十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国专题16概率统计解答题（解析版）.pdf

《十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国专题16概率统计解答题（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国专题16概率统计解答题（解析版）.pdf（60页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、大数据之十年高考真题(2013-2022)与优质模拟题(新高考卷与新课标理科卷)专题16概率统计解答题.丁 真 题 汇 总 一.1.【2022年全国甲卷理科19】甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分,负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0,4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.【答案】0.6；(2)分布列见解析，E(X)=13.【解析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为4 B,C,所以甲学校获得冠军的概率

2、为P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=0.5 x 0.4 x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.8+0.5 x 0.6 x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.(2)依题可知,X的可能取值为0,10,20,30,所以，P(X=0)=0.5 x 0.4 x 0.8=0.16,PX=10)=0.5 x 0.4 x 0.8+0.5 x 0.6 x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2=0.44.P(X=20)=0.5 x 0.6 x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2+0.5 x 0.6 x 0.2=0.34,P(X

3、=30)=0.5 x 0.6 X 0.2=0.06.即X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望E(X)=0 x 0.16+10 X 0.44+20 X 0.34+30 x 0.06=13.2.【2022年全国乙卷理科19】某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了 10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：n?)和材积量(单位：m 3),得到如下数据:样本号i12345678910总和根部横截面积为0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量%0.250.400.2

4、20.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得2；：*=0.038,幺詈*=1.6158N卷 Q =0.2474.(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数=卜”，“。1.377.恪=1(爸-*)2%心-犷【答案】(l)0.06m2；0.39m3(2)0.97(3)1

5、209m3【解析】(1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值元=器=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值y=*=0.39据此可估计该林区这种树木平均棵的根部横截面积为0.06m2,平均一棵的材积量为0.39m3_ _ _ _ _ _(%-幻(M-力 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _Z*Q_IO戏_ _ _ _ _ _ _(2)r =7售 出 刃2誉(%-=J皿科10铲)(2詈 档10力_ 0.2474-10 X 0.06 X 0.39 _ 0.0134 0.01347(0.038-10 x 0.062)(1.6158-10 x 0.392)V0.0001896 0.01

6、377则r 0.97(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Yn?,又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可 得 薄=詈，解之得Y=1 2 0 9 m 3.则该林区这种树木的总材积量估计为1 2 0 9 m 33.【2 0 2 2 年新高考1 卷 2 0】一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 1 0 0 例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了 1 0 0 人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4 060对照组1 09 0（1）能否有9 9%的把握认为患该疾病群体与未患

7、该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，8表示事件“选到的人患有该疾病”黯与德的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为凡 证 明：R =猾黯（i i）利用该调查数据，给出P Q 4B）,P G 4旧）的估计值，并 利 用（i）的结果给出及的估计值.附K2=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)n(ad-bc)2P(K2 k)0.0 50 0.0 1 00.0 0 1k3.8 416.63 51 0.8 2 8【答案】（1）答案见解析（2）（i）证明见解析；（i i）R =6；【解析】由已知H=24,又Pg

8、 6.63 5)=0.0 1,2 4 6,63 5,所以有9 9%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(i)因为 R =P(8|A)P(BA)_ P(AB)P(A)P(而)P(A)P(BA).P(BA)P(4)P(AB)P(A)P(ABy所以R=P(4B)P(B)P(而)P(&P(B)P(AB)P(B)P(AB)UU|、|4 P(川8)P0旧)所以R 丽 可 丽 西，(ii)由已知P(4|B)=盘,P(AIB)10100又PB)=*P(砸)=击所以RP(4|8)PM旧)=6P(司 8)P(4 宙)一4.【2022年新高考2卷19】在某地区进行流行病学调查，随机调查了

9、100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图:(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间 40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 40,5 0),求此人患这种疾病的概率.(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).【答案】44.65岁；(2)0.89；(3)0.0014.【解析】(1)平均年龄兄=(5 x 0.001

