2021新高考数学二轮复习学案板块2命题区间精讲精讲4概率与统计

概率与统计阅卷案例思维导图(2020·全国卷Ⅰ，T19，12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.本题考查：相互独立事件、互斥事件的概率等知识，逻辑推理、数学运算的核心素养.答题模板标准解答踩点得分第1步：辨型结合题干信息分析待求概率的模型.第2步：辨析辨析各事件间的关系.第3步：计算套用相应事件的概率公式计算求解.←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1甲连胜四场只能是前四场全胜，P＝\f(1,2)4＝\f(1,16).1分))←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\f(1,16)；,乙连胜四场比赛的概率为\f(1,16)；,丙上场后连胜三场的概率为\f(1,8).4分,所以需要进行五场比赛的概率为))←P＝1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).6分(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)；7分比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、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).10分所以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).12分第(1)问直接套用公式且结果正确得1分.第(2)问得分点及说明：1.每求对一种情况得1分，共3分.2.本问最终结果正确得2分.第(3)问得分点及说明：1.每求对一种情况得1分，共4分.2.本问最终结果正确得2分.命题点1以互斥或独立事件为背景的期望与方差求解与互斥事件及相互独立事件有关的数学期望或方差问题，关键是对应概率的计算．对于简单的事件，可以直接转化为若干个相互独立事件的交事件；对于复杂的事件，一般先划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率计算公式求解．[高考题型全通关]1．一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件进行检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件进行检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件进行检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为eq\f(1,2)，且各件产品是不是优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品进行质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．[解](1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝eq\f(4,16)×eq\f(1,16)＋eq\f(1,16)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,64).(2)X可能的取值为400，500，800，并且P(X＝800)＝eq\f(1,4)，P(X＝500)＝eq\f(1,16)，P(X＝400)＝1－eq\f(1,16)－eq\f(1,4)＝eq\f(11,16)，所以X的分布列为X400500800Peq\f(11,16)eq\f(1,16)eq\f(1,4)E(X)＝400×eq\f(11,16)＋500×eq\f(1,16)＋800×eq\f(1,4)＝eq\f(2025,4).2．某次招聘分为笔试和面试两个环节，且只有笔试过关者才可进入面试环节，笔试与面试都过关才会被录用．笔试需考完全部三科，且至少有两科优秀才算笔试过关，面试需考完全部两科，且两科均为优秀才算面试过关．假设某考生笔试三科每科优秀的概率均为eq\f(2,3)，面试两科每科优秀的概率均为eq\f(3,4)，且各科是否优秀相互独立．(1)求该考生被录用的概率；(2)设该考生在此次招聘中考试的科目总数为ξ，求ξ的分布列与数学期望．[解](1)该考生被录用，说明该考生笔试与面试都过关，∴所求概率P＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋C\o\al(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×\f(1,3)))×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).(2)易得ξ的可能取值为3，5，P(ξ＝3)＝1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋C\o\al(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×\f(1,3)))＝1－eq\f(20,27)＝eq\f(7,27)，P(ξ＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(20,27)，∴ξ的分布列为ξ35Peq\f(7,27)eq\f(20,27)∴E(ξ)＝3×eq\f(7,27)＋5×eq\f(20,27)＝eq\f(121,27).命题点2以二项分布为背景的期望与方差利用二项分布解题的一般步骤(1)根据题意设出随机变量．(2)分析随机变量服从二项分布．(3)找到参数n，p.(4)写出二项分布的概率表达式．(5)求解相关概率．[高考题型全通关]1．某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两地铁站各随机抽取了50名乘客，统计其乘车等待时间(指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟)，将统计数据按[5，10)，[10，15)，[15，20)，…，[35，40]分组，制成如图所示的频率分布直方图，假设乘客乘车等待时间相互独立．