高考数学一轮复习专题7.8真题再现练习（含解析）.docx

第八讲 真题再现1（2019新课标）两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是（）ABCD【答案】D【解析】用捆绑法将两女生捆绑在一起作为一个人排列，有A33A2212种排法，再所有的4个人全排列有：A4424种排法，利用古典概型求概率原理得：p，故选：D2（2019新课标）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A12B16C20D24【答案】A【解析】（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为：1+212故选：A3（2018新课标）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A10B20C40D80【答案】C【解析】由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：Tr+1（x2）5r（）r，由103r4，解得r2，（x2+）5的展开式中x4的系数为40故选：C4（2018新课标）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为（）A0.6B0.5C0.4D0.3【答案】D【解析】（适合理科生）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，共有C5210种，其中全是女生的有C323种，故选中的2人都是女同学的概率P0.3，（适合文科生），设2名男生为a，b，3名女生为A，B，C，则任选2人的种数为ab，aA，aB，aC，bA，bB，Bc，AB，AC，BC共10种，其中全是女生为AB，AC，BC共3种，故选中的2人都是女同学的概率P0.3，故选：D5（2018新课标）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A0.3B0.4C0.6D0.7【答案】B【解析】某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，所以不用现金支付的概率为：10.450.150.4故选：B6（2018新课标）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX2.4，P（x4）P（X6），则p（）A0.7B0.6C0.4D0.3【答案】B【解析】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，看做是独立重复事件，满足XB（10，p），P（x4）P（X6），可得，可得12p0即p因为DX2.4，可得10p（1p）2.4，解得p0.6或p0.4（舍去）故选：B7（2018新课标）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如307+23在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（）ABCD【答案】【解析】在不超过30的素数中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有45种，和等于30的有（7，23），（11，19），（13，17），共3种，则对应的概率P，故选：C8（2017新课标）（1+）（1+x）6展开式中x2的系数为（）A15B20C30D35【答案】C【解析】（1+）（1+x）6展开式中：若（1+）（1+x2）提供常数项1，则（1+x）6提供含有x2的项，可得展开式中x2的系数：若（1+）提供x2项，则（1+x）6提供含有x4的项，可得展开式中x2的系数：由（1+x）6通项公式可得可知r2时，可得展开式中x2的系数为可知r4时，可得展开式中x2的系数为（1+）（1+x）6展开式中x2的系数为：15+1530故选：C9（2017新课标）（x+y）（2xy）5的展开式中的x3y3系数为 （）A80B40C40D80【答案】C【解析】（2xy）5的展开式的通项公式：Tr+1（2x）5r（y）r25r（1）rx5ryr令5r2，r3，解得r3令5r3，r2，解得r2（x+y）（2xy）5的展开式中的x3y3系数22（1）3+2340故选：C10（2017新课标）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A12种B18种C24种D36种【答案】D【解析】4项工作分成3组，可得：6，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：636种故选：D11（2016新课标）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（）A24B18C12D9【答案】B【解析】从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42C226种走法同理从F到G，最短的走法，有C31C223种走法小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6318种走法故选：B12（2015新课标）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（）A0.648B0.432C0.36D0.312【答案】A【解析】由题意可知：同学3次测试满足XB（3，0.6），该同学通过测试的概率为0.648故选：A13（2015新课标）（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为（）A10B20C30D60【答案】C【解析】（x2+x+y）5的展开式的通项为Tr+1，令r2，则（x2+x）3的通项为，令6k5，则k1，（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为30故选：C14（2019浙江）设0a1随机变量X的分布列是X0a1P则当a在（0，1）内增大时，（）AD（X）增大BD（X）减小CD（X）先增大后减小DD（X）先减小后增大【答案】【解析】E（X）0+a+1，D（X）（）2+（a）2+（1）2（a+1）2+（2a1）2+（a2）2（a2a+1）（a）2+0a1，D（X）先减小后增大故选：D15（2018全国）甲、乙、丙、丁、戊站成一排，甲不在两端的概率（）ABCD【答案】B【解析】甲、乙、丙、丁、戊站成一排，基本事件总数n120，甲不在两端包含的基本事件个数m72，甲不在两端的概率p故选：B16（2019新课标）甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是【答案】0.18【解析】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4：1获胜包含的情况有：前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p10.40.60.50.50.60.036，前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p20.60.40.50.50.60.036，前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，则甲队以4：1获胜的概率为：pp1+p2+p3+p40.036+0.036+0.054+0.0540.18故答案为：0.1817（2018新课标）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