3、、乙兩位同學上學期間，每天7：30之前到校的概率均為，假定甲、乙兩位同學到校情況互不影響，且任一同學每天到校情況相互獨立．
(1)用X表示甲同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數，求隨機變量X的分布列和數學期望；
(2)設M為事件“上學期間的三天中，甲同學在7：30之前到校的天數比乙同學在7：30之前到校的天數恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率．
解：(1)因為甲同學上學期間的三天中到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均為，故X～B，從而P(X＝k)＝Ck3－k，(k＝0,1,2,3.)
所以，隨機變量X的分布列為
X
0
1
2
3
P
隨機變
4、量X的數學期望E(X)＝3×＝2.
(2)設乙同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數為Y，則Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由題意知事件{X＝3，Y＝1}與{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}與{Y＝1}，事件{X＝2}與{Y＝0}均相互獨立，從而由(Ⅰ)知P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝×＋×＝.
[主干整合]
1．概率模型公式及相關結論
(1)古典概型的概率公式．
P(A)＝＝.
(2)幾何概型的概率公式．
P(A)＝.
(3
5、)相互獨立事件同時發(fā)生的概率：若A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)·P(B)．
(4)若事件A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P()＝1－P(A)．
2．獨立重復試驗與二項分布
如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.用X表示事件A在n次獨立重復試驗中發(fā)生的次數，則X服從二項分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.
3．超幾何分布
在含有M件次品的N件產品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝mi
6、n{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此時稱隨機變量X服從超幾何分布．超幾何分布的模型是不放回抽樣，超幾何分布中的參數是M，N，n.
4．離散型隨機變量的均值、方差
(1)離散型隨機變量ξ的分布列為
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
n
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
離散型隨機變量ξ的分布列具有兩個性質；①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機變量ξ的數學期望或均值．
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(
7、ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做隨機變量ξ的方差．
(3)數學期望、方差的性質．
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
②X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
③X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
熱點一 古典概型、幾何概型
[例1] (1)(2019·全國Ⅰ卷)
我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“－－”，右圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率
8、是( )
A. B.
C. D.
[解析] A [在所有重卦中隨機取一重卦，其基本事件總數n＝26＝64，恰有3個陽爻的基本事件數為C＝20，所以在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的概率P＝＝.故選A.]
(2)(2018·全國卷Ⅰ)如圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則( )
A．p1＝p2 B．p1＝p
9、3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
[解析] A [法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB為直徑的半圓的面積為π·2＝AB2，以AC為直徑的半圓的面積為π·2＝AC2，以BC為直徑的半圓的面積為π·2＝BC2，
∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，
SⅡ＝－＝·AB·AC.
∴SⅠ＝SⅡ.
由幾何概型概率公式得p1＝，p2＝，
∴p1＝p2.故選A.
法二：不妨設△ABC為等腰直角三角形，
AB＝AC＝2，則BC＝2，
所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，
為S1＝×2×2＝2，
區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2，
區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.
10、根據幾何概型的概率計算公式，
得p1＝p2＝，p3＝，
所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A.]
1．求古典概型的概率，關鍵是正確求出基本事件總數和所求事件包含的基本事件總數．常常用到排列、組合的有關知識，計數時要正確分類，做到不重不漏．
2．計算幾何概型的概率，構成試驗的全部結果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找是關鍵，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區(qū)域．
(1)(2019·武漢二模)某校選定4名教師去3個邊遠地區(qū)支教(每地至少1人)，則甲、乙兩人不在同一邊遠地區(qū)的概率是________．
解析：選定4名教師去3個邊遠地區(qū)支教(每地至少1人)，不同的支
11、教方法有C·A種．
而甲、乙兩人在同一邊遠地區(qū)支教的不同方法有C·A種，所以甲、乙兩人不在同一邊遠地區(qū)支教的概率為P＝1－＝.
答案：
(2)
(2020·貴陽模擬)折紙已經成為開發(fā)少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛心”活動中，會產生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點，四邊形AEFG與四邊形DGHI也是正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分的概率為________．
解析：設AB＝2，則BG＝1，AG＝，
故多邊形AEFGHID的面積S＝××2＋×2×2＝12；
陰影部分為兩個對稱的三角形，其
12、中∠EAB＝90°－∠GAB，
故陰影部分的面積S＝2×AE·AB·sin∠EAB＝2×AE·AB·cos∠GAB＝2××2××＝4，故所求概率p＝.
