概率與統(tǒng)計（解答題）一大數(shù)據(jù)之五年（2018-2022）高考真題匯編（新高

考卷與全國理科）

數(shù)學考試

注意事項：

1、填寫答題卡的內(nèi)容用2B鉛筆填寫

2、提前xx分鐘收取答題卡

第回卷主觀題

第回卷的注釋

閱卷人

——、解答題（共31題；共350分）

得分

1.（15分）在某地區(qū)進行流行病調(diào)查，隨機調(diào)查了100名某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)

據(jù)頻率分布直方圖.

（I）（5分）估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代

表）；

（2）（5分）估計該地區(qū)一人患這種疾病年齡在區(qū)間［20,70）的概率；

（3）（5分）已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間［40,50）的人口占該

地區(qū)總?cè)丝诘?6%,從該地區(qū)任選一人，若此人年齡位于區(qū)間［40,50），求此人患該種疾病的概

率.（樣本數(shù)據(jù)中的患者年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001）

【答案】（1）解：平均年齡%=（5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023+

55x0.020+65X0.017+75x0.006+85X0.002）x10=47.9（歲）

（2）解：設人={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70）},則

P（4）=1-P（A）=1-（0.001+0.002+0.006+0.002）x10=1-0.11=0.89

(3)設B=｛任選一人年齡位于區(qū)間［40,50)｝,C=｛任選一人患這種族病｝,

皿什攵依頜的八T組?0、P(8C)0.1%x0.023xl00.001x0.23.???.

則由條件概率公式，得P(C|B)=j(B)，=-------------=——oYg——=0n.0n0n1i4375c20.0014

【解析】【分析】(1)根據(jù)平均值等于各矩形的面積乘以對應區(qū)間的中點值的和即可求出；

(2)設A=｛一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)｝,根據(jù)對立事件的概率公式P(A)=1-

P(?即可解出;

(3)根據(jù)條件概率公式即可求出.

2.(10分)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(jié)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(jié)果相互獨立.

(1)(5分)求甲學校獲得冠軍的概率；

(2)(5分)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望.

【答案】(1)解：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(ZBC)+P(ABC)+P^ABC)+P(ABC)

=0,5x0,4x0.8+0.5x0,4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2

=0.16+0.16+0.24+0.04

=0.6.

(2)解：依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,所以，

P(X=0)=0.5x0.4x0.8=0.16,

P(X=10)=0.5x0,4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44,

P(X=20)=0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

P(X=30)=0.5x0.6x0.2=0.06.

即X的分布列為

X0102030

P0.160.440.340.06

期望E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13

【解析】【分析】(1)設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為A,B,C,再根據(jù)甲獲得冠軍則至少獲

勝兩個項目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互獨立事件的乘法公式即可求出；

(2)依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,再分別計算出對應的概率，列出分布列，即可

求出期望.

3.（10分）甲、乙兩城之間的長途客車均由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(diào)查了甲、乙兩城之間的500個班次，得到下面列聯(lián)表：

準點班次數(shù)未準點班次數(shù)

A24020

B21030

2

附.“2_n(ad-bc)

R_(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K20.1000.0500.010

k2.7063.8416.635

（1）（5分）根據(jù)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）（5分）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(guān)?

【答案】（1）解：由表中數(shù)據(jù)可知，A共有班次240+20=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「頌=翁=皆;

則A家公司長途客車準點的概率為1|；

B共有班次210+30=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2的=縹=2

B家公司長途客車準點的概率為Z.

（2）解：列聯(lián)表

準點班次數(shù)未準點班次數(shù)合計

A24020260

B21030240

合計45050500

2O

/_一遢一比）=500x（240x30-210x20/7",

~（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）-260x240x450x50〉Z'/Ufc,

根據(jù)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(guān).

【解析】【分析】（1）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)以及古典概型的概率公式可求得結(jié)果；

（2）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)及公式計算K2,再利用臨界值表比較即可得結(jié)論.

4.（15分）某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區(qū)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(shù)據(jù)：

樣本號i12345678910總和

根部橫截面0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

積X；

材積量y（0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

\110\110\,10

并計算得Vx?=0.038,2y]=1.6158,工犯=0.2474.

