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专题05 统计与概率
1.分层随机抽样的平均数
在分层随机抽样中，如果层数分为2层，第1层和第2层包含的个体数分别为和，抽取的样本量分别为和.我们用表示第1层各个个体的变量值，用表示第1层样本的各个个体的变量值；用表示第2层各个个体的变量值，用表示第2层样本的各个个体的变量值，则第1层的总体平均数和样本平均数分别为
.
第2层的总体平均数和样本平均数分别为
.
总体平均数和样本平均数分别为
.
由于用第1层的样本平均数可以估计第1层的总体平均数，用第2层的样本平均数可以估计第2层的总体平均数，因此可以用.
2.方差与标准差
一组数据，，，，用表示这组数据的平均数，
则这组数据的方差：；
标准差：
3.相互独立事件的概念
对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立（mutually independent），简称为独立．
性质1：必然事件、不可能事件与任意事件相互独立
性质2：如果事件与相互独立，则与，与，与也相互独立
则：，，
4.概率公式
（1）事件与相互独立等价于
（2）事件与互斥，则
（3）概率的一般加法公式
设，是一个随机试验中的两个事件，有
（4）如果事件与事件互为对立事件，那么，；
题型一 分层抽样的样本平均数与总体平均数
例题1．（2023下·全国·高一校联考开学考试）
1．某单位有男职工30人，女职工70人，其中男职工平均年龄为40岁，方差为4，女职工平均年龄为35岁，方差是6，则该单位全体职工的方差为 .
例题2．（2023·吉林·统考一模）
2．吉林市一中学有男生900人，女生600人．在“书香校园”活动中，为了解全校学生的读书时间，按性别比例分层随机抽样的方法抽取100名学生，其中男生、女生每天读书时间的平均值分别为60分钟和80分钟，方差分别为10和15．结合上述数据估计该校学生每天读书时间的平均值为 分钟，方差为 ．
例题3．（2023下·浙江湖州·高一统考期末）
3．已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差是 .
练习题
（2023上·湖南张家界·高三慈利县第一中学校考阶段练习）
4．某校高三 （1）班 （45人）和高三 （2）班 （30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三 （1）班答对题目的平均数为 、方差为；高三 （2）班答对题目的平均数为、 方差为，则这10人答对题目的方差为 ；
（2023上·高一单元测试）
5．针对某市A，B两个小区进行居民每月用电量调查，拟采用分层随机抽样的方法，抽取A小区1号楼12户每月用电量数据，其平均数和方差分别为198.5和10.22；2号楼15户每月用电量数据，其平均数和方差分别为210.0和20.22；3号楼13户每月用电量数据，其平均数和方差分别为168.0和28.56.抽取B小区1号楼10户每月用电量数据，其平均数和方差分别为170.6和27.15；2号楼20户每月用电量数据，其平均数和方差分别为200.2和14.55；3号楼20户每月用电量数据，其平均数和方差分别为180.5和19.56，可以推测A，B两个小区每月用电量更稳定的是 小区．
（2023下·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）
6．甲、乙两位射击爱好者，各射击10次，甲的环数从小到大排列为4，5，5，6，6，7，7，8，8，9，乙的环数小到大排列为2，5，6，6，7，7，7，8，9，10.若甲的方差为2.25，乙的方差为4.41，则这20个数据的方差为 .
（2022上·安徽·高二校联考阶段练习）
7．为了调查公司员工的健康状况，某公司男女员工比例是，用分层随机抽样的方法抽取样本，统计样本数据如下：男员工的平均体重为，标准差为；女员工的平均体重为，标准差为.则由此估计该公司员工的平均体重是 ，方差是 .
