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板块综合　概率与统计的综合问题(阶段小结课——习题讲评式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
在概率与统计中作为高中数学课程中的一个重要内容板块承载着考查学生数据分析、数学建模、逻辑推理和数学运算素养以及阅读理解能力.
2.渗透的数学思想
(1)在统计图表的应用及概率问题中利用树状图求样本点的总数和事件A包含的样本点数考查数形结合思想.
(2)在互斥事件的概率加法公式、对立事件的概率公式、相互独立事件的概率、统计图表中样本数字特征的求解中,运用方程思想解题的关键就是抓住等量关系,列出方程(组)或函数式求解.
(3)在解决概率的相关问题时,常常会用到转化与化归的思想方法.
题型(一)　概率与统计相结合
[例1]　海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比,收获时各随机抽取了100个网箱,测量各箱水产品的产量(单位:kg),其频率分布直方图如图所示.两种养殖方法的箱产量相互独立.
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)用频率估计概率,从运用新、旧网箱养殖方法的水产品中各随机抽取一个网箱,估计两个网箱的箱产量都不低于55 kg的概率;
(3)假定新、旧网箱养殖方法的网箱数不变,为了提高总产量,根据样本中两种养殖法的平均箱产量,该养殖场下一年应采用哪种养殖法更合适 (直接写出结果)
听课记录:
　　|思|维|建|模|
破解概率与统计图表综合问题的3步骤
　　[针对训练]
1.下面是某市某年2月1日至14日的空气质量指数趋势图及空气质量指数与空气质量等级对应表.某人随机选择2月1日至2月13日中的某一天到该市出差,第二天返回(往返共两天).
空气质量指数 空气质量等级
小于或等于100 优良
大于100且小于或等于150 轻度污染
大于150且小于或等于200 中度污染
大于200且小于或等于300 重度污染
大于300 严重污染
(1)观察空气质量指数趋势图,你认为从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大 (只写出结论,不要求证明)
(2)求此人到达当日空气质量优良的概率;
(3)求此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的概率.
题型(二)　概率与函数相结合
[例2]　(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性,此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);
(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
本题主要考查概率与数字特征,涉及平均数、中位数,分层随机抽样,古典概型的概率计算等知识.解决此类问题的关键是正确理解图表中各个量的意义,牢记相关定义和公式,在利用频率分布直方图求平均值时,不要与求中位数、众数混淆.
　　[针对训练]
2.一位外地游客到永州市旅游,其游览阳明山、九嶷山、舜皇山这3个著名景点的概率分别为0.5,0.5,0.6,且该游客是否浏览哪个景点互不影响.设C表示该游客对上述3个景点游览的景点数与没有游览的景点数的差.
(1)记“|C|=1”为事件A,求P(A)的值;
(2)记“函数f(x)=x+,在区间[1,+∞)上单调递增”为事件B,求P(B)的值.(函数的单调性只需判断,不要求证明)
题型(三)　概率统计中的决策性问题
[例3]　一个口袋内装有形状、大小相同,编号为1,2,3的3个白球和编号为a的1个黑球.
(1)从中一次性摸出两个球,求摸出的两个球都是白球的概率;
(2)从中连续取两次,每次取一个球后放回,甲、乙约定:若取出的两个球中至少有1个黑球,则甲胜,反之,则乙胜.你认为此游戏是否公平 请说明理由.
听课记录:
　　[针对训练]
3.某学校组织人工智能知识竞赛,在初赛中有两轮答题,第一轮从A类的4个问题中随机抽取3题作答,每答对1题得20分,答错得0分;第二轮从B类分值分别为10,20,30的3个问题中随机抽取2题作答,每答对1题该题得满分,答错得0分.若两轮总积分不低于90分则晋级复赛.甲、乙同时参赛,在A类的4个问题中,甲每个问题答对的概率为,乙只能答对3个问题;在B类3个分值分别为10,20,30的问题中,甲答对的概率分别为1,,,乙答对的概率分别为,,.甲、乙回答任一问题正确与否互不影响.
(1)分别求甲、乙在第一轮得最高分的概率;
(2)谁晋级复赛的概率更大 请说明理由.
板块综合　概率与统计的综合问题
[例1]　解:(1)由(0.004+0.008+0.010+0.020+0.044+0.046+a)×5=1,所以a=0.068.
(2)设事件A,B分别表示:从运用旧、新网箱养殖方法的水产品中随机抽取一个网箱,其箱产量不低于55 kg,用频率估计概率,则P(A)=(0.020+0.012+0.012)×5=0.22,P(B)=(0.046+0.010+0.008)×5=0.32.
因为A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=0.22×0.32=0.070 4,所以估计两个网箱的箱产量都不低于55 kg的概率为0.070 4.
