精美编排-2018高考数学专题汇编——理科数学(版)13：概率-含答案
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第十二章概率、随机变量及其分布12.1 含答案 精品
1．概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An 为事件A 出现的频率．(2)对于给定的随机事件A ，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A 发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A 的概率，记作P (A )． 2．事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率P (E )＝1.(3)不可能事件的概率P (F )＝0. (4)概率的加法公式如果事件A 与事件B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )． (5)对立事件的概率若事件A 与事件B 互为对立事件，则P (A )＝1－P (B )． 【知识拓展】互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)事件发生频率与概率是相同的．( × ) (2)随机事件和随机试验是一回事．( × )(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √ ) (4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( × )(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( √ ) (6)两互斥事件的概率和为1.( × )1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则b >a 的概率是( ) A.45 B.35 C.25 D.15 答案 D解析 基本事件的个数有5×3＝15，其中满足b >a 的有3种，所以b >a 的概率为315＝15.2．(教材改编)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A ．必然事件 B ．随机事件 C ．不可能事件 D ．无法确定答案 B解析 抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8答案 B解析因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm的概率为1－0.2－0.5＝0.3，故选B.4．某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别为0.2,0.3,0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为()A．0.5 B．0.3 C．0.6 D．0.9答案 A解析依题设知，此射手在一次射击中不超过8环的概率为1－(0.2＋0.3)＝0.5.5．(教材改编)袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________．答案②解析①是互斥不对立的事件，②是对立事件，③④不是互斥事件.题型一事件关系的判断例1(1)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是()A．①B．②④C．③D．①③(2)设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件(3)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是()A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡答案(1)C(2)A(3)A解析(1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．(2)若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P (A )＋P (B )＝1.设掷一枚硬币3次，事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“3次出现正面”，则P (A )＝78，P (B )＝18，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不是对立事件．(3)至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．思维升华 (1)准确把握互斥事件与对立事件的概念 ①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生．②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生．(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：①至少有1个白球与至少有1个黄球； ②至少有1个黄球与都是黄球； ③恰有1个白球与恰有1个黄球； ④恰有1个白球与都是黄球． 其中互斥而不对立的事件共有( ) A ．0组 B ．1组 C ．2组 D ．3组 答案 B解析 ①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰好1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B. 题型二 随机事件的频率与概率例2 (2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P (A )的估计值；(2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度的平均保费的估计值．解 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a . 思维升华 (1)概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值． (2)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．(2015·北京)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙， 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大． 题型三 互斥事件、对立事件的概率 命题点1 互斥事件的概率例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？解 方法一 从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则有 P (A )＝13，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝512，P (B ∪C ∪D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14，16，14. 方法二 设红球有n 个，则n 12＝13，所以n ＝4，即红球有4个．又得到黑球或黄球的概率是512，所以黑球和黄球共5个． 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．又得到黄球或绿球的概率也是512，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2＝3(个)． 因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 312＝14，212＝16，312＝14. 命题点2 对立事件的概率例4 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖，一等奖，二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求： (1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖，一等奖，二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C .∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.思维升华 求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法：(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率；(2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．解记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)方法一记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.方法二记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.25．用正难则反思想求互斥事件的概率典例(12分)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均数；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率)思想方法指导 若某一事件包含的基本事件多，而它的对立事件包含的基本事件少，则可用“正难则反”思想求解． 规范解答解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.[2分]该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均数可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．[6分](2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.[9分]P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.[11分]故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[12分]1．(2016·天津)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( ) A.56 B.25 C.16 D.13答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56. 2．(教材改编)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 B解析 至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且一定有一个发生．∴②中两事件是对立事件．3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，都是白子的概率是1235，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( ) A.17 B.1235 C.1735 D ．1 答案 C解析 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥．所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.4．(2016·襄阳模拟)有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向．事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A ．互斥但非对立事件 B ．对立事件 C ．相互独立事件 D ．以上都不对答案 A解析 由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选A.5．(2016·蚌埠模拟)从一篮子鸡蛋中任取1个，如果其重量小于30克的概率为0.3，重量在[30,40]克的概率为0.5，那么重量不小于30克的概率为( ) A ．0.8 B ．0.5 C ．0.7 D ．0.3 答案 C解析 由互斥事件概率公式知重量大于40克的概率为1－0.3－0.5＝0.2， 又∵0.5＋0.2＝0.7，∴重量不小于30克的概率为0.7.6．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：则取到号码为奇数的卡片的频率是( )A ．0.53B ．0.5C ．0.47D ．0.37 答案 A解析 取到号码为奇数的卡片的次数为13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100＝0.53.故选A.7．在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件： ①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品； ②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品； ③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品．其中________是必然事件；________是不可能事件；________是随机事件． 答案 ③ ② ①8．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 答案 0.25解析 20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.9．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是________________． 答案 (54，43]解析 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<13a －3≤1，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43⇒54<a ≤43. 10．一个口袋内装有大小相同的红球，白球和黑球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.58，摸出红球或黑球的概率为0.62，那么摸出红球的概率为________． 答案 0.2解析 记事件A ，B ，C 分别是摸出红球，白球和黑球，则A ，B ，C 互为互斥事件且P (A ＋B )＝0.58，P (A ＋C )＝0.62，所以P (C )＝1－P (A ＋B )＝0.42，P (B )＝1－P (A ＋C )＝0.38，P (A )＝1－P (C )－P (B )＝1－0.38－0.42＝0.2.11．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解 (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.12．(2016·北京)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：(1)试估计C 班的学生人数；(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率； (3)再从A ，B ，C 三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位：小时)．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．(结论不要求证明) 解 (1)由题意及分层抽样可知，C 班学生人数约为 100×85＋7＋8＝100×820＝40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1,2，…，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1,2，…，8. 由题意可知P (A i )＝15，i ＝1,2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1,2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1,2，...，5，j ＝1，2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知， E＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.(3)μ1＜μ0.*13.一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率； (2)取出1球是红球或黑球或白球的概率． 解 方法一 (利用互斥事件求概率) 记事件A 1＝{任取1球为红球}，A 2＝{任取1球为黑球}，A 3＝{任取1球为白球}，A 4＝{任取1球为绿球}， 则P (A 1)＝512，P (A 2)＝412＝13，P (A 3)＝212＝16，P (A 4)＝112.根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球为红球或黑球的概率为 P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2) ＝512＋412＝34. (2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为 P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3) ＝512＋412＋212＝1112. 方法二 (利用对立事件求概率)(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A 1∪A 2的对立事件为A 3∪A 4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝1－P (A 3∪A 4)＝1－P (A 3)－P(A4)＝1－212－112＝34.(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4，所以P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－112＝1112.。