-i=l

\~~\Tt

力1(々一元)(無一刃;_____

r=-乙1=1=，01.896x1.377

1,TL“YTL.

附：相關(guān)系數(shù)22

V(X￡-X)Y(y￡-y)

<i=l

（1）（5分）估計該林區(qū)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）（5分）求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）（5分）現(xiàn)測量了該林區(qū)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186m2.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(shù)據(jù)給出該林區(qū)這

種樹木的總材積量的估計值.

【答案】（1）解：樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值元=翳=0.06

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值9=普=0.39

據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m2,

平均一棵的材積量為0.39m3

⑵解：r=￡=四-）=求1-MT。巧

J昭（3）2昭—）2陽（「把1%2—10,2）

____________0.2474-10x0.06x0.39___________0.0134?0.0134

J（0.038-10x0.062）（1.6158-10x0.392）V0.0001896°-01377

*0.97

則r?0.97

（3）解：設該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為Ym3,

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得夥=早，解之得Y=1209nl3.

則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為1209m3

【解析】【分析】(1)計算出樣本中10棵這種樹木根部橫截面積的平均值及10棵這種樹木材積量平

均值，即可估計該林區(qū)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)根據(jù)相關(guān)系數(shù)公式計算即可求得樣本的相關(guān)系數(shù)值；

(3)依據(jù)樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區(qū)這種樹木的總材積量

的估計值.

5.(10分)在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽，比賽成績達到9.50m以上(含

9.50m)的同學將獲得優(yōu)秀獎，為預測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽

成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位：m)：

甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25；

乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；

丙：9.85,9.65,9.20,9.16.

假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立

(I)估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率；

(II)設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計X的數(shù)學期望

EX；

(III)在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？(結(jié)論不要求證明)

【答案】(I)由題意得：設甲在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎為事件A：

比賽成績達到9.50m以上獲優(yōu)秀獎，甲的比賽成績達到9.50以上的有：9.80,9.70,9.55,9.54四

個，所以甲在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎的概率為P(A)=0.4;

(IDX所有可能取值為()，1,2,3

甲在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎的概率為P(A)=0.4

乙在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎的概率為事件B,則P(B)=0.5

丙在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎的概率為事件C,則P(C)=0.5

P(X=0)=0.6x0.5x0.5=0.15

P(X=1)=0.4x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5=0.4

P(X=2)=0.4x0.5x0.5+0.4x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5=0.35

P(X=3)=0.4x0.5x0.5=0.1

X0123

P0.150.40.350.1

E(X)=0x0.15+1x0.4+2x0.35+3x0.1=1.4

(III)甲的平均數(shù)：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)x0.1=

9.479

乙的平均數(shù)：(9.78+9.56+9.51+9.36+9.32+9,23)+6=9.457

丙的平均數(shù)：(9.85+9.65+9.20+9.16)X0.25=9.465

甲的方差：S2=[(9.8-9,479)2+…+(9.25-9.479)2]+10=0.172

乙的方差：S2=[(9.78-9.457)2+…+(9.23-9.457)2]+6=0.0329

丙的方差：S2=[(9.85-9.465)2+…+(9.16-9.46S)2]+4=0.086

在校運動會鉛球比賽中，乙獲得冠軍的概率估計值最大.

【解析】【分析】(1)根據(jù)古典概型概率公式計算即可；

(2)由題意X的可能取值為0,1,2,3,先分別求得甲、乙、丙在校運會鉛球比賽中獲優(yōu)秀獎

的概率，再分別求取X取值的相應概率，由此得分布列和數(shù)學期望；

(3)根據(jù)甲、乙、丙的比賽成績的平均值和方差即可判斷.

