資源簡介

專題05 統計與概率
1.分層隨機抽樣的平均數
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和，抽取的樣本量分別為和.我們用表示第1層各個個體的變量值，用表示第1層樣本的各個個體的變量值；用表示第2層各個個體的變量值，用表示第2層樣本的各個個體的變量值，則第1層的總體平均數和樣本平均數分別為
.
第2層的總體平均數和樣本平均數分別為
.
總體平均數和樣本平均數分別為
.
由于用第1層的樣本平均數可以估計第1層的總體平均數，用第2層的樣本平均數可以估計第2層的總體平均數，因此可以用.
2.方差與標準差
一組數據，，，，用表示這組數據的平均數，
則這組數據的方差：；
標準差：
3.相互獨立事件的概念
對任意兩個事件與，如果成立，則稱事件與事件相互獨立（mutually independent），簡稱為獨立．
性質1：必然事件、不可能事件與任意事件相互獨立
性質2：如果事件與相互獨立，則與，與，與也相互獨立
則：，，
4.概率公式
（1）事件與相互獨立等價于
（2）事件與互斥，則
（3）概率的一般加法公式
設，是一個隨機試驗中的兩個事件，有
（4）如果事件與事件互為對立事件，那么，；
題型一 分層抽樣的樣本平均數與總體平均數
例題1．（2023下·全國·高一校聯考開學考試）
1．某單位有男職工30人，女職工70人，其中男職工平均年齡為40歲，方差為4，女職工平均年齡為35歲，方差是6，則該單位全體職工的方差為 .
例題2．（2023·吉林·統考一模）
2．吉林市一中學有男生900人，女生600人．在“書香校園”活動中，為了解全校學生的讀書時間，按性別比例分層隨機抽樣的方法抽取100名學生，其中男生、女生每天讀書時間的平均值分別為60分鐘和80分鐘，方差分別為10和15．結合上述數據估計該校學生每天讀書時間的平均值為 分鐘，方差為 ．
例題3．（2023下·浙江湖州·高一統考期末）
3．已知采用分層抽樣得到的高三男生、女生各100名學生的身高情況為：男生樣本平均數為172cm，方差為120，女生樣本平均數165cm，方差為120，則總體樣本方差是 .
練習題
（2023上·湖南張家界·高三慈利縣第一中學?？茧A段練習）
4．某校高三 （1）班 （45人）和高三 （2）班 （30人）進行比賽，按照分層抽樣的方法從兩個班共抽取10名同學，相關統計情況如下：高三 （1）班答對題目的平均數為 、方差為；高三 （2）班答對題目的平均數為、 方差為，則這10人答對題目的方差為 ；
（2023上·高一單元測試）
5．針對某市A，B兩個小區進行居民每月用電量調查，擬采用分層隨機抽樣的方法，抽取A小區1號樓12戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為198.5和10.22；2號樓15戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為210.0和20.22；3號樓13戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為168.0和28.56.抽取B小區1號樓10戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為170.6和27.15；2號樓20戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為200.2和14.55；3號樓20戶每月用電量數據，其平均數和方差分別為180.5和19.56，可以推測A，B兩個小區每月用電量更穩定的是 小區．
（2023下·吉林·高一吉林一中校考階段練習）
6．甲、乙兩位射擊愛好者，各射擊10次，甲的環數從小到大排列為4，5，5，6，6，7，7，8，8，9，乙的環數小到大排列為2，5，6，6，7，7，7，8，9，10.若甲的方差為2.25，乙的方差為4.41，則這20個數據的方差為 .
（2022上·安徽·高二校聯考階段練習）
7．為了調查公司員工的健康狀況，某公司男女員工比例是，用分層隨機抽樣的方法抽取樣本，統計樣本數據如下：男員工的平均體重為，標準差為；女員工的平均體重為，標準差為.則由此估計該公司員工的平均體重是 ，方差是 .
題型二 樣本數字特征
例題1．（2024·全國·高三專題練習）
8．已知一組數據的平均數是5，方差是4，則由和11這四個數據組成的新數據組的方差是 ．
例題2．（2024上·遼寧大連·高一統考期末）
9．已知數據的平均數為5，；數據的平均數為10，．則數據的平均數為 ，方差為 ．
例題3．（2023上·上海·高三上海市宜川中學?？计谥校?br/>10．已知實數的平均數為4，則這四個數的中位數的取值范圍是 ．
例題4．（2022下·北京朝陽·高二統考期末）
11．在一組數據0，3，5，7，10中加入一個整數a得到一組新數據，這組新數據與原數據相比平均數不增大且方差減小，則a的一個取值為 ．
練習題
（2024·全國·高三專題練習）
12．某學校高一年級在校人數為600人，其中男生320人，女生280人，為了解學生身高發展情況，按分層隨機抽樣的方法抽取50名男生身高為一個樣本，其樣本平均數為，抽取50名女生身高為一個樣本，其樣本平均數為，則該校高一學生的平均身高的估計值為 ．
（2023上·全國·高二期末）
13．如下的一列數據中，，對于，正整數n出現了n次，則這一列數據的中位數是 .
（2023上·四川成都·高二四川省成都列五中學?？茧A段練習）
14．已知這5個數的標準差為2，若在中隨機取出3個不同的數，則5為這3個數的中位數的概率是 ．
（2023上·黑龍江大慶·高二大慶實驗中學?？茧A段練習）
15．互不相等的4個正整數從小到大排序為，，，若它們的和為12，且這4個數據的極差是中位數的2倍，則這4個數據的上四分位數為 .