答案：
熱點二 互斥事件、相互獨立事件的概率
[例2] (1)(2019·惠州二調)某個部件由兩個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，則部件正常工作，設兩個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨立．那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為________．
[解析] 通解：由正態(tài)分布知元件1,2的平均使用壽命為1 000小時，設元件1,2的使用壽命
13、超過1 000小時分別記為事件A，B顯然P(A)＝P(B)＝，所以該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為A＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝.
優(yōu)解：由兩個電子元件的使用壽命均服從正態(tài)分布N(1 000，502)得：兩個電子元件的使用壽命超過1 000小時的概率均為P＝，則該部件使用壽命超過1 000小時的概率為：P1＝1－(1－P)2＝.
[答案]
(2)(2019·蘇州三模)現有4個人去參加春節(jié)聯歡活動，該活動有甲、乙兩個項目可供參加者選擇，為增加趣味性，約定：每個人通過擲一枚質地均勻的骰子決定自己去參加哪個項目聯歡，擲出點數為1或2的人去參加甲項目聯歡，擲出點數大于2的人
14、去參加乙項目聯歡．
①求這4人中恰好有2人去參加甲項目聯歡的概率；
②求這4人中去參加甲項目聯歡的人數大于去參加乙項目聯歡的人數的概率．
[解] 依題意，這4個人中，每個人去參加甲項目聯歡的概率為，去參加乙項目聯歡的概率為.設“這4個人中恰好有i人去參加甲項目聯歡”為事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，則P(Ai)＝Ci·4－i.
①這4個人中恰好有2人去參加甲項目聯歡的概率P(A2)＝C2×2＝.
②設“這4個人中去參加甲項目聯歡的人數大于去參加乙項目聯歡的人數”為事件B，則B＝A3∪A4，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3×＋C4＝.
∴這4個人中去參加甲項目聯歡的人數大
15、于去參加乙項目聯歡的人數的概率為.
求復雜事件概率的方法及注意點
(1)直接法：正確分析復雜事件的構成，將復雜事件轉化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復試驗問題，然后用相應概率公式求解．
(2)間接法：當復雜事件正面情況較多，反面情況較少時，可利用其對立事件進行求解．對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解．
(3)注意點：注意辨別獨立重復試驗的基本特征：①在每次試驗中，試驗結果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗中，事件發(fā)生的概率相同．
(2019·全國Ⅱ卷)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換
16、發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個球該局比賽結束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個球該局比賽結束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩
17、球均為甲得分．
因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
熱點三 離散型隨機變量的分布列
數據
分析
素養(yǎng)
數據分析——分布列問題中的核心素養(yǎng)
通過求離散型隨機變量的分布列，進行數據分析，可以明確變量取哪些值時的概率最大，可以幫助我們作出有益的決策.
以統計圖表為背景的隨機變量的分布列均值
[例3－1] (2020·聊城調研)某超市計劃月訂購一種冰激凌，每天進貨量相同，進貨成本每桶5元，售價每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的價格當天全部處理完畢，根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫
18、不低于25，需求量600桶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為400桶；如果最高氣溫低于20，需求量為200桶．為了確定六月份的訂購計劃，統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：
最高氣溫
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天數
2
16
36
25
7
4
以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率．
(1)求六月份這種冰激凌一天需求量X(單位：桶)的分布列．
(2)設六月份一天銷售這種冰激凌的利潤為Y(單位：元)，當六月份這種冰激凌一天的進貨量n(單位：桶
19、)為多少時，Y的數學期望取得最大值？
[審題指導] (1)要求冰激凌一天需求量X的分布列，只要確定X的取值及其對應事件的含義，然后用頻率估計概率．
(2)要求Y的數學期望，只要明確X與Y的關系，借助X的分布列，得到Y的期望．
[解析] (1)由已知得：X的可能取值為200,400和600.記六月份最高氣溫低于20為事件A1，最高氣溫位于區(qū)間[20,25)為事件A2，最高氣溫不低于25為事件A3，根據題意，結合頻數分布表，用頻率估計概率，知
P(X＝200)＝P(A1)＝＝，
P(X＝400)＝P(A2)＝＝，
P(X＝600)＝P(A3)＝＝.
