概率与统计(解答题)(20182022)高考真题汇编.pdf

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1、 1/33 概率与统计（解答题）大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）数学考试 注意事项：1、填写答题卡的内容用 2B 铅笔填写 2、提前 xx 分钟收取答题卡 第卷 主观题 第卷的注释 阅卷人 一、解答题(共 31 题；共 350 分)得分 1（15 分）在某地区进行流行病调查，随机调查了 100 名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图 （1）（5 分）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作代表）；（2）（5 分）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间 20，70)的概率；（3）（5 分）已知该地区这种疾病的患病率为 0

2、.1%，该地区年龄位于区间 40，50)的人口占该地区总人口的 16%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间 40，50)，求此人患该种疾病的概率（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001）【答案】（1）解：平均年龄=(5 0.001+15 0.002+25 0.012+35 0.017+45 0.023+55 0.020+65 0.017+75 0.006+85 0.002)10=47.9（岁）（2）解：设 A=一人患这种疾病的年龄在区间20，70），则 ()=1 ()=1 (0.001+0.002+0.006+0.002)10=1 0.11=0

3、.89 2/33（3）设 B=任选一人年龄位于区间 40，50)，C=任选一人患这种族病，则由条件概率公式，得()=()()=0.1%0.0231016%=0.0010.230.16=0.0014375 0.0014【解析】【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设 A=一人患这种疾病的年龄在区间 20，70），根据对立事件的概率公式()=1()即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出 2（10 分）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

4、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）（5 分）求甲学校获得冠军的概率；（2）（5 分）用 X 表示乙学校的总得分，求 X 的分布列与期望【答案】（1）解：设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 A，B，C，所以甲学校获得冠军的概率为 P=()+()+()+()=0.5x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2 =0.16+0.16+0.24+0.04 =0.6.（2）解：依题可知，X 的可能取值为 0，10，20，30，所以，(=0)=0.5 0.4 0.8=0.16，(=10)=0.5 0.4 0.8+0.5 0

5、.6 0.8+0.5 0.4 0.2=0.44，(=20)=0.5 0.6 0.8+0.5 0.4 0.2+0.5 0.6 0.2=0.34，(=30)=0.5 0.6 0.2=0.06.即 X 的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 期望()=0 0.16+10 0.44+20 0.34+30 0.06=13【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 A，B，C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X 的可能取值为 0，10，20，30，再分别计算出对应的概率

6、，列出分布列，即可求出期望 3/33 3（10 分）甲、乙两城之间的长途客车均由 A 和 B 两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的 500 个班次，得到下面列联表：准点班次数 未准点班次数 A 240 20 B 210 30 附：2=()2(+)(+)(+)(+)，(2)0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635（1）（5 分）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）（5 分）能否有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？【答案】（1）解：由表中数据可知，A 共有班次

7、 240+20=260 次，准点班次有 240 次，设 A 家公司长途客车准点事件为 M，则()=240260=1213；则 A 家公司长途客车准点的概率为 1213；B 共有班次 210+30=240 次，准点班次有 210 次，设 B 家公司长途客车准点事件为 N，则()=210240=78.B 家公司长途客车准点的概率为 78.（2）解：列联表 准点班次数 未准点班次数 合计 A 240 20 260 B 210 30 240 合计 450 50 500 2=()2(+)(+)(+)(+)=500(2403021020)226024045050 3.205 2.706，根据临界值表可知，

8、有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；4/33（2）根据表格中数据及公式计算 K2，再利用临界值表比较即可得结论.4（15 分）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：2）和材积量（单位：3），得到如下数据：样本号 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积

9、量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得 210=1=0.038，210=1=1.6158，10=1=0.2474 附：相关系数 =()=1()()2=1()2=1，1.896 1.377 （1）（5 分）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）（5 分）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）（5 分）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 1862 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

10、出该林区这种树木的总材积量的估计值 【答案】（1）解：样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值=0.610=0.06 样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值=3.910=0.39 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 0.062，平均一棵的材积量为 0.393（2）解：=()10=1()10=1()210=1()2=10=110(10=12102)(10=12102)=0.2474100.060.39(0.038100.062)(1.6158100.392)=0.01340.00018960.01340.01377 0.97 则 0.97（3）解：设该林区这种树木的总材积量

11、的估计值为 3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，5/33 可得 0.060.39=186，解之得 =12093 则该林区这种树木的总材积量估计为 12093【解析】【分析】（1）计算出样本中 10 棵这种树木根部横截面积的平均值及 10 棵这种树木材积量平均值，即可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）根据相关系数公式计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值 5（10 分）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到 9.50m 以上（含9.50m）