（2023·吉林·吉林省實驗校考模擬預測）
16．若一組樣本數據的平均數為10，另一組樣本數據的方差為8，則兩組樣本數據合并為一組樣本數據后的平均數是 ，方差是 .
（2022·高一課時練習）
17．在分層抽樣時，如果將總體分為k層，第j層抽取的樣本量為，第j層的樣本平均數為，樣本方差為，，．記，則所有數據的樣本方差為 ．
題型三 獨立事件 互斥事件 對立事件判斷
例題1．（2023下·河南開封·高一統考期末）
18．分別拋擲兩枚質地均勻的硬幣，設事件“2枚硬幣都是正面朝上”，事件“2枚硬幣朝上的面相同”，則下列與的關系中正確的個數為（ ）
①
②互斥
③互為對立
④相互獨立
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
例題2．（2023下·廣東肇慶·高一統考期末）
19．給定一個正整數，從集合中隨機抽取一個數，記事件“這個數為偶數”，事件“這個數為3的倍數”.下列說法正確的是（ ）
A．若，，則至少存在一個，使事件和事件不獨立
B．若，，則存在無窮多個，使事件和事件獨立
C．若為奇數，則至少存在一個，使事件和事件獨立
D．若為偶數，則對任意的，事件和事件獨立
例題3．（2023·吉林·統考一模）
20．口袋中裝有大小質地完全相同的白球和黑球各2個，從中不放回的依次取出2個球，事件“取出的兩球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的兩球不同色”，則（ ）
A． B．與互斥
C．與相互獨立 D．與互為對立
例題4．（2023上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中學?？计谥校?br/>21．在信道內傳輸0， 1信號，信號的傳輸相互獨立.發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為， 收到1的概率為.
(1)重復發送信號1三次，計算至少收到兩次1的概率；
(2)依次發送1，1， 0， 判斷以下兩個事件：①事件A：至少收到一個正確信號； ②事件B：至少收到兩個0，是否互相獨立，并給出證明.
練習題
（2022上·北京豐臺·高二統考期末）
22．對于隨機事件A，B，有下列說法：
①如果，相互獨立，那么；
②如果，對立，那么；
③如果，互斥，那么.
其中正確的個數是（ ）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
（2023·云南·高三校聯考階段練習）
23．一枚質地均勻的正方體骰子，其六個面分別刻有1，2，3，4，5，6六個數字，投擲這枚骰子兩次，A表示事件“第一次向上一面的數字是1”，B表示事件“第二次向上一面的數字是2”，C表示事件“兩次向上一面的數字之和是7”，D表示事件“兩次向上一面的數字之和是8”，則（ ）
A．C與D相互獨立 B．A與D相互獨立
C．B與D相互獨立 D．A與C相互獨立
（2022下·山西·高一校聯考階段練習）
24．對于一個古典概型的樣本空間和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，則（ ）
A．A與B不互斥 B．A與D互斥但不對立
C．C與D互斥 D．A與C相互獨立
（2023下·福建福州·高一福建省福州延安中學?？计谀?br/>25．拋擲一紅一綠兩枚質地均勻的骰子，記下骰子朝上一面的點數，用x表示紅色骰子的點數，y表示綠色骰子的點數，定義事件：A=“”，B=“xy為奇數”，C=“”，則下列結論錯誤的是（ ）
A．B與C相互獨立 B．A與B對立
C．A與C相互獨立 D．A與B互斥但不對立
（2023下·云南楚雄·高一統考期末）
26．袋中裝有大小完全相同的6個紅球，3個藍球，其中有2個紅球和1個藍球上面標記了數字1，其他球標記了數字2.
(1)每次有放回地任取1個小球，連續取兩次，求取出的2個球恰有1個紅球且兩球的數字和為3的概率；
(2)從袋中不放回地依次取2個小球，每次取1個，記事件第一次取到的是紅球，事件第二次取到了標記數字1的球，求，并判斷事件與事件是否相互獨立.
題型四 概率綜合應用
（2023上·浙江·高二溫州中學校聯考期中）
27．有5張未刮碼的卡片，其中n張是“中獎”卡，其它的是“未中獎”卡，現從這5張卡片隨機抽取2張.你有資金100元，每次在對一張卡片刮碼前，下注已有資金的一半.若刮碼結果為“中獎”，則贏得與下注金額相同的另一筆錢，若刮碼結果是“未中獎”，則輸掉下注的資金.抽取的2張卡片全部刮完后，要使資金增加的概率大于資金減少的概率，則n至少為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
（2023下·江蘇南通·高二江蘇省如皋中學?？茧A段練習）
28．已知事件滿足，，則下列結論正確的是（ ）
A．如果，那么
B．如果，那么，
C．如果與互斥，那么
D．如果與相互獨立，那么
（2023下·山東煙臺·高二山東省招遠第一中學?？计谥校?br/>29．現有一款闖關游戲，共有4關，規則如下：在第n關要拋擲骰子n次，每次觀察向上面的點數并做記錄，如果這n次拋擲所出現的點數之和大于，則算過第關.假定每次過關互不影響，則直接挑戰第2關并過關的概率為 ，若直接挑戰第4關，則過關的概率為 .