(完整word版)2018年高考数学总复习概率及其计算
第十三章概率与统计本章知识结构图第一节 概率及其计算考纲解读1.了解随机事件发生的不确定性、频率的稳定性、概率的意义、频率与概率的区别。
2.了解两个互斥事件的概率的加法公式。
3.掌握古典概型及其概率计算公式。
4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率。
5.了解几何概型的意义。
命题趋势探究1.本部分为高考必考内容，在选择题、填空题和解答题中都有渗透。
2.命题设置以两种概型的概率计算及运用互斥、对立事件的概率公式为核心内容，题型及分值稳定，难度中等或中等以下。
知识点精讲一、必然事件、不可能事件、随机事件在一定条件下：①必然要发生的事件叫必然事件； ②一定不发生的事件叫不可能事件；③可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。
二、概率在相同条件下，做次重复实验，事件A 发生次，测得A 发生的频率为，当很大时，A 发生的频率总是在某个常数附近摆动，随着的增加，摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做A 的概率，记作。
对于必然事件A ，；对于不可能事件A ，=0.三、基本事件和基本事件空间在一次实验中，不可能再分的事件称为基本事件，所有基本事件组成的集合称为基本事件空间。
四、两个基本概型的概率公式1、古典概型条件：1、基本事件空间含有限个基本事件 2、每个基本事件发生的可能性相同()(A)=()A card P A card =Ω包含基本事件数基本事件总数2、几何概型条件：每个事件都可以看作某几何区域Ω的子集A ，A 的几何度量（长度、面积、体积或时间）记为Aμ.()P A =AμμΩ。
五、互斥事件的概率1、互斥事件在一次实验中不能同时发生的事件称为互斥事件。
事件A 与事件B 互斥，则()()()P A B P A P B =+ 。
2、对立事件事件A,B 互斥，且其中必有一个发生，称事件A,B 对立，记作B A =或A B =。
()()1P A p A =- 。
3、互斥事件与对立事件的联系对立事件必是互斥事件，即“事件A ，B 对立”是”事件A ，B 互斥“的充分不必要条件。
(完整版)2018年高考数学总复习概率及其计算
第十三章概率与统计本章知识结构图第一节概率及其计算考纲解读1.了解随机事件发生的不确定性、频率的稳定性、概率的意义、频率与概率的区别。
2.了解两个互斥事件的概率的加法公式.3.掌握古典概型及其概率计算公式。
4。
了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率。
5.了解几何概型的意义。
命题趋势探究1。
本部分为高考必考内容，在选择题、填空题和解答题中都有渗透。
2.命题设置以两种概型的概率计算及运用互斥、对立事件的概率公式为核心内容,题型及分值稳定,难度中等或中等以下。
知识点精讲一、必然事件、不可能事件、随机事件在一定条件下：①必然要发生的事件叫必然事件； ②一定不发生的事件叫不可能事件；③可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。
二、概率在相同条件下，做次重复实验，事件A 发生次，测得A 发生的频率为,当很大时,A 发生的频率总是在某个常数附近摆动，随着的增加，摆动幅度越来越小,这时就把这个常数叫做A 的概率，记作。
对于必然事件A ，；对于不可能事件A ，=0。
三、基本事件和基本事件空间在一次实验中，不可能再分的事件称为基本事件，所有基本事件组成的集合称为基本事件空间.四、两个基本概型的概率公式1、古典概型条件:1、基本事件空间含有限个基本事件 2、每个基本事件发生的可能性相同()(A)=()A card P A card =Ω包含基本事件数基本事件总数2、几何概型条件：每个事件都可以看作某几何区域Ω的子集A ，A 的几何度量（长度、面积、体积或时间）记为Aμ。
()P A =AμμΩ. 五、互斥事件的概率1、互斥事件在一次实验中不能同时发生的事件称为互斥事件。
事件A 与事件B 互斥，则()()()P A B P A P B =+ 。
2、对立事件事件A,B 互斥,且其中必有一个发生,称事件A,B 对立，记作B A =或A B =。
()()1P A p A =- .3、互斥事件与对立事件的联系对立事件必是互斥事件，即“事件A ，B 对立”是”事件A ，B 互斥“的充分不必要条件。
2018全国卷理科数学含答案(K12教育文档)
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绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设1i2i 1iz -=++，则||z =A ．0B ．12C ．1 D2．已知集合{}220A x x x =-->，则A =RA ．{}12x x -<<B ．{}12x x -≤≤C ．}{}{|1|2x x x x <->D ．}{}{|1|2x x x x ≤-≥3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍,实现翻番,为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况,统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：建设前经济收入构成比例 建设后经济收入构成比例则下面结论中不正确的是A ．新农村建设后，种植收入减少B ．新农村建设后,其他收入增加了一倍以上C ．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D ．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 4．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =,则=5a A ．12-B ．10-C ．10D ．125．设函数32()(1)f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =6．在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点,则EB =A ．3144AB AC -B ．1344AB AC -C ．3144AB AC +D ．1344AB AC + 7．某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中，最短路径的长度为A．172B．52C．3 D．28．设抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点(–2，0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点,则FM FN⋅=A．5 B．6 C．7 D．89．已知函数e0()ln0x xf xx x⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a=++．若g(x）存在2个零点，则a的取值范围是A．［–1，0）B．［0,+∞) C．［–1,+∞）D．［1,+∞）10．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I,II，III的概率分别记为p1,p2，p3,则A．p1=p2 B．p1=p3C ．p 2=p 3D ．p 1=p 2+p 311．已知双曲线C :2213x y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点,过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M 、N .若△OMN 为直角三角形，则｜MN ｜= A ．32B ．3 C． D ．412．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ABCD二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.13．若x ，y 满足约束条件220100x y x y y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪≤⎩，则32z x y =+的最大值为_____________．14．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_____________．15．从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）16．已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．三、解答题:共70分。
2018届高考数学(理)热点题型：概率与统计((有答案))
2018届高考数学(理)热点题型：概率与统计((有答案))D23456＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59，P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29，P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881E (X )＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤 第一步：确定随机变量的所有可能值； 第二步：求每一个可能值所对应的概率； 第三步：列出离散型随机变量的分布列； 第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和507元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 解 (1)设顾客所获的奖励额为X .①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20，60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，即X 的分布列为X 20 60 P1212所以顾客所获的奖励额的数学期望为E (X )＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2. 以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1 20 60 100 P162316X 1的数学期望为E (X 1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X240 60 80P162316X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.热点三概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.89解 (1)由频率分布直方图知： 第3组的人数为5×0.06×40＝12. 第4组的人数为5×0.04×40＝8. 第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人. ①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A ，则 P (A )＝1－C 310C 312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为511.②X 的所有可能取值为0，1，2，P (X ＝0)＝C 24C 26＝25，P (X ＝1)＝C 12C 14C 26＝815，P (X ＝2)＝C 22C 26＝115.所以X 的分布列为X 0 1 2 P25815115E (X )＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X 服从超几何分布.【对点训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下： A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C：“A的评价结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C 的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P(C)＝P(C B1C A1∪C B2C A2)10＝P (C B 1C A 1)＋P (C B 2C A 2) ＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48.热点四 统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i ＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^ x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2， 又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80， l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24， 由此得b ^＝l xy l xx ＝2480＝0.3，a ^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4， 故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b ^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关.(3)将x＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r来确定，r的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱.(2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a^的公式进行准确的计算.【对点训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷读书迷总计男15女45总计(2)将频率视为概率.1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E(X)和方差D(X).解(1)完成2×2列联表如下：非读书迷读书迷总计男401555女202545总计60 40 100K 2＝100×（40×2560×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.(2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i (i ＝0，1，2，3). X 的分布列为X 0 1 2 3 P2712554125361258125均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。
高三数学-2018年高考题分章节汇编-概率 精品