题型二 样本数字特征
例题1．（2024·全国·高三专题练习）
8．已知一组数据的平均数是5，方差是4，则由和11这四个数据组成的新数据组的方差是 ．
例题2．（2024上·辽宁大连·高一统考期末）
9．已知数据的平均数为5，；数据的平均数为10，．则数据的平均数为 ，方差为 ．
例题3．（2023上·上海·高三上海市宜川中学校考期中）
10．已知实数的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是 ．
例题4．（2022下·北京朝阳·高二统考期末）
11．在一组数据0，3，5，7，10中加入一个整数a得到一组新数据，这组新数据与原数据相比平均数不增大且方差减小，则a的一个取值为 ．
练习题
（2024·全国·高三专题练习）
12．某学校高一年级在校人数为600人，其中男生320人，女生280人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽取50名男生身高为一个样本，其样本平均数为，抽取50名女生身高为一个样本，其样本平均数为，则该校高一学生的平均身高的估计值为 ．
（2023上·全国·高二期末）
13．如下的一列数据中，，对于，正整数n出现了n次，则这一列数据的中位数是 .
（2023上·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习）
14．已知这5个数的标准差为2，若在中随机取出3个不同的数，则5为这3个数的中位数的概率是 ．
（2023上·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考阶段练习）
15．互不相等的4个正整数从小到大排序为，，，若它们的和为12，且这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的上四分位数为 .
（2023·吉林·吉林省实验校考模拟预测）
16．若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是 ，方差是 .
（2022·高一课时练习）
17．在分层抽样时，如果将总体分为k层，第j层抽取的样本量为，第j层的样本平均数为，样本方差为，，．记，则所有数据的样本方差为 ．
题型三 独立事件 互斥事件 对立事件判断
例题1．（2023下·河南开封·高一统考期末）
18．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“2枚硬币都是正面朝上”，事件“2枚硬币朝上的面相同”，则下列与的关系中正确的个数为（ ）
①
②互斥
③互为对立
④相互独立
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
例题2．（2023下·广东肇庆·高一统考期末）
19．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（ ）
A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立
B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立
C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立
D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立
例题3．（2023·吉林·统考一模）
20．口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ）
A． B．与互斥
C．与相互独立 D．与互为对立
例题4．（2023上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）
21．在信道内传输0， 1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为， 收到1的概率为.
(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；
(2)依次发送1，1， 0， 判断以下两个事件：①事件A：至少收到一个正确信号； ②事件B：至少收到两个0，是否互相独立，并给出证明.
练习题
（2022上·北京丰台·高二统考期末）
22．对于随机事件A，B，有下列说法：
①如果，相互独立，那么；
②如果，对立，那么；
③如果，互斥，那么.
其中正确的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
（2023·云南·高三校联考阶段练习）
23．一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，A表示事件“第一次向上一面的数字是1”，B表示事件“第二次向上一面的数字是2”，C表示事件“两次向上一面的数字之和是7”，D表示事件“两次向上一面的数字之和是8”，则（ ）
A．C与D相互独立 B．A与D相互独立
C．B与D相互独立 D．A与C相互独立
（2022下·山西·高一校联考阶段练习）
24．对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（ ）
A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥 D．A与C相互独立
（2023下·福建福州·高一福建省福州延安中学校考期末）
25．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上一面的点数，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，定义事件：A=“”，B=“xy为奇数”，C=“”，则下列结论错误的是（ ）
A．B与C相互独立 B．A与B对立
C．A与C相互独立 D．A与B互斥但不对立
（2023下·云南楚雄·高一统考期末）
26．袋中装有大小完全相同的6个红球，3个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2.
(1)每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率；
(2)从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球，求，并判断事件与事件是否相互独立.
题型四 概率综合应用
（2023上·浙江·高二温州中学校联考期中）
27．有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
（2023下·江苏南通·高二江苏省如皋中学校考阶段练习）
28．已知事件满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．如果，那么
B．如果，那么，
C．如果与互斥，那么
D．如果与相互独立，那么
（2023下·山东烟台·高二山东省招远第一中学校考期中）
29．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于，则算过第关.假定每次过关互不影响，则直接挑战第2关并过关的概率为 ，若直接挑战第4关，则过关的概率为 .