6.(10分)一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣(衛(wèi)生習慣分為良好和不

夠良好兩類)的關(guān)系，在己患該疾病的病例中隨機調(diào)查了1()0例(稱為病例組)，同時在未患該疾病的

人群中隨機調(diào)查了100人(稱為對照組)，得到如下數(shù)據(jù)：

不夠良好良好

病例組4060

對照組1090

2

附.“2_n(ad-bc)

'K—(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2>k)0.0500.010().001

K3.8416.63510.828

(1)(5分)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異？

(2)(5分)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習慣不夠良好”，B表示事件

“選到的人患有該疾病”，聯(lián)圖與冬歌的比值是衛(wèi)生習慣不夠良好對患該

疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R.

⑴證明：”皤?皤;

(ii)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出PQ4|B),P(X|B)的估計值，并利用⑴的結(jié)果給出R的估計值.

,.2

［答案］(1)/<2=200x(40x90-10x60)_24>6625

100x100x50x150

所以有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異.

(2)用局部估計總體

P(4B)P畫)

=P@I4)qP(B|&=P(B|4>P(3@)=

UP(B\A)'P(B\A)-P(^B\A)P(B\A)—>(而)P(BZ)

■WW

PQ4B)P(里)

_PQ4B)?P(網(wǎng)_P(B)?P⑻_PQ4|B)?P(A\B)

P(BA)?P(麗)=P(B4)P(BN)=P(ZIB)-PQ4IB)

P(B)P⑻

(ii)P(AIB)—P(*B)_n("B)_4°PUI為一型一里

(U){AIb)-p(B)~n(e)-ioo'I⑴_p?—n(B)_100

P(AB)n(AB)60_P(AB)n(AB)10

P(A|B)=

P(By~li(By~T00/「⑷8)=/五=三兩=痂

40x90

R=---3-77=6

60x10

故R的估計值為6

【解析】【分析】(1)代入數(shù)據(jù)，求得K2,再對出表格，即可得結(jié)論;

(2)(i)根據(jù)新定義，結(jié)合條件概率的計算公式，即可證明;

(ii)由條件概率的計算公式分別求得P(A|B),P(AI5),P(3|B),P{A\F),再代入R，求解

即可.

7.(15分)一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設一個這種微生物為第0代，經(jīng)過一

次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個數(shù)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(shù)，P(X=i)=/(i=0,1,2,3).

(1)(5分)已知p0=0.4,P］=0.3,p2=0.2,p3=0,1，求E(X)；

(2)(5分)設p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：Po+

23

PXX+P2x+P3x=x的一個最小正實根，求證：當E(X)W1時，p=1,當E(X)>1時，

p<1;

(3)(5分)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實際含義.

【答案】(1)E(X)=0x0.4+1x0.3+2x0.2+3x0.1=1.

32

(2)設/(x)=p3x+p2x+(Pi-l)x+p0，

32

因為P3+p2+Pi+p0=1，故/(%)=p3X+p2X-(p2+p0+P3)尤+Po，

若E(X)<1,則Pl+2P2+3「3W1,故P2+2口3wPo.

/(%)=3P3/+2P2%-(p2+p0+p3)，

+20

因為/(0)=一(P2+Po+P3)<°，f(1)=P2P3-Po-，

故/(X)有兩個不同零點久1，%2，且<0<1W%2，

且％C(-00,/)U(%2，+8)時，/(x)>0；XeQ1,尤2)時，/(%)<0；

故/(X)在(-00,%1),(x2,+8)上為增函數(shù)，在(%1，x2)上為減函數(shù)，

若乃=1，因為f(x)在(%2，+00)為增函數(shù)且/(I)=0,

而當%G(0,x2)時，因為/(x)在(X1,x2)上為減函數(shù)，故/(x)>/(x2)=/(I)=0,

23

故1為p0+Prx+P2X+p3X=X的一個最小正實根，

23

若％2>1，因為/(I)=0且在(0,%2)上為減函數(shù)，故1為Po+P1X+p2X+p3X=X的一個

最小正實根，

綜上，若E(X)W1,貝|Jp=1.

若E(X)>1,則Pl+2P2+3p3>1,故P2+2P3>Po.