2018年高考题分章节汇编第十一章 概率一、选择题1． (2018年高考·广东卷8)先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为X 、Y ，则1log 2=Y X 的概率为（ C ） A ．61 B ．365 C ．121 D ．21 2．(2018年高考·湖北卷·理12)以平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率p 为（ A ）A ．385367B ．385376C ．385192D ．38518 3．(2018年高考·辽宁卷3)设袋中有80个红球，20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为（ D ）A ．10100610480C C C ⋅B ．10100410680C C C ⋅ C ．10100620480C C C ⋅D ．10100420680C C C ⋅ 4．(2018年高考·江西卷·理12)将1，2，…，9这9个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为 （ A ）A ．561B ．701C ．3361D ．4201 5．(2018年高考·山东卷·理9文10)10张奖券中只有3张有奖，5个人购买，至少有1人中奖的概率是 （ D ）A ．310B ．112C ．12D ．11126．(2018年高考·天津卷·理7)某人射击一次击中的概率为0.6,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为 （ A ）A ．12581B ．12554C ．12536D ．12527 7．(2018年高考·天津卷·文3)某人射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为 ( B)A ．12581 B ．12554 C ．12536 D ．12527 二、填空题 1. (2018年春考·上海卷6)某班共有40名学生，其中只有一对双胞胎，若从中一次随机抽查三位学生的作业，则这对双胞胎的作业同时被抽中的概率是 (结果用最简分数表示). 2601 2．(2018年高考·上海卷·理8文8)某班有50名学生，其中15人选修A 课程，另外35人选修B 课程.从班级中任选两名学生，他们是选修不同课程的学生的概率是__________.（结果用分数表示）73 3．(2018年高考·重庆卷·理15)某轻轨列车有4节车厢，现有6位乘客准备乘坐，设每一位乘客进入每节车厢是等可能的，则这6位乘客进入各节车厢的人数恰好为0，1，2，3的概率为 . 12845 4．(2018年高考·重庆卷·文15)若10把钥匙中只有2把能打开某锁，则从中任取2把能将该锁打开的概率为 .4517 5．(2018年高考·天津卷·文16)在三角形的每条边上各取三个分点(如图)以这9个分点为顶点可画出若干个三角形若从中任意抽取一个三角形，则其三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的概率为__________(用数字作答)31三、解答题1．（本小题共13分）(2018年高考·北京卷·文18)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为21，乙每次击中目标的概率为,32求：（Ⅰ）甲恰好击中目标2次的概率；（Ⅱ）乙至少击中目标2次的概率；（Ⅲ）乙恰好比甲多击中目标2次的概率.解：（I ）甲恰好击中目标2次的概率为.83)21(323=C （II ）乙至少击中目标2次的概率为.2720)32(31)32(333223=+⋅C C （III ）设乙恰好比甲多击中目标2次为事件A ，乙恰好击中目标2次且甲恰好击中目标0次为事件B 1，乙恰好击中目标3次且甲恰好击中目标1次为事件B 2，则A=B 1+B 2，B 1，B 2为互斥事件.P （A ）=P （B 1）+P （B 2）.6191181)21()32()21(31)32(313333303223=+=⋅+⋅⋅=C C C C所以，乙恰好比甲多击中目标2次的概率为.612．（本小题满分12分）(2018年高考·福建卷·文18)甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为5221与. （Ⅰ）甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率；（Ⅱ）甲、乙两人在罚球线各投球二次，求这四次投球中至少一次命中的概率.本小题主要考查概率的基本知识，运用数学知识解决问题的能力，以及推理和运算能力. 满分12分.解：（Ⅰ）依题意，记“甲投一次命中”为事件A ，“乙投一次命中”为事件B ，则 .53)(,21)(,52)(,21)(====B P A P B P A P ∵“甲、乙两人各投球一次，恰好命中一次”的事件为B A ⋅+⋅.2152215321)()()(=⨯+⨯=⋅+⋅=⋅+⋅∴B A P B A P B A B A P 答：甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的概率为.21 （Ⅱ）∵事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次均不命中”的概率为100953532121=⨯⨯⨯=P ∴甲、乙两人在罚球线各投球两次至少有一次命中的概率 .10091100911=-=-=P P 答：甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为.10091 3．（本小题满分12分）(2018年高考·湖北卷·文21)某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同.假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p 1，寿命为2年以上的概率为p 2.从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换.（Ⅰ）在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；（Ⅱ）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率； （Ⅲ）当p 1=0.8，p 2=0.3时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换4只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）.本小题主要考查概率的基础知识和运算能力，以及运用概率的知识分析和解决实际问题能力.解：（I ）在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为,51p 需要更换2只灯泡的概率为;)1(213125p p C -（II ）对该盏灯来说，在第1、2次都更换了灯泡的概率为（1-p 1）2；在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p 1(1-p 2)，故所求的概率为 );1()1(2121p p p p -+-=（III ）至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况，换5只的概率为p 5（其中p 为（II ）中所求，下同）换4只的概率为415p C （1-p ），故至少换4只灯泡的概率为 .34.042.34.04.06.056.06.07.08.02.0,3.0,8.0).1(45322141553只灯泡的概率为年至少需要换即满时又当=⨯⨯+=∴=⨯+===-+=p p p p p p C p p4．（本小题满分14分）(2018年高考·湖南卷·文20)某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的.（Ⅰ）求3个景区都有部门选择的概率；（Ⅱ）求恰有2个景区有部门选择的概率.解：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.（I ）3个景区都有部门选择可能出现的结果数为!324⋅C （从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有624=C 种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法），记“3个景区都有部门选择”为事件A 1，那么事件A 1的概率为P （A 1）=.943!3424=⋅C （II ）解法一：分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事件A 2和A 3，则事件A 3的概率为P （A 3）=271334=，事件A 2的概率为 P （A 2）=1－P （A 1）－P （A 3）=.2714271941=-- 解法二：恰有2个景区有部门选择可能的结果为).!2(32414C C +⋅（先从3个景区任意选定2个，共有323=C 种选法，再让4个部门来选择这2个景区，分两种情况：第一种情况，从4个部门中任取1个作为1组，另外3个部门作为1组，共2组，每组选择2个不同的景区，共有!214⋅C 种不同选法.第二种情况，从4个部门中任选2个部门到1个景区，另外2个部门在另1个景区，共有24C 种不同选法）.所以P （A 2）=.27143)!2(342424=+⋅C C 5．（本小题满分12分）(2018年高考·江西卷·文19)A 、B 两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A 赢得B 一张卡片，否则B 赢得A 一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止.求掷硬币的次数不大于7次时游戏终止的概率.解：（1）设ξ表示游戏终止时掷硬币的次数，设正面出现的次数为m ，反面出现的次数为n ，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=+=-715||ξξn m n m ，可得：.7,5:;7,6,11,6;5,5,00,5的取值为所以时或当时或当ξξξ==========n m n m n m n m .649645322)21(2)21(2)7()5()7(7155=+=+⨯==+==≤C P P P ξξξ 6．（本小题满分13分）(2018年高考·重庆卷·文18)加工某种零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的合格率分别为109、98、87， 且各道工序互不影响.（Ⅰ）求该种零件的合格率；（Ⅱ）从该种零件中任取3件，求恰好取到一件合格品的概率和至少取到一件合格品的概率. （Ⅰ）解：1078798109=⨯⨯=P ； （Ⅱ）解法一： 该种零件的合格品率为107，由独立重复试验的概率公式得： 恰好取到一件合格品的概率为 189.0)103(107213=⋅⋅C ， 至少取到一件合格品的概率为 .973.0)103(13=- 解法二：恰好取到一件合格品的概率为189.0)103(107213=⋅⋅C ， 至少取到一件合格品的概率为 .973.0)107(103)107()103(107333223213=+⋅+⋅⋅C C C 7．（本小题满分12分，每小问满分4分）(2018年高考·江苏卷20)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是32和43。
最新-2018年高考数学真题汇编 13：概率 理 精品
2018高考真题分类汇编：概率1.【2018高考真题辽宁理10】在长为12cm 的线段AB 上任取一点C.现作一矩形，领边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32cm 2的概率为 (A) 16 (B) 13 (C) 23 (D) 45【答案】C2.【2018高考真题湖北理8】如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆. 在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是A ．21π-B ．112π- C ．2π D ．1π【答案】A 3.【2018高考真题广东理7】从个位数与十位数之和为奇数的两位数种任取一个，其个位数为0的概率是 A.49 B.13 C.29 D.19 【答案】D4.【2018高考真题福建理6】如图所示，在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为A.14B. 15C. 16D. 17【答案】Ｃ.5.【2018高考真题北京理2】设不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤20,20y x ，表示平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是（A ）4π （B ）22π- （C ）6π （D ）44π- 【答案】D6.【2018高考真题上海理11】三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 （结果用最简分数表示）。
【答案】32 7.【2018高考真题新课标理15】某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布2(1000,50)N ，且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为【答案】83 8.【2018高考江苏6】（5分）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ▲ ． 【答案】35。
2018年高考试题分类汇编(统计与概率)
2018年高考试题分类汇编（统计与概率）考点1 简单计数1．（2018·浙江卷）从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成____个没有重复数字的四位数.(用数字作答)2.（2018·全国卷Ⅰ理科）从2位女生，4位男生中选3位参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种.（用数字填写答案）考点2 随机事件的概率考法1古典概型1. （2018·全国卷Ⅱ文科）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的两人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.32.（2018·全国卷Ⅱ理科）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示成两个素数的和”.例如30723=+.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A．112B．114C．115D．1183．（2018·江苏卷）某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为．4.（2018·上海卷）有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是_ __.（结果用最简分数表示）5.（2018·天津卷文科）已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动．（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？（Ⅱ）设抽出的7名同学分别用,,,,,,A B C D E F G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．（1）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（2）设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．考法2 几何概型1.（2018·全国卷Ⅰ文理）下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB ,AC .ABC ∆的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色区域记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为1p ，2p ，3p ，则A.12p p =B. 13p p =C. 23p p =D. 123p p p =+考法3 互斥事件与相互独立事件 1.（2018·全国卷Ⅲ文科）某群中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A ．0.3B ．0.4C ． 0.6D ．0.72.（2018·全国卷Ⅲ理科）某群中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成 员的支付方式互相独立，设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数， 2.4DX =，(4)p X =<(6)p X =，则p =A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3考点3 统计初步考法1 抽样方法1.（2018·全国卷Ⅲ文科）某公司有大量客户，且不同年龄段客户对其服务的平价有较大的差异.为了解客户的平价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最适合的抽样方法为 . 考法2 统计图表1．（2018·江苏卷）已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为 ．2.（2018·全国卷Ⅰ文理）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解高该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：4% 6% 30% 60% 养殖收入 其他收入 第三产业收入 种植收入 建设前经济收入构成比例5% 28% 30% 37% 养殖收入 其他收入 第三产业收入 种植收入 建设后经济收入构成比例 8 9 9 9 0 1 1则下面结论中不正确的是A.