故六月份這種冰激凌一天的需求量X(
20、單位：桶)的分布列為：
X
200
400
600
P
(2)結合題意得當n≤200時，E(Y)＝2n≤400.
當200＜n≤400時，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×n×2＝n＋160∈(400,640]．
當400＜n≤600時，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×n×2＝－n＋800∈[560,640)．
當n＞600時，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1 760
21、－2n＜560.
所以當n＝400時，Y的數學期望E(Y)取得最大值640.
以復雜事件為背景的隨機變量的分布列、均值
[例3－2] (2019·青島三模)某快遞公司收取快遞費用的標準是：首重(小于等于1 kg)10元/kg，續(xù)重5元/kg(不足1 kg的按1 kg計算)．
該公司對近60天中每天攬件數量統計如下表.
包裹件數范圍
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件數(近似處理)
50
150
250
350
450
天數
6
6
30
12
6
(1)某人打算將A(0.3 kg)，B(1.8
22、 kg)，C(1.5 kg)三件禮物隨機分成兩個包裹寄出，求該人支付的快遞費不超過30元的概率；
(2)該公司從收取的每件快遞的費用中抽取5元作為前臺工作人員的工資和公司利潤，剩余的作為其他費用．前臺工作人員每人每天攬件不超過150件，工資100元，目前前臺有工作人員3人，那么公司將前臺工作人員裁員1人對提高公司利潤是否更有利？
[審題指導] (1)借助表格利用列舉法列出所有組合的可能性，然后根據古典概型的概率計算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁減人員和裁減人員公司利潤的概率分布列，分別求出數學期望，比較大小即可得最優(yōu)方案．
[解析] (1)由題意，所有可能出現的情況如下表.
情
23、況
包裹一
包裹二
支付的總
快遞費
禮物
重量/kg
快遞費/元
禮物
重量/kg
快遞費/元
1
A
0.3
10
B，C
3.3
25
35
2
B
1.8
15
A，C
1.8
15
30
3
C
1.5
15
A，B
2.1
20
35
所有情況中，快遞費不超過30元的情況有1種，
根據古典概型概率計算公式，所求概率為.
(2)根據題意得下表.
包裹件數范圍
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件數(近似處理)
50
150
250
350
4
24、50
天數
6
6
30
12
6
頻率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁員，則每天可攬件的上限為450件，公司每日攬件數情況如下表.
包裹件數(近似處理)
50
150
250
350
450
實際攬件數
50
150
250
350
450
頻率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均攬件數
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260.
故公司每日利潤的期望值為260×5－3×100＝1 000(元)．
若裁員1人，則每天可攬件的上限為300件，公司每日攬件數
25、情況如下表.
包裹件數(近似處理)
50
150
250
350
450
實際攬件數
50
150
250
300
300
頻率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均攬件數
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司每日利潤的期望值為235×5－2×100＝975(元)．
顯然，975＜1 000，
故公司將前臺工作人員裁員1人對提高公司利潤不利．
1．以統計圖表為背景的隨機變量分布列問題的關鍵點
(1)根據頻率(數)分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等圖表準確求出隨機事件的頻率，并用之
26、估計相應概率．
(2)出現多個隨機變量時，應注意分析隨機變量之間的關系，進而由一個隨機變量的分布列推出另一個隨機變量的分布列．
2．以復雜事件為背景的隨機變量分布列問題的關鍵點
(1)求離散型隨機變量分布列的關鍵是正確理解隨機變量取每一個值所表示的具體事件，然后綜合應用各類概率公式求概率．
(2)求隨機變量均值與方差的關鍵是正確求出隨機變量的分布列．若隨機變量服從特殊分布，則可直接使用公式求解．
(2020·深圳模擬)某學校為鼓勵家?；?，與某手機通訊商合作，為教師辦理流量套餐．為了解該校教師手機流量使用情況，通過抽樣，得到100位教師近2年每人手機月平均使用流量L(單位：M)的
27、數據，其頻率分布直方圖如下：
若將每位教師的手機月平均使用流量分別視為其手機月使用流量，并將頻率視為概率，回答以下問題．
(1)從該校教師中隨機抽取3人，求這3人中至多有1人手機月使用流量不超過300 M的概率；
(2)現該通訊商推出三款流量套餐，詳情如下：
套餐名稱
月套餐費/元
月套餐流量/M
A
20
300
B
30
500
C
38
700
這三款套餐都有如下附加條款：套餐費月初一次性收取，手機使用流量一旦超出套餐流量，系統就自動幫用戶充值200 M流量，資費20元；如果又超出充值流量，系統就再次自動幫用戶充值200 M流量，資費20元，以此類推如
28、果當月流量有剩余，系統將自動清零，無法轉入次月使用．學校欲訂購其中一款流量套餐，為教師支付月套餐費，并承擔系統自動充值的流量資費的75%，其余部分由教師個人承擔，問學校訂購哪一款套餐最經濟？說明理由．
解析：(1)記“從該校隨機抽取1位教師，該教師手機月使用流量不超過300 M”為事件D.依題意，P(D)＝(0.000 8＋0.002 2)×100＝0.3.
