位數為偶數”，則P(A)＝＝，事件B＝“表示的四位數大于5 050”，則P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝.故選A.
2. (2023·思明區校級期末)3月15日是國際消費者權益日．中央電視臺特地推出3.15公益晚會，曝光了食品、醫美、直播等多領域亂象，在很大程度上震懾了一些不良商家，也增強了消費者的維權意識．一名市民在某商店買了一只燈泡，結果用了兩個月就壞了，他撥打了12315投訴電話．通過調查，發現該商店將一些不合格燈泡混入一批合格燈泡中以次充好賣給顧客．假設合格燈泡在使用1 000小時后損壞的概率為0.004，不合格燈泡在使用1 000小時后損壞的概率為0.4，若混入的不合格燈泡數占燈泡總數的25%，現一顧客在該商店買一只燈泡，則該燈泡在使用1 000小時后不會損壞的概率為( C )
A．0.103 B．0.301
C．0.897 D．0.699
【解析】　由全概率公式，可得任取一零件，它是合格品的概率為(1－0.4)×25%＋(1－0.004)×75%＝0.897.故選C.
3. (多選)(2023·杭州模擬)2022年11月17日，工業和信息化部成功舉辦第十七屆“中國芯”集成電路產業大會．此次大會以“強芯固基以質為本”為主題，旨在培育壯大我國集成電路產業，夯實產業基礎、營造良好產業生態．某芯片研發單位用在“A芯片”上研發費用占本單位總研發費用的百分比y如表所示．已知＝40%，于是分別用p＝30%和p＝40%得到了兩條回歸直線方程：y＝1x＋1，y＝2x＋2，對應的相關系數分別為r1、r2，百分比y對應的方差分別為s、s，則下列結論正確的是( ABC )
年份 2018 2019 2020 2021 2022
年份代碼x 1 2 3 4 5
y 20% p 40% 50% q
A.r1＞r2 B．s>s
C.1>2 D．1>2
【解析】　p＝30%時，q＝60%，變量x、y呈線性正相關，故r1＝1＞r2，故A正確；方差反映數據的穩定性，顯然p＝40%時更穩定，故此時方差更小，即s>s，故B正確；由于＝，當p＝30%時，iyi＝1×20%＋2×30%＋3×40%＋4×50%＋5×60%＝700%，當p＝40%時，iyi＝1×20%＋2×40%＋3×40%＋4×50%＋5×50%＝670%，所以1>2，故C正確；因為＝－ ，所以1>2時，1<2，故D錯誤．故選ABC.
4. (2023·遼寧模擬)近兩年來，多個省份公布新高考改革方案，其中部分省份實行“3＋1＋2”的高考模式，“3”為全國統一高考的語文、數學、外語3門必考科目，“1”由考生在物理、歷史兩門科目中選考1門科目，“2”由考生在思想政治、地理、化學、生物4門科目中選考2門科目，則甲，乙兩名考生恰有兩門選考科目相同的概率為 　.
【解析】　甲、乙兩名考生選科的總情況有(CC)2＝144，其中恰有兩門選考科目相同的情況有以下兩種：①在物理、歷史兩科中選科相同，有CCA＝48種選法，②在物理、歷史兩科中選科不同，有CA＝12種選法，∴甲，乙兩名考生恰有兩門選考科目相同的概率為P＝＝.
5. (2023·閔行區校級二模)某新能源汽車銷售公司統計了某款汽車行駛里程x(單位：萬千米)對應維修保養費用y(單位：萬元)的四組數據，這四組數據如表：
行駛里程x/萬千米 1 2 4 5
維修保養費用y/萬元 0.50 0.90 2.30 2.70
若用最小二乘法求得回歸直線方程為＝0.58x＋，則估計該款汽車行駛里程為6萬千米時的維修保養費是_3.34__萬元．
【解析】　由表中數據可得，＝×(1＋2＋4＋5)＝3，＝×(0.5＋0.9＋2.3＋2.7)＝1.6，樣本中心點為(3,1.6)，∵回歸直線方程為＝0.58x＋，∴1.6＝0.58×3＋，解得＝－0.14，故回歸直線方程為＝0.58x－0.14，當x＝6時，＝0.58×6－0.14＝3.34，故估計該款汽車行駛里程為6萬千米時的維修保養費是3.34萬元．
6. (2023·安慶二模)為了“錘煉黨性修養，筑牢黨性根基”，黨員教師小A每天自覺登錄“學習強國APP”，參加各種學習活動，同時熱衷于參與四人賽．每局四人賽是由網絡隨機匹配四人進行比賽，每題回答正確得20分，第1個達到100分的比賽者獲得第1名，贏得該局比賽，該局比賽結束．每天的四人賽共有30局，前2局是有效局，根據得分情況獲得相應名次，從而得到相應的學習積分，第1局獲得第1名的得3分，獲得第2、3名的得2分，獲得第4名的得1分；第2局獲得第1名的得2分，獲得第2、3、4名的得1分；后28局是無效局，無論獲得什么名次，均不能獲得學習積分．經統計，小A每天在第1局四人賽中獲得3分、2分、1分的概率分別為，，，在第2局四人賽中獲得2分、1分的概率分別為，.
(1)設小A每天獲得的得分為X，求X的分布列、數學期望和方差；
(2)若小A每天賽完30局，設小A在每局四人賽中獲得第1名從而贏得該局比賽的概率為，每局是否贏得比賽相互獨立，請問在每天的30局四人賽中，小A贏得多少局的比賽概率最大？
【解析】　(1)記事件Ai(i＝1,2,3)表示第一局獲得i分，
事件Bi(i＝1,2)表示第二局獲得i分，這些事件相互獨立，由條件知X的可能值為5,4,3,2，
P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝×＝，
P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2)＝×＋×＝，
P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝P(A1B1)＝×＝，
所以X的分布列為：
X 5 4 3 2
P
E(X)＝5×＋4×＋3×＋2×＝，
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
(2)設小A每天贏得的局數為Y，則Y～B，
于是P(Y＝k)＝C·k·30－k.
根據條件得
由①得·k·30－k≥·k－1·31－k，得k≤，
同理由②得≤k，所以≤k≤，
又因為k∈Z，所以k＝10，因此在每天的30局四人賽中，小A贏得10局的比賽概率最大．

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