新农村建成后，种植收入减少B.新农村建成后，其他收入增加一倍以上C.新农村建成后，养植收入增加一倍D.新农村建成后，养植收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半考点4 统计与概率考法1 分布列、期望、方差1.（2018·天津卷理科）已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16. 现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（Ⅱ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.（1）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；（2）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率.2.（2018·全国卷Ⅰ理科）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格产品，则更换为合格产品.检验时，先从这箱产品种任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为(01)<<，且各件产品是否为不合格产品互相独立.p p（Ⅰ）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为()p.f p的最大值f p,求()0（Ⅱ）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（Ⅰ）中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格产品支付25元的赔偿费用.（1）若不对该产箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；（2）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？3.（2018·北京卷文科）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；（Ⅲ）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）4.（2018·北京卷理科）好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；（Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“1k ξ=”表示第k 类电影得到人们喜欢，“0k ξ=”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（1,2,3,4,5,6k =）．写出方差1D ξ，2D ξ，3D ξ，4D ξ，5D ξ，6D ξ的大小关系．考法2 线性回归分析1.（2018·全国卷Ⅱ文理）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图，为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型.根据2000年至2016的数据（时间变量t 的值依次为1,2,,17 ）建立模型① 30.413.5y t =-+；根据2010年至2016的数据（时间变量t 的值依次为1,2,,7 ）建立模型② 9917.5y t =+.（Ⅰ）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； （Ⅱ）你认为哪个模型的预测值更可靠？并说明理由.考法3 用样本估计总体1.（2018·全国卷Ⅰ文科）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：3m ）和使用节水龙头50天的日用水量数据，得到频率分布表如下：（Ⅰ）在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量频率分布直方图： （Ⅱ）估计该家庭使用了节水龙头后，日用水量小于3（Ⅲ）估计该家庭使用了节水龙头后，一年 能节省多少水？（一年按365天计算，同一 组中的数据以这组数据所在区间的中点的值 作代表.） 2000 2001 2002 20032004 2005 2006 2008 2007 2009 2010 2012 2014 2013 2015考法4 独立性检验1.（2018·全国卷Ⅲ文理）某工厂为了提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式.为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20名工人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式.根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min ）绘制了如下茎叶图：（Ⅰ）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由.（Ⅱ）求40名工人完成生产任务所需的时间的中位数m ， 并将完成生产任务所（Ⅲ）根据（Ⅱ）中列联表，能否有99％把握认为两种生产方式的效率有差异？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++第一种生产方式 第二种生产方式 8 8 7 6 5 5 6 8 9 0 1 2 2 3 4 5 6 6 8 1 4 4 5 09 9 7 6 2 9 8 7 7 6 5 4 3 3 2 2 1 1 0 0。
2018全国高考数学统计与概率专题(附答案解析)
2018全国高考真题数学统计与概率专题（附答案解析）1.（全国卷I，文数、理数第3题．5分）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半答案：A2.（全国卷I，文数19题．12分）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，[)0.60.7，频数 1 3 2 4 9 26 5使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，频数 1 5 13 10 16 5 （1）在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）【答案解析】解：（1）（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35m3的频率为0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m 3的概率的估计值为0.48． （3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为11(0.0510.1530.2520.3540.4590.55260.655)0.4850x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为21(0.0510.1550.25130.35100.45160.555)0.3550x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 估计使用节水龙头后，一年可节省水3(0.480.35)36547.45(m )-⨯=． 3.（全国卷I ，理数20题12分）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为()01p p <<，且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； （2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的0p 作为p 的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（i ）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；（ii ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【答案解析】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为221820()C (1)f p p p =-．因此 2182172172020()C [2(1)18(1)]2C (1)(110)f p p p p p p p p '=---=--．令()0f p '=，得0.1p =．当(0,0.1)p ∈时，()0f p '>；当(0.1,1)p ∈时，()0f p '<． 所以()f p 的最大值点为00.1p =． （2）由（1）知，0.1p =．（i ）令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知(180,0.1)YB ，=+．X Y=⨯+，即402520225X Y所以(4025)4025490=+=+=．EX E Y EY（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于400EX>，故应该对余下的产品作检验．4.（全国卷Ⅱ，文数5题．5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5C．0.4D．0.3【答案】D5.（全国卷Ⅱ，文数、理数18题．12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,17）建立模型①：ˆ30.413.5y t=-+；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,7）建立模型②：ˆ9917.5=+．y t（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．【答案解析】解：（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y=99+17.5×9=256.5（亿元）．（2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型y=99+17.5t 可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．6.（全国卷Ⅱ，理数5题．5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【答案】A7.（全国卷Ⅲ，文数5题．5分）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7【答案】B8.（全国卷Ⅲ，文数、理数18题．12分）某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数m，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过m的工人数填入下面的列联表：超过m不超过m第一种生产方式第二种生产方式（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，2()0.0500.0100.0013.8416.63510.828P K kk≥．【答案解析】解：（1）第二种生产方式的效率更高．理由如下：（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高．（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．学科%网以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． （2）由茎叶图知7981802m +==． 列联表如下：超过m 不超过m第一种生产方式 15 5 第二种生产方式515（3）由于2240(151555)10 6.63520202020K ⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．9.（北京卷，文数17题，13分）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表： 电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 140 50 300 200 800 510 好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；学科*网（Ⅲ）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）【答案解析】（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000. 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50， 故所求概率为500.0252000=. （Ⅱ）方法一：由题意知，样本中获得好评的电影部数是 140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1 =56+10+45+50+160+51=372.故所求概率估计为37210.8142000-=. 方法二：设“随机选取1部电影,这部电影没有获得好评”为事件B .没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628部.由古典概型概率公式得16280.8142)00(0P B ==. （Ⅲ）增加第五类电影的好评率, 减少第二类电影的好评率. 10.（北京卷，理数17题，12分）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值． 假设所有电影是否获得好评相互独立．（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率； （Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“1k ξ=”表示第k 类电影得到人们喜欢，“0k ξ=”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（k =1，2，3，4，5，6）．写出方差1D ξ，2D ξ，3D ξ，4D ξ，5D ξ，6D ξ的大小关系．【答案解析】解：（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000， 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50． 故所求概率为500.0252000=． （Ⅱ）设事件A 为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”， 事件B 为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”． 故所求概率为P （AB AB +）=P （AB ）+P （AB ）=P （A ）（1–P （B ））+（1–P （A ））P （B ）． 由题意知：P （A ）估计为0.25，P （B ）估计为0.2． 故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35． （Ⅲ）1D ξ>4D ξ>2D ξ=5D ξ>3D ξ>6D ξ． 11.（天津卷，文数，15题，13分）已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层抽样的方法从中抽取７名同学去某敬老院参加献爱心活动．（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？（Ⅱ）设抽出的7名同学分别用A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．（i ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii ）设M 为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M 发生的概率．【答案解析】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分． （Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i ）解：从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{A ，D }，{A ，E }，{A ，F }，{A ，G }，{B ，C }，{B ，D }，{B ，E }，{B ，F }，{B ，G }，{C ，D }，{C ，E }，{C ，F }，{C ，G }，{D ，E }，{D ，F }，{D ，G }，{E ，F }，{E ，G }，{F ，G }，共21种．（ii ）解：由（Ⅰ），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A ，B ，C ，来自乙年级的是D ，E ，来自丙年级的是F ，G ，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{B ，C }，{D ，E }，{F ，G }，共5种． 所以，事件M 发生的概率为P （M ）=521． 12.（天津卷，理数，16题，13分）已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16. 现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.（I ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（II）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率.【答案解析】本小题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率加法公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分．学.科网（Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．P（X=k）=34337C CCk k-⋅（k=0，1，2，3）．所以，随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望11218412 ()0123353535357E X=⨯+⨯+⨯+⨯=．（ii）解：设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A=B∪C，且B与C互斥，由（i）知，P(B)=P(X=2)，P(C)=P(X=1)，故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67．所以，事件A发生的概率为67．13.（江苏卷，3题，5分）已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示,那么这5位裁判打出的分数的平均数为__________.【答案解析】答案：90解析：8989909191905++++=14.（浙江卷，7题，4分）设0<p<1，随机变量ξ的分布列是ξ0 1 2P12p-122p 则当p在（0，1）内增大时，A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小【答案】D第11 页共11 页。