（2023下·福建厦门·高一统考期末）
30．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
游戏一 游戏二 游戏三
箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球
获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
练习题
（2023上·辽宁大连·高一期末）
31．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立，发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.若在信道内依次发送信号1，0，为了检验，收到信号的一端将收到的信号发回到输入端.下列说法正确的是（ ）
A．“收到的信号为1，0”是“传回的信号为1，0”的充分条件
B．“收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不一定是相互独立的
C．若，则事件“传回的信号为1，0”的概率一定大于0.25
D．若，，则事件“传回的信号为1，0”的概率为31.68%
（2023下·重庆·高二统考期末）
32．排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球后，谁取胜谁就得1分，得分的队有发球权，最后先得25分的队获得本局比赛胜利，若出现比分24：24，要继续比赛至某队领先2分才能取胜，该局比赛结束，甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为，乙队发球时甲队获胜的概率为，且各次发球的胜负结果相互独立.若此时甲、乙两队双方比分为24：24平，且甲队拥有发球权，则两队共再发2次球就结束比赛的概率为 ；若此时甲、乙两队双方比分为22：22平，且甲队拥有发球权，则甲队得25分且取得该局比赛胜利的概率为 .
（2023上·湖南·高二校联考阶段练习）
33．甲、乙两位同学参加某种科学知识比赛进入了决赛阶段，决赛规则如下：最多进行两轮比赛，每人每轮比赛在规定时间内答两道选择题，答对一道得3分，不作答得1分，答错得分．第一轮结束总得分高的胜出，得分相同则进行第二轮比赛．对于一道选择题，假设甲选择作答且答对的概率为，选择作答且答错的概率为，选择不作答的概率为，乙选择作答且答对的概率为，选择作答且答错的概率为，选择不作答的概率为．又假设甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的答题均互不影响．
(1)若，，，，，，求：
①第一轮比赛结束甲得分为2分的概率；
②第一轮比赛结束甲、乙的得分相等且概率相等的概率；
(2)若，求第一轮结束时乙不需要进行第二轮比赛的概率．
（2022下·福建泉州·高一校考期中）
34．为评估大气污染防治效果，调查区域空气质量状况，某调研机构从两地区一年的数据中随机抽取了相同20天的观测数据，得到两地区的空气质量指数如下图所示：

根据空气质量指数，将空气质量状况分为以下三个等级：
空气质量指数
空气质量状况 优良 轻中度污染 重度污染
(1)试估计地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数；
(2)假设两地区空气质量状况相互独立，记事件：“地区空气质量等级优于地区空气质量等级”．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，求事件的概率；
(3)若从空气质量角度选择生活地区居住，你建议选择两地区哪个地区．（只需写出结论）
（2023下·广东佛山·高二校联考阶段练习）
35．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面朝上的点数，表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为8”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（ ）
A．与相互独立 B．与互斥
C． D．
（2022下·山西长治·高二山西省长治市第二中学校校考阶段练习）
36．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球， 乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（ ）
①事件与相互独立；
②，，是两两互斥的事件；
③；
④；
⑤
A．5 B．4 C．3 D．2
二、多选题
（2023下·山东淄博·高二统考期末）
37．事件A，B的概率分别为：，，则（ ）
A．若A，B为互斥事件，
B．
C．若A，B相互独立，
D．若，则A，B相互独立
（2023下·河北·高二校联考阶段练习）
38．设、为随机事件，且、，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则、可能不相互独立
B．若，则
C．若，则
D．若，，则
（2020上·湖北黄石·高三黄石二中校考阶段练习）
39．甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（ ）
A． B．
C．事件与事件不相互独立 D．，，是两两互斥的事件
三、解答题
（2021上·安徽六安·高二安徽省舒城中学校考阶段练习）
40．随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．

（1）求频率分布直方图中的值及身高在及以上的学生人数；
（2）估计该校100名生学身高的75％分位数．
（3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，．记总的样本平均数为，样本方差为，证明：
①；
②．
（2020·高一课时练习）
41．在分层抽样时，如果总体分为k层，而且第j层抽取的样本量为，第j层的样本均值为，样本方差为.记.求证：所有数据的样本均值和方差分别为:.
