04 模塊四　統(tǒng)計與概率 【答案】聽課手冊

模塊四統(tǒng)計與概率微專題12計數(shù)原理微點(diǎn)1例1(1)D(2)240[解析](1)如圖,分以下三種情況討論:①若五種顏色全用上,先涂A,B,C三點(diǎn),有A53種涂法,然后在A1,B1,C1三點(diǎn)中選擇兩點(diǎn)涂另外兩種顏色,有A32種涂法,最后一個點(diǎn)有2種涂法,此時共有A53A32×2=720(種)涂法;②若用四種顏色涂色,則有C54種選擇方法,先涂A,B,C三點(diǎn),有A43種涂法,然后在A1,B1,C1三點(diǎn)中選擇一點(diǎn)涂最后一種顏色,有3種涂法,不妨設(shè)涂最后一種顏色的為點(diǎn)A1,若點(diǎn)B1與點(diǎn)A同色,則點(diǎn)C1只有一種顏色可選,若點(diǎn)B1與點(diǎn)C同色,則點(diǎn)C1有兩種顏色可選,此時共有C54A43×3×(1+2)=1080(種)涂法;③若用三種顏色涂色,則有C53種選擇方法,先涂A,B,C三點(diǎn),有A33種涂法,點(diǎn)A1有兩種顏色可選,則B1,C1均只有一種顏色可選,此時共有C53A3(2)a,b,c為取自0,1,2,3,4,5,6,7,8,9的不同的三個數(shù)字,最小的數(shù)字放在十位上,余下兩個數(shù)字放在百位和個位上,故沒有重復(fù)數(shù)字的三位“凹數(shù)”的個數(shù)為2×C103=2×120=【自測題】1.B[解析]將兩個0視為一個元素,將兩個9也視為一個元素,所以小明可以設(shè)置不同的密碼的個數(shù)為A44=24.故選2.B[解析]當(dāng)甲跑第1棒時,乙可跑第2棒或第4棒,共有A21A42=24(種)安排方案;當(dāng)甲跑第2棒時,乙只能跑第4棒,共有A42=12(種)安排方案.故甲、乙都參加的不同安排方案種數(shù)為24+微點(diǎn)2例2(1)B(2)280(3)1[解析](1)(x-2)5的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C5rx5-r(-2)r,令5-r=1,得r=4,故T5=C54x(-2)4=80x.(x-1)6的展開式的通項(xiàng)為Tk+1=C6kx6-k(-1)k,令6-k=1,得k=5,故T6=C65x(-1)5=-6x,所以a1=80(2)2x-1x7的展開式的通項(xiàng)為Tk+1=C7k(2x)7-k-1xk=C7k·27-k·(-1)kx7-32k,k=0,1,2,…,7.令7-32k=1,得k=4;令7-32k=-1,得k=163(3)令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4=1.【自測題】1.1024[解析]在(3-x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5中,a1,a3,a5均為負(fù)數(shù),a0,a2,a4均為正數(shù),令x=-1,得|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=45=1024.2.12[解析]x2+1x2-22(x+m)3=x-1x4(x+m)3,則其展開式的通項(xiàng)為C4k-1xkx4-k·C3rmrx3-r=(-1)kC4kC3rmrx7-r-2k,0≤r≤3,0≤k≤4,r,k∈Z.令7-r-2k=3,得k=1,r=2或k=2,r=0,所以(-1)13.-56[解析]∵[-1+(x+1)]8=x8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a8(x+1)8,∴a3=C83(-1)8-3=-1.D[解析]依據(jù)比例分配的分層隨機(jī)抽樣可知,從該校初中部和高中部抽取的學(xué)生人數(shù)的比為400200=2,故應(yīng)從初中部抽取40人,從高中部抽取20人,所以不同的抽樣結(jié)果共有C40040·C200202.B[解析]方法一:先利用捆綁法將丙和丁看作一個整體,排乙、丙、丁、戊四人,有A22A33種情況,再利用插空法選甲的位置有C21種情況,故共有A22方法二:若甲沒有限制條件,則利用捆綁法將丙和丁看作一個整體,排五人有A44A22種情況,其中甲站在兩端的情況有C21A33A22種,3.C[解析]甲場館有C61種安排方法,乙場館有C52種安排方法,丙場館有C33種安排方法,總共有C4.8-2[解析](x-1)4的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C4rx4-r(-1)r,當(dāng)r=3時,T4=C43x(-1)3=-4x,當(dāng)r=2時,T3=C42x2(-1)2=6x2,所以a2=-4×1+6×2=8.