從該校教師中隨機抽取3人，設這3人中手機月使用流量不超過300 M的人數為X，
則X～B(3,0.3)，
所以從該校教師中隨機抽取3人，至多有1人手機月使用流量不超過300 M的概率為P(X＝0)＋P(X＝1)＝C×0.30×(1
29、－0.3)3＋C×0.3×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.
(2)依題意，從該校隨機抽取1位教師，該教師手機月使用流量L∈(300,500]的概率為(0.002 5＋0.003 5)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率為(0.000 8＋0.000 2)×100＝0.1.
當學校訂購A套餐時，設學校為1位教師承擔的月費用為X1元，則X1的所有可能取值為20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P(X1＝50)＝0.1，
所以X1的分布為
X1
20
35
50
P
0.3
0.6
0.1
所以E(X1)＝20
30、×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．
當學校訂購B套餐時，設學校為1位教師承擔的月費用為X2元，則X2的所有可能取值為30,45，且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，
所以X2的分布列為
X2
30
45
P
0.9
0.1
所以E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．
當學校訂購C套餐時，設學校為1位教師承擔的月費用為X3元，則X3的所有可能取值為38，且P(X3＝38)＝1，所以E(X3)＝38×1＝38(元)．
因為E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，
所以學校訂購B套餐最經濟．
限時50分鐘
31、滿分76分
一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)
1．(2020·西安模擬)勾股定理在西方被稱為畢達哥拉斯定理，其證明方法有幾百種之多，著名的數學家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用數形結合的方法給出了勾股定理的詳細證明．如圖，在這幅“勾股圓方圖”中，以弦為邊長得到的正方形ABDE是由4個全等的直角三角形和中間的一個小正方形CFGH組成的．若Rt△ABC的三邊長構成等差數列，則在正方形ABDE內任取一點，此點取自小正方形CFGH內的概率為( )
A. B.
C. D.
解析：C [由于Rt△ABC的三邊長成等差數列，所以2b＝a＋c，又a2＋
32、b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故＝，＝.大正方形ABDE的面積為c2，小正方形CFGH的面積為(b－a)2，在正方形ABDE內任取一點，此點取自小正方形CFGH內的概率為＝2＝.故選C.]
2．(2020·石家莊模擬)《中華好詩詞》是由河北電視臺創(chuàng)辦的令廣大觀眾喜聞樂見的節(jié)目，旨在弘揚中國古代詩詞文化，觀眾可以選擇從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家視聽媒體的播放平臺中觀看，若甲乙兩人各自隨機選擇一家播放平臺觀看此節(jié)目，則甲乙二人中恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：B [甲、乙兩人從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家播放平臺隨機選擇一家有4
33、×4＝16(種)等可能情況，其中甲、乙兩人恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的情況有C×3＝6(種)，∴所求概率為＝.]
3．某班舉行了一次“心有靈犀”的活動，教師把一張寫有成語的紙條出示給A組的某個同學，這個同學再用身體語言把成語的意思傳遞給本組其他同學．若小組內同學甲猜對成語的概率是0.4，同學乙猜對成語的概率是0.5，且規(guī)定猜對得1分，猜不對得0分，則這兩個同學各猜1次，得分之和X(單位：分)的數學期望為( )
A．0.9 B．0.8
C．1.2 D．1.1
解析：A [由題意得X＝0,1,2，
則P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5
34、＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2，
所以E(X)＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.]