（2023下·福建廈門·高一統考期末）
30．為了建設書香校園，營造良好的讀書氛圍，學校開展“送書券”活動.該活動由三個游戲組成，每個游戲各玩一次且結果互不影響．連勝兩個游戲可以獲得一張書券，連勝三個游戲可以獲得兩張書券．游戲規則如下表：
游戲一 游戲二 游戲三
箱子中球的 顏色和數量 大小質地完全相同的紅球3個，白球2個 （紅球編號為“1，2，3”，白球編號為“4，5”）
取球規則 取出一個球 有放回地依次取出兩個球 不放回地依次取出兩個球
獲勝規則 取到白球獲勝 取到兩個白球獲勝 編號之和為獲勝
(1)分別求出游戲一，游戲二的獲勝概率；
(2)一名同學先玩了游戲一，試問為何值時，接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率更大．
練習題
（2023上·遼寧大連·高一期末）
31．在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立，發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為，收到1的概率為.若在信道內依次發送信號1，0，為了檢驗，收到信號的一端將收到的信號發回到輸入端.下列說法正確的是（ ）
A．“收到的信號為1，0”是“傳回的信號為1，0”的充分條件
B．“收到的信號為1，0”與“傳回的信號為1，0”不一定是相互獨立的
C．若，則事件“傳回的信號為1，0”的概率一定大于0.25
D．若，，則事件“傳回的信號為1，0”的概率為31.68%
（2023下·重慶·高二統考期末）
32．排球比賽實行“每球得分制”，即每次發球后，誰取勝誰就得1分，得分的隊有發球權，最后先得25分的隊獲得本局比賽勝利，若出現比分24：24，要繼續比賽至某隊領先2分才能取勝，該局比賽結束，甲、乙兩隊進行一局排球比賽，已知甲隊發球時甲隊獲勝的概率為，乙隊發球時甲隊獲勝的概率為，且各次發球的勝負結果相互獨立.若此時甲、乙兩隊雙方比分為24：24平，且甲隊擁有發球權，則兩隊共再發2次球就結束比賽的概率為 ；若此時甲、乙兩隊雙方比分為22：22平，且甲隊擁有發球權，則甲隊得25分且取得該局比賽勝利的概率為 .
（2023上·湖南·高二校聯考階段練習）
33．甲、乙兩位同學參加某種科學知識比賽進入了決賽階段，決賽規則如下：最多進行兩輪比賽，每人每輪比賽在規定時間內答兩道選擇題，答對一道得3分，不作答得1分，答錯得分．第一輪結束總得分高的勝出，得分相同則進行第二輪比賽．對于一道選擇題，假設甲選擇作答且答對的概率為，選擇作答且答錯的概率為，選擇不作答的概率為，乙選擇作答且答對的概率為，選擇作答且答錯的概率為，選擇不作答的概率為．又假設甲答不同的題、乙答不同的題及甲、乙之間的答題均互不影響．
(1)若，，，，，，求：
①第一輪比賽結束甲得分為2分的概率；
②第一輪比賽結束甲、乙的得分相等且概率相等的概率；
(2)若，求第一輪結束時乙不需要進行第二輪比賽的概率．
（2022下·福建泉州·高一校考期中）
34．為評估大氣污染防治效果，調查區域空氣質量狀況，某調研機構從兩地區一年的數據中隨機抽取了相同20天的觀測數據，得到兩地區的空氣質量指數如下圖所示：

根據空氣質量指數，將空氣質量狀況分為以下三個等級：
空氣質量指數
空氣質量狀況 優良 輕中度污染 重度污染
(1)試估計地區當年（365天）的空氣質量狀況“優良”的天數；
(2)假設兩地區空氣質量狀況相互獨立，記事件：“地區空氣質量等級優于地區空氣質量等級”．根據所給數據，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率，求事件的概率；
(3)若從空氣質量角度選擇生活地區居住，你建議選擇兩地區哪個地區．（只需寫出結論）
（2023下·廣東佛山·高二校聯考階段練習）
35．連續拋擲一枚質地均勻的骰子兩次，分別標記兩次骰子正面朝上的點數，表示事件“第一次正面朝上的點數為1”，表示事件“第二次正面朝上的點數為3”，表示事件“兩次正面朝上的點數之和為8”，表示事件“兩次正面朝上的點數之和為7”，則下列說法錯誤的是（ ）
A．與相互獨立 B．與互斥
C． D．
（2022下·山西長治·高二山西省長治市第二中學校校考階段練習）
36．甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球， 乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球(球除顏色外，大小質地均相同)．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以和表示由甲罐中取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是紅球的事件．下列結論正確的個數是（ ）
①事件與相互獨立；
②，，是兩兩互斥的事件；
③；
④；
⑤
A．5 B．4 C．3 D．2
二、多選題
（2023下·山東淄博·高二統考期末）
37．事件A，B的概率分別為：，，則（ ）
A．若A，B為互斥事件，
B．
C．若A，B相互獨立，
D．若，則A，B相互獨立
（2023下·河北·高二校聯考階段練習）
38．設、為隨機事件，且、，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則、可能不相互獨立
B．若，則
C．若，則
D．若，，則
（2020上·湖北黃石·高三黃石二中校考階段練習）
39．甲罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球；乙罐中有5個紅球，3個白球和2個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以，和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，下列的結論：其中正確結論的為（ ）
A． B．
C．事件與事件不相互獨立 D．，，是兩兩互斥的事件
三、解答題
（2021上·安徽六安·高二安徽省舒城中學?？茧A段練習）
40．隨機抽取100名學生，測得他們的身高（單位：），按照區間，，，，分組，得到樣本身高的頻率分布直方圖如圖所示．

（1）求頻率分布直方圖中的值及身高在及以上的學生人數；
（2）估計該校100名生學身高的75％分位數．
（3）若一個總體劃分為兩層，通過按樣本量比例分配分層隨機抽樣，各層抽取的樣本量、樣本平均數和樣本方差分別為：，，；，，．記總的樣本平均數為，樣本方差為，證明：
①；
②．
（2020·高一課時練習）
41．在分層抽樣時，如果總體分為k層，而且第j層抽取的樣本量為，第j層的樣本均值為，樣本方差為.記.求證：所有數據的樣本均值和方差分別為:.