令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,令x=0,得a0=2,故a1+a2+a3+a5.60[解析]2x3-1x6的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C6r(2x3)6-r-1xr=(-1)rC6r26-rx18-4r,令18-4r=2,得r=4,∴x2的系數(shù)為(6.64[解析]若選修2門課,則需要從體育類和藝術(shù)類選修課中各選1門,有C41C41=16(種)方案;若選擇3門課,則包含兩種情況:選2門體育類,1門藝術(shù)類或2門藝術(shù)類,1門體育類,有C42C41+C41C427.-28[解析](x+y)8的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C8rx8-ryr.令r=6,得T7=C86x2y6=28x2y6;令r=5,得T6=C85x3y5=56x3y5.所以1-yx(x+y)8的展開式中x2y6的系數(shù)為1×28

微專題13統(tǒng)計與成對數(shù)據(jù)的統(tǒng)計分析微點(diǎn)1例1(1)D(2)ABD[解析](1)由頻率分布直方圖可得10×(2a+3a+7a+6a+2a)=1,解得a=0.005,故A錯誤;前三個矩形的面積為(2a+3a+7a)×10=0.6,所以估計這20名學(xué)生的成績的第60百分位數(shù)為80,故B錯誤;估計這20名學(xué)生的成績的眾數(shù)為70+802=75,故C錯誤;估計這1000名學(xué)生中成績在[60,70)內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為3a×10×1000=150,故D正確.故選D(2)對于A選項(xiàng),從扇形圖可看出芯片、軟件行業(yè)從業(yè)者中,90后占比為55%,超過50%,A正確;對于B選項(xiàng),芯片、軟件行業(yè)中,從事技術(shù)、設(shè)計崗位的90后人數(shù)占總?cè)藬?shù)的55%×(37%+13%)=27.5%,超過25%,B正確;對于C選項(xiàng),芯片、軟件行業(yè)從事技術(shù)崗位的人中,90后人數(shù)占總?cè)藬?shù)的55%×37%=20.35%,芯片、軟件行業(yè)從業(yè)者中80后的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的40%,但不知道從事技術(shù)崗位的占比,C錯誤;對于D選項(xiàng),芯片、軟件行業(yè)中,90后從事市場崗位的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的55%×14%=7.7%,80前的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的5%,D正確.故選ABD.【自測題】1.ACD[解析]對于A,中位數(shù)是把數(shù)據(jù)從小到大依次排列后,排在中間位置的數(shù)或中間位置的兩個數(shù)的平均數(shù),因?yàn)槿サ糇钚≈岛妥畲笾?所以中間位置的數(shù)相對位置保持不變,故新數(shù)據(jù)的中位數(shù)保持不變,故A一定正確;對于B,平均數(shù)受樣本中每個數(shù)據(jù)的影響,故去掉最小值和最大值后,余下數(shù)據(jù)的平均數(shù)可能會改變,故B不一定正確;對于C,方差反映數(shù)據(jù)的離散程度,當(dāng)去掉最小值和最大值后,數(shù)據(jù)的離散程度減小,故方差減小,故C一定正確;對于D,極差是最大值與最小值之差,是原來數(shù)據(jù)里面任意兩個數(shù)據(jù)差值的最大值,故去掉最小值和最大值后,新數(shù)據(jù)的極差必然小于原數(shù)據(jù)的極差,故D一定正確.