4．甲、乙、丙三位同學獨立解決同一個問題，已知三位同學能夠正確解決這個問題的概率分別為，，，則有人能夠解決這個問題的概率為( )
A. B.
C. D.
解析：B [本題主要考查相互獨立事件、互斥事件的概率，考查對立事件的概率公式，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數學運算，屬于中檔題．這個問題沒有被解決的概率為＝，故有人能夠解決這個問題的概率為1－＝.故選B項．]
5．(2019·大連三模)某籃球隊對隊員進行考核，規(guī)則是：①每人進行3個輪次的投籃；②每個輪次每人投籃2次，若至少投
35、中1次，則本輪通過，否則不通過．已知隊員甲投籃1次投中的概率為，如果甲各次投籃投中與否互不影響，那么甲3個輪次通過的次數X的期望是( )
A．3 B.
C．2 D.
解析：B [每個輪次甲不能通過的概率為×＝，通過的概率為1－＝，因為甲3個輪次通過的次數X服從二項分布B，所以X的數學期望為3×＝.]
6．(2020·衡水模擬)某公司為了準確把握市場，做好產品計劃，特對某產品做了市場調查：先銷售該產品50天，統計發(fā)現每天的銷量x(單位：件)分布在[50,100)內，且銷量x的分布頻率f(x)＝若銷量大于或等于70件，則稱該日暢銷，其余為滯銷．在暢銷日中用分層抽樣的方法隨機抽取8
36、天，再從這8天中隨機抽取3天進行統計，設這3天來自X個組，將頻率視為概率，則隨機變量X的數學期望為( )
A. B.
C. D.
解析：C [由題意知解得5≤n≤9，故n可取5,6,7,8,9，代入f(x)，得－0.5＋－0.5＋－a＋－a＋－a＝1，得a＝0.15.故銷量在[70,80)，[80,90)，[90,100)內的頻率分別是0.2,0.3,0.3，頻率之比為2∶3∶3，所以各組抽取的天數分別為2,3,3，X的所有可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝2)＝1－－＝.
X的分布列為
X
1
2
3
P
數學期望
37、E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故選C.]
二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)
7．(2019·全國Ⅰ卷)甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束)．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是____________．
解析：甲隊以4∶1獲勝的概率為[C0.6×0.4×0.52＋0.62×C0.5×0.5]×0.6＝0.18.
答案：0.18
8．(2019·寧波三模)某保險公司針對企業(yè)職工推出一款意外險產品，
38、每年每人只要交少量保費，發(fā)生意外后可一次性獲賠50萬元．保險公司把職工從事的工作共分為A，B，C三類工種，根據歷史數據統計出這三類工種的每年賠付頻率如表所示，并以此估計賠付概率.
工種類別
A
B
C
賠付頻率
若規(guī)定該產品各工種保單的期望利潤都不得超過保費的20%，則A，B，C三類工種每份保單保費的上限之和為________元．
解析：設工種A的每份保單保費為a元，保險公司每份保單的利潤為隨機變量X，則X的分布列為
X
a
a－5×105
P
1－
保險公司期望利潤E(X)＝a＋(a－5×105)×＝(a－5)(元)，
根據規(guī)定知a－5≤0.2a，
39、
解得a≤6.25.
設工種B的每份保單保費為b元，同理可得保險公司期望利潤為(b－10)元，根據規(guī)定知，b－10≤0.2b，解得b≤12.5，
設工種C的每份保單保費為c元，同理可得保險公司期望利潤為(c－50)元，根據規(guī)定知，c－50≤0.2c，解得c≤62.5.
則A，B，C三類工種每份保單保費的上限之和為6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)．
答案：81.25
三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)
9．(2020·長沙模擬)東方商店欲購進某種食品(保質期兩天)，此商店每兩天購進該食品一次(購進時，該食品為剛生產的)．根據市場調查，該食品每份進價8
40、元，售價12元，如果兩天內無法售出，則食品過期作廢，且兩天內的銷售情況互不影響，為了解市場的需求情況，現統計該食品在本地區(qū)100天的銷售量如下表：
銷售量/份
15
16
17
18
天數
20
30
40
10
(視樣本頻率為概率)
(1)根據該食品100天的銷售量統計表，記兩天中一共銷售該食品份數為ξ，求ξ的分布列與數學期望；
(2)以兩天內該食品所獲得的利潤期望為決策依據，東方商店一次性購進32或33份， 哪一種得到的利潤更大？
解析：(1)根據題意可得
P(ξ＝30)＝×＝，
P(ξ＝31)＝××2＝，
P(ξ＝32)＝××2＋×＝，
P(ξ＝33)
41、＝××2＋××2＝，
P(ξ＝34)＝××2＋×＝，
P(ξ＝35)＝××2＝，
P(ξ＝36)＝×＝.