（2022下·山東淄博·高一統考期末）
42．某校有高一學生1000人，其中男女生比例為，為獲得該校高一學生的身高（單位：）信息，采用隨機抽樣方法抽取了樣本量為50的樣本，其中男女生樣本量均為25，計算得到男生樣本的均值為172，標準差為3，女生樣本的均值為162，標準差為4．
(1)計算總樣本均值，并估計該校高一全體學生的平均身高；
(2)計算總樣本方差．
（2023·全國·高二專題練習）
43．某大學有A，B兩個餐廳為學生提供午餐與晚餐服務，甲、乙兩位學生每天午餐和晚餐都在學校就餐，近100天選擇餐廳就餐情況統計如下：
選擇餐廳情況（午餐，晚餐）
甲 30天 20天 40天 10天
乙 20天 25天 15天 40天
假設甲、乙選擇餐廳相互獨立，用頻率估計概率.
(1)分別估計一天中甲午餐和晚餐都選擇A餐廳就餐的概率，乙午餐和晚餐都選擇B餐廳就餐的概率；
(2)假設M表示事件“A餐廳推出優惠套餐”，N表示事件“某學生去A餐廳就餐”，，一般來說在推出優惠套餐的情況下學生去該餐廳就餐的概率會比不推出優惠套餐的情況下去該餐廳就餐的概率要大，證明：.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．10.65
【分析】利用由部分方差求總體方差的公式求解.
【詳解】由題意得，該單位全體職工的平均年齡為歲，
則該單位全體職工的方差
.
故答案為：10.65
2． 68 108
【分析】利用分層抽樣的平均值與方差公式計算即可.
【詳解】由題意可知男生女生抽取比例分別為：，
故抽取樣本的平均值為：，
方差為：.
以此估計該校學生每天讀書時間的平均值為68；方差為108.
故答案為：68；108.
3．132.25
【分析】由已知求出總體平均數，然后根據分層抽樣總體的方差公式，代入相關數據，求解即可得出答案.
【詳解】設男生樣本平均數為，方差為，女生樣本平均數為，方差為，總體平均數為，總體方差為，則由已知可得，，，，
所以，總體平均數.
根據分層抽樣總體的方差公式可知，
總體樣本方差.
故答案為：.
4．##
【分析】根據分層抽樣得到高三 （1）班和高三 （2）班各抽取的人數，計算出10人答對題目的平均分，利用公式求出整體方差.
【詳解】根據分層抽樣的概念，得到高三 （1）班抽取人數為，
高三 （2）班抽取人數為，
則這10人答對題目的平均分為，
這10人答對題目的方差為
故答案為：
5．
【分析】分別代入分層抽樣的平均數和方差公式，再比較后，即判斷.
【詳解】設A小區全部居民每月用電量平均數和方差分別為和，B小區全部居民每月用電量平均數和方差分別為和，用樣本估計總體，則估計，
所以,
,
因為，所以推測B小區每月用電量更穩定．
故答案為：.
6．##3.34
【分析】根據方差的性質即可求解.
【詳解】，
，
則這20個數據的平均值，
故這20個數據的方差為，
故答案為：3.34
7． ； ##.
【分析】根據分層抽樣平均數公式估計該公司員工的平均體重，再利用分層抽樣的方差公式求方差.
【詳解】由題得
所以方差
故答案為：；.
8．12
【分析】根據平均數和方差的公式帶入計算可得.
【詳解】由已知得，
則新數據的平均數為，
方差為
．
故答案為：12
9． 8 8.7
【分析】由平均數、方差的運算公式即可求解.
【詳解】由題意得數據的平均數為，
數據的方差為
.
故答案為：8，8.7.
10．
【分析】
利用平均數及中位數的概念計算即可.
【詳解】由題意可知，
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，此時中位數是；
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，此時，不符合題意；
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，同上，不符合題意；
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，則有；
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，同上；
若該四個數按大小排列，位于中間，則位于兩側，可知；
此時中位數是；
綜上所述這四個數的中位數的取值范圍是.
故答案為：.
11．2(答案不唯一，中任取一個都正確)
【分析】根據平均數，方差的計算公式計算即可.
【詳解】解：由題意得，原數據的平均數
原數據的方差為
新數據的平均數，解得,
新數據的方差為
，
將代入得，，
解得：，
，，所以，
故答案為：2(答案不唯一，中任取一個都正確)
12．
【分析】由題意可知，，且根據樣本平均數，求解即可.