种（用数字填写答案）【答案】16【解析】方法一：直接法，1女2男，有C21C4212，2女1男，有C22C414根据分类计数原理可得，共有12+416种，方法二，间接法：C63C4320416种，故答案为：1618（2016新课标）（2x+）5的展开式中，x3的系数是（用数字填写答案）【答案】10【解析】（2x+）5的展开式中，通项公式为：Tr+125r，令53，解得r4x3的系数210故答案为：1019（2015新课标）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a【答案】3【解析】设f（x）（a+x）（1+x）4a0+a1x+a2x2+a5x5，令x1，则a0+a1+a2+a5f（1）16（a+1），令x1，则a0a1+a2a5f（1）0得，2（a1+a3+a5）16（a+1），所以23216（a+1），所以a3故答案为：320（2019浙江）在二项式（+x）9展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是【答案】见解析【解析】二项式的展开式的通项为由r0，得常数项是；当r1，3，5，7，9时，系数为有理数，系数为有理数的项的个数是5个故答案为：，5三解答题（共16小题）21（2018新课标）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用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20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（0p1），且各件产品是否为不合格品相互独立（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），求f （p）的最大值点p0（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为p的值已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；（）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【答案】见解析【解析】（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），则f（p），令f（p）0，得p0.1，当p（0，0.1）时，f（p）0，当p（0.1，1）时，f（p）0，f （p）的最大值点p00.1（2）（i）由（1）知p0.1，令Y表示余下的180件产品中的不合格品数，依题意知YB（180，0.1），X202+25Y，即X40+25Y，E（X）E（40+25Y）40+25E（Y）40+251800.1490（ii）如果对余下的产品作检验，由这一箱产品所需要的检验费为400元，E（X）490400，应该对余下的产品进行检验22（2017新课标）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，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：cm）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（，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（3，+3）之外的零件数，求P（X1）及X的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在（3，+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（）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得9.97，s0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i1，2，16用样本平均数作为的估计值，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？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）附：若随机变量Z服从正态分布N（，2），则P（3Z+3）0.9974，0.9974160.9592，0.09【答案】见解析【解析】（1）由题可知尺寸落在（3，+3）之内的概率为0.9974，则落在（3，+3）之外的概率为10.99740.0026，因为P（X0）（10.9974）00.9974160.9592，所以P（X1）1P（X0）0.0408，又因为XB（16，0.0026），所以E（X）160.00260.0416；（2）（）如果生产状态正常，一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小因此一旦发生这种状况，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（）由9.97，s0.212，得的估计值为9.97，的估计值为0.212，由样本数据可以看出一个零件的尺寸在之外，因此需对当天的生产过程进行检查剔除之外的数据9.22，剩下的数据的平均数为（169.979.22）10.02，因此的估计值为10.022160.2122+169.9721591.134，剔除之外的数据9.22，剩下的数据的样本方差为（1591.1349.2221510.022）0.008，因此的估计值为0.0923（2017新课标）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温10，15）15，20）20，25）25，30）30，35）35，40）天数216362574以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率（1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量n（单位：瓶）为多少时，Y的数学期望达到最大值？【答案】见解析【解析】（1）由题意知X的可能取值为200，300，500，P（X200）0.2，P（X300），P（X500）0.4，X的分布列为： X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4（2）由题意知这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶，只需考虑200n500，当300n500时，若最高气温不低于25，则Y6n4n2n；若最高气温位于区间20，25），则Y6300+2（n300）4n12002n；若最高气温低于20，则Y6200+2（n200）4n8002n，EY2n0.4+（12002n）0.4+（8002n）0.26400.4n，当200n300时，若最高气温不低于20，则Y6n4n2n，若最高气温低于20，则Y6200+2（n200）4n8002n，EY2n（0.4+0.4）+（8002n）0.2160+1.2nn300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元24（2017新课标）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温10，15）15，20）20，25）25，30）30，35）35，40）天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率【答案】见解析【解析