(1)在该上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取1人，记为A，从乙站的乘客中随机抽取1人，记为B，用频率估计概率，求乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟的概率；(2)在该上班高峰时段，从乙站的乘客中随机抽取3人，X表示乘车等待时间小于20分钟的乘客人数，用频率估计概率，求随机变量X的分布列与数学期望．[解](1)设M表示事件“乘客A乘车等待时间小于20分钟”，N表示事件“乘客B乘车等待时间小于20分钟”，C表示事件“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”．由题意知，甲站乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为(0.012＋0.040＋0.048)×5＝0.5＝eq\f(1,2)，故P(M)＝eq\f(1,2)，乙站乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为(0.016＋0.028＋0.036)×5＝0.4＝eq\f(2,5)，故P(N)＝eq\f(2,5)，所以P(C)＝P(MN)＝P(M)·P(N)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)，故乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟的概率为eq\f(1,5).(2)由(1)可知，乙站乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为eq\f(2,5)，所以乙站中1名乘客乘车等待时间小于20分钟的概率为eq\f(2,5).显然，X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(54,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)＝eq\f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，故随机变量X的分布列为X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)E(X)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5).2．(2020·安徽示范高中名校联考)某电子公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统G由3个电子元件组成，各个电子元件能否正常工作的概率均为eq\f(1,2)，且每个电子元件能否正常工作相互独立．若系统G中有超过一半的电子元件正常工作，则系统G可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为500元．(1)求系统G不需要维修的概率；(2)该电子产品共由3个系统G组成，设ξ为该电子产品需要维修的系统所需的费用，求ξ的分布列与期望；(3)为提高系统G正常工作的概率，在系统内增加2个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为p，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则系统G可以正常工作，问：p满足什么条件时，可以提高整个系统G的正常工作概率？[解](1)系统G不需要维修的概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,2).(2)设X为维修的系统个数，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，且ξ＝500X，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3.所以ξ的分布列为ξ050010001500Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)所以ξ的期望为E(ξ)＝500×3×eq\f(1,2)＝750.(3)当系统G有5个电子元件时，原来3个电子元件中至少有1个正常工作，系统G才正常工作．若原来3个电子元件中有1个正常工作，同时新增的2个电子元件必须都正常工作，则概率为Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×p2＝eq\f(3,8)p2；若原来3个电子元件中有2个正常工作，同时新增的2个电子元件至少有1个正常工作，则概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×p×(1－p)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)×p2＝eq\f(3,8)(2p－p2)；若原来3个电子元件都正常工作，则不管新增2个电子元件能否正常工作，系统G均能正常工作，则概率为Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以新增2个电子元件后系统G能正常工作的概率为eq\f(3,8)p2＋eq\f(3,8)(2p－p2)＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8)，于是由eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)(2p－1)知，当2p－1＞0，即eq\f(1,2)＜p＜1时，可以提高整个系统G的正常工作概率．命题点3以超几何分布为背景的期望与方差求超几何分布的分布列的步骤：(1)对于超几何分布，首先要确定参数N，M，n的值；(2)明确随机变量的所有可能取值，以及随机变量取每一个值时对应的k值；(3)将k的值一一代入超几何分布的概率计算公式，求出对应概率；(4)写出分布列．[高考题型全通关]1．为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图．已知图中从左到右的前三个小组的频率之比为1∶2∶3，其中体重(单位：kg)在[50，55)内的有5人．(1)求该校报考飞行员的总人数；(2)从该校报考飞行员的体重在[65，75]内的学生中任选3人，设X表示体重不低于70kg的学生人数，求X的分布列和数学期望．[解](1)设该校报考飞行员的总人数为n，前三个小组的频率分别为k，2k，3k，则k＋2k＋3k＋0.030×5＋0.020×5＝1，解得k＝0.125，即第一个小组的频率为0.125.