故選ACD.2.AC[解析]對于A,由折線圖可知,2010年至2022年每年新生兒數(shù)量的13個數(shù)據(jù)中有10個數(shù)據(jù)大于1400萬,3個數(shù)據(jù)小于1400萬,易知2010年至2022年每年新生兒數(shù)量的平均數(shù)大于1400萬,故選項(xiàng)A正確;對于B,共有13個數(shù)據(jù),因?yàn)?3×25%=3.25,所以第一四分位數(shù)是將13個數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列后的第4個數(shù)據(jù),由折線圖可知,第4個數(shù)據(jù)為2019年新生兒的數(shù)量,其值大于1400萬,故選項(xiàng)B錯誤;對于C,由折線圖可知,2015年至2022年每年新生兒數(shù)量呈現(xiàn)先增加后下降的變化趨勢,故選項(xiàng)C正確;對于D,由折線圖可知,2010年至2016年每年新生兒數(shù)量的波動比2016年至2022年每年新生兒數(shù)量的波動小,所以2010年至2016年每年新生兒數(shù)量的方差小于2016年至2022年每年新生兒數(shù)量的方差,故選項(xiàng)D錯誤.故選AC.微點(diǎn)2例2解:(1)估計水庫的平均水位x=110∑i=110xi=75.801(m),估計BS3號滲壓計管內(nèi)的平均水位y=110∑(2)∑i=110(xi-x)2=∑i=110(xi2-2xxi+x2)=∑i=110xi2-2∑i=110(xi-x)(yi-y)=∑i=110(xiyi-xyi-yxi+xy)=∑i=110xi∴b=∑i=11055283.2-10×75.801×72.932a=y-bx≈72.932-0.2294×75.801≈55.54,∴BS3號滲壓計管內(nèi)水位y關(guān)于水庫水位x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y=0.23x+55.54.(3)當(dāng)x=76時,y=0.23×76+55.54=73.02,∴當(dāng)水庫的水位為76m時,估計BS3號滲壓計管內(nèi)水位為73.02m.例3解:(1)由題意,r=∑i=19xiyi-9∴|r|≈0.97>0.75,∴行駛里程x與輪胎凹槽深度y負(fù)線性相關(guān),且線性相關(guān)程度很強(qiáng).(2)∵R22≈0.998>R12≈0.【自測題】解:(1)因?yàn)閥=a·bx所以兩邊同時取自然對數(shù),得lny=lna+xlnb,令v=lny,則v=lna+xlnb.因?yàn)閤=3,v=1.94,所以lnb=∑i=15xivi-5x·v∑i=15xi2-5x2=33.82-5×3×1.94所以a=e0.524=1.7,b=e0.472=1.6.(2)由(1)知2023年與2024年這兩年的年平均增長率為1.6-1.3=0.3,因?yàn)?022年中國車載音樂市場規(guī)模為17十億元,所以預(yù)測2024年的中國車載音樂市場規(guī)模為17×(1+0.3)2=28.73(十億元).微點(diǎn)3例4解:(1)補(bǔ)全的2×2列聯(lián)表如下.單位:次獲勝方賽制合計舊賽制新賽制甲6915乙415合計101020零假設(shè)為H0:獲勝方與賽制無關(guān)聯(lián).根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),經(jīng)計算得χ2=20×(6×1-9×4)210×5×10×15=2.4<3.841=x0.05,根據(jù)小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn),沒有充分證據(jù)推斷H0不成立,(2)(i)由題意知丙在1道搶答題中的作答情況共有三類:搶答成功但答錯,未搶答成功,搶答成功且答對,故X的所有可能取值為-1,0,2.P(X=-1)=0.6×0.2=0.12,P(X=0)=0.4,P(X=2)=0.6×0.8=0.48,所以X的分布列為X-102P0.120.40.48E(X)=-1×0.12+2×0.48=0.84.(ii)在舊賽制下,丙總得分的期望為3×p+3×0.84=2.52+3p;在新賽制下,丙總得分的期望為4×p+2×0.84=1.68+4p.由題意得|p-0.84|≤0.1,解得0.74≤p≤0.94,所以p的取值范圍為[0.74,0.94].【自測題】解:(1)由題知χ2=200×(40×90-60×10)2所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.