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，得到最高气温位于区间20，25）和最高气温低于20的天数为2+16+3654，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，如果最高气温位于区间20，25），需求量为300瓶，如果最高气温低于20，需求量为200瓶，六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p（2）当温度大于等于25时，需求量为500，Y4502900元，当温度在20，25）时，需求量为300，Y3002（450300）2300元，当温度低于20时，需求量为200，Y400（450200）2100元，当温度大于等于20时，Y0，由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20的天数有：90（2+16）72，估计Y大于零的概率P25（2016新课标）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数（）求X的分布列；（）若要求P（Xn）0.5，确定n的最小值；（）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n19与n20之中选其一，应选用哪个？【答案】见解析【解析】（）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，P（X16）（）2，P（X17），P（X18）（）2+2（）2，P（X19），P（X20），P（X21），P（X22），X的分布列为： X 16 17 18 19 20 21 22 P （）由（）知：P（X18）P（X16）+P（X17）+P（X18）P（X19）P（X16）+P（X17）+P（X18）+P（X19）+P（Xn）0.5中，n的最小值为19（）解法一：由（）得P（X19）P（X16）+P（X17）+P（X18）+P（X19）+买19个所需费用期望：EX1200+（20019+500）+（20019+5002）+（20019+5003）4040，买20个所需费用期望：EX2+（20020+500）+（20020+2500）4080，EX1EX2，买19个更合适解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n19时，费用的期望为：19200+5000.2+10000.08+15000.044040，当n20时，费用的期望为：20200+5000.08+10000.044080，买19个更合适26（2019新课标）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和，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（i0，1，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p00，p81，piapi1+bpi+cpi+1（i1，2，7），其中aP（X1），bP（X0），cP（X1）假设0.5，0.8（i）证明：pi+1pi（i0，1，2，7）为等比数列；（ii）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性【答案】见解析【解析】（1）解：X的所有可能取值为1，0，1P（X1）（1），P（X0）+（1）（1），P（X1）（1），X的分布列为： X1 0 1 P （1）+（1）（1）（1）（2）（i）证明：0.5，0.8，由（1）得，a0.4，b0.5，c0.1因此pi0.4pi1+0.5pi+0.1pi+1（i1，2，7），故0.1（pi+1pi）0.4（pipi1），即（pi+1pi）4（pipi1），又p1p0p10，pi+1pi（i0，1，2，7）为公比为4，首项为p1的等比数列；（ii）解：由（i）可得，p8（p8p7）+（p7p6）+（p1p0）+p0，p81，p1，P4（p4p3）+（p3p2）+（p2p1）+（p1p0）+p0p1P4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，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理27（2019北京）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，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中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：（0，1000（1000，2000大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人（）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；（）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；（）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A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由【答案】见解析【解析】（）由题意得：从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A，B两种支付方式都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，A，B两种支付方式都使用的人数有：1005302540，从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率p0.4（）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，则X的可能取值为0，1，2，样本仅使用A的学生有30人，其中支付金额在（0，1000的有18人，超过1000元的有12人，样本仅使用B的学生有25人，其中支付金额在（0，1000的有10人，超过1000元的有15人，P（X0），P（X1），P（X2），X的分布列为： X 0 1 2 P 数学期望E（X）1（）不能认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，理由如下：从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金额大于2000元，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为p，虽然概率较小，但发生的可能性为故不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化28（2014新课标）从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（）求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2（同一组中数据用该组区间的中点值作代表）；（）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N（，2），其中近似为样本平均数，2近似为样本方差s2（i）利用该正态分布，求P（187.8Z212.2）；（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间（187.8，212.2）的产品件数，利用（i）的结果，求EX附：12.2若ZN（，2）则P（Z+）0.6826，P（2Z+2）0.9544【答案】见解析【解析】（）抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为：1700.02+1800.09+1900.22+2000.33+2100.24+2200.08+2300.02200，s2（30）20.02+（20）20.09+（10）20.