12、的同学将获得优秀奖，为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（I）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（II）设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 的数学期望 ；（III）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求

13、证明）【答案】（I）由题意得：设甲在校运会铅球比赛中获优秀奖为事件 A：比赛成绩达到 9.50m 以上获优秀奖，甲的比赛成绩达到 9.50 以上的有：9.80，9.70，9.55，9.54 四个，所以甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为（）=0.4；（II）X 所有可能取值为 0，1，2，3 甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为（）=0.4 乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件 B，则（）=0.5 丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件 C，则（）=0.5(=0)=0.6 0.5 0.5=0.15(=1)=0.4 0.5 0.5+0.6 0.5 0.5+0.6 0.5 0.5=0.4(=

14、2)=0.4 0.5 0.5+0.4 0.5 0.5+0.6 0.5 0.5=0.35(=3)=0.4 0.5 0.5=0.1 6/33 0 1 2 3 0.15 0.4 0.35 0.1()=0 0.15+1 0.4+2 0.35+3 0.1=1.4（III）甲的平均数：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)0.1=9.479 乙的平均数：(9.78+9.56+9.51+9.36+9.32+9.23)6=9.457 丙的平均数：(9.85+9.65+9.20+9.16)0.25=9.465 甲的方差：2=(9.8 9.479)2

15、+(9.25 9.479)2 10=0.172 乙的方差：2=(9.78 9.457)2+(9.23 9.457)2 6=0.0329 丙的方差：2=(9.85 9.465)2+(9.16 9.465)2 4=0.086 在校运动会铅球比赛中，乙获得冠军的概率估计值最大.【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式计算即可；（2）由题意 X 的可能取值为 0，1，2，3，先分别求得 甲、乙、丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率，再分别求取 X 取值的相应概率，由此得分布列和数学期望；（3）根据甲、乙、丙的比赛成绩的平均值和方差即可判断.6（10 分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的

16、卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在己患该疾病的病例中随机调查了 100 例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了 100 人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 附：2=()2(+)(+)(+)(+)P(K2 k)0.050 0.010 0.001 K 3.841 6.635 10.828（1）（5 分）能否有 99%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）（5 分）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”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”，()()与()()的比值是卫

17、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 R.7/33(i)证明：=()()()()；(ii)利用该调查数据，给出(|)，()的估计值，并利用(i)的结果给出 R 的估计值.【答案】（1）2=200(40901060)210010050150=24 6.625 所以有 99%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）用局部估计总体 (i)=()()()()=()()()()=()()()()()()()()=()()()()=()()()()()()()()=()()()()(ii)()=()()=()()=40100，()=()()=()()=9010

18、0()=()()=()()=60100，()=()()=()()=10100 =40906010=6 故 R 的估计值为 6【解析】【分析】（1）代入数据，求得 K2，再对出表格，即可得结论；（2）()根据新定义，结合条件概率的计算公式，即可证明；()由条件概率的计算公式分别求得()，()，()，()，再代入 R，求解即可.7（15 分）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第 0 代，经过一次繁殖后为第 1 代，再经过一次繁殖后为第 2 代，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 X 表示 1 个微生物个体繁殖下一代的个数，(=)=(=0,1,2,3)

19、（1）（5 分）已知 0=0.4，1=0.3，2=0.2，3=0.1，求()；（2）（5 分）设 p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于 x 的方程：0+1+22+33=的一个最小正实根，求证：当()1 时，=1，当()1 时，1；（3）（5 分）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义【答案】（1）()=0 0.4+1 0.3+2 0.2+3 0.1=1.8/33（2）设()=33+22+(1 1)+0，因为 3+2+1+0=1，故()=33+22(2+0+3)+0，若()1，则 1+22+33 1，故 2+23 0.()=332+22 (2+0+3)，因为(0)=(2+0

20、+3)0，(1)=2+23 0 0，故()有两个不同零点 1，2，且 1 0 0；(1，2)时，()(2)=(1)=0，故 1 为 0+1+22+33=的一个最小正实根，若 2 1，因为(1)=0 且在(0，2)上为减函数，故 1 为 0+1+22+33=的一个最小正实根，综上，若()1，则 =1.若()1，则 1+22+33 1，故 2+23 0.此时(0)=(2+0+3)0，故()有两个不同零点 3，4，且 3 0 4 0；(3，4)时，()0；故()在(，3)，(4，+)上为增函数，在(3，4)上为减函数，而(1)=0，故(4)0，故()在(0，4)存在一个零点 ，且 1.所以 为 0+