（2022下·山东淄博·高一统考期末）
42．某校有高一学生1000人，其中男女生比例为，为获得该校高一学生的身高（单位：）信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50的样本，其中男女生样本量均为25，计算得到男生样本的均值为172，标准差为3，女生样本的均值为162，标准差为4．
(1)计算总样本均值，并估计该校高一全体学生的平均身高；
(2)计算总样本方差．
（2023·全国·高二专题练习）
43．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
甲 30天 20天 40天 10天
乙 20天 25天 15天 40天
假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率.
(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；
(2)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．10.65
【分析】利用由部分方差求总体方差的公式求解.
【详解】由题意得，该单位全体职工的平均年龄为岁，
则该单位全体职工的方差
.
故答案为：10.65
2． 68 108
【分析】利用分层抽样的平均值与方差公式计算即可.
【详解】由题意可知男生女生抽取比例分别为：，
故抽取样本的平均值为：，
方差为：.
以此估计该校学生每天读书时间的平均值为68；方差为108.
故答案为：68；108.
3．132.25
【分析】由已知求出总体平均数，然后根据分层抽样总体的方差公式，代入相关数据，求解即可得出答案.
【详解】设男生样本平均数为，方差为，女生样本平均数为，方差为，总体平均数为，总体方差为，则由已知可得，，，，
所以，总体平均数.
根据分层抽样总体的方差公式可知，
总体样本方差.
故答案为：.
4．##
【分析】根据分层抽样得到高三 （1）班和高三 （2）班各抽取的人数，计算出10人答对题目的平均分，利用公式求出整体方差.
【详解】根据分层抽样的概念，得到高三 （1）班抽取人数为，
高三 （2）班抽取人数为，
则这10人答对题目的平均分为，
这10人答对题目的方差为
故答案为：
5．
【分析】分别代入分层抽样的平均数和方差公式，再比较后，即判断.
【详解】设A小区全部居民每月用电量平均数和方差分别为和，B小区全部居民每月用电量平均数和方差分别为和，用样本估计总体，则估计，
所以,
,
因为，所以推测B小区每月用电量更稳定．
故答案为：.
6．##3.34
【分析】根据方差的性质即可求解.
【详解】，
，
则这20个数据的平均值，
故这20个数据的方差为，
故答案为：3.34
7． ； ##.
【分析】根据分层抽样平均数公式估计该公司员工的平均体重，再利用分层抽样的方差公式求方差.
【详解】由题得
所以方差
故答案为：；.
8．12
【分析】根据平均数和方差的公式带入计算可得.
【详解】由已知得，
则新数据的平均数为，
方差为
．
故答案为：12
9． 8 8.7
【分析】由平均数、方差的运算公式即可求解.
【详解】由题意得数据的平均数为，
数据的方差为
.
故答案为：8，8.7.
10．
【分析】
利用平均数及中位数的概念计算即可.
【详解】由题意可知，
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，此时中位数是；
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，此时，不符合题意；
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，同上，不符合题意；
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，则有；
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，同上；
若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，可知；
此时中位数是；
综上所述这四个数的中位数的取值范围是.
故答案为：.
11．2(答案不唯一，中任取一个都正确)
【分析】根据平均数，方差的计算公式计算即可.
【详解】解：由题意得，原数据的平均数
原数据的方差为
新数据的平均数，解得,
新数据的方差为
，
将代入得，，
解得：，
，，所以，
故答案为：2(答案不唯一，中任取一个都正确)
12．
【分析】由题意可知，，且根据样本平均数，求解即可.
【详解】由题意可知，，且
所以样本平均数，
故该校高一学生的平均身高的估计值为．
故答案为：.
13．142
【分析】分析数组的规律：1个1，2个2，3个3，4个4，…，200个200，从而根据等差数列求和公式可求数据的总个数，再根据中位数的概念求出中位数即可.