【詳解】由題意可知，，且
所以樣本平均數，
故該校高一學生的平均身高的估計值為．
故答案為：.
13．142
【分析】分析數組的規律：1個1，2個2，3個3，4個4，…，200個200，從而根據等差數列求和公式可求數據的總個數，再根據中位數的概念求出中位數即可.
【詳解】該列數據的總個數：，
則中位數是第10050項與第10051項的平均值；
令，則，
當時，最后一個141是第項，則第10050項和第10051項都是142，則中位數是.
故答案為：142
14．##
【分析】根據標準差公式求出，再根據中位數的定義結合古典概型即可得解.
【詳解】這5個數的平均數為，
因為這5個數的標準差為2，
，
解得，
則，即為，
按照從小到大的順序為，
從隨機取出3個不同的數，
有，
共種，
其中5為這3個數的中位數有共種，
所以5為這3個數的中位數的概率是.
故答案為：.
15．
【分析】根據中位數、極差的概念求出這四個正整數，再由百分位數的定義求解.
【詳解】這組數據的極差，中位數為，
據題意得，
即，
又它們的和為12，所以，解得，.
因為，，為正整數且互不相等，
所以，，.
所以排列順序為：1,2,3,6；
，
所以上四分位數為：.
故答案為：
16．
【分析】計算出、的值，再利用平均數和方差公式可求得合并后的新數據的平均數和方差.
【詳解】由題意可知，數據的平均數為，
所以，則，
所以數據、、、的平均數為，
方差為，
所以，
將兩組數據合并后，得到新數據，
則其平均數為，
方差為.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是充分理解平均數與方差的計算公式，并進行計算.
17．
【分析】在分層抽樣中先計算第層抽取的樣本均值，再計算總體k層的樣本均值，即可得出;同理，計算第j層抽取的樣本方差，進行一系列整理得到，再計算總體k層的樣本方差，由此得答案.
【詳解】解：.
∴樣本均值為.
又.
計算總體
又.
.
.
故答案為：
【點睛】本題主要考查用分層抽樣的方法求樣本的均值和方差，屬于中檔題.
18．A
【分析】根據古典概型的計算公式、互斥事件、對立事件、獨立事件的概念對選項一一分析判斷即可得出答案.
【詳解】由題意可知：一枚硬幣有兩個等可能結果：正面朝上、反面朝上，
兩枚硬幣有兩個等可能結果：正正、正反、反正、反反，
事件“2枚硬幣都是正面朝上”包含的情況為：正正，
事件“2枚硬幣朝上的面相同”包含的情況為：正正，反反，
故，故①正確；②錯誤；
事件的對立事件為：正反、反正、反反，故③錯誤；
則，，
所以，故④錯誤.
故選：A.
19．B
【分析】
主要是用判斷事件的相互獨立性.
【詳解】對于A，對于任意，，
即事件和事件獨立， A不正確.
對于B，當時，滿足；
當時，滿足；
以此類推，當時，，，滿足；
故存在無窮多個，使事件和事件獨立，B正確.
對于C，當時，，
此時顯然；
當時，，
此時顯然；
當時，，
此時顯然；
綜上可知，對任意奇數，事件和事件都不獨立；C不正確.
對于D，當時，D不正確.
故選：B.
20．ACD
【分析】利用古典概型的概率公式求出所對應的事件的概率即可判斷A，根據互斥事件的概率即可判斷B，根據相互獨立事件的定義判斷C，根據對立事件的概率即可判斷D．
【詳解】設2個白球為，2個黑球為，
則樣本空間為：，共12個基本事件.
事件，共4個基本事件；
事件，共6個基本事件；
事件，共6個基本事件；
事件，共8個基本事件，
對于A，由，故A正確；
對于B，因為，所以事件B與C不互斥，故B錯誤；
對于C，因為，，，
則，故事件A與B相互獨立，故C正確；
對于D，因為，，所以事件A與D互為對立，故D正確．
故選：ACD．
21．(1)；
(2)事件A與事件B不互相獨立，證明見解析.
【分析】
（1）利用事件的相互獨立求“至少收到兩次1”的概率；
（2）利用事件的相互獨立性計算，，，利用獨立事件的概率公式驗證.
【詳解】（1）重復發送信號1三次，“至少收到兩次1”的可能情況為：
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因為信號的傳輸相互獨立，
故“至少收到兩次1”的概率為：.
（2）事件A與事件B不互相獨立，證明如下：
若依次發送1，1， 0， 則三次都沒收到正確信號的概率為，
故至少收到一個正確信號的概率為；
若依次發送1，1，0，“至少收到兩個0”的可能情況為：
(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根據事件的相互獨立性，
故，
若依次發送1，1，0，“至少收到兩個0且至少收到一個正確信號”的可能情況為：
(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根據事件的相互獨立性，
故，
因為，所以事件A與事件B不互相獨立.
22．D
【分析】根據對立事件，互斥事件，相互獨立事件的概念即可判斷出答案.
【詳解】①若，相互獨立，則，故①正確；
②若，對立，則，即，故②正確；
③若，互斥，則，故③正確.
故選：D.
23．D
【分析】根據事件相互獨立的定義判斷.