10、+15 x 0.002+25 x 0.012+35 x 0.017+45 X 0.023+55 X 0.020+65 x 0.012+75 x 0.006+85 x 0.002)x 10=44.65(岁).(2)设4=一人患这种疾病的年龄在区间 20,70),所以P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)X 10=1-0.11=0.89.(3)设B=任选一人年龄位于区间 40,50),C=任选一人患这种疾病,则由条件概率公式可得P(C|B)P(BC)_ 0.1%x0.023xl0 _ 0.001x0.23P(8)-16%0.16=0.0 0 1 43 75

11、0.0 0 1 4.5.【2 0 2 1 年全国甲卷理科1 7】甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了 2 0 0 件产品，产品的质量情况统计如下表:一级品二级品合计甲机床1 50502 0 0乙机床1 2 08 02 0 0合计2 701 3()40 0(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？(2)能否有9 9%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?_ n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2*)0.0 50 0.0 1 00.0 0 1k3.8 416.63 51

12、0.8 2 8【答案】(1)75%；60%；(2)能.(1)甲机床生产的产品中的一级品的频率为黑=75%,乙机床生产的产品中的一级品的频率为黑=60%.k 2 =400(150X80-120X50)2=400 6270 x130 x200 x200 39故能有9 9%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.6.【2 0 2 1 年新高考I 卷 1 8】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有 4,8两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.4 类

13、问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；8类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答/类问题的概率为0.8,能正确回答8类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明先回答4类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】(1)见解析；(2)B类.(1)由题可知，X 的所有可能取值为0,20,100.p(x=0)=1-0.8=0.2；P(X=20)=0.8(1-0.6)=0.32；P(X=100)=0.8 x 0.6=0.48.所以X的分布列为X020100P0.20

14、.320.48(2)由(1)知，F(X)=0 x 0.2+20 x 0.32+100 x 0.48=54.4.若小明先回答B 问题，记y为小明的累计得分，则丫 的所有可能取值为0,80,100.p(Y=0)=1-0.6 =0.4；P(Y=80)=0.6(1-0.8)=0.12；P(X=100)=0.8 x 0.6=0.48.所以E(y)=0 x 0.4+80 x 0.12+100 x 0.48=57.6.因为54.4 5 7.6,所以小明应选择先回答B类问题.7.【2021年全国乙卷理科17】某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生

15、产了 10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为无和？，样本方差分别记为昭和S；.(1)求兄,y,督，S i；(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y 工2 2则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高).【答案】(1)兄=10,9=10.3,相=0.0 3 6,=0.04；(2)新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备

16、没有显著提高./,、_ 9.8+1 0.3+1 0+1 0.2 4-9.9+9.8+1 0+1 0.1+1 0.2+9.7(1)x=-=10,1 0_ 10.1+10.44-10.1+10+10.14-10.3+10.6+10.5+10.44-10.5 八 .y =-=10.3,100.22+0.32+04-0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.32九八”S11=-=0.036，100.22+0.124-0.22+0.32+0.22+0+0.32+0.22+0.12+0.22 C八 4So=-=0.04./10(2)依题意，y-x =03=2x0.15=2V0,152=2(

17、0.025,2J003004=20.038,y-x 1时，p 1；(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.【答案】(1)1；(2)见解析；(3)见解析.(1)E(X)=0 x0.4+1x0.3+2x0.2+3x0.1=1.2)设/(x)=p3x3+p2x2+(Pi-l)x+po,因为P3+P2+Pl+Po=1，故/(x)=P3%3+p2X2-(p2+Po+P3)X+Po-若E(X)W 1,则Pl+2P2 +3p3 W 1,tep2+2p3 p0.f(x)=3P3/+2p2x-(p2+p0+p3).因为/(0)=-(p2+Po+P3)0，f(l)=Pz+2P3 -Po 4 0，故/1 (*

18、)有两个不同零点X1，“2，且Xi 0 1 0：X 6(X1，*2)时，/(x)/(x2)=/(I)=0,故1为Po+ptx+p2x2+p3x3=X的一个最小正实根，若尤2 1，因为/(I)=0且在(0,小)上为减函数，故 1为Po+Pl*+P2X?+=X的一个最小正实根，综上，若E(X)W 1,则p =l.若E(X)1,则p i +2 P 2 +3 p 3 1，t f e p2+2 p3 p0.此时/()=-(p2+p o +P 3)0.故/(*)有两个不同零点3/4，且*3 0 X4 0：X 6(X 3,*4)时，/(X)0；故/G O 在(-8,4 3)，(%,+8)上为增函数，在(尤

