（新課標）2020版高考數學二輪復習 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列學案 理 新人教A版

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1、第1講　概率、離散型隨機變量及其分布列 [做真題] 題型一　古典概型 1．(2019·高考全國卷Ⅰ)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“— —”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選A．由6個爻組成的重卦種數為26＝64，在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的種數為C＝＝20.根據古典概型的概率計算公式得，所求概率P＝＝.故選A． 2．(2018·高考全國卷Ⅱ)我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得

2、了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選C．不超過30的素數有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10個，從中隨機選取兩個不同的數有C種不同的取法，這10個數中兩個不同的數的和等于30的有3對，所以所求概率P＝＝，故選C． 題型二　幾何概型 1．(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個半圓構成，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

3、.△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＝p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 解析：選A．法一：設直角三角形ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝bc，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由幾何概型的知識知p1＝p2，故選A． 法二：不妨設△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

4、×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.根據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． 2．(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選B．不妨設正方形的邊長為2，則正方形的面積為4，正方形的內切圓的半徑為1，面積為π.由于正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱，所以黑色部分的面積

5、為，故此點取自黑色部分的概率為＝，故選B． 3．(2016·高考全國卷Ⅰ)某公司的班車在7：30，8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達發(fā)車站乘坐班車，且到達發(fā)車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選B．由題意得圖： 由圖得等車時間不超過10分鐘的概率為. 題型三　事件的相互獨立性 1．(2019·高考全國卷Ⅰ)甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束)．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為

6、0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是________． 解析：記事件M為甲隊以4∶1獲勝，則甲隊共比賽五場，且第五場甲隊獲勝，前四場甲隊勝三場負一場，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 答案：0.18 2．(2019·高考全國卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(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

7、賽結束． (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個球該局比賽結束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分． 因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1. [明考情] 1．概率、隨機變量及其分布列是高考命題的熱點之一，命題形式為“一小一大”，即一道選擇或填

8、空題和一道解答題． 2．選擇或填空題常出現在第4～10題或第13～15題的位置，主要考查隨機事件的概率、古典概型、幾何概型，難度一般． 3．概率解答題多在第18或19題的位置，多以交匯性的形式考查，交匯點主要有兩種：(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與隨機變量的分布列、數學期望、方差相交匯來考查；(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與線性回歸或獨立性檢驗相交匯來考查，難度中等． 但近兩年概率問題卻與函數、數列、導數等綜合以壓軸題的形式考查了概率在實際問題中的決策作用，難度較大，應引起考生的重視． 古典概型與幾何概型 [考法全練] 1．(2019·貴州省適應性考試)在2018中國國際大

9、數據產業(yè)博覽會期間，有甲、乙、丙、丁4名游客準備到貴州的黃果樹瀑布、梵凈山、萬峰林三個景點旅游，其中每個人只能去一個景點，每個景點至少要去一個人，則游客甲去梵凈山旅游的概率為(　　) A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B．4名游客去三個景點，每個景點至少有一個人，可以先將其中2名游客“捆綁在一起”作為“一個人”，再將“三個人”安排到三個景點去旅游，共有CA＝6×6＝36(種)方案．游客甲去梵凈山旅游，若梵凈山再沒有其他3名游客去旅游，則有CA＝3×2＝6(種)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵凈山旅游，則有CA＝6(種)方案，所以游客甲去梵凈山旅游共有12種方案．

10、所以游客甲去梵凈山旅游的概率P＝＝.故選B． 2．(一題多解)(2019·濟南市模擬考試)2019年1月1日，濟南軌道交通1號線試運行，濟南軌道交通集團面向廣大市民開展“參觀體驗，征求意見”活動．市民可以通過濟南地鐵APP搶票，小陳搶到了三張體驗票，準備從四位朋友小王、小張、小劉、小李中隨機選擇兩位與自己一起去參加體驗活動，則小王和小李至多一人被選中的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選D．法一：若小王和小李都沒被選中，則有C種方法，若小王和小李有一人被選中，則有CC種方法，故所求概率P＝＝. 法二：若小王和小李都被選中，則有1種方法，故所求概率P＝1－＝. 3．(