∵0.125＝eq\f(5,n)，∴n＝40，即该校报考飞行员的总人数是40.(2)该校报考飞行员的40人中，体重在[65，70)内的有40×0.030×5＝6(人)，体重不低于70kg的有40×0.020×5＝4(人)，现从这10人中任选3人，则X的所有可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(0,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，∴随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).2．(2020·济南模拟)为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户)．阶梯级别第一阶梯第二阶梯第三阶梯月用电范围/度[0，210](210，400](400，＋∞)某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：居民用电编号12345678910用电量/度538690124132200215225300410(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算居民用电户月用电410度时应交电费多少元？(2)现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的用户数的分布列与期望．(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户月用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．[解](1)由题意知，居民用电户月用电410度时应交电费210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．(2)设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0，1，2，3，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,7)C\o\al(2,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120).故ξ的分布列是ξ0123Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)所以E(ξ)＝0×eq\f(7,24)＋1×eq\f(21,40)＋2×eq\f(7,40)＋3×eq\f(1,120)＝eq\f(9,10).(3)由题意可知，从全市中抽取10户，设其月用电量为第一阶梯的户数为X，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(3,5)))，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)(k＝0，1，2，3，…，10)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)≥C\o\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(9－k)，,C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(10－k)≥C\o\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(11－k)，))解得eq\f(28,5)≤k≤eq\f(33,5)，k∈N*，所以当k＝6时，概率最大，所以k＝6.命题点4统计与统计案例的交汇问题1．解决回归分析问题要注意(1)回归直线恒过样本点的中心(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))；(2)利用回归直线方程只能进行预测与估计，而得不到准确数值．2．解决统计案例问题关键是过好三关(1)假设关，即假设两个分类变量无关；(2)应用公式关，把相关数据代入独立性检验公式求出K2的观测值k；(3)对比关，将k与临界值进行对比，进而作出判断．[高考题型全通关]1．(2020·日照模拟)中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种绿茶用85℃的水泡制，再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生最佳口感．某研究人员每隔1min测量一次茶水温度，得到下表数据：时间x/min01234水温y/℃8579757168(1)从表中所给的5个水温数据中任取2个，记X表示这2个数据中高于72℃的个数，求X的分布列和数学期望．(2)在25℃室温下，设茶水温度从85℃开始，经过xmin后的温度为y℃，根据这些数据的散点图，可用回归方程eq\o(y,\s\up8(^))＝kax＋25(k∈R，0＜a＜1，x≥0)近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，其中，k为比例系数，a为温度的衰减比例，且a的估计值eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do14(i＝1))eq\f(yi－25,yi－1－25)(i＝1，2，3，…)，yi为第imin对应的水温．根据表中数据，求：(ⅰ)y关于x的回归方程(保留2位小数)；(ⅱ)刚泡好的茶水大约需要放置多少分钟才能达到最佳饮用口感？(保留整数，参考数据：eq\f(1,0.9223.3)≈7，eq\f(1,0.9229.8)≈12)[解](1)由题意可知，5个水温数据中高于72℃的有3个，则随机变量X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)所以E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).(2)(ⅰ)将x＝0，y＝85代入回归方程eq\o(y,\s\up8(^))＝kax＋25，得到k＝60，eq\o(y,\s\up8(^))＝60ax＋25.