2018年数学高考分类汇编解答题(理)02——概率与统计
概率与统计1．（2018天津卷理）16．（本小题满分13分）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．（每次游戏结束后将球放回原箱） （Ⅰ）求在1次游戏中，（i ）摸出3个白球的概率； （ii ）获奖的概率；（Ⅱ）求在2次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望()E X . 【解析】16．本小题主要考查古典概型及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决简单的实际问题的能力.满分13分. （I ）（i ）解：设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件(0,1,2,3),i A i ==则2132322531().5C C P A C C =⋅=（ii ）解：设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则23B A A =，又22111322222222253531(),2C C C C C P A C C C C =⋅+⋅= 且A 2，A 3互斥，所以23117()()().2510P B P A P A =+=+= （II ）解：由题意可知X 的所有可能取值为0，1，2.212279(0)(1),101007721(1)(1),101050749(2)().10100P X P X C P X ==-===-====X 的数学期望()012.100501005E X =⨯+⨯+⨯= 2. （2018北京理）17．本小题共13分以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵树。
乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示。
（Ⅰ）如果X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（Ⅱ）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树Y 的分布列和数学期望。
（注：方差()()()2222121n s x x x xx x n ⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦，其中x 为1x ，2x ，…… nx 的平均数）【解析】（17）（共13分）解（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10， 所以平均数为;435410988=+++=方差为.1611])43510()4359()4358()4358[(4122222=-+-+-+-=s（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。
精编2018版高考复习一轮人教版数学历高考真题与模拟题汇编 K单元 概率(理科2013)和答案
K 单元 概率K1 随事件的概率16．I1，K1，K2，K6 下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望； (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)16．解：设A i 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i＝1，2，…，13)． 根据题意，P(A i )＝113，且A i ∩A j ＝(i≠j)．(1)设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A 5∪A 8. 所以P(B)＝P(A 5∪A 8)＝P(A 5)＋P(A 8)＝213.(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A 3∪A 6∪A 7∪A 11) ＝P(A 3)＋P(A 6)＋P(A 7)＋P(A 11)＝413，P(X ＝2)＝P(A 1∪A 2∪A 12∪A 13) ＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 12)＋P(A 13)＝413，P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝513.所以X 的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．K2 古典概型9．K2 如图1－2所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E(X)＝( )图1－2A.126125B.65C.168125D.759．B X的取值为0，1，2，3且P(X＝0)＝27125，P(X＝1)＝54125，P(X＝2)＝36125，P(X＝3)＝8125，故E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65，选B.7．K2现有某类病毒记作Xm Yn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．7.2063基本事件共有7×9＝63种，m可以取1，3，5，7，n可以取1，3，5，7，9.所以m，n都取到奇数共有20种，故所求概率为20 63 .16．I1，K1，K2，K6下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)16．解：设A i 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i＝1，2，…，13)． 根据题意，P(A i )＝113，且A i ∩A j ＝(i≠j)．(1)设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A 5∪A 8. 所以P(B)＝P(A 5∪A 8)＝P(A 5)＋P(A 8)＝213.(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A 3∪A 6∪A 7∪A 11) ＝P(A 3)＋P(A 6)＋P(A 7)＋P(A 11)＝413，P(X ＝2)＝P(A 1∪A 2∪A 12∪A 13) ＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 12)＋P(A 13)＝413，P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝513.所以X 的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．16．K2，K6 一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A)＝C12C35＋C22C25C47＝67.所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝1)＝C33C47＝135，P(X＝2)＝C34C47＝435，P(X＝3)＝C35C47＝27，P(X＝4)＝C36C47＝47.所以随机变量X的分布列是随机变量X的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.14．K2，J2从n个正整数1，2，3，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n＝________．14．8 和为5的只有两种情况，1＋4，2＋3，故2C2n＝114C2n＝28n＝8.18．K2、K4、K5，K8某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K3 几何概型11．K3 利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“3a－1>0”发生的概率为________．11.23 13<a<1，概率P ＝1－131＝23. 14．E4、K3 在区间上随机取一个数x ，使得|x ＋1|－|x －2|≥1成立的概率为________．14.13 当x<－1时，不等式化为－x －1＋x －2≥1，此时无解；当－1≤x≤2时，不等式化为x ＋1＋x －2≥1，解之得x≥1；当x>2时，不等式化为x ＋1－x ＋2≥1，此时恒成立，∴|x＋1|－|x －2|≥1的解集为[)1，＋∞.在[]－3，3上使不等式有解的区间为[]1，3，由几何概型的概率公式得P ＝3－13－（－3）＝13.5．K3 如图1－1，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无．信号的概率是( )图1－1A ．1－π4 B.π2－1C ．2－π2 D.π45．A 阅读题目可知，满足几何概型的概率特点，利用几何概型的概率公式可知：P ＝2－π22＝1－π4.9．K3 节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14B.12 C.34 D.789．C 设第一串彩灯在通电后第x 秒闪亮，第二串彩灯在通电后第y 秒闪亮，由题意⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤4，0≤y≤4，满足条件的关系式为－2≤x－y≤2.根据几何概型可知，事件全体的测度(面积)为16平方单位，而满足条件的事件测度(阴影部分面积)为12平方单位，故概率为1216＝34.K4 互斥事件有一个发生的概率19．K4，K6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4.再从这批产品中任取1件作检验；若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K5相互对立事件同时发生的概率18．K2、K4、K5，K8某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级．(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列与期望E(X)．18．解：设Ai 表示摸到i个红球，Bj表示摸到j个蓝球，则Ai(i＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K6 离散型随机变量及其分布列19．K4，K6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4.再从这批产品中任取1件作检验；若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25，所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件， 因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215， 所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 4．K6 已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E(X)＝( ) A.32 B ．2 C.52D ．3 4．A E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝32，选A.18．K6 小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O 为起点，再从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，A 7，A 8(如图1－5)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X ＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率； (2)求X 的分布列和数学期望．图1－5解：(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C 28＝28种，X ＝0时，两向量夹角为直角共有8种情形；所以小波参加学校合唱团的概率为P(X ＝0)＝828＝27.(2)两向量数量积X 的所有可能取值为－2，－1，0，1，X ＝－2时，有2种情形；X ＝1时，有8种情形；X ＝－1时，有10种情形．所以X 的分布列为EX ＝(－2)×114＋(－1)×514＋0×27＋1×27＝－314.16．I1，K1，K2，K6 下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望； (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)16．解：设A i 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i＝1，2，…，13)． 根据题意，P(A i )＝113，且A i ∩A j ＝(i≠j)．(1)设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A 5∪A 8. 所以P(B)＝P(A 5∪A 8)＝P(A 5)＋P(A 8)＝213.(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A 3∪A 6∪A 7∪A 11) ＝P(A 3)＋P(A 6)＋P(A 7)＋P(A 11)＝413，P(X ＝2)＝P(A 1∪A 2∪A 12∪A 13)＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 12)＋P(A 13)＝413，P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝513.所以X 的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立． (1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827， P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427. (2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427，由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.19．K6在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及数学期望．19．