(3)新养殖法(旧养殖法的平均值估计为0.012×5×27.5+0.014×5×32.5+0.024×5×37.5+0.034×5×42.5+0.040×5×47.5+0.032×5×52.5+0.020×5×57.5+0.012×5×62.5+0.012×5×67.5=47.1,
新养殖法的平均值估计为0.004×5×37.5+0.020×5×42.5+0.044×5×47.5+0.068×5×52.5+0.046×5×57.5+0.010×5×62.5+0.008×5×67.5=52.35,又52.35>47.1,所以该养殖场下一年应采用新养殖法更合适)
[针对训练]
1.解:(1)通过观察空气质量指数趋势图可知,
从2月5日开始连续三天的空气质量指数波动最大,所以从2月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
(2)通过观察空气质量指数趋势图可知,前13天有6天空气质量优良,所以此人到达当日空气质量优良的概率为.
(3)通过观察空气质量指数趋势图可知,此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的情况有8次,所以此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的概率为.
[例2]　解:(1)由题图知(100-95)×0.002=1%>0.5%,所以95设X为患病者的该指标,
则p(c)=P(X≤c)=(c-95)×0.002=0.5%,解得c=97.5.
设Y为未患病者的该指标,
则q(c)=P(Y>c)=(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035=3.5%.
(2)当95≤c≤100时,
p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19,
q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01,
所以f(c)=p(c)+q(c)=-0.008c+0.82;
当100p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19,
q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21,
所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c-0.98.
综上所述,f(c)=
由一次函数的单调性知,函数f(c)在[95,100]上单调递减,在(100,105]上单调递增,
作出f(c)在区间[95,105]上的大致图象(略),可得f(c)在区间[95,105]的最小值f(c)min=f(100)=
-0.008×100+0.82=0.02.
[针对训练]
2.解:(1)由条件可知C的取值为-3,-1,1,3,当C=1时,表示的事件为该游客游览了两个景点,有一个景点没有游览,其概率为P(C=1)=0.5×0.5×0.4+0.5×0.6×0.5×2=0.4,当C=-1时,表示的事件为该浏客游览了一个景点,有两个景点没有游览,其概率为P(C=-1)=0.5×0.5×0.4+0.5×0.5×0.4+0.5×0.5×0.6=0.35,故P(A)=P(C=1)+
P(C=-1)=0.4+0.35=0.75.
(2)当C=-1时,f(x)=x-在[1,+∞)上单调递增,当C=-3时,f(x)=x-在[1,+∞)上单调递增,当C=1时,f(x)=x+在[1,+∞)上单调递增,当C=3时,f(x)=x+在[1,+∞)上不是单调递增,P(C=3)=0.5×0.5×0.6=0.15,故P(B)=1-P(C=3)=1-0.15=0.85.
[例3]　解:(1)从袋中一次性摸出两个球,所包含的样本点有(1,2),(1,3),(1,a),(2,3),(2,a),(3,a),共6个样本点;
摸出的两个球都是白球,所包含的样本点有(1,2),(1,3),(2,3),共3个样本点;
则从中一次性摸出两个球,摸出的2个球都是白球的概率为P==.
(2)从袋中连续取两次,每次取一球后放回,则所包含的样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,a),(2,1),(2,2),(2,3),(2,a),(3,1),(3,2),(3,3),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3),(a,a),共16个样本点,
则取出的两个球中至少有1个黑球,所包含的样本点有(1,a),(2,a),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3),(a,a),共7个样本点.
因此取出的两个球中至少有1个黑球的概率为P=,即甲胜的概率为,则乙胜的概率为>,所以此游戏不公平.
[针对训练]
3.解:(1)在A类的4个问题中,甲每个问题答对的概率为,所以甲在第一轮得最高分(即60分)的概率为=.在A类的4个问题中,乙只能答对3个问题,设这4个问题分别为a,b,c,d,乙只会回答其中的a,b,c,
从中随机选三个问题所得的4个样本点为a,b,c;a,b,d;a,c,d;b,c,d,
得60分的一个样本点为a,b,c,所以乙在第一轮得最高分(即60分)的概率为.
(2)甲在第一轮的得分可能为0,20,40,60,乙在第一轮的得分可能为40,60.
把甲在第一轮选择的3个问题分别记为e,f,g,答对分别记为E,F,G,
所以甲在第一轮得40分的概率为P(EF)+P(EG)+P(FG)=P(E)P(F)P()+P(E)P()P(G)+P()P(F)P(G)=3××=,
甲在第一轮得60分的概率为,甲在第二轮得分分类如下:选10分和20分的题所得分数为10分和30分;选10分和30分的题所得分数为10分和40分;选20分和30分的题所得分数为0分、20分、30分和50分,所以甲两轮的总积分不低于90分的概率为P甲=×××+××=.