19、3,*4)上为减函数，而/=0,故，。4)。故在(0/4)存在一个零点P，且P 1.所以p 为P o +P 1 X+p2X2+p3X3=X 的一个最小正实根，此时p 1 时，p 1.(3)意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后被灭绝的概率小于1.9.【2 0 2 0 年全国1 卷理科1 9】甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰:比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人

20、最终获胜,比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为去(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率；(3)求丙最终获胜的概率.【答案】(1)(2)-(3)三.1 6 4 1 6【解析】(1)记事件M:甲连胜四场，则P(M)=g)4=高(2)记事件4为甲输，事件B 为乙输，事件C 为丙输，则四局内结束比赛的概率为P =P(A B A B)+P(A CA C)+P(B CB C)+P(B 4 B 4)=4 X所以，需要进行第五场比赛的概率为P =l-P=：;4(3)记事件4 为甲输，事件B为乙输，事件C 为丙输,记事件M：甲赢，记事件N:丙赢，则甲赢的基本

21、事件包括：BCBC、ABCBC.ACBCB.BABCC、BACBC,BCACB、BCABC、BCBAC,所以，甲赢的概率为P(M)=0f+7 x(，=套由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为P(N)=1-2*2=看.1 0.【2 0 2 0 年全国2卷理科1 8】某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的2 0 0 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取2 0 个作为样区，调查得到样本数据S，2,2 0),其中x；和M分别表示第i 个样区的植物覆Z2OI(Xi-x)2=S 0,i20 (y,-y)

22、2=9 0 0 0,)(x(-x)(y i-y)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数)；(2)求样本(,凹)=1,2,2 0)的相关系数(精确到0.0 1)；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.V d-x)Cyt-y)_附：相关系数 乙 I,7 2=1.4 1 4.)(y(-y)2【答案】(1)12000；(2)0.9 4；(3)详见解析【解析】(1)样区野生动物平均数 为/X*%/x 120

23、0=60,地块数为2 0 0,该地区这种野生动物的估计值为200 x 60=12000(2)样本(期,%)的相关系数为V2O/一、%i=l(须 一 司(力 一 尸)J 陞1(第一幻2 ；或800 _ 2V2 80 x9000.3 0.94,(3)由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层,在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.1 1.【2 0 2 0 年全国3卷理科1 8】某学生兴趣小组随机调查了某市1 0 0 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级

24、 0,2 0 0(2 0 0,4 0 0(4 0 0,6 0 0 1 （优）21 62 52 （良）51 01 23 （轻度污染）6784 （中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1 或 2,则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或 4,则称这天“空气质量不好 .根据所给数据，完成下面的2 x2 列联表，并根据列联表，判断是否有9 5%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次“0 0人次4 0 0空气质量好空

25、气质量不好n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(烂 X)0.0 5 00.0 1 00.0 0 1k3.8 4 16.6 3 51 0.8 2 8【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4 的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【解析】(1)由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1 的概率为 安 萨 =0.4 3,等级为2 的概率为丑 翳 丝=0.2 7,等级为3 的概率为普=0.2 1,等级为4 的 概 率 为 胃 =0.0 9；(2)由频数分布表可知，天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 x20+

26、300 x35+500 x45 3 5。(3)2x 2列联表如下:100人次W 4 0 0人次4 0 0空气质量不好3 33 7空气质量好228100 x(33x8-37x22)255x45x70 x30 5.8 2 0 3.8 4 1,因此，有9 5%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.1 2.【2 0 2 0 年山东卷1 9】为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了 1 0 0 天空气中的P M 2.5 和S O 2 浓度(单位：gg/m3),得下表:s o2P M 2.5 0,5 0(5 0,1 5 0(1 5 0,4 7 5