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02150（）（i）由（）知ZN（200，150），从而P（187.8Z212.2）P（20012.2Z200+12.2）0.6826；（ii）由（i）知一件产品的质量指标值位于区间（187.8，212.2）的概率为0.6826，依题意知XB（100，0.6826），所以EX1000.682668.2629（2014安徽）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立（）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（）记X为比赛决胜出胜负时的总局数，求X的分布列和均值（数学期望）【答案】见解析【解析】用A表示甲在4局以内（含4局）赢得比赛的是事件，Ak表示第k局甲获胜，Bk表示第k局乙获胜，则P（Ak），P（Bk），k1，2，3，4，5（）P（A）P（A1A2）+P（B1A2A3）+P（A1B2A3A4）（）2+（）2+（）2（）X的可能取值为2，3，4，5P（X2）P（A1A2）+P（B1B2），P（X3）P（B1A2A3）+P（A1B2B3），P（X4）P（A1B2A3A4）+P（B1A2B3B4），P（X5）P（A1B2A3B4A5）+P（B1A2B3A4B5）+P（B1A2B3A4A5）+P（A1B2A3B4B5），或者P（X5）1P（X2）P（X3）P（X4），故分布列为： X2 3 45 P E（X）2+3+4+530（2013新课标）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品以x（单位：t，100x150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T（单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润（）将T表示为x的函数；（）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；（）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若x100，110）则取x105，且x105的概率等于需求量落入100，110）的频率，求T的数学期望【答案】见解析【解析】（）由题意得，当x100，130）时，T500x300（130x）800x39000，当x130，150）时，T50013065000，T（）由（）知，利润T不少于57000元，当且仅当120x150由直方图知需求量X120，150的频率为0.7，所以下一个销售季度的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7（）依题意可得T的分布列如图，T45000530006100065000p0.10.20.30.4所以ET450000.1+530000.2+610000.3+650000.45940031（2013湖南）某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点（指纵、横直线的交叉点以及三角形顶点）处都种了一株相同品种的作物根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获Y（单位：kg）与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：X1234Y51484542这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米（I）从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰 好“相近”的概率；（II）在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望【答案】见解析【解析】（I）所种作物总株数N1+2+3+4+515，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12，从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有36种，选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3+3+28，从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率为；（II）先求从所种作物中随机选取一株作物的年收获量为Y的分布列P（Y51）P（X1），P（48）P（X2），P（Y45）P（X3），P（Y42）P（X4）只需求出P（Xk）（k1，2，3，4）即可记nk为其“相近”作物恰有k株的作物株数（k1，2，3，4），则n12，n24，n36，n43由P（Xk）得P（X1），P（X2），P（X3），P（X4）所求的分布列为 Y5148 45 42 P 数学期望为E（Y）51+48+45+424632（2019江苏）在平面直角坐标系xOy中，设点集An（0，0），（1，0），（2，0），（n，0），Bn（0，1），（n，1），n（0，2），（1，2），（2，2），（n，2），nN*令MnAnBnn从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离（1）当n1时，求X的概率分布；（2）对给定的正整数n（n3），求概率P（Xn）（用n表示）【答案】见解析【解析】（1）当n1时，X的所有可能取值为1，2，X的概率分布为P（X1）；P（X）；P（X2）；P（X）；（2）设A（a，b）和B（c，d）是从Mn中取出的两个点，因为P（Xn）1P（Xn），所以只需考虑Xn的情况，若bd，则ABn，不存在Xn的取法；若b0，d1，则AB，所以Xn当且仅当AB，此时a0cn或an，c0，有两种情况；若b0，d2，则AB，所以Xn当且仅当AB，此时a0cn或an，c0，有两种情况；若b1，d2，则AB，所以Xn当且仅当AB，此时a0cn或an，c0，有两种情况；综上可得当Xn，X的所有值是或，且P（X），P（X），可得P（Xn）1P（X）P（X）133（2019海南）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P（X2）；（2）求事件“X4且甲获胜”的概率【答案】见解析【解析】（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k1，2，3，），则P（X2）P（A1A2）+P（）P（A1）P（A2）+P（）P（）0.50.4+0.50.60.5（2）P（X4且甲获胜）P（A2A3A4）+P（）P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4）（0.50.4+0.50.6）0.50.40.134（2019天津）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为假定甲、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X表示甲同