【详解】该列数据的总个数：，
则中位数是第10050项与第10051项的平均值；
令，则，
当时，最后一个141是第项，则第10050项和第10051项都是142，则中位数是.
故答案为：142
14．##
【分析】根据标准差公式求出，再根据中位数的定义结合古典概型即可得解.
【详解】这5个数的平均数为，
因为这5个数的标准差为2，
，
解得，
则，即为，
按照从小到大的顺序为，
从随机取出3个不同的数，
有，
共种，
其中5为这3个数的中位数有共种，
所以5为这3个数的中位数的概率是.
故答案为：.
15．
【分析】根据中位数、极差的概念求出这四个正整数，再由百分位数的定义求解.
【详解】这组数据的极差，中位数为，
据题意得，
即，
又它们的和为12，所以，解得，.
因为，，为正整数且互不相等，
所以，，.
所以排列顺序为：1,2,3,6；
，
所以上四分位数为：.
故答案为：
16．
【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.
【详解】由题意可知，数据的平均数为，
所以，则，
所以数据、、、的平均数为，
方差为，
所以，
将两组数据合并后，得到新数据，
则其平均数为，
方差为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算.
17．
【分析】在分层抽样中先计算第层抽取的样本均值，再计算总体k层的样本均值，即可得出;同理，计算第j层抽取的样本方差，进行一系列整理得到，再计算总体k层的样本方差，由此得答案.
【详解】解：.
∴样本均值为.
又.
计算总体
又.
.
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查用分层抽样的方法求样本的均值和方差，属于中档题.
18．A
【分析】根据古典概型的计算公式、互斥事件、对立事件、独立事件的概念对选项一一分析判断即可得出答案.
【详解】由题意可知：一枚硬币有两个等可能结果：正面朝上、反面朝上，
两枚硬币有两个等可能结果：正正、正反、反正、反反，
事件“2枚硬币都是正面朝上”包含的情况为：正正，
事件“2枚硬币朝上的面相同”包含的情况为：正正，反反，
故，故①正确；②错误；
事件的对立事件为：正反、反正、反反，故③错误；
则，，
所以，故④错误.
故选：A.
19．B
【分析】
主要是用判断事件的相互独立性.
【详解】对于A，对于任意，，
即事件和事件独立， A不正确.
对于B，当时，满足；
当时，满足；
以此类推，当时，，，满足；
故存在无穷多个，使事件和事件独立，B正确.
对于C，当时，，
此时显然；
当时，，
此时显然；
当时，，
此时显然；
综上可知，对任意奇数，事件和事件都不独立；C不正确.
对于D，当时，D不正确.
故选：B.
20．ACD
【分析】利用古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率即可判断A，根据互斥事件的概率即可判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据对立事件的概率即可判断D．
【详解】设2个白球为，2个黑球为，
则样本空间为：，共12个基本事件.
事件，共4个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共8个基本事件，
对于A，由，故A正确；
对于B，因为，所以事件B与C不互斥，故B错误；
对于C，因为，，，
则，故事件A与B相互独立，故C正确；
对于D，因为，，所以事件A与D互为对立，故D正确．
故选：ACD．
21．(1)；
(2)事件A与事件B不互相独立，证明见解析.
【分析】
（1）利用事件的相互独立求“至少收到两次1”的概率；
（2）利用事件的相互独立性计算，，，利用独立事件的概率公式验证.
【详解】（1）重复发送信号1三次，“至少收到两次1”的可能情况为：
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因为信号的传输相互独立，
故“至少收到两次1”的概率为：.
（2）事件A与事件B不互相独立，证明如下：
若依次发送1，1， 0， 则三次都没收到正确信号的概率为，
故至少收到一个正确信号的概率为；
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0”的可能情况为：
(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
故，
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0且至少收到一个正确信号”的可能情况为：
(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
故，
因为，所以事件A与事件B不互相独立.
22．D
【分析】根据对立事件，互斥事件，相互独立事件的概念即可判断出答案.