27、0,3 5 3 21 84(3 5,7 5 681 2(7 5,1 1 5 371 0(1)估计事件“该市一天空气中浓度不超过75,且 S 0 2 浓度不超过1 5 0”的概率;(2)根据所给数据，完成下面的2 x 2 列联表:so2 0,1 5 0(1 5 0,4 7 5 P M 2.50,75PM2.5(75,115(3)根 据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO?浓度有关？_ n(ad-bc)2一(a+b)(c+d)(a+c)(匕+d)PK2 k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)0.64；(2)答案见

28、解析；(3)有.【解析】(1)由表格可知，该 市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过7 5,且5。2浓度不超过150的天数有32+6+18+8=64 天，所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过7 5,且5。2浓度不超过150的概率 为 喘=0.64；(2)由所给数据，可得2 x 2列联表为：so2PM2.50,150(150,475合计0,75641680(75,115101020合计7426100(3)根据2 x 2列联表中的数据可得K2=n(ad-bc)z=100 x(64x10-16x10)2=3600 74344 6 635(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)-80 x2

29、0 x74x26-481 因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与5。2浓度有关.1 3.【2020年海南卷19】为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了 100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：Pg/m3),得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过7 5,且SO?浓度不超过150”的概率;so2PM2.50,50(50,150(150,4750,3532184(35,756812(75,1153710(2)根据所给数据，完成下面的2 x 2列联表：SO2PM2.50,150(150,4750,75(75

30、,115(3)根 据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO?浓度有关？价.Ir2=n(ad-bc)z(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2 fc)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)0.64；(2)答案见解析；(3)有.【解析】(1)由表格可知，该 市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,且$。2浓度不超过150的天数有32+6+18+8=64 天，(2)由所给数据，可得2 x 2列联表为：所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过7 5,且5。2浓度不超过150的概率为簿=0.64；so2P

31、M2.50,150(150,475合计0,75641680(3)根据2x 2列联表中的数据可得(75,1151 01 02 0合计7 42 61 0 02 n(ad-bc)2 100 x(64xl0-16xl0)2 3600.小一、，=-=-=-q 7.4844 6,635,(a+b)(c+d)(Q+c)(b+d)80 x20 x74x26 481因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.1 4.【2 0 1 9 年新课标3理 科 1 7】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 2 0 0 只小鼠随机分成/、8两组，每 组 1 0

32、 0 只，其中4组小鼠给服甲离子溶液，8组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如图直方图：甲离子残留百分比直方图 乙离子残留百分比直方图记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到尸(C)的估计值为0.7 0.(1)求乙离子残留百分比直方图中a,b的值；(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).【答案】解：(1)。为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P (C)的估计值为0.7 0.则由频率

33、分布直方图得：(a+0.2 0 +0.1 5 =0.7瓜 0 5 +b+0.1 5 =1-0.7 解得乙离子残留百分比直方图中a=0.3 5,b=0A 0.(2)估计甲离子残留百分比的平均值为：布=2 X 0.1 5+3 X 0.2 0+4 X 0.3 0+5 X 0.2 0+6 X 0.1 0+7 X 0.0 5 =4.0 5.乙离子残留百分比的平均值为：%7=3 X 0.0 5+4 义 0.1+5 X 0.1 5+6 X 0.3 5+7 X 0.2+8 X 0.1 5 =6.1 5.【2019年全国新课标2 理 科 18】11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交

34、换发球权，先多得2 分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球,两人又打了 X 个球该局比赛结束.(1)求 产(%=2)；(2)求事件“X=4 且甲获胜”的概率.【答案】解：(1)设双方1()：1()平后的第左个球甲获胜为事件4凌=1，2,3,)，则 尸(X=2)=P(小小)+P(4 血)=P(小)P(J2)+P(否)P(不)=0.5 X0.4+0.5X 0.6=05(2)P(X=4 且甲获胜)=P(AA2A2A4)+P(A A3A4)=P(不)P(A2)P(.A

35、3)P(4)+P(/i)P(矽 P 6 3)P(W=(0.5X0.4+0.5X0.6)X 0.5X04=0.1.1 6.【2019年新课标1理科21】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1 分；若施以乙药的白鼠治愈且施

