新高考数学一轮练习专练56高考大题专练（六）概率与统计的综合运用

专练56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]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．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)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)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．2．[2020·全国卷Ⅰ]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．设每场比赛双方获胜的概率都为eq\f(1,2).(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．3．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.(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)．4．某科技公司新研制生产一种特殊疫苗，为确保疫苗质量，定期进行质量检验．某次检验中，从产品中随机抽取100件作为样本，测量产品质量体系中某项指标值，根据测量结果得到频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值；(2)技术分析人员认为，本次测量的产品的质量指标值X服从正态分布N(μ，12.22)，若同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，计算μ，并计算测量数据落在(187.8,212.2)内的概率；(3)设生产成本为y元，质量指标值为x，生产成本与质量指标值之间满足函数关系y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.4x，x≤205，,0.8x－100，x>205.))假设同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，试计算生产该疫苗的平均成本．参考数据：X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.

5.[2021·全国乙卷]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eq\x\to(x)和eq\x\to(y)，样本方差分别记为seq\o\al(2,1)和seq\o\al(2,2).(1)求eq\x\to(x)，eq\x\to(y)，seq\o\al(2,1)，seq\o\al(2,2)；(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eq\x\to(y)－eq\x\to(x)≥2eq\r(,\f(s\o\al(2,1)＋s\o\al(2,2),10))，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)．6.[2021·广东深圳模拟]“2020弘扬中华优秀传统文化经验交流大会”于2020年11月26日在深圳举行，会议同期举行了“深圳市中华优秀传统文化公益讲堂”启动仪式．从2021年1月起到12月，深圳市文化和健康发展促进会将连续举办52场中华优秀传统文化公益讲堂，邀请多位名家名师现场开讲．某学校文学社为响应这次活动，举办了中华古诗词背诵比赛，统计的比赛成绩(单位：分)的数据如频率分布直方图所示，已知成绩在[80,90)内的有50人．(1)求a的值及参加比赛的总人数．(2)分别从[80,90)，[90,100]分数段中选取1人和2人组成“优胜”队，与另一学校的“必胜”队的3人进行友谊赛，两队的选手每人均比赛1局，共比赛3局，胜1局得1分，输1局得0分，没有平局．已知“优胜”队中成绩在[80,90)内的选手获胜的概率为eq\f(2,5)，在[90,100]内的2名选手获胜的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(3,7)，记“优胜”队的得分为随机变量X，求X的分布列和期望．

7.[2020·全国卷Ⅱ]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eq\i\su(i＝1,20,x)i＝60，eq\i\su(i＝1,20,y)i＝1200，eq\i\su(i＝1,20,)(xi－eq\o(x,\s\up6(－)))2＝80，eq\i\su(i＝1,20,)(yi－eq\o(y,\s\up6(－)))2＝9000，eq\i\su(i＝1,20,)(xi－eq\o(x,\s\up6(－)))(yi－eq\o(y,\s\up6(－)))＝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(xi，yi)(i＝1,2，…，20)的相关系数(精确到0.01)；(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．附：相关系数r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))yi－\o(y,\s\up6(－)),\r(\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))2\i\su(i＝1,n,)yi－\o(y,\s\up6(－))2))，eq\r(2)≈1.414.8．11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010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1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．专练56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1.解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0,20,100.Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝0))＝1－0.8＝0.2；Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝20))＝0.8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－0.6))＝0.32；Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝100))＝0.8×0.6＝0.48.所以X的分布列为X020100P0.20.320.48(2)由(1)知，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X))＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,80,100.Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y＝0))＝1－0.6＝0.4；Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y＝80))＝0.6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－0.8))＝0.12；Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝100))＝0.8×0.6＝0.48.所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y))＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．2．解析：(1)甲连胜四场的概率为eq\f(1,16).(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为eq\f(1,16)；乙连胜四场的概率为eq\f(1,16)；丙上场后连胜三场的概率为eq\f(1,8).所以需要进行第五场比赛的概率为1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为eq\f(1,8)；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为eq\f(1,16)，eq\f(1,8)，eq\f(1,8).因此丙最终获胜的概率为eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(7,16).3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故a＝0.35.b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.(2)依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200,12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200＋12.2)≈0.6827，故测量数据落在(187.8，212.2)内的概率约为0.6827.(3)根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，故生产该疫苗的平均成本为75.04元．5．解析：(1)由表格中的数据易得：eq\x\to(x)＝eq\f(－0.2＋0.3＋0＋0.2－0.1－0.2＋0＋0.1＋0.2－0.3,10)＋10.0＝10.0，eq\x\to(y)＝eq\f(0.1＋0.4＋0.1＋0＋0.1＋0.3＋0.6＋0.5＋0.4＋0.5,10)＋10.0＝10.3，seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,10)×[(9.7－10.0)2＋2×(9.8－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋2×(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋2×(10.2－10.0)2＋(10.3－10.0)2]＝0.036，seq\o\al(2,2)＝eq\f(1,10)×[(10.0－10.3)2＋3×(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋2×(10.4－10.3)2＋2×(10.5－10.3)2＋(10.6－10.3)2]＝0.04.(2)由(1)中数据可得eq\x\to(y)－eq\x\to(x)＝10.3－10.0＝0.3，而2eq\r(\f(s\o\al(2,1)＋s\o\al(2,2),10))＝eq\r(\f(2,5)s\o\al(2,1)＋s\o\al(2,2))＝eq\r(0.0304)，显然有eq\x\to(y)－eq\x\to(x)>2eq\r(\f(s\o\al(2,1)＋s\o\al(2,2),10))成立，所以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．6．解析：(1)由题意得(0.01＋a＋0.02＋0.03)×10＝1，得a＝0.04.∵成绩在[80,90)内的有50人，且成绩在[80,90)内的频率为0.02×10＝0.2，∴参加比赛的总人数为eq\f(50,0.2)＝250.(2)X的所有可能取值为3,2,1,0，P(X＝3)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)×eq\f(3,7)＝eq\f(4,35)，P(X＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)×eq\f(4,7)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,5)×eq\f(3,7)＋eq\f(2,3)×eq\f(3,5)×eq\f(3,7)＝eq\f(8,21)，P(X＝1)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,5)×eq\f(4,7)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,5)×eq\f(3,7)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,5)×eq\f(4,7)＝eq\f(41,105)，P(X＝0)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)×eq\f(4,7)＝eq\f(4,35).∴X的分布列为X0123Peq\f(4,35)eq\f(41,105)eq\f(8,21)eq\f(4,35)E(X)＝0×eq\f(4,35)＋1×eq\f(41,105)＋2×eq\f(8,21)＋3×eq\f(4,35)＝eq\f(157,105).7．解析：(1)由已知得样本平均数eq\o(y,\s\up