由(1)得,乙在第一轮得40分的概率为1-=,乙在第一轮得60分的概率为,
乙在第二轮得分分类如下:选10分和20分的题所得分数为0分、10分、20分和30分;
选10分和30分的题所得分数为0分、10分、30分和40分;选20分和30分的题所得分数为0分、20分、30分和50分,所以乙两轮的总积分不低于90分的概率为P乙=×××+××=.
因为P甲板块综合 概率与统计的综合问题
(阶段小结课——习题讲评式教学)
建构知识体系
融通学科素养
1.浸润的核心素养
在概率与统计中作为高中数学课程中的一个重要内容板块承载着考查学生数据分析、数学建模、逻辑推理和数学运算素养以及阅读理解能力.
2.渗透的数学思想
(1)在统计图表的应用及概率问题中利用树状图求样本点的总数和事件A包含的样本点数考查数形结合思想.
(2)在互斥事件的概率加法公式、对立事件的概率公式、相互独立事件的概率、统计图表中样本数字特征的求解中,运用方程思想解题的关键就是抓住等量关系,列出方程(组)或函数式求解.
(3)在解决概率的相关问题时,常常会用到转化与化归的思想方法.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　概率与统计相结合
题型(二)　概率与函数相结合
题型(三) 概率统计中的决策性问题
4
课时跟踪检测
题型(一)　概率与统计相结合
01
[例1]　海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比,收获时各随机抽取了100个网箱,测量各箱水产品的产量(单位:kg),其频率分布直方图如图所示.两种养殖方法的箱产量相互独立.
(1)求频率分布直方图中a的值;
解:由(0.004+0.008+0.010+0.020+0.044+0.046+a)×5=1,所以a=0.068.
(2)用频率估计概率,从运用新、旧网箱养殖方法的水产品中各随机抽取一个网箱,估计两个网箱的箱产量都不低于55 kg的概率;
解:设事件A,B分别表示:从运用旧、新网箱养殖方法的水产品中随机抽取一个网箱,其箱产量不低于55 kg,用频率估计概率,
则P(A)=(0.020+0.012+0.012)×5=0.22,P(B)=(0.046+0.010+0.008)×5=0.32.
因为A,B相互独立,
所以P(AB)=P(A)P(B)=0.22×0.32=0.070 4,
所以估计两个网箱的箱产量都不低于55 kg的概率为0.070 4.
(3)假定新、旧网箱养殖方法的网箱数不变,为了提高总产量,根据样本中两种养殖法的平均箱产量,该养殖场下一年应采用哪种养殖法更合适
(直接写出结果)
解:新养殖法(旧养殖法的平均值估计为0.012×5×27.5+0.014×5×
32.5+0.024×5×37.5+0.034×5×42.5+0.040×5×47.5+0.032×5×
52.5+0.020×5×57.5+0.012×5×62.5+0.012×5×67.5=47.1,新养殖法的平均值估计为0.004×5×37.5+0.020×5×42.5+0.044×5×47.5+
0.068×5×52.5+0.046×5×57.5+0.010×5×62.5+0.008×5×67.5=
52.35,又52.35>47.1,所以该养殖场下一年应采用新养殖法更合适)
|思|维|建|模|
破解概率与统计图表综合问题的3步骤
针对训练
1.下面是某市某年2月1日至14日的空气质量指数趋势图及空气质量指数与空气质量等级对应表(右栏).某人随机选择2月1日至2月13日中的某一天到该市出差,第二天返回(往返共两天).
空气质量指数 空气质量等级
小于或等于100 优良
大于100且小于或等于150 轻度污染
大于150且小于或等于200 中度污染
大于200且小于或等于300 重度污染
大于300 严重污染
(1)观察空气质量指数趋势图,你认为从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大 (只写出结论,不要求证明)
(1)观察空气质量指数趋势图,你认为从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大 (只写出结论,不要求证明)
解:通过观察空气质量指数趋势图可知,
从2月5日开始连续三天的空气质量指数波动最大,所以从2月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
(2)求此人到达当日空气质量优良的概率;
解:通过观察空气质量指数趋势图可知,前13天有6天空气质量优良,所以此人到达当日空气质量优良的概率为.
(3)求此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的概率.
解:通过观察空气质量指数趋势图可知,此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的情况有8次,所以此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的概率为.
题型(二)　概率与函数相结合
02
[例2]　(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性,此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);
解:由题图知(100-95)×0.002=1%>0.5%,所以95设X为患病者的该指标,
则p(c)=P(X≤c)=(c-95)×0.002=0.5%,
解得c=97.5.
设Y为未患病者的该指标,
则q(c)=P(Y>c)=(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035=3.5%.
(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.
解:当95≤c≤100时,
p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19,
q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01,
所以f(c)=p(c)+q(c)=-0.008c+0.82;
当100p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19,
q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21,
所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c-0.98.