此時/(0)=-(p2+p0+p3)<0,/(l)=P2+2p3-Po>0,

故/(X)有兩個不同零點X3,X41且<0<%4<1，

且Xe(-00,X3)U(%4，+8)時，/(x)>0；Xe(%3,％4)時，/(X)<0；

故/(X)在(-00,%3)，(尤4，+8)上為增函數(shù)，在(%3，%4)上為減函數(shù)，

而/(I)=0,故/(x4)<0,

又f(0)=Po>O，故f(X)在(0，%4)存在一個零點P，且p<1.

23

所以P為Po+Pi%+p2x+P3X=X的一個最小正實根，此時p<1,

故當E(X)>1時，p<1.

（3）每一個該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1,則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數(shù)超過

1,則若干代后被滅絕的概率小于1.

【解析】【分析】（1）利用公式計算可得E（X）.

（2）利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合f（l）=O及極值點的范圍可得f（x）的最小正零點.

（3）利用期望的意義及根的范圍可得相應的理解說明.

8.（10分）為加快新冠肺炎檢測效率，某檢測機構(gòu)采取2合1檢測法”，即將Z個人的拭子樣本合并

檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢

測.現(xiàn)有100人，已知其中2人感染病毒.

（1）（5分）①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數(shù)；

②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為白，定義隨機變量X為總檢

測次數(shù)，求檢測次數(shù)X的分布列和數(shù)學期望E（X）；

（2）（5分）若采用“5合1檢測法”，檢測次數(shù)y的期望為E（y）,試比較E（X）和E（K）的大?。ㄖ苯?/p>

寫出結(jié)果）.

【答案】（1）①對每組進行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進行檢測，需要10次；

所以總檢測次數(shù)為20次；

②由題意，X可以取20,30,

1Iin

P（X=20）=今,P（X=30）=l一直=居,

則X的分布列：

X2030

p110

1111

所以E(X)=20x^+30x^=^;

(2)由題意，丫可以取25,30,設兩名感染者在同一組的概率為p,

P(y=25)=p,P(y=30)=1-p,

則E(Y)=25P+30(1-p)=30—5p,

若p=條時，E(X)=E(Y)；

若p>條時，E(X)>E(Y)；

若p<六時，E(X)<E(Y).

【解析】【分析】（1）①根據(jù)"k合1檢測法”，結(jié)合隨機抽樣的定義求解即可；

②根據(jù)“k合1檢測法”，以及對立事件的概率，結(jié)合離散型隨機變量的分布列和期望求解即可；

（2）根據(jù)“k合1檢測法”，以及對立事件的概率，結(jié)合離散型隨機變量的期望求解即可.

9.（10分）甲、乙兩臺機床生產(chǎn)同種產(chǎn)品,產(chǎn)品按質(zhì)量分為一級品和二級品，為了比較兩臺機床產(chǎn)

品的質(zhì)量，分別用兩臺機床各生產(chǎn)了20（）件產(chǎn)品，產(chǎn)品的質(zhì)量情況統(tǒng)計如下表：

一級品二級品合計

甲機床15050200

乙機床12080200

合計270130400

（1）（5分）甲機床、乙機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級品的頻率分別是多少？

（2）（5分）能否有99%的把握認為甲機床的產(chǎn)品質(zhì)量與乙機床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異?

2

附：K2=，3-兒）

3+b）（c+d）Q+c）（b+d）

P(K’Nk)0.0500.0100.001

K3.8416.635。10,828

【答案】（1）（1）由題意可知：甲機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級品的頻率是：黑=,

zuuq

乙機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級品的頻率是：揣=1

2

（2）由于iz2―400+（150x80—50x120）_400?256>6635

K一270x130x200x200—39~”"56>6,635

所以，有99%的把握認為甲機床的產(chǎn)品質(zhì)量與乙機床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異。

【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率=頻數(shù)/總體直接求解即可；

（2）根據(jù)獨立性檢驗的方法直接求解即可.

10.（10分）某廠研究了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設備，為檢驗新設備生產(chǎn)產(chǎn)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(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項指標數(shù)據(jù)如下：

舊設備9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7

新設備10.110.410410.010.110.310.610.510.410.5

舊設備和新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的樣本平均數(shù)分別記為元和歹，樣本方差分別記為SI?和

S22

(1)(5分)求無，y,si2,S22；

(2)(5分)判斷新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備是否有顯著提高(如果y-x>

2,則認為新設備生產(chǎn)產(chǎn)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).