(2)(i)證明:由題知R=P(B|A)P(B|A)·P(B|A)P(B|A(ii)由調(diào)查數(shù)據(jù)可知P(A|B)=40100=25,P(A|B)=10100=110,則P(A|B)=1-P(A|B)=35,P(A|B)=910,所以R=1.AC[解析]中位數(shù)和平均數(shù)反映樣本的集中趨勢;標(biāo)準(zhǔn)差和極差反映樣本的離散程度.故選AC.2.BD[解析]對于A,這一組樣本數(shù)據(jù)可取1,2,2,2,2,4,則2,2,2,2的平均數(shù)不等于1,2,2,2,2,4的平均數(shù),故A錯誤;對于B,不妨設(shè)x2≤x3≤x4≤x5,則x2,x3,x4,x5的中位數(shù)為x3+x42,而x1,x2,x3,x4,x5,x6的中位數(shù)也為x3+x42,故B正確;對于C,根據(jù)題意可知,x1,x2,x3,x4,x5,x6的數(shù)據(jù)波動性大于x2,x3,x4,x5的數(shù)據(jù)波動性,故x2,x3,x4,x5的標(biāo)準(zhǔn)差小于x1,x2,x3,x4,x5,x6的標(biāo)準(zhǔn)差,故C錯誤;對于D,不妨設(shè)x2≤x3≤x4≤x5,則x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6,故x5-x2≤x63.解:(1)根據(jù)抽查數(shù)據(jù),該市100天的空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO2濃度不超過150的天數(shù)為32+18+6+8=64,因此,該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且SO2濃度不超過150的概率的估計值為64100=0.64(2)根據(jù)抽查數(shù)據(jù),可得2×2列聯(lián)表:SO2PM2.5[0,150](150,475][0,75]6416(75,115]1010(3)根據(jù)(2)的列聯(lián)表得χ2=100×(64×10-16×10)280×20×74×26≈7.484.由于7.484>6.635,故有99%

微專題14概率微點(diǎn)1例1D[解析]從正方體的8個頂點(diǎn)和中心中任取4個點(diǎn),有C94=126(個)結(jié)果.4個點(diǎn)恰好構(gòu)成三棱錐分為兩種情況:①從正方體的8個頂點(diǎn)中任取4個點(diǎn),有C84=70(個)結(jié)果,其中4個點(diǎn)在同一平面內(nèi)有6+6=12(個)結(jié)果,故4個點(diǎn)構(gòu)成三棱錐有70-12=58(個)結(jié)果;②從正方體的8個頂點(diǎn)中任取3個與中心構(gòu)成三棱錐有6C43+8=32(個)結(jié)果.故從正方體的8個頂點(diǎn)和中心中任取4個點(diǎn),這4個點(diǎn)恰好構(gòu)成三棱錐有58+32=90(個)結(jié)果,故所求概率P=90【自測題】D[解析]從1,2,3,4,5中任選3個不同數(shù)字組成一個三位數(shù),有A53=5×4×3=60(種)方法.要使該三位數(shù)能被3整除,只需所選的3個數(shù)字的和能被3整除,所以當(dāng)所選數(shù)字為1,2,3時,有A33=3×2×1=6(種)方法,當(dāng)所選數(shù)字為1,3,5時,有A33=3×2×1=6(種)方法,當(dāng)所選數(shù)字為2,3,4時,有A33=3×2×1=6(種)方法,當(dāng)所選數(shù)字為3,4,5時,有A33=3×2×1=6(種)方法,共24種方法.微點(diǎn)2例2B[解析]對于A,由題意可知A1,A2,A3不可能同時發(fā)生,所以A1,A2,A3兩兩互斥,所以A錯誤;對于B,由題意可得P(A2)=28=14,P(A2B)=14×39=112,所以P(B|A2)=P(A2B)P(A2)=11214=13,所以B正確;對于C,因?yàn)镻(A3)=28=14,P(A3B)=14×39=112,P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)=48×49+14×39+14×39=718,所以P(A3B)≠【自測題】AC[解析]P(B|A)+P(B|A)=P(AB)+P(AB)P(A)=P(A)P(A)=1,故A正確;當(dāng)A,B是相互獨(dú)立事件時,P(B|A)+P(B|A)=2P(B)≠0,故B錯誤;因?yàn)锳,B是相互獨(dú)立事件,所以P(AB)=P(A)P(B),所以P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A),故C正確;因?yàn)锳,B是互斥事件,所以P(微點(diǎn)3例3(1)711(2)0.03[解析](1)甲隊(duì)以3∶0獲勝,即三局比賽都是甲隊(duì)獲勝,概率是353=27125,甲隊(duì)以3∶1獲勝,即前三局比賽有兩局甲隊(duì)獲勝,第四局比賽甲隊(duì)獲勝,概率是C32×352×25×35=162625.設(shè)“甲隊(duì)本場比賽所得積分為3分”為事件A,“甲隊(duì)前兩局比賽都獲勝”為事件B,甲隊(duì)以3∶1獲勝,且前兩局比賽都是甲隊(duì)獲勝,第四局比賽甲隊(duì)獲勝的概率是352×25×35=54625,則P(A)=27125+162625=297625,P(AB)=27125+54625(2)設(shè)事件D為選取的這個人患了流感,A1,A2,A3分別表示任意選取一個人,這個人來自A,B,C縣區(qū),根據(jù)題意可知P(A1)=410,P(A2)=310,P(A3)=310,P(D|A1)=3100,P(D|A2)=2100,P(D|A3)=4100,則P(D)=P(A1)P(D|A1)+P(A2)P(D|A2)+P(A3)P(D|A3)=410×3100+310×2100+310【自測題】1.B[解析]由題意知,P(A1)=34,P(A2)=14,P(B|A1)=C62C92=512,P(B|A2)=C52C92=518,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)2.67[解析]設(shè)考生會答該題為事件A,不會答該題為事件B,該考生回答正確為事件C,則P(A)=35,P(B)=1-P(A)=25,P(C)=P(A)+14P(B)=35+14×25=710,故已知該考生回答正確,他確實(shí)會答該題的概率為P(A|C)=1.D[解析]從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù),共有C72=21(種)情況,其中不互質(zhì)的包括從2,4,6,8中取2個不同的數(shù),或取3和6,共有C42+1=7(種)情況,所以互質(zhì)的共有21-7=14(種)情況,所以所求概率P=2.B[解析]記甲、乙、丙、丁四個事件分別為A,B,C,D.事件A發(fā)生的概率P(A)=16;事件B發(fā)生的概率P(B)=16;C={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)},則事件C發(fā)生的概率P(C)=56×6=536;D={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)},則事件D發(fā)生的概率P(D)=66×6=16.事件AC為“第一次取出的球的數(shù)字是1且兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,為不可能事件,P(AC)=0≠P(A)P(C),故甲與丙不相互獨(dú)立;事件AD為“第一次取出的球的數(shù)字是1且兩次取出的球的數(shù)字之和是7”,P(AD)=16×16=136=P(A)P(D),故甲與丁相互獨(dú)立;事件BC為“第二次取出的球的數(shù)字是2且兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,P(BC)=16×16=136≠P(B)P(C),故事件乙與丙不相互獨(dú)立;事件CD為不可能事件,P(CD)=0≠P3.ABD[解析]對于A,發(fā)送1,0,1,收到1,0,1的概率分別為1-β,1-α,1-β,因?yàn)樾盘杺鬏斒窍嗷オ?dú)立的,所以由相互獨(dú)立事件的概率公式得,所求概率為(1-α)(1-β)2,故A正確.對于B,采用三次傳輸方案,發(fā)送1,1,1,收到1,0,1的概率分別為1-β,β,1-β,由相互獨(dú)立事件的概率公式得,所求概率為β(1-β)2,故B正確.