综上所述,f(c)=
由一次函数的单调性知,函数f(c)在[95,100]上单调递减,在(100,105]上单调递增,
作出f(c)在区间[95,105]上的大致图象(略),可得f(c)在区间[95,105]的最小值f(c)min=f(100)=-0.008×100+0.82=0.02.
|思|维|建|模|
　　本题主要考查概率与数字特征,涉及平均数、中位数,分层随机抽样,古典概型的概率计算等知识.解决此类问题的关键是正确理解图表中各个量的意义,牢记相关定义和公式,在利用频率分布直方图求平均值时,不要与求中位数、众数混淆.
针对训练
2.一位外地游客到永州市旅游,其游览阳明山、九嶷山、舜皇山这3个著名景点的概率分别为0.5,0.5,0.6,且该游客是否浏览哪个景点互不影响.设C表示该游客对上述3个景点游览的景点数与没有游览的景点数的差.
(1)记“|C|=1”为事件A,求P(A)的值;
解:由条件可知C的取值为-3,-1,1,3,当C=1时,表示的事件为该游客游览了两个景点,有一个景点没有游览,其概率为P(C=1)=0.5×0.5×0.4+0.5×0.6×0.5×2=0.4,当C=-1时,表示的事件为该浏客游览了一个景点,有两个景点没有游览,其概率为P(C=-1)=0.5×0.5×0.4+0.5×0.5×0.4+0.5×0.5×0.6=0.35,
故P(A)=P(C=1)+P(C=-1)=0.4+0.35=0.75.
(2)记“函数f(x)=x+,在区间[1,+∞)上单调递增”为事件B,求P(B)的值.
(函数的单调性只需判断,不要求证明)
解:当C=-1时,f(x)=x-在[1,+∞)上单调递增,当C=-3时,f(x)=x-在
[1,+∞)上单调递增,当C=1时,f(x)=x+在[1,+∞)上单调递增,当C=3时,
f(x)=x+在[1,+∞)上不是单调递增,P(C=3)=0.5×0.5×0.6=0.15,
故P(B)=1-P(C=3)=1-0.15=0.85.
题型(三) 概率统计中的决策性问题
03
[例3]　一个口袋内装有形状、大小相同,编号为1,2,3的3个白球和编号为a的1个黑球.
(1)从中一次性摸出两个球,求摸出的两个球都是白球的概率;
解:从袋中一次性摸出两个球,所包含的样本点有(1,2),(1,3),(1,a),
(2,3),(2,a),(3,a),共6个样本点;
摸出的两个球都是白球,所包含的样本点有(1,2),(1,3),(2,3),共3个样本点;
则从中一次性摸出两个球,摸出的2个球都是白球的概率为P==.
(2)从中连续取两次,每次取一个球后放回,甲、乙约定:若取出的两个球中至少有1个黑球,则甲胜,反之,则乙胜.你认为此游戏是否公平
请说明理由.
解:从袋中连续取两次,每次取一球后放回,则所包含的样本点有(1,1),(1,2),
(1,3),(1,a),(2,1),(2,2),(2,3),(2,a),(3,1),(3,2),(3,3),(3,a),(a,1),(a,2),
(a,3),(a,a),共16个样本点,
则取出的两个球中至少有1个黑球,所包含的样本点有(1,a),(2,a),(3,a),
(a,1),(a,2),(a,3),(a,a),共7个样本点.
因此取出的两个球中至少有1个黑球的概率为P=,即甲胜的概率为,
则乙胜的概率为>,所以此游戏不公平.
针对训练
3.某学校组织人工智能知识竞赛,在初赛中有两轮答题,第一轮从A类的4个问题中随机抽取3题作答,每答对1题得20分,答错得0分;第二轮从B类分值分别为10,20,30的3个问题中随机抽取2题作答,每答对1题该题得满分,答错得0分.若两轮总积分不低于90分则晋级复赛.甲、乙同时参赛,在A类的4个问题中,甲每个问题答对的概率为,乙只能答对3个问题;在B类3个分值分别为10,20,30的问题中,甲答对的概率分别为1,,,乙答对的概率分别为,,.甲、乙回答任一问题正确与否互不影响.
(1)分别求甲、乙在第一轮得最高分的概率;
解:在A类的4个问题中,甲每个问题答对的概率为,
所以甲在第一轮得最高分(即60分)的概率为=.在A类的4个问题中,
乙只能答对3个问题,设这4个问题分别为a,b,c,d,乙只会回答其中的a,b,c,
从中随机选三个问题所得的4个样本点为a,b,c;a,b,d;a,c,d;b,c,d,
得60分的一个样本点为a,b,c,
所以乙在第一轮得最高分(即60分)的概率为.
(2)谁晋级复赛的概率更大 请说明理由.
解:甲在第一轮的得分可能为0,20,40,60,乙在第一轮的得分可能为40,60.