11、2019·江西八所重點中學聯考)小華的愛好是玩飛鏢，現有如圖所示的由兩個邊長都為2的正方形ABCD和OPQR構成的標靶圖形，如果O正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以繞O點旋轉．若小華隨機向標靶投飛鏢，一定能射中標靶，則他射中陰影部分的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選D．如圖，記OP交AB于H，OR交BC于G.當H不為AB的中點時，過O分別作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，則∠OEH＝∠OFG＝90°，又O正好是正方形ABCD的中心，所以OE＝OF，∠EOF＝90°，又∠GOH＝90°，所以∠GOF＝∠HOE，所以△OEH和△OFG全等，所以陰影部分的

12、面積與正方形OEBF的面積相等，所以陰影部分的面積為標靶面積的.當H為AB的中點時，陰影部分的面積為標靶面積的.所以小華射中陰影部分的概率為，故選D． 4．(一題多解)(2019·福州市質量檢測)如圖，線段MN是半徑為2的圓O的一條弦，且MN的長為2，在圓O內，將線段MN繞點N按逆時針方向轉動，使點M移動到圓O上的新位置，繼續(xù)將新線段NM繞新點M按逆時針方向轉動，使點N移動到圓O上的新位置，依此繼續(xù)轉動，……點M的軌跡所圍成的區(qū)域是圖中陰影部分．若在圓O內隨機取一點，則該點取自陰影部分的概率為(　　) A．4π－6 B．1－ C．π－ D． 解析：選B．法一：依題意，得陰影

13、部分的面積S＝6×[(π×22)－×2×2×]＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故選B． 法二：依題意得陰影部分的面積S＝π×22－6××2×2×＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故選B． 5．(2019·石家莊市模擬(一))已知實數x∈[0，10]，則x滿足不等式x2－4x＋3≤0的概率為________． 解析：因為不等式x2－4x＋3≤0的解集為[1，3]，所以若x∈[0，10]，則x滿足不等式x2－4x＋3≤0的概率為 答案： (1)古典概型的概率公式 P(A)＝＝. (2)幾何概型的概率公式 P(A)＝.　 互斥事件、相互獨立事件的概率 [考法全練] 1．

14、(2019·石家莊市模擬(一))袋子中裝有大小、形狀完全相同的2個白球和2個紅球，現從中不放回地摸取2個球，已知第二次摸到的是紅球，則第一次摸到紅球的概率為(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B．設“第二次摸到紅球”為事件A，“第一次摸到紅球”為事件B，因為P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，所以在第二次摸到紅球的條件下，第一次摸到紅球的概率為，故選B． 2．(2019·廣州市調研測試)已知甲袋中有1個黃球和1個紅球，乙袋中有2個黃球和2個紅球，現隨機從甲袋中取出1個球放入乙袋中，再從乙袋中隨機取出1個球，則從乙袋中取出的球是紅球的概率為(　　)

15、 A． B． C． D． 解析：選B．設事件A：“從甲袋中取出1個紅球放入乙袋中，再從乙袋中取出1個紅球”，事件B：“從甲袋中取出1個黃球放入乙袋中，再從乙袋中取出1個紅球”，根據題意知所求概率為P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝.故選B． 3．(2019·武漢市調研測試)為了提升全民身體素質，學校十分重視學生的體育鍛煉．某?；@球運動員進行投籃練習，他前一球投進則后一球投進的概率為，他前一球投不進則后一球投進的概率為.若他第1球投進的概率為，則他第2球投進的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選B．設該籃球運動員投進第n－1(n≥2，n∈N*)個球的概率為

16、Pn－1，第n－1個球投不進的概率為1－Pn－1，則他投進第n個球的概率為Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，所以Pn－＝. 所以Pn－＝·＝×＝. 所以Pn＝＋(n∈N*)，所以P2＝.故選B． 4．某居民小區(qū)有兩個相互獨立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時刻發(fā)生故障的概率分別為和p. (1)若在任意時刻至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為，求p的值； (2)求系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數大于發(fā)生故障的次數的概率． 解：(1)設“至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1－P()＝1－·p＝， 解得p＝. (2)設“系統(tǒng)A在3次相互

17、獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數大于發(fā)生故障的次數”為事件D，“系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中發(fā)生k次故障”為事件Dk. 則D＝D0＋D1，且D0，D1互斥． 依題意，得P(D0)＝C，P(D1)＝C， 所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝. 所以系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數大于發(fā)生故障的次數的概率為. (1)條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率 P(B|A)＝. (2)相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (3)獨立重復試驗、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次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(