對于C,采用三次傳輸方案,發(fā)送1,1,1,收到的譯碼為1,則收到的信號可能為(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1),故所求概率為3β(1-β)2+(1-β)3,故C錯誤.對于D,若采用三次傳輸方案,發(fā)送0,收到的譯碼為0,則收到的信號可能為(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),故所對應(yīng)的概率P1=3α(1-α)2+(1-α)3,若采用單次傳輸方案,發(fā)送0,則收到信號0即為譯碼,所對應(yīng)的概率P2=1-α,因?yàn)?<α<0.5,所以P1-P2=3α(1-α)2+(1-α)3-(1-α)=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=(1-α)(1-2α)α>0,所以P1>P2,故D正確.故選ABD.4.635[解析]從正方體的8個頂點(diǎn)中任選4個,有C84=70(種)情況.這4個點(diǎn)在同一個平面時,可以是正方體的同一面上的4個頂點(diǎn),也可以是正方體對角面上的4個頂點(diǎn),共有6+6=12(種)情況.故所求概率P=125.12035[解析]方法一:設(shè)A=“取到的三個球都是黑球”,根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式得P(A)=40%×25%×50%=0.05=120.設(shè)C=“將三個盒子中的球混合后任取一個球是白球”,則P(5×(1-方法二:設(shè)A1=“從甲盒子中取到一個黑球”,A2=“從乙盒子中取到一個黑球”,A3=“從丙盒子中取到一個黑球”,A=“取到的三個球都是黑球”,根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式,得P(A)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=40100×25100×50100=120.設(shè)C=“將三個盒子中的球混合后任取一個球是白球”,B1=“取到的球是甲盒子中的”,B2=“取到的球是乙盒子中的”,B3=“取到的球是丙盒子中的”,則Ω=B1∪B2∪B3,且B1,B2,B3兩兩互斥.根據(jù)題意得P(C)=P(B1)P(C|B1)+P(B2)P(C|B2)+P(B3)P(C|B3)=515×60100+415×75

微專題15隨機(jī)變量及其分布微點(diǎn)1例1解:(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡為(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(歲).(2)估計該地區(qū)這種疾病患者的年齡在區(qū)間[20,70)內(nèi)的概率為1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.(3)設(shè)B=“此人的年齡在區(qū)間[40,50)內(nèi)”,C=“此人患這種疾病”,則由條件概率公式,得P(C|B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.023×1016%=0.001×0.230.16=0.【自測題】解:(1)估計這200名女生短跑成績的平均數(shù)x=11×0.04+13×0.12+15×0.36+17×0.28+19×0.12+21×0.06+23×0.02=16.16.(2)由題意知X~N(16.16,5.79),μ=16.16,σ2=5.79,σ=5.79=2.41,則μ-2σ=11.34,μ+2σ=20故該校女生短跑成績在(11.34,20.98]內(nèi)的概率P=P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545.由題意可得Y~B(10,0.9545),所以P(Y=9)=C109×0.95459×(1-0.9545)≈10×0.6576×0.0455=0.299208,P(Y=10)=C1010×0.954510≈0所以P(Y≤8)=1-P(Y=9)-P(Y=10)≈0.073.