【详解】①若，相互独立，则，故①正确；
②若，对立，则，即，故②正确；
③若，互斥，则，故③正确.
故选：D.
23．D
【分析】根据事件相互独立的定义判断.
【详解】由题意知，
，所以C与D不相互独立，
，所以A与D不相互独立，
，所以B与D不相互独立，
，所以A与C相互独立，
故选：D
【点睛】方法点睛：判断事件A与B是否相互独立，根据事件相互独立的定义关键看是否成立.
24．D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.
【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
25．CD
【分析】应用表格列举出的所有可能情况，根据题设描述及独立事件、互斥、对立事件定义判断各项正误即可.
【详解】下表中行表示，列表示，则
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
满足事件有、、、、、共6种，
满足事件有、、、、、、、、共9种，
满足事件有、、、、、、、、、、、、、、、、、，即后3列，共18种，
所以事件有0种，事件有3种，事件有3种，则B错，D对，
所以，，，，，
则，，A错，C对，
故选：CD
26．(1)
(2)，事件与事件相互独立.
【分析】
（1）分部分类抽取，然后概率相加求解；
（2）分别求取概率，然后验证的关系判断事件与事件是否相互独立.
【详解】（1）第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球且两球的数字和为3，即抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率：，
第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3即抽到的是蓝2红1或者蓝1红2的概率，
则所求的概率为.
（2）“第一次取到的是红球”的概率，
“第二次取到了标记数字1的球”即取到的是数字2,1或者1,1，,概率，
“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”即抽到的为红1数字1或者红2数字1，概率.
因为成立，所以事件与事件相互独立.
27．C
【分析】
根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值.
【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.
刮第1张卡前，下注50元：
若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；
所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可，
由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种，
所以且，故或5，即n至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于为关键.
28．CD
【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率公式的运用。
【详解】对于选项A，设一个盒子里有标号为 1 到 10 的小球, 从中摸出一个小球, 记下球的编号,
记事件A=“球的编号是偶数”， 事件B=“球的编号是1，2，3” ，事件C=“球的编号是奇数” 满足 , 但是 选项A错误;
对于选项B，如果 , 那么 ,选项B错误;
对于选项C， 如果与互斥，那么 , 所以选项C正确;
对于选项D，如果与相互独立，那么
所以选项D正确。
故选：CD
29．
【分析】由古典概型，独立事件的乘法公式逐一计算即可.
【详解】第一空，直接挑战第二关过关需两次点数之和大于，两次点数满足要求的有如下几种情况：（1，6），（2，5），（2，6），（3，4）……（6，5），（6，6），
则概率为：；
第二空，直接挑战第四关过关需四次点数之和大于，四次点数满足要求的有如下几种情况：（5，5，5，6）四种，（4，5，6，6）十二种，（5，5，6，6）六种，（3，6，6，6）四种，（4，6，6，6，）四种，（5，6，6，6）四种，（6，6，6，6）一种，合计35种，故概率为：.
故答案为：，
30．(1)游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为
(2)的所有可能取值为．
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解.
【详解】（1）设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
（2）设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
第二次 第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为．
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
31．BC
【分析】
A选项，计算出收到信号为1，0和传回信号为1，0的概率，故“收到的信号不为1，0”时，“传回的信号也可能为1，0”，A错误；B选项，设传回信号为1，0为事件A，收到信号为1，0为事件B，计算出则，与，举出反例得到不一定等于，故B错误；C选项，得到，由基本不等式得到，C正确；D选项，代入计算即可.
【详解】
A选项，收到信号为1，0的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
即“收到的信号不为1，0”时，“传回的信号也可能为1，0”，
显然“收到的信号为1，0”不是“传回的信号为1，0”的充分条件，A错误；
B选项，收到信号为0，0的概率为，则传回信号为1，0概率为，
收到信号为1，0的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
收到信号为0，1的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
收到信号为1，1的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
所以传回信号为1，0概率为，
设传回信号为1，0为事件A，收到信号为1，0为事件B，
则，，
，
则不一定等于，
比如当时，
，
而，
故“收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不一定是相互独立的，B正确；
C选项，由得，，
而，而，即不能取等号，故，
所以，C正确；
D选项，由，，
则
，D错误.