18、1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n. 一般地，在n次獨立重復試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0

19、圖如圖所示： (1)從甲、乙兩位工人當天所生產的零件中各隨機抽取1個零件，求抽取的2個零件等級互不相同的概率； (2)從工人甲當天生產的零件中隨機抽取3個零件，記這3個零件中一等品的數量為X，求X的分布列和數學期望． 【解】　(1)由莖葉圖可知，甲當天生產了10個零件，其中4個一等品，6個二等品；乙當天生產了10個零件，其中5個一等品，5個二等品． 所以抽取的2個零件等級互不相同的概率P＝＝. (2)X可取0，1，2，3 P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝； P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝. X的分布列為 X 0 1 2 3 P 所以隨機變

20、量X的數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (1)求離散型隨機變量分布列的關鍵是正確理解隨機變量取每一個值所表示的具體事件，然后綜合應用各類求概率的公式，求出概率． (2)對于實際問題中的隨機變量X，如果能夠斷定它服從超幾何分布H(N，M，n)，則其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0，1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)． [提醒]　本題的易錯點是混淆超幾何分布與二項分布，兩種分布的本質差別在于“有放回”和“無放回”，“有放回”是二項分布，“無放回”是超幾何分布．　 命題角度二　二項分布的判斷、期望與方差的求解 (一題多解)

21、(2019·合肥模擬)師大附中學生會組織部分同學，用“10分制”隨機調查“陽光”社區(qū)人們的幸福度．現從調查人群中隨機抽取16名，如圖所示的莖葉圖(以小數點前的一位數字為莖，小數點后的一位數字為葉)記錄了他們的幸福度分數． (1)指出這組數據的眾數和中位數； (2)若幸福度不低于9.5分，則稱該人的幸福度為“極幸?！?，求從這16人中隨機選取3人，至多有1人的幸福度是“極幸?！钡母怕?； (3)以這16人的樣本數據來估計整個社區(qū)的總體數據，若從該社區(qū)(人數很多)任選3人，記ξ表示選到幸福度為“極幸?！钡娜藬?，求ξ的分布列及數學期望． 【解】　(1)由莖葉圖得8.6出現的次數最多，所以眾數

22、為8.6；將莖葉圖中的所有數據從小到大排列，得中位數為8.75. (2)設事件Ai(i＝0，1，2，3)表示所取3人中有i人的幸福度是“極幸?！?，至多有1人的幸福度是“極幸?！庇洖槭录嗀，結合莖葉圖得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝. (3)法一：ξ的可能取值為0，1，2，3，由樣本估計總體得任選1人，其幸福度為“極幸?！钡母怕蕿椋?，則 P(ξ＝0)＝＝； P(ξ＝1)＝C××＝； P(ξ＝2)＝C××＝； P(ξ＝3)＝＝. ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75. 法二：ξ的可能取值為0，1，

23、2，3，由樣本估計總體得任選1人，其幸福度為“極幸?！钡母怕蕿椋?，則ξ～B， P(ξ＝k)＝C(k＝0，1，2，3)． ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P E(ξ)＝3×＝0.75. (1)求隨機變量的均值和方差的關鍵是正確求出隨機變量的分布列． (2)對于實際問題中的隨機變量X，如果能夠斷定它服從二項分布B(n，p)，則其概率、期望與方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得．　 命題角度三　獨立事件的判斷、期望與方差的求解 (2019·石家莊市模擬(一))

24、東方商店欲購進某種食品(保質期兩天)，此商店每兩天購進該食品一次(購進時，該食品為剛生產的)．根據市場調查，該食品每份進價8元，售價12元，如果兩天內無法售出，則食品過期作廢，且兩天內的銷售情況互不影響，為了解市場的需求情況，現統(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 20 30 40 10 (視樣本頻率為概率) (1)根據該食品100天的銷售量統(tǒng)計表，記兩天中一共銷售該食品份數為ξ，求ξ的分布列與數學期望； (2)以兩天內該食品所獲得的利潤期望為決策依據，東方商店一次性購進32或33份，哪一種得到的利潤更大？ 【解】　(

25、1)根據題意可得 P(ξ＝30)＝×＝， P(ξ＝31)＝××2＝ P(ξ＝32)＝××2＋×＝， P(ξ＝33)＝××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)當購進32份時，利潤為 32×4×＋(31×4－8)×＋(30×4－16)×＝107.52＋13.92＋4.16＝125.6(元)． 當購進33份時，利潤為