21、1+22+33=的一个最小正实根，此时 1 时，211 时，()()；若 211 时，()6.635 所以，有 99%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。【解析】【分析】（1）根据频率=频数/总体直接求解即可；（2）根据独立性检验的方法直接求解即可.10（10 分）某厂研究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产了 10 件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3

22、 10.6 10.5 10.4 10.5 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 和 ，样本方差分别记为 s12和s22（1）（5 分）求 ，s12，s22；（2）（5 分）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 -212+222，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 11/33 高）.【答案】（1）解：各项所求值如下所示 =110(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0 =110(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10

23、.5+10.4+10.5)=10.3 12=110 x(9.7-10.0)2+2x(9.8-10.0)2+(9.9-10.0)2+2X(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2+2x(10.2-10.0)2+(10.3-10.0)2=0.36，22=110 x(10.0-10.3)2+3x(10.1-10.3)2+(10.3-10.3)2+2x(10.4-10.3)2+2x(10.5-10.3)2+(10.6-10.3)2=0.4.（2）由(1)中数据得 -=0.3，2 12+2210 0.551 显然 -2 12+2210，所以不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。

24、【解析】【分析】（1）先计算新旧样本平均数,，再直接用公式计算 s12，s22；(2)由(1)中的数据，计算得：-=0.3，2 12+2210 0.34，显然 -2 12+2210，可得到答案。11（10 分）某学校组织一带一路”知识竞赛，有 A，B 两类问题每位参加比赛的同学先在两类问题中选择类并从中随机抽収一个问题冋答，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.A 类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分：B 类问题中的每个问题 回答正确得 80 分，否则得 0 分。已知小明能正确回答 A 类问题的概率

25、为 0.8，能正确回答 B 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）（5 分）若小明先回答 A 类问题，记 X 为小明的累计得分，求 X 的分布列：（2）（5 分）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）的取值可能为 0，20，100，(=0)=1 0.8=0.2，(=20)=0.8 (1 0.6)=0.32，(=100)=0.8 0.6=0.48，的分布列为 X 0 20 100 12/33 P 0.2 0.32 0.48（2）假设先答 类题，得分为 ，则 可能为 0，80，100，(=0)=1 0.6=0.4，(=80)=0.

26、6 (1 0.8)=0.12，(=100)=0.6 0.8=0.48，的分布列为 Y 0 80 100 P 0.4 0.12 0.48 ()=0 0.4+80 0.12+100 0.48=57.6，由（1）可知()=0 0.2+20 0.32+100 0.48=54.4，()()，应先答 B 类题【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率，并列出 X 的分布列即可；（2）根据独立事件的概率，并列出 Y 的分布列，根据期望公式求得 E(X)，E(Y)并比较即可判断.12（15 分）某学生兴趣小组随机调查了某市 100 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

27、炼人次 空气质量等级 0，200(200，400(400，600 1（优）2 16 25 2（良）5 10 12 3（轻度污染）6 7 8 4（中度污染）7 2 0 附：2=()2(+)(+)(+)(+)，P(K2k)0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828（1）（5 分）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率；（2）（5 分）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）；13/33（3）（5 分）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

28、质量不好”根据所给数据，完成下面的 22 列联表，并根据列联表，判断是否有 95%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400 人次400 空气质量好 空气质量不好 【答案】（1）解：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 2+16+25100=0.43，等级为 2 的概率为 5+10+12100=0.27，等级为 3 的概率为 6+7+8100=0.21，等级为 4 的概率为 7+2+0100=0.09（2）解：由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为 10020+30035+50045100=350（3）解：2 2 列联表如下：人次

29、400 人次 400 空气质量不好 33 37 空气质量好 22 8 2=100(3383722)255457030 5.820 3.841，因此，有 95%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.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 1、2、3、4 的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果；（3）根据表格中的数据完善 2 2 列联表，计算出 2 的观测值，再结合临界值表可得结论.13（15 分）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

30、200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，20)，其中 xi和 yi分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得=6020=1，=120020=1，（)2=8020=1，（)2=900020=1，（)（)=80020=1.（1）（5 分）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）；14/33（2）（5 分）求样本(xi，yi)(i=1，2，20)的相关系数（精确到 0.01）；（3）（5 分）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面