【詳解】由題意知，
，所以C與D不相互獨立，
，所以A與D不相互獨立，
，所以B與D不相互獨立，
，所以A與C相互獨立，
故選：D
【點睛】方法點睛：判斷事件A與B是否相互獨立，根據事件相互獨立的定義關鍵看是否成立.
24．D
【分析】由已知條件結合事件的運算判斷事件間的互斥、對立關系，根據的關系判斷事件是否獨立.
【詳解】由，，，即，故A、B互斥，A錯誤；
由，A、D互斥且對立，B錯誤；
又，，則，C與D不互斥，C錯誤；
由，，，
所以，即A與C相互獨立，D正確.
故選：D
25．CD
【分析】應用表格列舉出的所有可能情況，根據題設描述及獨立事件、互斥、對立事件定義判斷各項正誤即可.
【詳解】下表中行表示，列表示，則
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
滿足事件有、、、、、共6種，
滿足事件有、、、、、、、、共9種，
滿足事件有、、、、、、、、、、、、、、、、、，即后3列，共18種，
所以事件有0種，事件有3種，事件有3種，則B錯，D對，
所以，，，，，
則，，A錯，C對，
故選：CD
26．(1)
(2)，事件與事件相互獨立.
【分析】
（1）分部分類抽取，然后概率相加求解；
（2）分別求取概率，然后驗證的關系判斷事件與事件是否相互獨立.
【詳解】（1）第一次取到的是紅球，第二次取到的是藍球且兩球的數字和為3，即抽到紅1藍2或者紅2藍1的概率：，
第一次取到的是藍球，第二次取到的是紅球且兩球的數字和為3即抽到的是藍2紅1或者藍1紅2的概率，
則所求的概率為.
（2）“第一次取到的是紅球”的概率，
“第二次取到了標記數字1的球”即取到的是數字2,1或者1,1，,概率，
“第一次取到紅球且第二次取到了標記數字1的球”即抽到的為紅1數字1或者紅2數字1，概率.
因為成立，所以事件與事件相互獨立.
27．C
【分析】
根據題設分析出：要使資金增加必須2次刮出中獎，轉化為5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于，再列不等式求n取值.
【詳解】由于總資金100元，每次在對一張卡片刮碼前下注已有資金的一半.
刮第1張卡前，下注50元：
若未中獎，還剩50元；刮第2張卡前，下注25元，不管是否中獎，資金必減少；
若中獎，還剩150元，刮第2張卡前，下注75元，未中獎資金減少；中獎資金增加；
所以，要使資金增加，則必須2次刮出中獎，否則資金減少；
所以，5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于即可，
由5張卡片中任取2張的方法數有10種，n張“中獎”卡中取到2張的方法數有種，
所以且，故或5，即n至少為4.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：問題化為5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于為關鍵.
28．CD
【分析】古典概型、條件概率、互斥事件的概率，相互獨立事件的概率公式的運用。
【詳解】對于選項A，設一個盒子里有標號為 1 到 10 的小球, 從中摸出一個小球, 記下球的編號,
記事件A=“球的編號是偶數”， 事件B=“球的編號是1，2，3” ，事件C=“球的編號是奇數” 滿足 , 但是 選項A錯誤;
對于選項B，如果 , 那么 ,選項B錯誤;
對于選項C， 如果與互斥，那么 , 所以選項C正確;
對于選項D，如果與相互獨立，那么
所以選項D正確。
故選：CD
29．
【分析】由古典概型，獨立事件的乘法公式逐一計算即可.
【詳解】第一空，直接挑戰第二關過關需兩次點數之和大于，兩次點數滿足要求的有如下幾種情況：（1，6），（2，5），（2，6），（3，4）……（6，5），（6，6），
則概率為：；
第二空，直接挑戰第四關過關需四次點數之和大于，四次點數滿足要求的有如下幾種情況：（5，5，5，6）四種，（4，5，6，6）十二種，（5，5，6，6）六種，（3，6，6，6）四種，（4，6，6，6，）四種，（5，6，6，6）四種，（6，6，6，6）一種，合計35種，故概率為：.
故答案為：，
30．(1)游戲一獲勝的概率為，游戲二獲勝的概率為
(2)的所有可能取值為．
【分析】（1）利用列舉法，結合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件與獨立事件的概率公式求得先玩游戲二與先玩游戲三獲得書券的概率，從而得到游戲三獲勝的概率，進而利用表格得到編號之和為的概率，由此得解.
【詳解】（1）設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，
因為，所以，．所以游戲一獲勝的概率為．
游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，
則，因為，
所以，所以，所以游戲二獲勝的概率為．
（2）設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，
則，且，，互斥，相互獨立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，
所以，即．
進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：
第二次 第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
當時，，舍去
當時，，滿足題意，
因此的所有可能取值為．
【點睛】關鍵點睛：本題第2小問的解決關鍵是利用互斥事件與獨立事件的概率公式求得先玩游戲二與先玩游戲三獲得書券的概率，從而得到游戲三獲勝的概率，由此得解.
31．BC
【分析】
A選項，計算出收到信號為1，0和傳回信號為1，0的概率，故“收到的信號不為1，0”時，“傳回的信號也可能為1，0”，A錯誤；B選項，設傳回信號為1，0為事件A，收到信號為1，0為事件B，計算出則，與，舉出反例得到不一定等于，故B錯誤；C選項，得到，由基本不等式得到，C正確；D選項，代入計算即可.