【答案】(1)解：各項所求值如下所示

x=i(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0

y=(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3

1x[(9.7-l0.0)2+2x(9.8-l0.0)2+(9.9-l0.0)2+2X(10.0-10.0)2+(10.1-l0.0)2+2x(10.2-1().0)2+(10.3-

10.0)2]=0.36,

=x[(10.0-l0.3)2+3x(l0.1-10.3)2+(10.3-10.3)2+2x(10.4-10.3)2+2x(l0.5-10.3)2+(l0.6-10.3)2]=0.4.

(2)由⑴中數(shù)據(jù)得y-x=0.3,2sl+s2-0.551

顯然歹-無V2Hl,所以不認為新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高。

J10

【解析】【分析】(1)先計算新舊樣本平均數(shù)五歹，再直接用公式計算SI2,S22；

(2)由⑴中的數(shù)據(jù)，計算得：y-x=0.3,2sl+s2乜).34,顯然？-兄<2sl+s2,可得

J10J10

到答案。

11.(10分)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

題中選擇類并從中隨機抽U又一個問題問答，若回答錯誤則該同學比賽結(jié)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(jié)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(yǎng)類問題的概率為06且能正確回答問

題的概率與回答次序無關(guān)。

(1)(5分)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)(5分)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。

【答案】(1)X的取值可能為0,20,100,

p（X=0）=1—0.8=0.2,

p(x=20)=0.8X(1-0.6)=0.32,

P(X=100)=0.8x0.6=0.48,

：.X的分布列為

X020100

P0.20.320.48

(2)假設先答B(yǎng)類題，得分為y,

則Y可能為0,80,100,

P(y=0)=1—0.6=0.4,

P(y=80)=0.6x(1-0.8)=0.12,

P(Y=100)=0.6X0.8=0.48,

Y的分布列為

Y080100

P0.40.120.48

AE（Y）=0x0.4+80x0.124-100x0.48=57.6,

由（1）可知E（X）=0x0.2+20x0.32+100x0.48=54.4,

E（y）＞E（X）,

...應先答B(yǎng)類題.

【解析】【分析】（1）根據(jù)獨立事件的概率，并列出X的分布列即可：

（2）根據(jù)獨立事件的概率，并列出Y的分布列，根據(jù)期望公式求得E（X）,E（Y）并比較即可判斷.

12.（15分）某學生興趣小組隨機調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級和當天到某公園鍛煉的人

次，整理數(shù)據(jù)得到下表（單位：天）：

鍛煉人次

|0,200](200,400](400,600]

空氣質(zhì)量等級

1（優(yōu)）21625

2（良）51012

3（輕度污染）678

4（中度污染）720

2

附.2_n(ad-bc)

?八一(a+b)(c+d)(a+c)(Z?+d)

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

（1）（5分）分別估計該市一天的空氣質(zhì)量等級為1,2,3,4的概率；

（2）（5分）求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值

為代表）；

（3）（5分）若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2,則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級為

3或4,則稱這天“空氣質(zhì)量不好”.根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2x2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是

否有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關(guān)?

人次W400人次>400

空氣質(zhì)量好

空氣質(zhì)量不好

【答案】（1）解：由頻數(shù)分布表可知，該市一天的空氣質(zhì)量等級為1的概率為2+；到25=043,

等級為2的概率為當臚=0.27，等級為3的概率為耳探=0.21,等級為4的概率為

7+2+0

100=0.09

（2）解：由頻數(shù)分布表可知，一天中到該公園鍛煉的人次的平均數(shù)為10°><2°+3嚅5+50°x45

350

（3）解：2x2列聯(lián)表如下:

人次<400人次〉400

空氣質(zhì)量不好3337

空氣質(zhì)量好228

100x(33x8-37x22)2

K2X5.820>3,841

55x45x70x30

因此，有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關(guān).