把甲在第一轮选择的3个问题分别记为e,f,g,答对分别记为E,F,G,
所以甲在第一轮得40分的概率为P(EF)+P(EG)+P(FG)=P(E)P(F)P()+
P(E)P()P(G)+P()P(F)P(G)=3××=,
甲在第一轮得60分的概率为,甲在第二轮得分分类如下:选10分和20分的题所得分数为10分和30分;选10分和30分的题所得分数为10分和40分;选20分和30分的题所得分数为0分、20分、30分和50分,所以甲两轮的总积分不低于90分的概率为P甲=×××+××=.
由(1)得,乙在第一轮得40分的概率为1-=,乙在第一轮得60分的概率为,
乙在第二轮得分分类如下:选10分和20分的题所得分数为0分、10分、20分和30分;
选10分和30分的题所得分数为0分、10分、30分和40分;选20分和30分的题所得分数为0分、20分、30分和50分,所以乙两轮的总积分不低于90分的概率为P乙=×××+××=.
因为P甲课时跟踪检测
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1.连掷一枚均匀的骰子两次,所得向上的点数分别为m,n,记t=m+n,则下列说法正确的是 (　　)
A.事件“t=12”的概率为
B.事件“t是奇数”与“m=n”互为对立事件
C.事件“t=2”与“t≠3”互为互斥事件
D.事件“t>8且mn<32”的概率为
√
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2
解析:连掷一枚均匀的骰子两次,所得向上的点数分别为m,n,则共有6×6=36个样本点,记t=m+n,则事件“t=12”必须两次都掷出6点,则事件“t=12”的概率为,故A错误;
事件“t是奇数”与“m=n”为互斥不对立事件,如事件m=3,n=5,故B错误;
事件“t=2”与“t≠3”不是互斥事件,故C错误;
事件“t>8且mn<32”有
共9个样本点,故事件“t>8且mn<32”的概率为,
故D正确.
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2.一个系统如图所示,A,B,C,D,E,F为6个部件,其正常工作的概率都是,且是否正常工作是相互独立的,当A,B都正常工作或C正常工作,或D正常工作,或E,F都正常工作时,系统就能正常工作,则系统正常工作的概率是(　　)
A. B. C. D.
√
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解析:设“C正常工作”为事件G,“D正常工作”为事件H,则P(G)=P(H)=,
“A与B中至少有一个不正常工作”为事件T,“E与F中至少有一个不正常工作”为事件R,则P(T)=P(R)=1-×=,于是得系统不正常工作的事件为TR ,而T,R,,相互独立,所以系统正常工作的概率P=1-P(T)P(R)P()P()=.
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3.(多选)已知n是一个三位正整数,若n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如135,256,345等).现要从甲、乙两名同学中选出1人参加某市组织的数学竞赛,选取的规则如下:从由1,2,3,4,5组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数,若抽取的“三位递增数”是偶数,则甲参加数学竞赛;否则,乙参加数学竞赛.则下列说法正确的是 (　　)
A.甲参赛的概率大 B.乙参赛的概率大
C.这种选取规则公平 D.这种选取规则不公平
√
√
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解析:由题意,知由1,2,3,4,5组成的“三位递增数”有123,124,125,
134,135,145,234,235,245,345,共10个.记“甲参加数学竞赛”为事件A,事件A包含的样本点有124,134,234,共3个,所以P(A)=.记“乙参加数学竞赛”为事件B,则事件B包含的样本点有123,125,135,145,235,245,
345,共7个,所以P(B)=.因为P(A)1
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4.(多选)下列说法正确的是 (　　)
A.甲、乙两人独立地解题,已知各人能解出的概率分别是0.5,0.25,则题被解出的概率是0.125
B.若A,B是互斥事件,则P(A+B)=P(A)+P(B),P(AB)=0
C.某校200名教师的职称分布情况如下:高级占比20%,中级占比50%,初级占比30%,现从中抽取50名教师做样本,若采用分层抽样的方法,则高级教师应抽取10人
D.一位男生和两位女生随机排成一列,则两位女生相邻的概率是
√
√
√
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解析:因为他们各自解出的概率分别是0.5,0.25,则此题不能解出的概率为(1-0.5)×(1-0.25)=0.375,则此题能解出的概率为1-0.375=0.625,故A错误;
若A,B是互斥事件,则P(A+B)=P(A)+P(B),P(AB)=0,故B正确;
高级教师应抽取50×20%=10人,故C正确;
由列举法可知,两位女生相邻的概率是,故D正确.
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5.对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A,B,C,D,其中n(Ω)=60,
n(A)=30,n(B)=10,n(C)=20,n(D)=30,n(A+B)=40,n(AC)=10,n(A+D)=60,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
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解析:由n(A)=30,n(B)=10,n(A+B)=40,即n(A+B)=n(A)+n(B)=40,故A,B互斥,
A错误;
由n(A+D)= n(A)+n(D)=n(Ω)=60,故A,D互斥且对立,B错误;
由n(C)=20,n(AC)=10,则n(DC)=10,故C与D不互斥,C错误;
由P(A)==,P(C)==,P(AC)==,所以P(AC)=P(A)P(C),故A与C相互独立,D正确.故选D.