31、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.附：相关系数 r=（)（)=1（)2（)2=1=1，2=1.414.【答案】（1）解：样区野生动物平均数为 12020=1=120 1200=60，地块数为 200，该地区这种野生动物的估计值为 200 60=12000（2）解：样本(,)的相关系数为 =20=1()()20=1()220=1()2=800809000=223 0.94（3）解：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

32、每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.【解析】【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；（2）利用公式 =()()20=1()2()220=120=1 计算即可；（3）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.14（15 分）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，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比

33、赛双方获胜的概率都为 12，（1）（5 分）求甲连胜四场的概率；（2）（5 分）求需要进行第五场比赛的概率；（3）（5 分）求丙最终获胜的概率.【答案】（1）解：记事件 M:甲连胜四场，则()=(12)4=116；15/33（2）解：记事件 A 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=()+()+()+()=4 (12)4=14，所以，需要进行第五场比赛的概率为 =1 =34；（3）解：记事件 A 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，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为()=(12)4+7 (12)5=932.由

34、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()=1 2 932=716.【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.15（15 分）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 2 浓度（单位：/3），得下表：2 PM2.5 0,50(50,150(

35、150,475 0,35 32 18 4(35,75 6 8 12(75,115 3 7 10 附：2=()2(+)(+)(+)(+)，(2)0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828（1）（5 分）估计事件“该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150”的概率；16/33（2）（5 分）根据所给数据，完成下面的 2 2 列联表：2 PM2.5 0,150(150,475 0,75 (75,115 （3）（5 分）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 2 浓度有关？【答案】（1）解：由表格

36、可知，该市 100 天中，空气中的 2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150 的天数有 32+6+18+8=64 天，所以该市一天中，空气中的 2.5 浓度不超过 75，且 2 浓度不超过 150 的概率为 64100=0.64；（2）解：由所给数据，可得 2 2 列联表为：2 2.5 0,150(150,475 合计 0,75 64 16 80(75,115 10 10 20 合计 74 26 100（3）解：根据 2 2 列联表中的数据可得 2=()2(+)(+)(+)(+)=100(64101610)280207426=3600481 7.4844 6.635，因为根据临界值

37、表可知，有 99%的把握认为该市一天空气中 2.5 浓度与 2 浓度有关.【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得 2 2 列联表；（3）计算出 2，结合临界值表可得结论.16（10 分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 200 人 400 人 300 人 100 人 方案二 350 人 250 人 150 人 250 人 17/33 假设所有学生对活动方案是否支持相互独立（）分别估计

38、该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（）从该校全体男生中随机抽取 2 人，全体女生中随机抽取 1 人，估计这 3 人中恰有 2 人支持方案一的概率；（）将该校学生支持方案的概率估计值记为 0，假设该校年级有 500 名男生和 300 名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为 1，试比较 0 与 1 的大小（结论不要求证明）【答案】解：（）该校男生支持方案一的概率为 200200+400=13，该校女生支持方案一的概率为 300300+100=34；（）3 人中恰有 2 人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支

39、持方案一，所以 3 人中恰有 2 人支持方案一概率为：(13)2(134)+21(13)(113)34=1336;（）1)，所以仅需考虑 的情况 若 =，则 ，不存在 的取法；若 =0，=1，则 =()2+1 2+1，所以 当且仅当 =18/33 2+1，此时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法；若 =0，=2，则 =()2+4 2+4，因为当 3 时，(1)2+4 ，所以 当且仅当 =2+4，此时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法；若 =1，=2，则 =()2+1 2+1，所以 当且仅当 =2+1，此时 =0，=或 =，=0，有 2 种取法 综上，当 时，的所有可能取值是 2+1 和

40、2+4，且(=2+1)=42+42,(=2+4)=22+42 因此，()=1 (=2+1)(=2+4)=1 62+42【解析】【分析】利用已知条件求出离散型随机变量 的概率分布。（2）设(，)和(，)是从 中取出的两个点 因为()=1 ()，所以仅需考虑 的情况，再利用分类讨论的方法结合求最值的方法得出 a,c 的取值的取法，从而求出当 时，的所有可能取值是 2+1 和 2+4，且(=2+1)=42+42,(=2+4)=22+42，因此，求出用 n 表示的概率 P（Xn）为：()=1 (=2+1)(=2+4)=1 62+42。18（10 分）2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉

41、及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有 72,108,120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取 25 人调查专项附加扣除的享受情况.（）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？（）抽取的 25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有 6 人，分别记为,.享受情况如右表，其中“”表示享受，“”表示不享受.现从这 6 人中随机抽取 2 人接受采访.员工 项目 A B C D E F 子女教育 19/33 继续教育 大病医疗 住房贷款利息 住房租金 赡养老人 （i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii）设

