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