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6.(2023·天津高考)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球,其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,
25%,50%.现从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为　　　　;将三个盒子混合后任取一个球,是白球的概率为　　　　.
0.05
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解析:设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n,所以总数为15n.
所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n;
乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n;
丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n;
记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件A,
所以,P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05;
记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B,
黑球共有2n+n+3n=6n个,白球共有9n个,
所以P(B)==.
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7.(10分)根据城市空气质量污染指数的分级标准,空气污染指数(API)不大于100时,空气质量为优良.某城市环境监测部门从上个月的空气质量数据中随机抽取5天的空气污染指数,所得数据分别为90,110,x,y,
150,已知这5天的空气污染指数的平均数为110.
(1)若x1
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解:由题意知(90+110+x+y+150)=110,则x+y=200.
因为x从这5天中任选2天,所有的结果为(90,110),(90,x),(90,y),(90,150),(110,x),(110,y),(110,150),(x,y),
(x,150),(y,150),共10种,
这2天的空气质量均为优良的结果为(90,x),只有1种,故所求的概率为P=.
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(2)若90解:方差s2=×[(90-110)2+(110-110)2+(x-110)2+(y-110)2+(150-110)2]
=[2 000+(x-110)2+(90-x)2]
=(x-100)2+440,
因为901
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8.(12分)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:
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
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:
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
(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;
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解: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=0.55,故P(A)的估计值为0.55.
(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;
解: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=0.3,故P(B)的估计值为0.3.
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(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
解:由所给数据得
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05
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.
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9.(13分)在某地区,某项职业的从业者共约8.5万人,其中约3.4万人患有某种职业病;为了解这种职业病与某项身体指标(检测值为不超过6的正整数)间的关系,依据是否患有职业病,使用分层抽样的方法随机抽取了100名从业者,记录他们该项身体指标的检测值,整理得到如下统计图:
(1)求样本中患病者的人数和图中a,b的值;
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(1)求样本中患病者的人数和图中a,b的值;
解:根据分层抽样原则,容量为100的样本中,患病者的人数为100×=40.
a=1-0.10-0.35-0.25-0.15-0.10=0.05,b=1-0.10-0.20-0.30=0.40.
(2)试估计此地区该项身体指标检测值不低于5的从业者的人数;
解:由(1)可知,患病者的人数为40,未患病的人数为60,该项身体指标检测值不低于5的样本中,有患病者40×(0.30+0.40)=28(名),未患病者60×(0.10+
0.05)=9(名),共37名.
故估计此地区该项身体指标检测值不低于5的从业者的人数为×85 000=
31 450.
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(3)某研究机构提出,可以选取常数X0=4.5,若一名从业者该项身体指标检测值大于X0,则判定其患有这种职业病;若检测值小于X0,则判定其未患有这种职业病.从样本中随机选择一名从业者,按照这种方式判断其是否患病,求判断错误的概率.
解:当X0=4.5时,在100个样本数据中,有40×(0.10+0.20)=12(名)患病者被误判为未患病,有60×(0.10+0.05)=9(名)未患病者被误判为患病,因此判断错误的概率为.
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10.(15分)某校高三年级举行了高校强基计划模拟考试(满分100分),将不低于50分的考生的成绩分为5组,即[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],
并绘制频率分布直方图如图所示,其中在[90,100]内的人数为2.
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(1)求a的值,并估计不低于50分考生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值代替);
解:由题意得(0.005+0.01+0.015+a+0.045)×10=1,解得a=0.025,
不低于50分考生的平均成绩估计为55×0.1+65×0.25+75×0.45+
85×0.15+95×0.05=73(分).
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(2)现把[50,60)和[90,100]内的所有学生的考号贴在质地、形状和大小均相同的小球上,并放在盒子内,现从盒中随机抽取2个小球,若取出的两人成绩差不小于30,则称这两人为“黄金搭档组”.现随机抽取3次,每次取出2个小球,记下考号后再放回盒内,记取出“黄金搭档组”的次数为2的概率.