26、 33×4×＋(32×4－8)×＋(31×4－16)×＋(30×4－24)×＝77.88＋30＋12.96＋3.84＝124.68(元)． 因為125.6>124.68， 所以，當購進32份時，利潤更大． 破解此類離散型隨機變量的分布列與數學期望問題的思維切入口是：先利用兩個計數原理，排列、組合知識，以及古典概型的概率公式求基本事件的概率；再依題意判斷隨機變量的所有可能取值，求出隨機變量X取每個值時的概率，即可得隨機變量X的分布列；最后利用隨機變量X的數學期望的定義計算．　 命題角度四　利用均值與方差破解決策性問題 (2019·合肥市第二次質量檢測)某種大型醫(yī)療檢查機器生產商

27、，對一次性購買2臺機器的客戶，推出2種超過質保期后2年內的延保維修優(yōu)惠方案， 方案一：交納延保金7 000元，在延保的2年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費2 000元； 方案二：交納延保金10 000元，在延保的2年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費1 000元． 某醫(yī)院準備一次性購買2臺這種機器．現需決策在購買機器時應購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質保期后延保2年內維修的次數，得下表： 維修次數 0 1 2 3 臺數 5 10 20 15 以這50臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發(fā)生的概率．記X表示這2臺機器超過質保期后

28、延保的2年內共需維修的次數． (1)求X的分布列； (2)以方案一與方案二所需費用(所需延保金及維修費用之和)的期望值為決策依據，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？ 【解】　(1)X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6. P(X＝0)＝×＝， P(X＝1)＝××2＝， P(X＝2)＝×＋××2＝， P(X＝3)＝××2＋××2＝， P(X＝4)＝×＋××2＝， P(X＝5)＝××2＝， P(X＝6)＝×＝， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 5 6 P (2)選擇延保方案一，所需費用Y1的分布列為 Y1 7 00

29、0 9 000 11 000 13 000 15 000 P E(Y1)＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)． 選擇延保方案二，所需費用Y2的分布列為 Y2 10 000 11 000 12 000 P E(Y2)＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420(元)． 因為E(Y1)>E(Y2)，所以該醫(yī)院選擇延保方案二較合算． 由于離散型隨機變量的均值反映了離散型隨機變量取值的平均水平，離散型隨機變量的方差和標準差都反映了離散型隨機變量取值偏離于均值的

30、平均程度，方差或標準差越小，則隨機變量偏離于均值的平均程度越小，越穩(wěn)定．因此，常利用離散型隨機變量的均值與方差來解決有關決策問題．　 [對點訓練] (2019·福建省質量檢查)“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容包括：①個稅起征點為5 000元；②每月應納稅所得額(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納稅所得額(含稅)計算方法及其

31、對應的稅率表如下： 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 每月應納稅所得額(含稅)＝收入－個稅起征點 稅率 (%) 每月應納稅得額(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45 00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 2

32、5 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55 000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)者的相關資料，經統(tǒng)計分析，預估他們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

33、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扣除標準為：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． 假設該市收入層級的IT從業(yè)者都獨自享受專項附加扣除，將預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．根據樣本估計總體的思想，解決如下問題： (1)設該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅為X元，求X的分布列和期望； (2)根據新舊個稅政策，估計從2019年1月開始，經過多少個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的

34、個稅之和就超過其2019年的人均月收入？ 解：(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納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000＝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

35、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%＋4 000×20%＝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之比是2∶1∶1∶1， 所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)

36、＝， 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 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

37、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)． 設經過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24 000元， 則2 170x>24 000，因為x∈N，所以x≥12. 所以經過 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． [A組　夯基保分專練] 一、選擇題 1．(2019·唐山市摸底考試)隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝0.2，P(2<ξ<6)＝0.6，則μ＝(　　) A．6　　　　　　　　 B．5 C．4 D．3 解析：選C．由題意可知，P(ξ<