42、为事件“抽取的 2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件 发生的概率.【答案】解：（1）由已知，老、中、青员工人数之比为 6:9:10，由于采用分层抽样的方法从中抽取 25 位员工，因此应从老、中、青员中分别抽取 6 人，9 人，10 人.（）（i）从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为，共 15 种.(公式显示不全)（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为,，共 11 种.所以，事件 发生的概率()=1115【解析】【分析】（）根据老、中、青员工人数之比为6:9:10，采用分层抽样，从中抽取 25 人调查，分别求出应从老、中、青员工中分别抽取的人数；（）（）根据题意列举

43、出从 6 人中随机抽取 2 人接受采访可能出现的结果；（）根据表格所给条件求出事件 M 出现的情况有多少种，进而求出事件 M 发生的概率。19（10 分）设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为 23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（）用 表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 的分布列和数学期望；（）设 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前到校的天数恰好多 2”，求事件 发生的概率.【答案】解：（）解：因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：3

44、0 之前到校的概率均为 23，故(3，23)，从而(=)=3(23)(13)3，=0，1，2，3.所以，随机变量 的分布列为 20/33 0 1 2 3 127 29 49 827 随机变量 的数学期望()=3 23=2.（）设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为 ，则(3，23)，且 =3，=1 =2，=0.由题意知事件 =3，=1 与 =2，=0 互斥，且事件 =3 与 =1，事件 =2 与 =0 均相互独立，从而由（）知()=(=3，=1 =2，=0)=(=3，=1)+(=2，=0)=(=3)(=1)+(=2)(=0)=82729+49127=20243【解析】【分析】本题

45、主要考查随机变量及其分布列和数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式。（）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之前到校的概率均为 23，利用(=)=3(23)(13)3，=0，1，2，3 分别求出相应的概率，即可求出随机变量 X 的数学期望。（）先列出发生事件 M 的几种情况，由题意知事件 =3，=1 与 =2，=0 互斥，且事件 =3 与 =1，事件 =2 与 =0 均相互独立，由此即可求出事件 M 发生的概率。20（10 分）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 200 只小鼠随机分成A，B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服

46、甲离子溶液，B 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下直方图：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 P（C）的估计值为 0.70.21/33（1）（5 分）求乙离子残留百分比直方图中 a，b 的值；（2）（5 分）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】（1）解：由已知得 0.70=a+0.20+0.15，故 a=0.35 b=10.050.150.70=0.10（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值

47、为 20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.05=4.05 乙离子残留百分比的平均值的估计值为 30.05+40.10+50.15+60.35+70.20+80.15=6.00【解析】【分析】（1）由已知利用频率分布直方图，百分比不低于 5.5 的估计值为 0.70 列式，即可求出 a，b 的值；（2）由频率分布直方图平均数的计算公式，利用区间的中点值为代表列式，即可求出平均值.21（10 分）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

48、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）（5 分）求 P（X=2）；（2）（5 分）求事件“X=4 且甲获胜”的概率.【答案】（1）解：X=2 就是 10：10 平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则这 2 个球均由甲得分，或者均由乙得分因此 P（X=2）=0.50.4+（10.5）（104）=05 （2）X=4 且甲获胜，就是 10：10 平后，两人又打了 4 个球该局比赛结束，且这 4 个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得 1 分，后两球均为甲得分 因此所求概率为0.5（10.4）

49、+（10.5）0.40.50.4=0.1【解析】【分析】（1）第一问要求 的概率，即把可能出现的情况列举出来，有两种情况分别为：甲连赢两球，乙连赢两球，再将两种情况的概率相加求和即可。（2）第二问与第一问类似，把可能出现的情况列举出来，有两种情况分别为：甲赢第一球，乙赢第二球，甲赢第三球和第四球，乙赢第一球，甲赢第二、第三和第四球，再将两种情况的概率相加求和即可。22（10 分）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变.近年来，移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的 1000 名学生中随机 22/33 抽取了 100 人，发现样

50、本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：支付金额 支付方式 不大于 2000 元 大于 2000 元 仅使用 A 27 人 3 人 仅使用 B 24 人 1 人（I）估计该校学生中上个月 A，B 两种支付方式都使用的人数；（II）从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，求该学生上个月支付金额大于 2000 元的概率；（III）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用 B 的学生中，随机抽查 1人，发现他本月的支付金额大于 2000 元，结合（II）的结果，能否认为样本仅使用 B 的学生中本月支付金额大于