36、以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分.甲、乙两种药的治愈率分别记为a和仇一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求 X 的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分，pi(i=0,1,，8)表 示“甲药的累计得分为，时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则po=O,P 8=l，piapi-+bpi+cpt+M=l,2,7),其中 a=P(X=-1),b=P(Jf=0),c=P(X=l).假设a=0.5,p=0.8.3证明：p,+i-pi(i=0,1,2,，7)为等比数列；3)求P 4,并根据P4的值解释这种试验方案的合理性.【答案】(1)解：X

37、的所有可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=(1-a)p,P(X=0)=邓+(1-a)(1-p),P(X=l)=a (1-0),.X的分布列为：X-101p(1 -a)pa 时(1 -a)(1 -P)a (1 -P)(2)Ci)证 明:V a=0.5,0 =0.8,，由(1)得，a =0.4,6=0.5,c=0.1.因此必=0.物J+0.5R+0.1M(z 1,2,7),故 0.1 (p/4-i -/?/)=0.4 (p j-p/j),即(/?/+1 -pi)=4 (/?/-pi.i),又 p i-p o=p i W O,仍 计1 -P i (Z=0,1,2,，7)为公比为4,首项为p i

38、的等比数列；(Z Z)解：由(1)可得，p (1 48)48 1P8=(，8 7)+5 -P 6)+(pi-p o)切0=4 3 P ，.3：P 8=1，.5=用 三，44 1 1，P4=(夕4-0 3)+(夕3一 夕2)+(/?2 -p)+(夕1 一 0)+P 0=3 p=2 5 7-P 4 表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8 时，认为甲药更有效的概率为0.0 0 3 9,此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.1 7.【2 0 1 8 年新课标1 理科2 0】某工厂的某种产品成箱包装，每箱2 0 0 件，每一箱产品在交付用

39、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2 0 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p(0 p 0,当(0.1,1)时，f(p)4 0 0,.应该对余下的产品进行检验.1 8.【2 0 1 8 年新课标2理 科 1 8 如图是某地区2 0 0 0 年至2 0 1 6 年环境基础设施投资额y (单位：亿元)的折线图.投资额，、2 4 02 0 0 0 2 0 0 1 2 0 0 2 2 0 0 3 2 0 0 4 2 0 0 5 2 0 0 6 2 0 0 7 2 0 0 8 2 0 0 9 2 0 1

40、0 2 0 1 1 2 0 1 2 2 0 1 3 2 0 1 4 2 0 1 5 2 0 1 6 年份为了预测该地区2 0 1 8 年的环境基础设施投资额，建立了 y与时间变量/的两个线性回归模型.根据2 0 0 0 年至 2 0 1 6 年的数据(时间变量，的值依次为1,2,1 7)建立模型：y =-3 0.4+1 3.5/；根据2 0 1 0 年至2 0 1 6 年的数据(时间变量/的值依次为1,2,7)建立模型：y =9 9+1 7.5/.(1)分别利用这两个模型，求该地区2 0 1 8 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：

41、(1)根据模型：y =-3 0.4+1 3.5/,计算1=1 9 时，y =-3 0.4+1 3.5 X 1 9=2 2 6.1；利用这个模型，求出该地区2 0 1 8 年的环境基础设施投资额的预测值是2 2 6.1 亿元;根据模型：y =9 9+1 7.5 6计算，=9 时，$=9 9+1 7.5 X 9=2 5 6.5；.利用这个模型，求该地区2 0 1 8 年的环境基础设施投资额的预测值是2 5 6.5 亿元；（2）模型得到的预测值更可靠；因为从总体数据看，该地区从2 0 0 0 年到2 0 1 6 年的环境基础设施投资额是逐年上升的，而从2 0 0 0 年到2 0 0 9 年间递增的幅

42、度较小些，从 2 0 1 0 年到2 0 1 6 年间递增的幅度较大些，所以，利用模型的预测值更可靠些.1 9.【2 0 1 8 年新课标3理 科 1 8】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4 0 名工人，将他们随机分成两组，每组2 0 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：第一种生产方式第二种生产方式8 69 7 62 77 7 6 5 4 3 32 1 1 09 82 80 95 5 6 8 90 1 2 2 3 4 5 6 6