38、6)＝P (ξ<2)＋P(2<ξ<6)＝0.2＋0.6＝0.8， 所以P(ξ>6)＝1－0.8＝0.2，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)，所以μ＝＝4，故選C 2．(2019·江西七校第一次聯考)如圖中的圖案是我國古代建筑中的一種裝飾圖案，形若銅錢，寓意富貴吉祥．在圓內隨機取一點，則該點取自陰影區(qū)域內(陰影部分由四條四分之一圓弧圍成)的概率是(　　) A． B． C．－1 D．2－ 解析：選C．設圓的半徑為1，則該點取自陰影區(qū)域內的概率P＝＝＝－1，故選C． 3．用1，2，3，4，5組成無重復數字的五位數，若用a1，a2，a3，a4，a5分別表示五位數的萬位、千位、百位、十位

39、、個位，則出現a1a4>a5特征的五位數的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選B．1，2，3，4，5可組成A＝120個不同的五位數，其中滿足題目條件的五位數中，最大的5必須排在中間，左、右各兩個數字只要選出，則排列位置就隨之而定，滿足條件的五位數有CC＝6個，故出現a1a4>a5特征的五位數的概率為＝. 4．(2019·福建省質量檢查)某商場通過轉動如圖所示的質地均勻的6等分的圓盤進行抽獎活動，當指針指向陰影區(qū)域時為中獎．規(guī)定每位顧客有3次抽獎機會，但中獎1次就停止抽獎．假設每次抽獎相互獨立，則顧客中獎的概率是(　　) A． B．

40、C． D． 解析：選D．記顧客中獎為事件A，恰抽1次就中獎為事件A1，恰抽2次中獎為事件A2，恰抽3次中獎為事件A3，每次抽獎相互獨立，每次抽獎中獎的概率均為，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故選D． 5．(2019·湛江模擬)某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，則他第2次和第3次均命中的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選A．某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件總數n＝CC＝10，他第2次和第3次均命中包含的基本事件個數m＝CCC＝3，所以他第2次和第3次均命中的概率P＝＝.故選A． 6．某群體中的每位

41、成員使用移動支付的概率都為p, 各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝(　　) A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 解析：選B．由題意知，該群體的10位成員使用移動支付的概率分布符合二項分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6. 二、填空題 7．(2019·東北四市聯合體模擬(一))若8件產品中包含6件一等品，從中任取2件，則

42、在已知取出的2件產品中有1件不是一等品的條件下，另1件是一等品的概率為________． 解析：設事件“從8件產品中取出的2件產品中有1件不是一等品”為A，事件“從8件產品中取出的2件產品中有1件是一等品”為B，則P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，所以另1件是一等品的概率為P(B|A)＝＝＝. 答案： 8．向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內隨機投擲一點，則該點落在x軸下方的概率為________． 解析：如圖，連接CA，CB，依題意，圓心C到x軸的距離為，所以弦AB的長為2.又圓的半徑為2，所以弓形ADB的面積為××4－×2×＝－，所以向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內隨機投擲一點，

43、則該點落在x軸下方的概率P＝－. 答案：－ 9．某商場在兒童節(jié)舉行回饋顧客活動，凡在商場消費滿100元者即可參加射擊贏玩具活動，具體規(guī)則如下：每人最多可射擊3次，一旦擊中，則可獲獎且不再繼續(xù)射擊，否則一直射滿3次為止．設甲每次擊中的概率為p(p≠0)，射擊次數為η，若η的均值E(η)>，則p的取值范圍是________． 解析：由已知得，P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝p(1－p)， P(η＝3)＝(1－p)2，則E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>， 解得p>，或p<，又因為p∈(0，1)，所以p∈(0，)． 答案：(0，) 三、解答題 10．(20

44、19·福州市第一學期抽測)某市某超市為了回饋新老顧客，決定在2019年元旦來臨之際舉行“慶元旦，迎新年”的抽獎派送禮品活動．為設計一套趣味性抽獎送禮品的活動方案，該超市面向該市某高中學生征集活動方案，該中學某班數學興趣小組提供的方案獲得了征用．方案如下：將一個4×4×4的正方體各面均涂上紅色，再把它分割成64個相同的小正方體．經過攪拌后，從中任取兩個小正方體，記它們的著色面數之和為ξ，記抽獎一次中獎的禮品價值為η. (1)求P(ξ＝3)； (2)凡是元旦當天在該超市購買物品的顧客，均可參加抽獎．記抽取的兩個小正方體著色面數之和為6，設為一等獎，獲得價值50元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色