解:在[90,100]上的频率为0.005×10=0.05,由条件得总人数为=40,
所以在[50,60)内的人数为40×0.1=4,
记[50,60)内的所有学生的考号所在小球分别为a1,a2,a3,a4,[90,100]内的所有学生的考号所在小球分别为b1,b2,
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则从这6个球中抽取2个球的结果有a1a2,a1a3,a1a4,a1b1,a1b2,a2a3,a2a4,
a2b1,a2b2,a3a4,a3b1,a3b2,a4b1,a4b2,b1b2,共15种,
其中为“黄金搭档组”有a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,a4b1,a4b2,共8种,
所以抽取出“黄金搭档组”的概率P=.记取出“黄金搭档组”的次数为2为事件A,事件Ai(i=1,2,3)表示第i次取出“黄金搭档组”,
所以P(A)=P(A1A2 )+P(A1A3)+P(A2A3)
=××+××+××=,
故取出“黄金搭档组”的次数为2的概率为.课时跟踪检测(六十一)　概率与统计的综合问题
(满分80分,选填小题每题5分)
1.连掷一枚均匀的骰子两次,所得向上的点数分别为m,n,记t=m+n,则下列说法正确的是 (　　)
A.事件“t=12”的概率为
B.事件“t是奇数”与“m=n”互为对立事件
C.事件“t=2”与“t≠3”互为互斥事件
D.事件“t>8且mn<32”的概率为
2.一个系统如图所示,A,B,C,D,E,F为6个部件,其正常工作的概率都是,且是否正常工作是相互独立的,当A,B都正常工作或C正常工作,或D正常工作,或E,F都正常工作时,系统就能正常工作,则系统正常工作的概率是 (　　)
A. B.
C. D.
3.(多选)已知n是一个三位正整数,若n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如135,256,345等).现要从甲、乙两名同学中选出1人参加某市组织的数学竞赛,选取的规则如下:从由1,2,3,4,5组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数,若抽取的“三位递增数”是偶数,则甲参加数学竞赛;否则,乙参加数学竞赛.则下列说法正确的是 (　　)
A.甲参赛的概率大 B.乙参赛的概率大
C.这种选取规则公平 D.这种选取规则不公平
4.(多选)下列说法正确的是 (　　)
A.甲、乙两人独立地解题,已知各人能解出的概率分别是0.5,0.25,则题被解出的概率是0.125
B.若A,B是互斥事件,则P(A+B)=P(A)+P(B),P(AB)=0
C.某校200名教师的职称分布情况如下:高级占比20%,中级占比50%,初级占比30%,现从中抽取50名教师做样本,若采用分层抽样的方法,则高级教师应抽取10人
D.一位男生和两位女生随机排成一列,则两位女生相邻的概率是
5.对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A,B,C,D,其中n(Ω)=60,n(A)=30,n(B)=10,n(C)=20,n(D)=30,
n(A+B)=40,n(AC)=10,n(A+D)=60,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
6.(2023·天津高考)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球,其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,25%,50%.现从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为　　　　;将三个盒子混合后任取一个球,是白球的概率为　　　　.
7.(10分)根据城市空气质量污染指数的分级标准,空气污染指数(API)不大于100时,空气质量为优良.某城市环境监测部门从上个月的空气质量数据中随机抽取5天的空气污染指数,所得数据分别为90,110,x,y,
150,已知这5天的空气污染指数的平均数为110.
(1)若x(2)若908.(12分)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:
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
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:
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
(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)求续保人本年度平均保费的估计值.
9.(13分)在某地区,某项职业的从业者共约8.5万人,其中约3.4万人患有某种职业病;为了解这种职业病与某项身体指标(检测值为不超过6的正整数)间的关系,依据是否患有职业病,使用分层抽样的方法随机抽取了100名从业者,记录他们该项身体指标的检测值,整理得到如下统计图:
(1)求样本中患病者的人数和图中a,b的值;
(2)试估计此地区该项身体指标检测值不低于5的从业者的人数;
(3)某研究机构提出,可以选取常数X0=4.5,若一名从业者该项身体指标检测值大于X0,则判定其患有这种职业病;若检测值小于X0,则判定其未患有这种职业病.从样本中随机选择一名从业者,按照这种方式判断其是否患病,求判断错误的概率.
10.(15分)某校高三年级举行了高校强基计划模拟考试(满分100分),将不低于50分的考生的成绩分为5组,即[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并绘制频率分布直方图如图所示,其中在[90,100]内的人数为2.
(1)求a的值,并估计不低于50分考生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值代替);
(2)现把[50,60)和[90,100]内的所有学生的考号贴在质地、形状和大小均相同的小球上,并放在盒子内,现从盒中随机抽取2个小球,若取出的两人成绩差不小于30,则称这两人为“黄金搭档组”.现随机抽取3次,每次取出2个小球,记下考号后再放回盒内,记取出“黄金搭档组”的次数为2的概率.
课时跟踪检测(六十一)
1．选D　连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为m，n，则共有6×6＝36个样本点，记t＝m＋n，则事件“t＝12”必须两次都掷出6点，则事件“t＝12”的概率为，故A错误；事件“t是奇数”与“m＝n”为互斥不对立事件，如事件m＝3，n＝5，故B错误；事件“t＝2”与“t≠3”不是互斥事件，故C错误；事件“t＞8且mn＜32”有
共9个样本点，故事件“t＞8且mn＜32”的概率为，故D正确．
2．选A　设“C正常工作”为事件G，“D正常工作”为事件H，则P(G)＝P(H)＝，“A与B中至少有一个不正常工作”为事件T，“E与F中至少有一个不正常工作”为事件R，则P(T)＝P(R)＝1－×＝，于是得系统不正常工作的事件为TR ，而T，R，，相互独立，所以系统正常工作的概率P＝1－P(T)·P(R)·P()·P()＝.