故选：BC.
【点睛】
结论点睛：当时，两事件独立，
反之，当两事件独立时，.
32．
【分析】填空(1)：先确定后两队共发2次球就结束比赛，包含这两个球均由甲队得分和这两个球均由乙队得分两个事件，再利用事件的相互独立性求概率；
填空(2)：先确定时，甲队得25分且取得该局比赛胜利，包含甲以25：22取得比赛胜利和甲以25：23取得胜利两个事件，再利用事件的相互独立性求概率.
【详解】后两队共发2次球就结束比赛，则这两个球均由甲队得分，或均由乙队得分，且两者互斥．
记事件“后两队共发2次球就结束比赛”，因为各次发球的胜负结果相互独立，所以．
即后两队共发2次球就结束比赛的概率为．
时，甲队得25分且取得该局比赛胜利，则甲以25：22或25：23取得该局胜利．
记事件“甲以25：22取得该局胜利”，“甲以25：23取得该局胜利”，
“时，甲队得25分且取得该局比赛胜利”，
因为各次发球的胜负结果相互独立，且B，C互斥，所以
，
，
．
所以时，甲队得25分且取得该局比赛胜利的概率为.
故答案为：，.
33．(1)① ；②
(2)
【分析】（1）①甲答题得2分的情况分两种情形讨论，结合概率的公式求解即可；②讨论出甲乙都答了2题，且都是1对1错，结合概率公式即可.
（2）乙不需要进行第二轮比赛即甲乙得分不相同.
【详解】（1）①因为甲答不同的题互不影响，所以甲可能：2道题中对1题错1题，或者2题都不答，
即，
所以第一轮比赛结束甲得分为2分的概率为．
②由已知得，第一轮比赛结束甲、乙的得分相等的情形：都答对2题分，都答错2题，2题都不答，这些情形概率不相等；
所以甲、乙都是选择作答2题，一题答对一题答错，
因为甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的答题均互不影响，
所以第一轮比赛结束甲、乙得分相等且概率相等的概率为
．
（2）因为，故在第一轮比赛时甲、乙都选择作答每道题，
所以在第一轮比赛结束时每个人的得分可以是6分，2分和分，
因为甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的答题均互不影响，
所以第一轮结束时乙不需要进行第二轮比赛的概率即甲乙得分不相同的概率为
．
34．(1)
(2)
(3)建议选择地区居住
【分析】（1）从地区选出的20天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为，由此估计地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75，从而能求出地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数．
（2）记表示事件：“地区空气质量等级为优良”，表示事件：“地区空气质量等级为轻中度污染”，表示事件：“地区空气质量等级为轻中度污染”，表示事件：“地区空气质量等级为重度污染”，则与独立，与独立，与互斥，．由此能求出事件的概率．
（3）从空气质量角度，建议选择地区居住．
【详解】（1）从A地区选出的20天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为，
估计A地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75，
A地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数约为天．
（2）记表示事件：“A地区空气质量等级为优良”，
表示事件：“A地区空气质量等级为轻中度污染”，
表示事件：“B地区空气质量等级为轻中度污染”，
表示事件：“B地区空气质量等级为重度污染”，
则与独立，与独立，与互斥，．
所以．
由所给数据得发生的频率分别为．
故，
所以事件的概率．
（3）从空气质量角度，建议选择A地区居住．
【点睛】关键点点睛：第一小问比较常规，第三小问是属于开放性试题言之有理即可，关键是第二问要利用互斥加法公式以及独立乘法公式.
35．D
【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，再结合独立事件、互斥事件与条件概率公式即可得解.