解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手，”则P(A)＝C12C23＝23，P(B)＝C24C35＝35.∵事件A与B相互独立，∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P(AB)＝P(A)·P(B)＝P(A)·＝23×25＝415.或P(AB )＝C12·C34C23·C35＝415.(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”．则P(C)＝C24C35＝35.∵X可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为P(X＝0)＝P(A B C)＝13×25×25＝475.P(X＝1)＝P(AB C)＋P(ABC)＋P(A BC)＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075，P(X＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375，P(X＝3)＝P(ABC)＝23×35×35＝1875.∴X的分布列为∴X的数学期望EX＝0×475＋1×2075＋2×3375＋3×1875＝14075＝2815.18．L1，K6某算法的程序框图如图1－6所示，其中输入的变量x在1，2，3，…，24这24个整数中等可能随机产生．图1－6(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出y的值为i的概率Pi(i＝1，2，3)；(2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解，各自编写程序重复运行n次后，统计记录了输出y的值为i(i＝1，2，3)的频数．以下是甲、乙所作频数统计表的部分数据．甲的频数统计表(部分)乙的频数统计表(部分)当n＝2 100时，根据表中的数据，分别写出甲、乙所编程序各自输出y的值为i(i ＝1，2，3)的频率(用分数表示)，并判断两位同学中哪一位所编写程序符合算法要求的可能性较大；(3)按程序框图正确编写的程序运行3次，求输出y 的值为2的次数ξ的分布列及数学期望．18．解：(1)变量x 是在1，2，3，…，24这24个整数中随机产生的一个数，共有24种可能．当x 从1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23这12个数中产生时，输出y 的值为1，故P 1＝12；当x 从2，4，8，10，14，16，20，22这8个数中产生时，输出y 的值为2，故P 2＝13；当x 从6，12，18，24这4个数中产生时，输出y 的值为3，故P 3＝16，所以，输出y 的值为1的概率为12，输出y 的值为2的概率为13，输出y 的值为3的概率为16.(2)当n ＝2 100时，甲、乙所编程序各自输出y 的值为i(i ＝1，2，3)的频率如下：比较频率趋势与概率，可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大． (3)随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3. P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝2，P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127，故ξ的分布列为所以，Eξ＝0×827＋1×49＋2×29＋3×127＝1.即ξ的数学期望为1.16．K2，K6 一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A)＝C12C35＋C22C25C47＝67.所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝1)＝C33C47＝135，P(X＝2)＝C34C47＝435，P(X＝3)＝C35C47＝27，P(X＝4)＝C36C47＝47.所以随机变量X的分布列是随机变量X的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.19．B1，I2，K6经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图1－4所示，经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品，以X(单位：t，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．(1)将T表示为X的函数；(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈时，T ＝500×130＝65 000.所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧800X －39 000，100≤X<130，65 000，130≤X≤150.(2)由(1)知利润T 不少于57 000元，当且仅当120≤X ≤150.由直方图知需求量X∈的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T 的分布列为所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.K7 条件概率与事件的独立性21．K7、K9 某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有n 位学生，每次活动均需该系k 位学生参加(n 和k 都是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k 位学生，且所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X.(1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； (2)求使P(X ＝m)取得最大值的整数m.21．解：(1)因为事件A ：“学生甲收到李老师所发信息”与事件B ：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件，所以A 与B 相互独立．由于P(A)＝P(B)＝C k －1n －1C k n ＝k n ，故P(A)＝P(B)＝1－k n，因此学生甲收到活动通知信息的概率P＝1－1－k n 2＝2kn －k 2n 2.(2)当k ＝n 时，m 只能取n ，有P(X ＝m)＝P(X ＝n)＝1.当k<n 时，整数m 满足k≤m≤t，其中t 是2k 和n 中的较小者，由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给k 位同学”所包含的基本事件总数为(C k n )2，当X ＝m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为2k －m ，仅收到李老师或仅收到张老师转发信息的学生人数均为m －k ，由乘法计数原理知事件{X ＝m}所含基本事件数为C k n C 2k －m k C m －k n －k ＝C k n C m －k kC m －k n －k ， 此时P(X ＝m)＝C k n C 2k －m k C m －k k （C k n ）2＝C m －k kC m －kn －k C kn. 当k≤m<t 时，P(X ＝m)≤P(X＝m ＋1)C m －k k C m －k n －k ≤C m ＋1－k kC m ＋1－kn －k (m －k ＋1)2≤(n －m)(2k －m)m ≤2k －（k ＋1）2n ＋2.假如k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t 成立．则当(k＋1)2能被n ＋2整除时，k ≤2k －（k ＋1）2n ＋2<2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2≤t ，故P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2和m ＝2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2处达最大值；当(k ＋1)2不能被n ＋2整除时，P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2处达最大值．(注：表示不超过x 的最大整数)下面证明k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.因为1≤k<n，所以2k －（k ＋1）2n ＋2－k ＝kn －k 2－1n ＋2≥k （k ＋1）－k 2－1n ＋2＝k －1n ＋2≥0.而2k －（k ＋1）2n ＋2－n ＝－（n －k ＋1）2n ＋2<0，故2k －（k ＋1）2n ＋2<n ，显然2k －（k ＋1）2n ＋2<2k.因此k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.6．K7 抽样统计甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位：环)，结果如下：则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为________．6．2 由题知x 甲＝15(87＋91＋90＋89＋93)＝90，s 2甲＝15(9＋1＋0＋1＋9)＝4；x 乙＝15(89＋90＋91＋88＋92)＝90，s 2乙＝15(1＋0＋1＋4＋4)＝2，所以s 2甲>s 2乙，故答案为2.16．K7 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．16．10 由已知可设5个班级参加的人数分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则x ＝7， （x 1－7）2＋（x 2－7）2＋（x 3－7）2＋（x 4－7）2＋（x 5－7）25＝4，故(x 1－7)2＋(x 2－7)2＋(x 3－7)2＋(x 4－7)2＋(x 5－7)2＝20，即五个完全平方数之和为20，要使其中一个达到最大，这五个数必须是关于0对称分布的，而9＋1＋0＋1＋9＝20，也就是(－3)2＋(－1)2＋02＋12＋32＝20，所以五个班级参加的人数分别为4，6，7，8，10，最大数字为10.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判． (1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”， A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立． (1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827， P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立，所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427， 由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.K8 离散型随机变量的数学特征与正态分布16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25，所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件， 因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215， 所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．19．K8 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．19．解： (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”， 则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”． 因为P(A)＝C 36C 310＝16，所以P(A)＝1－P(A)＝56.(2)X 所有的可能取值为0，1，2，3. P(X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125；P(X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125；P(X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125；P(X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·45＝36125.X 的分布列为：所以E(X)＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判． (1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”， A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”． 则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级．。
高三数学-2018年高考数学试题知识分类汇编概率与统计 精品
2018年高考数学试题汇编概率与统计重庆理（7）从5张100元，3张200元，2张300元的奥运预赛门票中任取3张，则所取3张中至少有2张价格相同的概率为（A ）41 （B ）12079 （C ）43 （D ）242318．（本小题满分13分，其中（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问9分）某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获9000元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次），设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为19，110，111，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中： （Ⅰ）获赔的概率；（Ⅱ）获赔金额ξ的分布列与期望． （18）（本小题13分）解：设k A 表示第k 辆车在一年内发生此种事故，123k =，，．由题意知1A ，2A ，3A 独立， 且11()9P A =，21()10P A =，31()11P A =． （Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为123123891031()1()()()19101111P A A A P A P A P A -=-=-⨯⨯=．（Ⅱ）ξ的所有可能值为0，9000，18000，27000．12312389108(0)()()()()9101111P P A A A P A P A P A ξ====⨯⨯=，123123123(9000)()()()P P A A A P A A A P A A A ξ==++ 123123123()()()()()()()()()P A P A P A P A P A P A P A P A P A =++19108110891910119101191011=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 2421199045==， 123123123(18000)()()()P P A A A P A A A P A A A ξ==++ 123123123()()()()()()()()()P A P A P A P A P A P A P A P A P A =++1110191811910119101191011=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 273990110==， 123123(27000)()()()()P P A A A P A P A P A ξ===111191011990=⨯⨯=． 综上知，ξ的分布列为ξ0 9000 18000 27000P811 1145 3110 1990求ξ的期望有两种解法： 解法一：由ξ的分布列得811310900018000270001145110990E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯ 299002718.1811=≈（元）．解法二：设k ξ表示第k 辆车一年内的获赔金额，123k =，，， 则1ξ有分布列1ξ0 9000P89 19故11900010009E ξ=⨯=． 同理得21900090010E ξ=⨯=，319000818.1811E ξ=⨯≈． 综上有1231000900818.182718.18E E E E ξξξξ=++≈++=（元）． 四川理（12）已知一组抛物线1212++=bx ax y ，其中a 为2,4,6,8中任取的一个数，b 为1,3,5,7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线x =1交点处的切线相互平行的概率是（A ）121 （B ）607 （C ）256 （D ）255（18）（本小题满分12分）厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品.（Ⅰ）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验.求至少有1件是合格品的概率;（Ⅱ）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收.求该商家可能检验出不合格产品数ξ的分布列及期望ξE ，并求该商家拒收这批产品的概率.（18）本题考察相互独立事件、互斥事件等的概率计算，考察随机事件的分布列，数学期望等，考察运用所学知识与方法解决实际问题的能力。