3．选BD　由题意，知由1,2,3,4,5组成的“三位递增数”有123,124,125,134,135,145,
234,235,245,345，共10个．记“甲参加数学竞赛”为事件A，事件A包含的样本点有124,134,234，共3个，所以P(A)＝.记“乙参加数学竞赛”为事件B，则事件B包含的样本点有123,125,135,145,235,245,345，共7个，所以P(B)＝.因为P(A)4．选BCD　因为他们各自解出的概率分别是0.5,0.25，则此题不能解出的概率为(1－0.5)×(1－0.25)＝0.375，则此题能解出的概率为1－0.375＝0.625，故A错误；若A，B是互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，P(AB)＝0，故B正确；高级教师应抽取50×20%＝10人，故C正确；由列举法可知，两位女生相邻的概率是，故D正确．
5．选D　由n(A)＝30，n(B)＝10，n(A＋B)＝40，即n(A＋B)＝n(A)＋n(B)＝40，故A，B互斥，A错误；由n(A＋D)＝ n(A)＋n(D)＝n(Ω)＝60，故A，D互斥且对立，B错误；由n(C)＝20，n(AC)＝10，则n(DC)＝10，故C与D不互斥，C错误；由P(A)＝＝，P(C)＝＝，P(AC)＝＝，所以P(AC)＝P(A)P(C)，故A与C相互独立，D正确．故选D.
6．解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n，所以总数为15n.所以甲盒中黑球个数为40%×5n＝2n，白球个数为3n；乙盒中黑球个数为25%×4n＝n，白球个数为3n；丙盒中黑球个数为50%×6n＝3n，白球个数为3n；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以，P(A)＝0.4×0.25×0.5＝0.05；记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球共有2n＋n＋3n＝6n个，白球共有9n个，所以P(B)＝＝.
答案：0.05　
7．解：(1)由题意知(90＋110＋x＋y＋150)＝110，则x＋y＝200.
因为x从这5天中任选2天，所有的结果为(90,110)，(90，x)，(90，y)，(90,150)，(110，x)，(110，y)，(110,150)，(x，y)，(x,150)，(y,150)，共10种，
这2天的空气质量均为优良的结果为(90，x)，只有1种，故所求的概率为P＝.
(2)方差s2＝×[(90－110)2＋(110－110)2＋(x－110)2＋(y－110)2＋(150－110)2]
＝[2 000＋(x－110)2＋(90－x)2]
＝(x－100)2＋440，因为908．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＝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＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05
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.
9．解：(1)根据分层抽样原则，容量为100的样本中，患病者的人数为100×＝40.
a＝1－0.10－0.35－0.25－0.15－0.10＝0.05，b＝1－0.10－0.20－0.30＝0.40.
(2)由(1)可知，患病者的人数为40，未患病的人数为60，该项身体指标检测值不低于5的样本中，有患病者40×(0.30＋0.40)＝28(名)，未患病者60×(0.10＋0.05)＝9(名)，共37名．故估计此地区该项身体指标检测值不低于5的从业者的人数为×85 000＝31 450.
(3)当X0＝4.5时，在100个样本数据中，有40×(0.10＋0.20)＝12(名)患病者被误判为未患病，有60×(0.10＋0.05)＝9(名)未患病者被误判为患病，因此判断错误的概率为.
10．解：(1)由题意得(0.005＋0.01＋0.015＋a＋0.045)×10＝1，解得a＝0.025，
不低于50分考生的平均成绩估计为55×0.1＋65×0.25＋75×0.45＋85×0.15＋95×0.05＝73(分)．
(2)在[90,100]上的频率为0.005×10＝0.05，由条件得总人数为＝40，
所以在[50,60)内的人数为40×0.1＝4，
记[50,60)内的所有学生的考号所在小球分别为a1，a2，a3，a4，[90,100]内的所有学生的考号所在小球分别为b1，b2，
则从这6个球中抽取2个球的结果有a1a2，a1a3，a1a4，a1b1，a1b2，a2a3，a2a4，a2b1，a2b2，a3a4，a3b1，a3b2，a4b1，a4b2，b1b2，共15种，
其中为“黄金搭档组”有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，a3b1，a3b2，a4b1，a4b2，共8种，
所以抽取出“黄金搭档组”的概率P＝.
记取出“黄金搭档组”的次数为2为事件A，事件Ai(i＝1,2,3)表示第i次取出“黄金搭档组”，所以P(A)＝P(A1A23)＋P(A12A3)＋P(1A2A3)＝××＋××＋××＝，故取出“黄金搭档组”的次数为2的概率为.

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