【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同结果如下：
，共36个．
依题意，易得，
事件包括，共5个，，
事件包括，共6个，，
对于A，事件只有结果，则，A与D相互独立，故A正确；
对于B，由事件的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故与互斥，故B正确；
对于C，事件表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件同时发生的有，共4件，
所以，，故C正确；
对于D，事件同时发生的有，共1件，所以，
，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，从而得解.
36．C
【分析】先判断出，，是两两互斥的事件，且不满足，①错误，②正确，用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论.
【详解】显然，，，是两两互斥的事件，且
，，而，①错误，②正确；
，，所以，③正确；
④正确；
，⑤错误，综上：结论正确个数为3.
故选：C
37．AD
【分析】利用互斥事件的定义及性质判断A选项；利用和事件的关系判断B选项；利用相互独立事件的定义及性质判断C选项；利用条件概率公式，求解事件A与B的积事件，根据独立事件关系确定A、B的独立性可判断D.
【详解】选项A：若A，B为互斥事件，则，
所以，故A正确；
选项B：，故B错误；
选项C：若A，B相互独立，
所以，故C错误；
选项D：因为，
所以，则A，B相互独立，故D正确；
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：通常判断两个事件是否相互独立，常用以下两种方法：
1、事件独立性的定义：如果事件A和事件B相互不影响，则称事件A和事件B是相互独立的；
2、乘法原理：如果事件A和事件B是相互独立，则它们同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
38．BCD
【分析】
利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断A选项；利用条件概率公式可判断BCD选项.
【详解】
对于A选项，根据条件概率公式及，
得，即，所以，、相互独立，A错；
对于B选项，由A知，当时，，
所以，，B对；
对于C选项，由，得，
所以，C对；
对于D选项，，
，所以，，D对.
故选：BCD．
39．BCD
【解析】根据古典概型概率计算公式及事件的相关概念，逐一分析四个选项的真假，可得答案．
【详解】解：甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．
先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；
再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，
对A，，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，当发生时，，当不发生时，，事件与事件不相互独立，故C正确；
对D，，，不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确；
故选：BCD．
【点睛】本题考查概率的基本概念及条件概率，互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力.
40．（1）0.06 60人；（2）；（3）详见解析.
【分析】（1）利用频率分布直方图中长方形面积之和为1，易求出，进而利用频率分布直方图可求身高在及以上的学生人数；
（2）可设该校100名生学身高的75％分位数，再利用频率分布直方图计算即得；
（3）利用样本平均数，方差公式化简即证.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得，
身高在及以上的学生人数（人）．
（2）的人数占比为％，
的人数占比为％，
所以该校100名生学身高的75％分位数落在，
设该校100名生学身高的75％分位数为，
则％，解得，
故该校100名生学身高的75％分位数为．
（3）由题得①；②
又
同理，
∴
.
41．证明见解析.
【分析】在分层抽样中先计算第层抽取的样本均值，再计算总体层的样本均值，即可证明出;同理，计算第层抽取的样本方差，进行一系列整理得到，再计算总体层的样本方差，此时证明成立.
【详解】解：.
∴样本均值为.
又.
计算总体
又.
.
.
【点睛】本题主要考查用分层抽样的方法求样本的均值和方差，属于中档题.
42．(1)167；168
(2)37.5
【分析】（1）根据男女生的样本均值计算样本均值；根据男女生的平均身高得到全校所有学生的身高总和，再求学生身高的平均值；
（2）根据男女生的样本均值和方差，直接计算样本总体的方差即可.
【详解】（1）把男生样本记为，平均数记为，方差记为；
把女生样本记为，平均数记为，方差记为；
把样本数据的平均数记为，方差记为；高一全体学生的身高均值记为.
根据平均数的定义，总样本均值为：；
高一全体学生的身高均值为：；
（2）根据方差的定义，总样本方差为：
，
由，可得：，
同理，.
因此，
所以，总的样本方差为.
43．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果；
（2）根据题意，由概率的计算公式代入计算，即可证明.
【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，
事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，
因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，
乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，
所以，.
（2）由题知，
即，即，
即，
即，即，
即.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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