微點(diǎn)2例2解:(1)設(shè)A1=“抽到第一袋”,A2=“抽到第二袋”,B=“隨機(jī)抽取2名學(xué)生的報名表,恰好抽到1名男生和1名女生的報名表”,則P(A1)=P(A2)=12,P(B|A1)=C51C41C92=59,由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12×59+12×6(2)設(shè)甲、乙兩人所在代表隊(duì)的總得分為X,則X的所有可能取值為-3,-1,1,3,所以P(X=-3)=1-34×1-1P(X=-1)=34×1-12×1-34+1-34×12P(X=1)=34×12×1-34+1-34×12×3P(X=3)=34×12×34所以X的分布列為X-3-113P17159所以E(X)=(-3)×132+(-1)×732+1×1532+3×9【自測題】解:(1)甲連勝四場的概率為116(2)根據(jù)賽制,至少需要進(jìn)行四場比賽,至多需要進(jìn)行五場比賽.比賽四場結(jié)束,共有三種情況:甲連勝四場的概率為116;乙連勝四場的概率為116;丙上場后連勝三場的概率為所以需要進(jìn)行第五場比賽的概率為1-116-116-18(3)丙最終獲勝,有兩種情況:比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為18比賽五場結(jié)束且丙最終獲勝,則從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負(fù)、輪空結(jié)果有三種情況:勝勝負(fù)勝,勝負(fù)空勝,負(fù)空勝勝,概率分別為116,18,因此丙最終獲勝的概率為18+116+18+1微點(diǎn)3例3解:(1)(i)依題意得2×2列聯(lián)表如下:單位:首軟件類型識別音樂是否正確合計正確錯誤A組的AI軟件402060B組的AI軟件202040合計6040100零假設(shè)為H0:識別音樂是否正確與軟件類型無關(guān)聯(lián).根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),得χ2=100×(40×20-20×20)260×40×60×40=259依據(jù)小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn),沒有充分證據(jù)推斷H0不成立,因此可以認(rèn)為H0成立,即認(rèn)為識別音樂是否正確與軟件類型無關(guān)聯(lián).(ii)由(i)得P1=23,P2=1故方案二在一次測試中通過的概率為C21×23×1-23×C22×122+C22×232×C2(2)方案二每次測試通過的概率P=C21·P1(1-P1)·C22·P22+C22P12·C21·P2(1-P2)+C22P12·C22P22=P1P2[2(P1+P2)-3P1P2]=P1所以當(dāng)P1P2=49時,P取得最大值1627,又P1+P2=43,所以此時P1=P2設(shè)n次測試中通過的次數(shù)為X,則X~B(n,P),所以E(X)=nP=16,因?yàn)镻≤1627,所以n=16P≥16×2716=27,所以測試至少要進(jìn)行27次,才能使通過次數(shù)的均值為16,此時P1=P2【自測題】解:(1)設(shè)事件A=“抽獎的顧客獲得八折優(yōu)惠”,則P(A)=C32·因?yàn)榧住⒁覂晌活櫩瞳@得八折優(yōu)惠的概率均為920所以甲、乙兩位顧客中恰好有一人獲得八折優(yōu)惠的概率P=C21×920×1(2)方案一:設(shè)實(shí)付金額為X1元,則X1=x-60(x>300).方案二:設(shè)實(shí)付金額為X2元,則X2的可能取值為x,0.9x,0.8x,0.7x(x>300).所以P(X2=x)=C30C33C63=120,P(X2=0P(X2=0.8x)=920,P(X2=0.7x)=C33所以E(X2)=120x+920×910x+920×810x+1①若x-60<1720x,即300<x<400,則選擇方案一②若x-60=1720x,即x=400,則選擇方案一、方案二均可③若x-60>1720x,即x>400,則選擇方案二所以當(dāng)消費(fèi)金額大于300元且小于400元時,選擇方案一;當(dāng)消費(fèi)金額等于400元時,選擇方案一、方案二均可;當(dāng)消費(fèi)金額大于400元時,選擇方案二.1.D[解析]對于A,σ2為數(shù)據(jù)的方差,所以σ越小,數(shù)據(jù)在μ=10附近越集中,所以該物理量一次測量結(jié)果落在(9.9,10.1)內(nèi)的概率越大,故A中結(jié)論正確;對于B,由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