【詳解】
A選項，收到信號為1，0的概率為，則傳回信號為1，0的概率為，
即“收到的信號不為1，0”時，“傳回的信號也可能為1，0”，
顯然“收到的信號為1，0”不是“傳回的信號為1，0”的充分條件，A錯誤；
B選項，收到信號為0，0的概率為，則傳回信號為1，0概率為，
收到信號為1，0的概率為，則傳回信號為1，0的概率為，
收到信號為0，1的概率為，則傳回信號為1，0的概率為，
收到信號為1，1的概率為，則傳回信號為1，0的概率為，
所以傳回信號為1，0概率為，
設傳回信號為1，0為事件A，收到信號為1，0為事件B，
則，，
，
則不一定等于，
比如當時，
，
而，
故“收到的信號為1，0”與“傳回的信號為1，0”不一定是相互獨立的，B正確；
C選項，由得，，
而，而，即不能取等號，故，
所以，C正確；
D選項，由，，
則
，D錯誤.
故選：BC.
【點睛】
結論點睛：當時，兩事件獨立，
反之，當兩事件獨立時，.
32．
【分析】填空(1)：先確定后兩隊共發2次球就結束比賽，包含這兩個球均由甲隊得分和這兩個球均由乙隊得分兩個事件，再利用事件的相互獨立性求概率；
填空(2)：先確定時，甲隊得25分且取得該局比賽勝利，包含甲以25：22取得比賽勝利和甲以25：23取得勝利兩個事件，再利用事件的相互獨立性求概率.
【詳解】后兩隊共發2次球就結束比賽，則這兩個球均由甲隊得分，或均由乙隊得分，且兩者互斥．
記事件“后兩隊共發2次球就結束比賽”，因為各次發球的勝負結果相互獨立，所以．
即后兩隊共發2次球就結束比賽的概率為．
時，甲隊得25分且取得該局比賽勝利，則甲以25：22或25：23取得該局勝利．
記事件“甲以25：22取得該局勝利”，“甲以25：23取得該局勝利”，
“時，甲隊得25分且取得該局比賽勝利”，
因為各次發球的勝負結果相互獨立，且B，C互斥，所以
，
，
．
所以時，甲隊得25分且取得該局比賽勝利的概率為.
故答案為：，.
33．(1)① ；②
(2)
【分析】（1）①甲答題得2分的情況分兩種情形討論，結合概率的公式求解即可；②討論出甲乙都答了2題，且都是1對1錯，結合概率公式即可.
（2）乙不需要進行第二輪比賽即甲乙得分不相同.
【詳解】（1）①因為甲答不同的題互不影響，所以甲可能：2道題中對1題錯1題，或者2題都不答，
即，
所以第一輪比賽結束甲得分為2分的概率為．
②由已知得，第一輪比賽結束甲、乙的得分相等的情形：都答對2題分，都答錯2題，2題都不答，這些情形概率不相等；
所以甲、乙都是選擇作答2題，一題答對一題答錯，
因為甲答不同的題、乙答不同的題及甲、乙之間的答題均互不影響，
所以第一輪比賽結束甲、乙得分相等且概率相等的概率為
．
（2）因為，故在第一輪比賽時甲、乙都選擇作答每道題，
所以在第一輪比賽結束時每個人的得分可以是6分，2分和分，
因為甲答不同的題、乙答不同的題及甲、乙之間的答題均互不影響，
所以第一輪結束時乙不需要進行第二輪比賽的概率即甲乙得分不相同的概率為
．
34．(1)
(2)
(3)建議選擇地區居住
【分析】（1）從地區選出的20天中隨機選出一天，這一天空氣質量狀況為“優良”的頻率為，由此估計地區當年（365天）的空氣質量狀況“優良”的頻率為0.75，從而能求出地區當年（365天）的空氣質量狀況“優良”的天數．
（2）記表示事件：“地區空氣質量等級為優良”，表示事件：“地區空氣質量等級為輕中度污染”，表示事件：“地區空氣質量等級為輕中度污染”，表示事件：“地區空氣質量等級為重度污染”，則與獨立，與獨立，與互斥，．由此能求出事件的概率．
（3）從空氣質量角度，建議選擇地區居住．
【詳解】（1）從A地區選出的20天中隨機選出一天，這一天空氣質量狀況為“優良”的頻率為，
估計A地區當年（365天）的空氣質量狀況“優良”的頻率為0.75，
A地區當年（365天）的空氣質量狀況“優良”的天數約為天．
（2）記表示事件：“A地區空氣質量等級為優良”，
表示事件：“A地區空氣質量等級為輕中度污染”，
表示事件：“B地區空氣質量等級為輕中度污染”，
表示事件：“B地區空氣質量等級為重度污染”，
則與獨立，與獨立，與互斥，．
所以．
由所給數據得發生的頻率分別為．
故，
所以事件的概率．
（3）從空氣質量角度，建議選擇A地區居?。?br/>【點睛】關鍵點點睛：第一小問比較常規，第三小問是屬于開放性試題言之有理即可，關鍵是第二問要利用互斥加法公式以及獨立乘法公式.
35．D
【分析】利用列舉法與古典概型的概率公式求得各事件的概率，再結合獨立事件、互斥事件與條件概率公式即可得解.