ξ的分布列如下：
ξ
30
31
32
33
34
35
36
P
E(ξ)＝30×＋31×＋32×＋33×＋34×＋35×＋36×＝32.8.
(2)當一次性購進32份食品時，設每兩天的利潤為X，則X的可能取值有104,116,128，
且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12，
P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，
∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6
42、.
當一次性購進33份食品時，設每兩天的利潤為Y，則Y的可能取值有96,108,120,132.
且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12，
P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，
∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68.
∵E(X)＞E(Y)，
∴東方商店一次性購進32份食品時得到的利潤更大．
10．(2019·北京卷)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從
43、全校學生中隨機抽取了100人，發(fā)現樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下：
支付金額(元)
支付方式
(0,1 000]
(1 000,2 000]
大于2 000
僅使用A
18人
9人
3人
僅使用B
10人
14人
1人
(1)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率；
(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學生中各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額大于1 000元的人數，求X的分布列和數學期望；
(3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有
44、變化．現從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查3人，發(fā)現他們本月的支付金額都大于2 000元．根據抽查結果，能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2 000元的人數有變化？說明理由．
解析：本題以支付方式相關調查來設置問題，考查概率統計在生活中的應用，考查概率的定義和分布列的應用，使學生體會到數學與現實生活息息相關．
(1)由題意可知，兩種支付方式都使用的人數為：(100－30－25－5)人＝40人，則：
該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率p＝＝.
(2)由題意可知，
僅使用A支付方法的學生中，金額不大于1 000元的人數占，金額大于1 000的人數占，
僅使用B支付方法的
45、學生中，金額不大于1 000元的人數占，金額大于1 000元的人數占，
且X可能的取值為0,1,2.
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝2＋2＝，P(X＝2)＝×＝，
X的分布列為：
X
0
1
2
p(X)
其數學期望：E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)我們不認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2 000元的人數有變化．理由如下：
隨機事件在一次隨機實驗中是否發(fā)生是隨機的，是不能預知的，隨著試驗次數的增多，頻率越來越穩(wěn)定于概率．
學校是一個相對消費穩(wěn)定的地方，每個學生根據自己的實際情況每個月的消費應該相對固定，出現題中這種現象可能是發(fā)生了
46、“小概率事件”．
11．(2020·福建質檢)“工資條里顯紅利，個稅新政入民心”．隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國自1980年以來，力度最大的一次個人所得稅(簡稱個稅)改革迎來了全面實施的階段.2019年1月1日起實施的個稅新政主要內容包括：①個稅起征點為5 000元；②每月應納稅所得額(含稅)＝收入－個稅起征點－專項附加扣除；③專項附加扣除包括住房貸款利息或者住房租金(以下簡稱住房)、子女教育、贍養(yǎng)老人等．新舊個稅政策下每月應納稅所得額(含稅)計算方法及其對應的稅率表如下：
舊個稅稅率表(個稅起征點3 500元)
新個稅稅率表(個稅起征點5 000元)
繳稅
級數
每月應納
47、稅所得額(含稅)＝收入－個稅起征點
稅率(%)
每月應納稅所得額(含稅)＝收入－個稅起征點－專項附加扣除
稅率(%)
1
不超過1 500元的部分
3
不超過3 000元的部分
3
2
超過1 500元至4 500元的部分
10
超過3 000元至12 000元的部分
10
3
超過4 500元至9 000元的部分
20
超過12 000元至25 000元的部分
20
4
超過9 000元至35 000元的部分
25
超過25 000元至35 000元的部分
25
5
超過35 000元至55 000元的部分
30
超過35 000元至55
48、 000元的部分
30
…
…
…
…
…
隨機抽取某市1 000名同一收入層級的IT從業(yè)者的相關資料，經統計分析，預估他們2019年的人均月收入為24 000元．統計資料還表明，他們均符合住房專項附加扣除；同時，他們每人至多只有一個符合子女教育專項附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除、既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人數之比是2∶1∶1∶1；此外，他們均不符合其他專項附加扣除．新個稅政策下該市的專項附加
49、扣除標準為：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，贍養(yǎng)老人2 000元/月等．
假設該市該收入層級的IT從業(yè)者都獨自享受專項附加扣除，將預估的該市該收入層級的IT從業(yè)者的人均月收入視為其個人月收入．根據樣本估計總體的思想，解決如下問題：
(1)設該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅為X元，求X的分布列和期望；
(2)根據新舊個稅政策，估計從2019年1月開始，經過多少個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅之和就超過其2019年的人均月收入？
解析：(1)既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應納稅所得額(含稅)為24 000－
50、5 000－1 000＝18 000(元)，
月繳個稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；
符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，
月繳個稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990；
符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除的人群每月應納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，
月繳個稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×2
51、0%＝1 790.