高三数学-2018全国各地高考题汇编——排列组合概率 精品
18年全国各地高考题汇编------排列、组合、概率1．（18-重庆）某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：（ ） A 110B 120C 140D 1120 2．（18-重庆-文）已知盒中装有3只螺口与7只卡口灯炮，这些灯炮的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯炮使用，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则他直到第3次才取得卡口灯炮的概率为：（ ） A 2140 B 1740 C 310D 71203．（18-四川-文、理）在由数字1,2,3,4,5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有A.56个B.57个C.58个D.60个4．（18-全国-必修+选修1）61x ⎫⎪⎭展开式中的常数项为（ ） A. 15 B. 15- C. 20 D. 20-5．（18-全国-必修+选修1、2）4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（ ）A. 12 种B. 24 种 C 36 种 D. 48 种6．（18-江苏）从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 ( )(A)140种 (B)120种 (C)35种 (D)34种7．（18-江苏）4)2(x x +的展开式中x 3的系数是 ( )(A)6 (B)12 (C)24 (D)488．（18-江苏）将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上和概率是 ( )(A)5216 (B)25216 (C)31216 (D)912169．（18-广东）一台X 型号自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为0.8000,有四台这中型号的自动机床各自独立工作,则在一小时内至多2台机床需要工人照看的概率是 ( )A.0.1536B. 0.1818C. 0.5632D. 0.972810．(18-福建-文)已知8⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a x 展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是（ ）（A ）82 （B ）83 （C ）1或83 （D ）1或8211．(18-福建-理)某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ）（A ）2426C A （B ）242621C A （C ）2426A A （D ）262A12．(18-北京-文)从长度分别为1，2，3，4的四条线段中，任取三条的不同取法共有n 种，在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m ，则等于 （A ） 0 （B ）（C ） （D ）13．（18-浙江）若n 展开式中存在常数项，则n 的值可以是 (A)8 (B)9 (C)10 (D)1214．（18-重庆）若在5(1)ax +的展开式中3x 的系数为80-，则_______a =15．（18-天津-文）从0，1，2，3，4，5中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的三位数共有 个。
2018全国高考数学统计与概率专题(附答案解析)
2018全国高考真题数学统计与概率专题（附答案解析）1.（全国卷I，文数、理数第3题．5分）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半答案：A2.（全国卷I，文数19题．12分）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，[)0.60.7，频数 1 3 2 4 9 26 5使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，频数 1 5 13 10 16 5 （1）在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）【答案解析】解：（1）（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35m3的频率为0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m 3的概率的估计值为0.48． （3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为11(0.0510.1530.2520.3540.4590.55260.655)0.4850x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为21(0.0510.1550.25130.35100.45160.555)0.3550x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 估计使用节水龙头后，一年可节省水3(0.480.35)36547.45(m )-⨯=． 3.（全国卷I ，理数20题12分）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为()01p p <<，且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； （2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的0p 作为p 的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（i ）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；（ii ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【答案解析】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为221820()C (1)f p p p =-．因此 2182172172020()C [2(1)18(1)]2C (1)(110)f p p p p p p p p '=---=--．令()0f p '=，得0.1p =．当(0,0.1)p ∈时，()0f p '>；当(0.1,1)p ∈时，()0f p '<． 所以()f p 的最大值点为00.1p =． （2）由（1）知，0.1p =．（i ）令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知(180,0.1)YB ，=+．X Y=⨯+，即402520225X Y所以(4025)4025490=+=+=．EX E Y EY（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于400EX>，故应该对余下的产品作检验．4.（全国卷Ⅱ，文数5题．5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5C．0.4D．0.3【答案】D5.（全国卷Ⅱ，文数、理数18题．12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,17）建立模型①：ˆ30.413.5y t=-+；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,7）建立模型②：ˆ9917.5=+．y t（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．【答案解析】解：（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为。
2018年高考数学试卷真题附标准答案（理科）
2018年高考数学试卷真题附标准答案（理科）2018年高考试卷理科数学卷本试卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟。
第I 卷（共50分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不能答在试题卷上。
参考公式：球的表面积公式棱柱的体积公式24S R π= V Sh =球的体积公式其中S 表示棱柱的底面积，h 表示棱柱的高 343V R π= 棱台的体积公式其中R 表示球的半径 11221()3V h S S S S =++棱锥的体积公式其中12,S S 分别表示棱台的上、下底面积，13V Sh =h 表示棱台的高其中S 表示棱锥的底面积，h 表示棱锥的高如果事件,A B 互斥，那么 ()()()P A B P A P B +=+一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（原创）设函数,0,(),0,x x f x x x ?≥?=?-A ．– 3B ．±3C ．– 1D ．±12. （原创）复数226(12)a a a a i --++-为纯虚数的充要条件是( )A.2a =-B.3a =C.32a a ==-或D. 34a a ==-或3. （原创）甲,乙两人分别独立参加某高校自主招生考试,若甲,乙能通过面试的概率都为23,则面试结束后通过的人数ξ的数学期望E ξ是( ) A.43 B.119 C.1 D.894. （改编）右面的程序框图输出的结果为（） .62A .126B .254C .510D5. （改编）已知直线l ⊥平面α，直线m ?平面β，下面有三个命题：①//l m αβ?⊥；②//l m αβ⊥?；③//l m αβ?⊥ 其中假命题的个数为（）.3A .2B .1C .0D6. （改编）已知函数f (x )的图象如右图所示，则f (x )的解析式可能是（）A ．()x x x f ln 22-=B ．()x x x f ln 2-=C ．||ln 2||)(x x x f -=D ．||ln ||)(x x x f -=7. （原创）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足548213510Sa a -+=,则下列数中恒为常数的是( )A.8aB. 9SC. 17aD. 17S8. （改编）已知双曲线2222:1(,0)x y C a b a b-=>的左、右焦点分别为1F ，2F ,过2F 作双曲线C的一条渐近线的垂线,垂足为H ,若2F H 的中点M 在双曲线C 上,则双曲线C 的离心率为（） A ．2 B ．3 C ．2D ． 3（第6题）9. （原创）已知,x y 满足不等式00224x y x y t x y ≥??≥?+≤??+≤?,且目标函数96z x y =+最大值的变化范围[]20,22,则t 的取值范围( )A.[]2,4B.[]4,6C.[]5,8D. []6,7 10. （改编）若函数32()|1|f x x a x a R =+-∈,则对于不同的实数a ,则函数()f x 的单调区间个数不可能是( )A.1个B. 2个C.3个D.5个第II 卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。
精编2018高考数学(理科)习题第十二章概率与统计1232和答案
1．在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )A．2386 B．2718C．3413 D．4772(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544.)答案 C解析由题意可得，P(0<x≤1)＝12P(－1<x≤1)＝0.3413，设落入阴影部分的点的个数为n，则P＝S阴影S正方形＝0.34131＝n10000，则n＝3413，选C.2．已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)A．4.56% B．13.59%C．27.18% D．31.74% 答案 B解析由已知μ＝0，σ＝3.所以P(3<ξ<6)＝12[P(－6<ξ<6)－P(－3<ξ<3)]＝12(95.44%－68.26%)＝12×27.18%＝13.59%.故选B.3.设X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )点击观看解答视频A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)答案 C解析由正态分布密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)的密度曲线分别关于直线x＝μ1，x＝μ2对称，因此结合题中所给图象可得，μ1<μ2，所以P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故A错误．又X～N(μ1，σ21)的密度曲线较Y～N(μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，所以σ1<σ2，所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，B错误．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，C正确，D错误．4．已知随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝a，a为常数，则P(－1≤ξ≤0)＝________.答案12－a解析由正态曲线的对称轴为ξ＝0，又P(ξ>1)＝a，故P(ξ<－1)＝a，所以P(－1≤ξ≤0)＝1－2a2＝12－a，即答案为12－a.5．某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布N(100,102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．答案10解析由题意，知P(ξ>110)＝1－2Pξ2＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.。
最新-2018年高考数学试题解析分项版专题18概率理精品
解析： 因为甲乙两位同学参加同一个小组有 3 种方法， 两位同学个参加一个小组共有
种方法；所以，甲乙两位同学参加同一个小组的概率为
31 93
点评：本题考查排列组合、概率的概念及其运算和分析问题、解决问题的能力。
33 9
4. (2018 年高考广东卷理科 6) 甲、乙两队进行排球决赛．现在的情形是甲队只要再赢一局就
. 当 K 正常工
作且 A1、A2 至少有一个正常工作时， 系统正常工作 . 已知 K、A1、A2 正常工作的概率依次为 0.9 、
0.8 、 0.8 ，则系统正常工作的概率为
A.0.960
B.0.864
C.0.720
D.0.576
答案： B
解析：系统正常工作概率为
C
1 2
0.9
0.8
(1
0.8)
0.9
取 2 瓶，则至少取到 1 瓶已过保质期的概率为
（结果用最简分数表示）
答案： 28 145
解析：因为 30 瓶饮料中未过期饮料有
30-3=27 瓶，故其概率为
P
1
C227 C320
28 .
145
5.(20 11 年高考重庆卷理科 13) 将一枚均匀的硬币投掷 6 次， 则正面出现的次数比反面出现的
次数多的概率为
， P ( 3)
32 2 3 2 2
3 2 2 12
3 2 2 12
故E
1
4
5
25
0
1
2
3
12 12 12 12 3
2. (2018 年高考江西卷理科 12) 小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆
内投掷一点，若此点到圆心的距离大于
最新-【数学】2018年高考数学试题精编：20181概率 精
第十一章概率与统计一概率【考点阐述】随机事件的概率．等可能性事件的概率．互斥事件有一个发生的概率．相互独立事件同时发生的概率．独立重复试验．【考试要求】（1）了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义．（2）了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率．（3）了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率．（4）会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生κ次的概率．【考题分类】（一）选择题（共6题）1.（安徽卷文10）甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是（A）318（B）418（C）518（D）618【答案】C【解析】正方形四个顶点可以确定6条直线，甲乙各自任选一条共有36个基本事件。