結(jié)果大于10的概率為0.5,故B中結(jié)論正確;對于C,由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結(jié)果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等,故C中結(jié)論正確;對于D,因?yàn)樵撐锢砹恳淮螠y量結(jié)果落在(9.9,10)內(nèi)的概率與落在(10.2,10.3)內(nèi)的概率不相等,所以該物理量一次測量結(jié)果落在(9.9,10.2)內(nèi)的概率與落在(10,10.3)內(nèi)的概率不相等,故D中結(jié)論錯誤.故選D.2.0.14[解析]P(X>2.5)=1-2P(2<X≤23.1635127[解析]隨機(jī)變量ξ的可能取值為1,2,3,4,P(ξ=1)=C62C73=1535=37,P(ξ=2)=C21C42+C41C73=1635ξ1234P31631故E(ξ)=1×37+2×1635+3×335+4×14.解:(1)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,20,100.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,故隨機(jī)變量X的分布列為X020100P0.20.320.48(2)若小明先回答B(yǎng)類問題,記Y為小明的累計得分,則隨機(jī)變量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E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6.由(1)知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4,因?yàn)镋(Y)>E(X),所以小明應(yīng)選擇先回答B(yǎng)類問題.

高分提能三概率、變量分布與其他知識的綜合問題例1解:(1)第2次投籃的人是乙的概率為0.5×0.4+0.5×0.8=0.6.(2)設(shè)第i次投籃的人是甲的概率為pi,則第i次投籃的人是乙的概率為1-pi,由題可得pi+1=0.6pi+0.2(1-pi)=0.4pi+0.2.設(shè)pi+1+λ=25(pi+λ),解得λ=-1則pi+1-13=2又p1=12,所以p1-13=所以pi-13=16×25i-1,所以pi=(3)根據(jù)題意可知,當(dāng)n∈N*時,E(Y)=p1+p2+…+pn=16×1-25n1-【自測題】解:(1)由題意知,Pi+1=(1-40%)Pi+40%(1-Pi)=25+15Pi,整理得Pi+1-12故數(shù)列Pi-12是以P1-12為首項(xiàng),15為公比的等比數(shù)列,又P1=1,所以Pi-即Pi=12+12×15i-1,(2)當(dāng)某期投資選擇方案一時,獲得的利潤的期望為W1=(1-10%)×2.4%×212×100000=當(dāng)某期投資選擇方案二時,獲得的利潤的期望為W2=(1-20%)×3.0%×212×100000=400那么,在一年期間,老張共投資了6次,獲得的總利潤的期望為W=[P1W1+(1-P1)W2]+[P2W1+(1-P2)W2]+…+[P6W1+(1-P6)W2]=(P1+P2+…+P6)W1+[(1-P1)+(1-P2)+…+(1-P6)]W2≈2400-40×3+58即一年后老張可獲得的總利潤的期望約為2255元.例2解:(1)由題意得mp+m+m(1-p)+m(1-p)2=2m+m+12m+14m=1,解得因?yàn)镻(B|A0)=0,P(B|A1)=C11×12,P(B∣A2)=C22×122,P(B|A3)=C所以由全概率公式,得P(B)=∑i=03P(B|Ai)P(Ai)=C11×12·mp+C22×122m+C32×由p=12,m=415,得P(B)=(2)由題意得P(X=2)=m,考慮m的變化即可.由mp+m+m(1-p)+m(1-p)2=1,得1m=p2-3p+1p設(shè)f(p)=p2-3p+1p+3,0<p<1,則f'(p)=2p3-3p2-1p2,記g(p)=2p3-3p2-1,0<p<1,則g'(p)=6p故g(p)在(0,1)上單調(diào)遞減,因?yàn)間(0)=-1,所以g(p)<0,所以f'(p)<0,則f(p)在(0,1)上單調(diào)遞減.因此,當(dāng)p∈(