既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，
月繳個稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590.
所以X的可能值為2 190,1 990,1 790,1 590.
依題意，上述四類人群的人數之比是2∶1∶1∶1，
所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)＝，
P(X＝1 790)＝，P(X＝1 590)＝.
所以X的分布列為
X
2 190
1 990
1 790
1 590
P
52、
所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950.
(2)因為在舊個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年每月應納稅所得額(含稅)為24 000－3 500＝20 500(元)，
所以其月繳個稅為1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．
因為在新個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅的均值為1 950元，
所以該收入層級的IT從業(yè)者每月少繳納的個稅為4 120－1 950＝2 170(元)．
設經過x個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過24
53、 000元，
則2 170x＞24 000，因為x∈N，所以x≥12.
所以經過12個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過2019年的人均月收入．
(理)高考解答題·審題與規(guī)范(六) 概率與統計類考題
重在“辨析”、“辨型”
思維流程
概率與統計問題的求解關鍵是辨別它的概率模型，只要找到模型，問題便迎刃而解．而概率與統計模型的提取往往需要經過觀察、分析、歸納、判斷等復雜的辨析思維過程，同時，還需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件，對立事件等事件間的關系，注意放回和不放回試驗的區(qū)別，合理劃分復雜事件.
真題案例
審題指導
審題方法
(12分)(2
54、018·全國Ⅰ卷)某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗．設每件產品為不合格品的概率都為p(0
55、產品作檢驗，這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為X，求EX；
(ⅱ)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？
(1)由每件產品為不合格品的概率都為p，結合獨立重復試驗，即可求出20件產品中恰有2件不合格品的概率f(p)，對f(p)求導，利用導數的知識，即可求出f(p)的最大值點p0，注意p的取值范圍；(2)(ⅰ)利用(1)的結論，設余下的產品中不合格品的件數為Y，則Y服從二項分布，利用二項分布的期望公式、Y與X的關系式求出EX，(ⅱ)求出檢驗余下所有產品的總費用，再與EX比較，即可得結論.
審圖表、數據
題目中的圖表、數據包含著問題的基本信息，也往
56、往暗示著解決問題的目標和方向．在審題時，認真觀察分析圖表、數據的特征和規(guī)律，常?？梢哉业浇鉀Q問題的思路和方法.
規(guī)范解答
評分細則
[解析] (1)20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Cp2(1－p)18.2分①
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)(0＜p＜1).3分②
令f′(p)＝0，得p＝0.1.4分③
當p∈(0,0.1)時，f′(p)＞0；
當p∈(0.1,1)時，f′(p)＜0.5分④
所以f(p)的最大值點為p0＝0.1.6分⑤
(2)由(1)知，p＝0.1.7分⑥
①令Y表示余下的1
57、80件產品中的不合格品件數，依題意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.9分⑦
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.10分⑧
②如果對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所需要的檢驗費為400元．
由于E(X)＞400，故應該對余下的產品作檢驗.12分⑨
第(1)問踩點得分
①寫出式子
f(p)＝Cp2(1－p)18得2分．
②正確求導得1分．
③求出p＝0.1正確得1分，錯誤不得分．
④分析判斷p∈(0,0.1)時，
f′(p)＞0；當p∈(0.1,1)時，
f′(p)＜0得1分．
⑤確定p0＝0.1得1分．
第(2)問踩點得分
⑥寫出p＝0.1得1分．
⑦求出X＝40＋25Y得2分．
⑧求出期望值正確得1分，錯誤不得分．
⑨得出結論“應該對余下的產品作檢驗”得2分，結論錯誤不得分.
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2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題六 概率與統計 第3講 概率、隨機變量及其分布教學案（理）