两条直线相互垂直的情况有5种（4组邻边和对角线）包括10个基本事件，所以概率等于. 【方法技巧】对于几何中的概率问题，关键是正确作出几何图形，分类得出基本事件数，然后得所求事件保护的基本事件数，进而利用概率公式求概率.2.（北京卷文3）从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a，从{1,2,3}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是（A）45 (B)35（C）25 (D)153.（湖北卷理4）投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A,“骰子向上的点数是3”为事件B,则事件A，B中至少有一件发生的概率是A512 B12 C712 D34【答案】C【解析】因为事件A，B中至少有一件发生与都不发生互为对立事件，故所求概率为1571P(A)P(B)=1-=2612-⨯，选C 。
4.（江西卷理11）一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测.方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚.国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为1p 和2p .则A ．12p p =B ．12p p <C ．12p p >D ．以上三种情况都有可能【答案】B 【解析】考查不放回的抽球、重点考查二项分布的概率。
高三数学-2018年高考题分章节汇编-概率与统计 精品
2018年高考题分章节汇编选修Ⅱ第一章概率与统计一、选择题1．(2018年高考.湖北卷.理11文12)某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，...，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2， (270)并将整个编号依次分为10段。
如果抽得号码有下列四种情况：①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270；关于上述样本的下列结论中，正确的是（D ）A．②、③都不能为系统抽样B．②、④都不能为分层抽样C．①、④都可能为系统抽样D．①、③都可能为分层抽样2．(2018年高考·江西卷·文12)为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如右，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为a，视力在4.6到5.0之间的学生数为b，则a, b的值分别为（ A ）A．0,27,78 B．0,27,83C．2.7,78 D．2.7,833．(2018年高考·江苏卷7)在一次歌手大奖赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：9.4 8.4 9.4 9.9 9.6 9.4 9.7去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均值和方差分别为（D）A．9.4，0.484 B．9.4，0.016 C．9.5，0.18 D．9.5，0.0164．(2018年高考·浙江卷·文6)从存放号码分别为1，2，…，10的卡片的盒子中，在放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：则取到号码为奇数的频率是( A ) A．0.53B．0.5C．0.47D．0.37二、填空题1．(2018年高考·湖南卷·理11文12)一工厂生产了某种产品16800件，它们来自甲．乙．丙3条生产线，为检查这批产品的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样，已知甲．乙．丙三条生产线抽取的个体数组成一个等差数列，则乙生产线生产了 件产品. 56002．(2018年高考·山东卷·文13)某学校共有教师490人，其中不到40岁的有140人，岁即以上的有人。
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高考真题分类汇编：概率1＠【高考真题辽宁理10】在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ＠现作一矩形， 领边长分别等于线段AC ， CB 的长， 则该矩形面积小于32cm 2的概率为 (A)16 (B) 13 (C) 23 (D) 45【答案】C【解析】设线段AC 的长为x cm ， 则线段CB 的长为(12x -)cm,那么矩形的面积为(12)x x -cm 2，由(12)32x x -<， 解得48x x <>或。
又012x <<， 所以该矩形面积小于32cm 2的概率为23， 故选C 【点评】本题主要考查函数模型的应用、不等式的解法、几何概型的计算， 以及分析问题的能力， 属于中档题。
2＠【高考真题湖北理8】如图， 在圆心角为直角的扇形OAB 中， 分别以OA ， OB 为直径作两个半圆?在扇形OAB内随机取一点， 则此点取自阴影部分的概率是A ＠ 21π-B ＠112π- C ＠2π D ＠1π【答案】A【解析】令1=OA ， 扇形OAB 为对称图形， ACBD 围成面积为1S ，围成OC 为2S ， 作对称轴OD ， 则过C 点。
2S 即为以OA 为直径的半圆面积减去三角形OAC 的面积，82212121212122-=⨯⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππS 。
在扇形OAD 中21S 为扇形面第8题图积减去三角形OAC 面积和22S ， ()1622811812221-=--=ππS S ， 4221-=+πS S ， 扇形OAB 面积π41=S ， 选A ＠3＠【高考真题广东理7】从个位数与十位数之和为奇数的两位数种任取一个， 其个位数为0的概率是 A ＠49 B ＠13 C ＠29D ＠19【答案】D【解析】法一：对于符合条件“个位数与十位数之和为奇数的两位数”分成两种类型：一是十位数是奇数， 个位数是偶数， 共有2555=⨯个， 其中个位数为0的有10,30,50,70,90共5个；二是十位数是偶数， 个位数是奇数， 共有2054=⨯， 所以9120255=+=P ＠故选D ＠法二：设个位数与十位数分别为y x ,， 则12-=+k y x ， =k 1,2,3,4,5,6,7,8,9， 所以y x ,分别为一奇一偶， 第一类x 为奇数， y 为偶数共有251515=⨯C C 个数；第二类x 为偶数， y 为奇数共有201514=⨯C C 个数。
两类共有45个数， 其中个位是0， 十位数是奇数的两位有10,30,50,70,90这5个数， 所以其中个位数是0的概率是91455=， 选D 。
4＠【高考真题福建理6】如图所示， 在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ， 则点P 恰好取自阴影部分的概率为A ＠14 B?15 C?16 D?17【答案】Ｃ＠【解析】根据定积分的几何意义可知阴影部分的面积61|)2132()(1022310=-=-=⎰x x dx x x S ， 而正方形的面积为１， 所以点Ｐ恰好取自阴影部分的概率为61＠故选Ｃ＠5＠【高考真题北京理2】设不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤20,20y x ， 表示平面区域为D ， 在区域D 内随机取一个点， 则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 （A ）4π （B ）22π- （C ）6π （D ）44π-【答案】D【解析】题目中⎩⎨⎧≤≤≤≤2020y x 表示的区域如图正方形所示， 而动点D可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分， 因此4422241222ππ-=⨯⋅-⨯=P ， 故选D 。
6＠【高考真题上海理11】三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛， 若每人都选择其中两个项目， 则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 （结果用最简分数表示）。
【答案】32【解析】三位同学从三个项目选其中两个项目有27232323=C C C 中， 若有且仅有两人选择的项目完成相同， 则有18122323=C C C ， 所以有且仅有两人选择的项目完成相同的概率为322718=。
7＠【高考真题新课标理15】某个部件由三个元件按下图方式连接而成， 元件1或元件2正常工作， 且元件3正常工作， 则部件正常工作， 设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布2(1000,50)N ， 且各个元件能否正常相互独立， 那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为【答案】83 【解析】三个电子元件的使用寿命均服从正态分布2(1000,50)N得：三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为12p =超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率2131(1)4P p =--=那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为213 8p p p=⨯=＠8＠【高考江苏6】（5分）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是▲ ＠【答案】35。
【考点】等比数列，概率。
【解析】∵以1为首项，3-为公比的等比数列的10个数为1，－3， 9， -27，···其中有5个负数， 1个正数1计6个数小于8，∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是63= 105。
9＠【高考真题四川理17】(本小题满分12分)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）A和B，系统A和B在任意时刻发生故障的概率分别为110和p。
（Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p的值；（Ⅱ）设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ。
【答案】本题主要考查独立事件的概率公式、离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查实际问题的数学建模能力，数据的分析处理能力和基本运算能力＠【解析】10＠【高考真题湖北理】（本小题满分12分）根据以往的经验， 某工程施工期间的降水量X （单位：mm ）对工期的影响如下表：历年气象资料表明， 该工程施工期间降水量X 小于300， 700， 900的概率分别为0＠3， 0＠7， 0＠9?求：（Ⅰ）工期延误天数Y 的均值与方差；（Ⅱ）在降水量X 至少是300的条件下， 工期延误不超过6天的概率? 【答案】（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：(300)0.3,P X <=(300700)(700)(300)0.70.30.4P X P X P X ≤<=<-<=-=，(700900)(900)(700)0.90.70.2P X P X P X ≤<=<-<=-=＠(900)1(900)10.90.1P X P X ≥=-<=-=＠所以Y 的分布列为：于是，()00.320.460.2100.13E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=；2222()(03)0.3(23)0.4(63)0.2(103)0.19.8D Y =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=＠故工期延误天数Y 的均值为3， 方差为9.8? （Ⅱ）由概率的加法公式， (300)1(300)0.7P X P X ≥=-<=，又(300900)(900)(300)0.90.30.6P X P X P X ≤<=<-<=-=?由条件概率， 得(6300)(900300)P Y X P X X ≤≥=<≥(300900)0.66(300)0.77P X P X ≤<===≥＠故在降水量X 至少是300mm 的条件下， 工期延误不超过6天的概率是67?11＠【高考江苏25】（10分）设ξ为随机变量， 从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条， 当两条棱相交时， 0ξ=；当两条棱平行时， ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时， 1ξ=＠（1）求概率(0)P ξ=；（2）求ξ的分布列， 并求其数学期望()E ξ＠【答案】解：（1）若两条棱相交， 则交点必为正方体8个顶点中的一个， 过任意1个顶点恰有3条棱，∴共有238C 对相交棱。
∴ 232128834(0)=6611C P C ξ⨯===。
（2）若两条棱平行， 则它们的距离为16对， ∴212661(6611P C ξ===，416(1)=1(0)(=111111P P P ξξξ=-=-=--。
∴随机变量ξ的分布列是：【考点】概率分布、数学期望等基础知识。
【解析】（1）求出两条棱相交时相交棱的对数， 即可由概率公式求得概率(0)P ξ=。
（2的共有6对，即可求出(P ξ=， 从而求出(1)P ξ=（两条棱平行且距离为1和两条棱异面）， 因此得到随机变量ξ的分布列， 求出其数学期望。
12＠【高考真题广东理17】（本小题满分13分）某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图4所示， 其中成绩分组区间是：[40,50][50,60][60,70][70,80][80,90][90,100]＠（1）求图中x 的值；（2）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人， 该2人中成绩在90分以上（含90分）的人数记为ξ， 求ξ得数学期望＠【答案】本题是在概率与统计的交汇处命题， 考查了用样本估计总体等统计知识以及离散型随机变量的分布列及期望， 考查学生应用数学知识解决实际问题的能力， 难度中等。
【解析】13＠【高考真题全国卷理19】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 乒乓球比赛规则规定：一局比赛， 双方比分在10平前， 一方连续发球2次后， 对方再连续发球2次， 依次轮换＠每次发球， 胜方得1分， 负方得0分＠设在甲、乙的比赛中， 每次发球， 发球方得1分的概率为0＠6， 各次发球的胜负结果相互独立＠甲、乙的一局比赛中， 甲先发球＠（Ⅰ）求开始第4次发球时， 甲、乙的比分为1比2的概率；（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙的得分， 求ξ的期望＠【答案】14＠【高考真题浙江理19】(本小题满分14分)已知箱中装有4个白球和5个黑球， 且规定：取出一个白球的2分， 取出一个黑球的1分＠现从该箱中任取(无放回， 且每球取到的机会均等)3个球， 记随机变量X 为取出3球所得分数之和＠(Ⅰ)求X 的分布列； (Ⅱ)求X 的数学期望E (X )＠【答案】本题主要考察分布列， 数学期望等知识点。
(Ⅰ) X 的可能取值有：3， 4， 5， 6＠35395(3)42C P X C ===； 21543920(4)42C C P X C ===；12543915(5)42C C P X C ===； 34392(6)42C P X C ===＠ 故， 所求X 的分布列为(Ⅱ) 所求X 的数学期望E (X )为： E (X )＝645105191()34564221142121i i P X i =⋅==⨯+⨯+⨯+⨯+=∑＠15＠【高考真题重庆理17】（本小题满分13分， （Ⅰ）小问5分， （Ⅱ）小问8分＠）甲、乙两人轮流投篮， 每人每次投一票＠约定甲先投中者获胜， 一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束＠设甲每次投篮投中的概率为13， 乙每次投篮投中的概率为12， 且各次投篮互不影响＠（Ⅰ） 求甲获胜的概率；（Ⅱ）求投篮结束时甲的投篮次数ξ的分布列与期望 【答案】16＠【高考真题江西理29】（本题满分12分） 如图， 从A 1（1,0,0）， A 2（2,0,0）， B 1（0， 2， 0）， B 2（0,2,0）， C 1（0,0,1）， C 2（0,0,2）这6个点中随机选取3个点， 将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”， 记该“立体”的体积为随机变量V （如果选取的3个点与原点在同一个平面内， 此时“立体”的体积V=0）。