【解析】【分析】（1）根據(jù)頻數(shù)分布表可計算出該市一天的空氣質(zhì)量等級分別為1、2、3、4的概

率；（2）利用每組的中點值乘以頻數(shù)，相加后除以100可得結(jié)果；（3）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)完善2X2

列聯(lián)表，計算出K2的觀測值，再結(jié)合臨界值表可得結(jié)論.

13.（15分）某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加.為調(diào)查該地區(qū)某

種野生動物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20

個作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)（Xi,yi）（i=l,2,20）,其中Xi和yi分別表示第i個樣區(qū)的植物覆

20

%=1200，

Z1=1

20fi20_

（Xi-xy=80,〉<y.-yy=9000,〉（x-%）.-y）=800.

Zt

（1）（5分）求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值（這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野

生動物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù)）；

（2）（5分）求樣本（Xi,yi）（i=l,2,20）的相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）（5分）根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該

地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由.

【答案】⑴解：樣區(qū)野生動物平均數(shù)為iy2°匕=4x1200=60,

i—1

地塊數(shù)為200,該地區(qū)這種野生動物的估計值為200x60=12000

（2）解：樣本（陽,％）的相關(guān)系數(shù)為

招（?一元）（％一力8002/2…

一舄@一方￡幽（y廠刃2一亞麗T3

（3）解：由于各地塊間植物覆蓋面積差異較大，為提高樣本數(shù)據(jù)的代表性，應采用分層抽樣

先將植物覆蓋面積按優(yōu)中差分成三層，

在各層內(nèi)按比例抽取樣本，

在每層內(nèi)用簡單隨機抽樣法抽取樣本即可.

【解析】【分析】（1）利用野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)野生動物平均數(shù)乘以地塊數(shù)，代入數(shù)據(jù)即

「20

Wi=i（々一元）Gi一刃

V——一

可；（2）利用公式『2020計算即可；（3）各地塊間植物覆蓋面積差異

22

）（x,-x）y（y（—y）

、i=l

較大，為提高樣本數(shù)據(jù)的代表性，應采用分層抽樣.

14.（15分）甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘汰；比賽前抽

簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪

空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最

終獲勝，比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空.設每場比賽雙方獲勝的概率都為J,

(1)(5分)求甲連勝四場的概率；

(2)(5分)求需要進行第五場比賽的概率；

(3)(5分)求丙最終獲勝的概率.

【答案】⑴解：記事件M:甲連勝四場，則P(M)=8)4=^；

(2)解：記事件A為甲輸，事件B為乙輸，事件C為丙輸，

則四局內(nèi)結(jié)束比賽的概率為

P=P{ABAB}+P(ACAC)+P(BCBC)+P(BABA)=4x(/=1，

所以，需要進行第五場比賽的概率為P=l-；

(3)解：記事件A為甲輸，事件B為乙輸，事件C為丙輸，

記事件M:甲贏，記事件N:丙贏，

則甲贏的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、

BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC,

所以，甲贏的概率為P(M)=(1)4+7X(1)5=盤.

由對稱性可知，乙贏的概率和甲贏的概率相等，

所以丙贏的概率為P(N)=1-2X2=￡.

【解析】【分析】(1)根據(jù)獨立事件的概率乘法公式可求得事件“甲連勝四場”的概率；(2)計算出四

局以內(nèi)結(jié)束比賽的概率，然后利用對立事件的概率公式可求得所求事件的概率；(3)列舉出甲贏的

基本事件，結(jié)合獨立事件的概率乘法公式計算出甲贏的概率，由對稱性可知乙贏的概率和甲贏的概

率相等，再利用對立事件的概率可求得丙贏的概率.

15.(15分)為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了

100天空氣中的PM2.5和SO2濃度(單位：4g//),得下表：

so2

[0,50](50,150](150,475]

PM2.5

[0,35]32184

(35,75]6812

(75,115]3710

7

附：K2=n(ad-bc)

(a+￡>)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

（1）（5分）估計事件“該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75,且S02濃度不超過150”的概

率;

（2）（5分）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2x2列聯(lián)表:

so2

[0,150](150,475]

PM2.5

[0,75]

(75,115]

（3）（5分）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表，判斷是否有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度

與SO2濃度有關(guān)?