43、 81 4 4 50（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 4 0 名工人完成生产任务所需时间的中位数加，并将完成生产任务所需时间超过，“和不超过加的工人数填入下面的列联表:（3）根 据（2）中的列联表，能否有9 9%的把握认为两种生产方式的效率有差异？超过m不超过机第一种生产方式第二种生产方式_ n(ad-bc)2_(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P（好/）0.0 5 00.0 1 00.0 0 1k3.8 4 16.6 3 51 0.8 2 8【答案】解：（1）根据茎叶图中的数据知,第一种生产方式的工作时间主要集中在72 92之间,第二种生产方式的工作时间

44、主要集中在65 85之间，所以第二种生产方式的工作时间较少些，效率更高；(2)这 4 0 名工人完成生产任务所需时间按从小到大的顺序排列后，排在中间的两个数据是79和 8 1,计算它们的中位数为m=等 卫=80；由此填写列联表如下；(3)根 据(2)中的列联表，计算超过加不超过小总计第一种生产方式15520第二种生产方式51520总计2020402_ n(ad-bc)2 _ 40 x(15xl5-5x5)z尺=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=20 x20 x20 x20=b能有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异.2 0.【2017年新课标1 理 科 19】为了监控某种零件的一条

45、生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：C M).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(口，。2).(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(n-3 o ,口+3。)之外的零件数，求 尸(X 2 1)及 X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(口-3。，四+3。)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性；(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.9

46、69.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得元=白 犬 1 X,=9.97,s=息悭1(3 一为2=息(理 X一 16乃 0.212,其中H 为抽取的第，,个零件的尺寸，i=l,2,16.用样本平均数元作为H的估计值，用样本标准差s 作为。的估计值。，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(-3。，4+3。)之外的数据，用剩下的数据估计日 和。(精确到0.01).附：若随机变量 Z 服从正态分布 N(|1,。2),则 P(口-3。Z V+3。)=0.9974,0.997416;0.9592,V0.0

47、08 20.09.【答案】解：(1)由题可知尺寸落在(N-3。，口+3。)之内的概率为0.9974,则 落 在-3。，H+3。)之外的概率为1 -0.9974=0.0026,因为 P(X=0)=C?6 x(1-0.9974)X0.9974160.9592,所以 P(X 2 1)=1-P (X=0)=0.0408,又因为 X8(16,0.0026),所以 E(X)=16X0.0026=0.0416；(2)(i)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(一 3,+3。)之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概率只有0.0408,发生的概率很小.因此一旦发

48、生这种状况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.(i i)由M=9.97,s-0.2 1 2,得u的估计值为 =9.9 7,。的估计值为b=0.212,由样本数据可以看出一个零件的尺寸在(-3。，+3 6之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(-30,+3。)之外的数据9.2 2,剩下的数据的平均数为1(16X9.97-9.22)=10.02,因此v的估计值为10.02.：方 xf2=16X0.2122+16X9.972 1591.134,剔 除(-3。，+3 )之外的数据9.2 2,剩下的数据的样本方

49、差为(1591.134-9.222-15X 10.022)0.008,15因此。的 估 计 值 为 倔 丽 =0.09.2 1.【2017年新课标2理 科18】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：馆)，其频率分布直方图如图：(1)设两种养殖方法的箱产量相互独立，记/表 示 事 件“旧养殖法的箱产量低于5 0%g,新养殖法的箱产量不低于5 0 奴”，估计/的概率;(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有9 9%的把握认为箱产量与养殖方法有关:箱产量(5 0 超箱产量2 5 0 A g旧养殖法新养殖法(3)根据箱产

50、量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值(精确到0.()1).附:2_ _ n(ad-bc)2_一(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P0.0 5 00.0 100.0 0 1k3.8 4 16.63 510.8 2 8【答案】解：(1)记 8表示事件“旧养殖法的箱产量低于5 0 奴”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于5 0 炫”,由尸(A)=尸(.BC)=P(5)P(C),则旧养殖法的箱产量低于 5 0 kg：(0.0 12+0.0 14+0.0 2 4+0.0 3 4+0.0 4 0)X5=0.62,故 尸(8)的估计值0.62,新养殖法的箱产量不低于5 0 超：(0.0