45、面數之和為5，設為二等獎，獲得價值30元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色面數之和為4，設為三等獎，獲得價值10元的禮品，其他情況不獲獎．求某顧客抽獎一次獲得的禮品價值的分布列與數學期望． 解：(1)64個小正方體中，三面著色的有8個，兩面著色的有24個，一面著色的有24個，另外8個沒有著色， 所以P(ξ＝3)＝＝＝. (2)設ξ為抽取的面數之和，η為獲得的禮品價值，則 ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6，η的取值為50，30，10，0， P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝， P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝， P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝， P(η＝0)＝1－

46、－－＝. 所以η的分布列如下： η 50 30 10 0 P 所以E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝. 11．(2019·廣州市調研測試)某企業(yè)對設備進行升級改造，現從設備改造前后生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測一項質量指標值，若該項質量指標值落在[20，40)內的產品視為合格品，否則為不合格品，圖1是設備改造前樣本的頻率分布直方圖，表1是設備改造后樣本的頻數分布表． 圖1：設備改造前樣本的頻率分布直方圖 表1：設備改造后樣本的頻數分布表 質量指標值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [

47、35，40) [40，45) 頻數 2 18 48 14 16 2 (1)請估計該企業(yè)在設備改造前的產品質量指標的平均值； (2)該企業(yè)將不合格品全部銷毀后，對合格品進行等級細分，質量指標值落在[25，30)內的定為一等品，每件售價240元；質量指標值落在[20，25)或[30，35)內的定為二等品，每件售價180元；其他的合格品定為三等品，每件售價120元．根據表1的數據，用該組樣本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有產品中抽到一件相應等級產品的概率．現有一名顧客隨機購買兩件產品，設其支付的費用為X(單位：元)，求X的分布列和數學期望． 解：(1)根據

48、題圖1可知，設備改造前樣本的頻數分布表如下， 質量指標值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) [40，45) 頻數 4 16 40 12 18 10 4×17.5＋16×22.5＋40×27.5＋12×32.5＋18×37.5＋10×42.5＝3 020. 樣本產品的質量指標平均值為＝30.2， 根據樣本質量指標平均值估計總體質量指標平均值為30.2. (2)根據樣本頻率分布估計總體分布，樣本中一、二、三等品的頻率分別為，，， 故從所有產品中隨機抽一件，是一、二、三等品的概率分別是，，. 隨機變量X的取值為24

49、0，300，360，420，480. P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝， P(X＝360)＝C××＋×＝，P(X＝420)＝C××＝，P(X＝480)＝×＝， 所以隨機變量X的分布列為 X 240 300 360 420 480 P 所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400. 12．(2018·高考全國卷Ⅰ)某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗

50、．設每件產品為不合格品的概率都為p(0＜p＜1)，且各件產品是否為不合格品相互獨立． (1)記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0. (2)現對一箱產品檢驗了20件，結果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值，已知每件產品的檢驗費用為2元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用． (ⅰ)若不對該箱余下的產品作檢驗，這一箱產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，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？ 解：(1)20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Cp2(

51、1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當p∈(0，0.1)時，f′(p)>0；當p∈(0.1，1)時，f′(p)<0. 所以f(p)的最大值點為p0＝0.1. (2)由(1)知，p＝0.1. (i)令Y表示余下的180件產品中的不合格品件數，依題意知Y～B(180，0.1)， X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y. 所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490. (ii)如果對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所需要的檢驗費為400元． 由于EX>400，故應該對

52、余下的產品作檢驗． [B組　大題增分專練] 1．(2019·廣州市綜合檢測(一))為了引導居民合理用電，國家決定實行合理的階梯電價，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶)． 階梯級別 第一階梯 第二階梯 第三階梯 月用電范圍/度 [0，210] (210，400] (400，＋∞) 某市隨機抽取10戶同一個月的用電情況，得到統(tǒng)計表如下： 居民用電戶編號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 用電量/度 53 86 90 124 132 200 215 225 300 410 (1)若規(guī)定第一階梯電價每度0.5元，第二

53、階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計算某居民用電戶用電410度時應交電費多少元？ (2)現要從這10戶家庭中任意選取3戶，求取到第二階梯電量的戶數的分布列與期望． (3)以表中抽到的10戶作為樣本估計全市居民用電，現從全市中依次抽取10戶，若抽到k戶用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值． 解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)． (2)設取到第二階梯電量的戶數為ξ，可知第二階梯電量的用戶有3戶，則ξ可取0，1，2，3， P(ξ＝0)＝＝， P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，