【答案】（1）解：由表格可知，該市10（）天中，空氣中的PM2.5濃度不超過75,且SO2濃度不超

過150的天數(shù)有32+6+18+8=64天,

所以該市一天中,空氣中的PM2.5濃度不超過75,且SO?濃度不超過15°的概率為蓋=

0.64；

（2）解：由所給數(shù)據(jù)，可得2x2列聯(lián)表為:

so2

[0,150](150,475]合計

PM2.5

[0,75]641680

(75,115]101020

合計7426100

（3）解：根據(jù)2x2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)可得

92

九(ad—be)_100x(64x10-16x10)_3600

K2=?7.4844>6,635，

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)-80x20x74x26481

因為根據(jù)臨界值表可知，有99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與SO2濃度有關(guān).

【解析】【分析】（1）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)以及古典概型的概率公式可求得結(jié)果；（2）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可

得2x2列聯(lián)表；（3）計算出K2，結(jié)合臨界值表可得結(jié)論.

16.（10分）某校為舉辦甲、乙兩項不同活動，分別設計了相應的活動方案：方案一、方案二.為了

解該校學生對活動方案是否支持，對學生進行簡單隨機抽樣，獲得數(shù)據(jù)如下表：

男生女生

支持不支持支持不支持

方案一200人400人30()人100人

方案二35()人250人150人250人

假設所有學生對活動方案是否支持相互獨立.

（I）分別估計該校男生支持方案一的概率、該校女生支持方案一的概率；

（II）從該校全體男生中隨機抽取2人，全體女生中隨機抽取1人，估計這3人中恰有2人支持

方案一的概率；

（HI）將該校學生支持方案的概率估計值記為Po，假設該校年級有500名男生和300名女生，

除一年級外其他年級學生支持方案二的概率估計值記為pi,試比較pQ與p］的大小.（結(jié)論不要

求證明）

【答案】解：（I）該校男生支持方案一的概率為=I，

ZUU十4UU5

該校女生支持方案一的概率為-1；

300+100

（H）3人中恰有2人支持方案一分兩種情況，（1）僅有兩個男生支持方案一，（2）僅有一個男生支

持方案一，一個女生支持方案一，

所以3人中恰有2人支持方案一概率為：（》（1一3+乙期1一步=1|;

（Hl）Pi<Po

【解析】【分析】（I）根據(jù)頻率估計概率，即得結(jié)果；（H）先分類，再根據(jù)獨立事件概率乘法公式

（ni）Pi,

以及分類計數(shù)加法公式求結(jié)果；先求P0,再根據(jù)頻率估計概率即得大小.

17.（10分）在平面直角坐標系xOy中,設點集力"=｛（0,0）,（1,0）,（2,0），…,（n,0））,Bn=

｛（0,l）,（n,l）｝,Cn=｛（0,2）,（1,2）,（2,2）,-,（n,2）｝,n6N*.

令Mn=AnUUCn.從集合M,中任取兩個不同的點，用隨機變量X表示它們之間的距離.

（1）（5分）當”=1時，求X的概率分布；

（2）（5分）對給定的正整數(shù)〃（n>3）,求概率PCX<n）（用”表示）.

【答案】（1）解：當n=1時，X的所有可能取值是1,V2,2,V5.

77/-44

X的概率分布為P（x=1）=方=F，P（X=魚）=薦=正,

c6c6

22廠22

P(X=2)=RF，P(xS=『

匕6匕615

(2)解：設A(a,b)和B(c,d)是從M；,中取出的兩個點.

因為P(X<n)=1-P(X>n),所以僅需考慮X>n的情況.

①若b=d,貝！JSn,不存在X>n的取法；

②若b=0,d=1,貝IAB=J(a—c)2+1<，所以X>n當且僅當AB=

Vn2+1,此時a=0,。=?1或(1=/1,c=0,有2種取法；

③若b=0,d=2,則AB=J(a—c)2+4<Vn2+4,因為當n>3時，-l)2+4<

n,所以X>n當且僅當AB=Vn2+4