【詳解】連續拋擲一枚質地均勻的骰子兩次的結果用有序數對表示，其中第一次在前，第二次在后，不同結果如下：
，共36個．
依題意，易得，
事件包括，共5個，，
事件包括，共6個，，
對于A，事件只有結果，則，A與D相互獨立，故A正確；
對于B，由事件的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的點數為1”的事件，故與互斥，故B正確；
對于C，事件表示“第二次正面朝上的點數不為3”，事件同時發生的有，共4件，
所以，，故C正確；
對于D，事件同時發生的有，共1件，所以，
，故D錯誤.
故選：D.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，從而得解.
36．C
【分析】先判斷出，，是兩兩互斥的事件，且不滿足，①錯誤，②正確，用條件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出結論.
【詳解】顯然，，，是兩兩互斥的事件，且
，，而，①錯誤，②正確；
，，所以，③正確；
④正確；
，⑤錯誤，綜上：結論正確個數為3.
故選：C
37．AD
【分析】利用互斥事件的定義及性質判斷A選項；利用和事件的關系判斷B選項；利用相互獨立事件的定義及性質判斷C選項；利用條件概率公式，求解事件A與B的積事件，根據獨立事件關系確定A、B的獨立性可判斷D.
【詳解】選項A：若A，B為互斥事件，則，
所以，故A正確；
選項B：，故B錯誤；
選項C：若A，B相互獨立，
所以，故C錯誤；
選項D：因為，
所以，則A，B相互獨立，故D正確；
故選：AD.
【點睛】關鍵點點睛：通常判斷兩個事件是否相互獨立，常用以下兩種方法：
1、事件獨立性的定義：如果事件A和事件B相互不影響，則稱事件A和事件B是相互獨立的；
2、乘法原理：如果事件A和事件B是相互獨立，則它們同時發生的概率等于它們各自發生的概率之積.
38．BCD
【分析】
利用條件概率公式以及獨立事件的定義可判斷A選項；利用條件概率公式可判斷BCD選項.
【詳解】
對于A選項，根據條件概率公式及，
得，即，所以，、相互獨立，A錯；
對于B選項，由A知，當時，，
所以，，B對；
對于C選項，由，得，
所以，C對；
對于D選項，，
，所以，，D對.
故選：BCD．
39．BCD
【解析】根據古典概型概率計算公式及事件的相關概念，逐一分析四個選項的真假，可得答案．
【詳解】解：甲罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球；乙罐中有5個紅球，3個白球和2個黑球．
先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以、和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；
再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，
對A，，故A錯誤；
對B，，故B正確；
對C，當發生時，，當不發生時，，事件與事件不相互獨立，故C正確；
對D，，，不可能同時發生，故是兩兩互斥的事件，故D正確；
故選：BCD．
【點睛】本題考查概率的基本概念及條件概率，互斥事件概率加法公式，考查運算求解能力.
40．（1）0.06 60人；（2）；（3）詳見解析.
【分析】（1）利用頻率分布直方圖中長方形面積之和為1，易求出，進而利用頻率分布直方圖可求身高在及以上的學生人數；
（2）可設該校100名生學身高的75％分位數，再利用頻率分布直方圖計算即得；
（3）利用樣本平均數，方差公式化簡即證.
【詳解】（1）由頻率分布直方圖可知，解得，
身高在及以上的學生人數（人）．
（2）的人數占比為％，
的人數占比為％，
所以該校100名生學身高的75％分位數落在，
設該校100名生學身高的75％分位數為，
則％，解得，
故該校100名生學身高的75％分位數為．
（3）由題得①；②
又
同理，
∴
.
41．證明見解析.
【分析】在分層抽樣中先計算第層抽取的樣本均值，再計算總體層的樣本均值，即可證明出;同理，計算第層抽取的樣本方差，進行一系列整理得到，再計算總體層的樣本方差，此時證明成立.
【詳解】解：.
∴樣本均值為.
又.
計算總體
又.
.
.
【點睛】本題主要考查用分層抽樣的方法求樣本的均值和方差，屬于中檔題.
42．(1)167；168
(2)37.5
【分析】（1）根據男女生的樣本均值計算樣本均值；根據男女生的平均身高得到全校所有學生的身高總和，再求學生身高的平均值；
（2）根據男女生的樣本均值和方差，直接計算樣本總體的方差即可.
【詳解】（1）把男生樣本記為，平均數記為，方差記為；
把女生樣本記為，平均數記為，方差記為；
把樣本數據的平均數記為，方差記為；高一全體學生的身高均值記為.
根據平均數的定義，總樣本均值為：；
高一全體學生的身高均值為：；
（2）根據方差的定義，總樣本方差為：
，
由，可得：，
同理，.
因此，
所以，總的樣本方差為.
43．(1)，
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意，由古典概型的概率計算公式，代入計算即可得到結果；
（2）根據題意，由概率的計算公式代入計算，即可證明.
【詳解】（1）設事件C為“一天中甲員工午餐和晚餐都選擇A餐廳就餐”，
事件D為“乙員工午餐和晚餐都選擇B餐廳就餐”，
因為100個工作日中甲員工午餐和晚餐都選擇A餐廳就餐的天數為30，
乙員工午餐和晚餐都選擇B餐廳就餐的天數為40，
所以，.
（2）由題知，
即，即，
即，
即，即，
即.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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