54、 P(ξ＝3)＝＝， 故ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (3)設從全市中抽取10戶的用電量為第一階梯的有X戶，則X～B，可知P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3，…，10)， ， 解得≤k≤，k∈N*， 所以當k＝6時用電量為第一階梯的可能性最大， 所以k＝6. 2．(2019·高考北京卷)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人，發(fā)現樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，

55、樣本中僅使用A和僅使用B的學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)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月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，求X的分布列和數學期望； (3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化．現從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查3人，發(fā)現他們本月的支付金額都大于2 000元．根據

56、抽查結果，能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2 000元的人數有變化？說明理由． 解：(1)由題意知，樣本中僅使用A的學生有18＋9＋3＝30人，僅使用B的學生有10＋14＋1＝25人，A，B兩種支付方式都不使用的學生有5人． 故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學生有100－30－25－5＝40人． 所以從全校學生中隨機抽取1人，該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率估計為＝0.4. (2)X的所有可能值為0，1，2. 記事件C為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1 000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支

57、付金額大于1 000元”． 由題設知，事件C、D相互獨立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6. 所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24. P(X＝1)＝P(C∪D) ＝P(C)P()＋P()P(D) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52， P(X＝0)＝P( )＝P()P()＝0.24， 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的數學期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1. (3)記事件E為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽查3人，他們本月的支付金額都大于2 00

58、0元”．假設樣本僅使用A的學生中，本月支付金額大于2 000元的人數沒有變化，則由上個月的樣本數據得P(E)＝＝. 答案示例1：可以認為有變化．理由如下： P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生．一旦發(fā)生，就有理由認為本月的支付金額大于2 000元的人數發(fā)生了變化．所以可以認為有變化． 答案示例2：無法確定有沒有變化．理由如下： 事件E是隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無法確定有沒有變化． 3．(2019·昆明市質量檢測)某地區(qū)為貫徹習近平總書記關于“綠水青山就是金山銀山”的理念，鼓勵農戶利用荒坡種植果樹．某農戶考察三種不同的果樹苗A，B，C

59、，經引種試驗后發(fā)現，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種樹苗B，C的自然成活率均為p(0.7≤p≤0.9)． (1)任取樹苗A，B，C各一棵，估計自然成活的棵數為X，求X的分布列及數學期望E(X)； (2)將(1)中的E(X)取得最大值時p的值作為B種樹苗自然成活的概率．該農戶決定引種n棵B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有75%的樹苗可經過人工栽培技術處理，處理后成活的概率為0.8，其余的樹苗不能成活． ①求一棵B種樹苗最終成活的概率； ②若每棵樹苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵樹苗虧損50元，該農戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？ 解：(1)依題意，X

60、的所有可能取值為0，1，2，3. 則P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2， P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8， P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p， P(X＝3)＝0.8p2. X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.2p2－0.4p＋0.2 0.4p2－1.2p＋0.8 －1.4p2＋1.6p 0.8p2 E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0

61、.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8. (2)當p＝0.9時，E(X)取得最大值． ①一棵B種樹苗最終成活的概率為0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96. ②記Y為n棵樹苗的成活棵數，M(n)為n棵樹苗的利潤， 則Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，則有n>699.所以該農戶至少引種700棵B種樹苗，才可獲利不低于20萬元． 4．為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每天

62、從該生產線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據長期生產經驗，可以認為這條生產線在正常狀態(tài)下生產的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設生產狀態(tài)正常，記X表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數，求P(X≥1)及X的數學期望； (2)一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查． (i)試說明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性； (ii)下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96

63、 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經計算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1，2，…，16. 用樣本平均數作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查．剔除(－3，＋3)之外的數據，用剩下的數據估計μ和σ(精確到0.01)． 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)， 則P(μ－3σ

64、：(1)抽取的一個零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之內的概率為0.997 3，從而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.002 7，故X～B(16，0.002 7)． 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 316≈0.042 3. X的數學期望為EX＝16×0.002 7＝0.043 2. (2)(i)如果生產狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 7，一天內抽取的16個零件中，出現尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.042 3，發(fā)生的概率很?。虼艘坏┌l(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產線在這一天的生產過程可能出

65、現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產過程的方法是合理的． (ii)由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數據可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對當天的生產過程進行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數據9.22，剩下數據的平均數為×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數據9.22，剩下數據的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. - 26 -