计算每分钟(y－25)的值与上一分钟(y－25)值的比值，可得下表：xi01234yi－256054504643eq\f(yi－25,yi－1－25)0.900.930.920.93所以eq\o(a,\s\up8(^))＝eq\f(1,4)×(0.90＋0.93＋0.92＋0.93)＝0.92，故回归方程为eq\o(y,\s\up8(^))＝60×0.92x＋25.(ⅱ)令eq\o(y,\s\up8(^))＝60，得60×0.92x＋25＝60，所以0.92x＝eq\f(7,12)，两边取对数得x＝log0.92eq\f(7,12)＝log0.927－log0.9212，又eq\f(1,0.9223.3)≈7，eq\f(1,0.9229.8)≈12，所以log0.927≈－23.3，log0.9212≈－29.8，所以x≈6.5，所以泡制一杯最佳口感的茶水所需时间大约为7min.2．(2020·南昌模拟)某“双一流”大学专业奖学金以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金(金额为3000元)、专业二等奖学金(金额为1500元)及专业三等奖学金(金额为600元)，且专业奖学金每年评选一次，每个学生一年最多只能获得一次．图1是该校2018年500名学生周课外平均学习时间的频率分布直方图，图2是这500名学生2018年周课外平均学习时间获得专业奖学金的频率柱状图．图1图2(1)求这500名学生中获得专业三等奖学金的人数；(2)若周课外平均学习时间超过35h的学生称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列出2×2列联表并判断是否有99.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与“努力型”学生有关？(3)若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生2018年获得的专业奖学金金额为随机变量X，求随机变量X的分布列和期望．附：P(K2≥k)0.100.050.0100.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.828K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).[解](1)获得专业三等奖学金的频率为(0.008＋0.016＋0.04)×5×0.15＋(0.04＋0.056＋0.016)×5×0.4＋(0.016＋0.008)×5×0.4＝0.32，500×0.32＝160(人)，故这500名学生中获得专业三等奖学金的人数为160.(2)周课外平均学习时间不超过35h的“非努力型”学生有500×(0.008＋0.016＋0.04＋0.04＋0.056＋0.016)×5＝440(人)，其中获得专业一、二等奖学金的学生有500×(0.008＋0.016＋0.04)×5×0.05＋500×(0.04＋0.056＋0.016)×5×(0.25＋0.05)＝92(人)．周课外平均学习时间超过35h的“努力型”学生有500×(0.016＋0.008)×5＝60(人)，其中获得专业一、二等奖学金的学生有60×(0.35＋0.25)＝36(人)．所以2×2列联表为“非努力型”学生“努力型”学生总计获得专业一、二等奖学金9236128未获得专业一、二等奖学金34824372总计44060500K2＝eq\f(500×92×24－348×362,128×372×440×60)≈42.36＞10.828.故有99.9%的把握认为获得专业一、二等奖学金与“努力型”学生有关．(3)X的可能取值为0，600，1500，3000.P(X＝600)＝0.32，P(X＝1500)＝0.05×(0.008＋0.016＋0.04)×5＋0.25×(0.04＋0.056＋0.016)×5＋0.35×(0.016＋0.008)×5＝0.198，P(X＝3000)＝0.05×(0.04＋0.056＋0.016)×5＋0.25×(0.016＋0.008)×5＝0.058，P(X＝0)＝1－0.32－0.198－0.058＝0.424.所以X的分布列为X060015003000P0.4240.320.1980.058故E(X)＝0×0.424＋600×0.32＋1500×0.198＋3000×0.058＝192＋297＋174＝663(元)．命题点5正态分布解决正态分布问题的三个关键点(1)正态曲线的对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定区间内的概率值，由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．[高考题型全通关]1．每年的3月21日是世界睡眠日，良好的睡眠状况是保持身体健康的重要基础．为了做好今年的世界睡眠日宣传工作，某社区从本社区内同一年龄的居民中随机抽取了100人，通过问询的方式得到他们在一周内的睡眠时间(单位：小时)，并绘制出如图所示的频率分布直方图．(1)求这100人一周内的睡眠时间的平均数eq\x\to(x)(同一组数据用该组区间的中点值代替，结果保留整数)；(2)根据频率分布直方图，可以认为该社区这一年龄的居民一周内的睡眠时间t近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似等于样本平均数eq\x\to(x)，σ2近似等于样本方差s2(s2≈33.6)，假设该社区内这一年龄的居民共有10000人，试估计该人群中一周内的睡眠时间位于区间(39.2，50.8)内的人数．附：eq\r(33.6)≈5.8.若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9545.[解](1)由频率分布直方图可知，这100人一周内的睡眠时间的平均数eq\x\to(x)＝0.06×34＋0.18×38＋0.20×42＋0.28×46＋0.16×50＋0.10×54＋0.02×58＝44.72≈45.(2)由题意得，μ－σ≈39.2，μ＋σ≈50.8，∴P(39.2＜t＜50.8)≈P(μ－σ＜t＜μ＋σ)＝0.6827，∴估计该人群中一周内的睡眠时间在区间(39.2，50.8)内的人数为10000×0.6827＝6827.2．苹果可按果径M(最大横切面直径，单位：mm)分为五类：M≥80时为A类，75≤M<80时为B类，70≤M<75时为C类，65≤M<70时为D类，M<65时为E类．不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果．某果园采摘苹果10000个，果径M均在[60，85]内，从中随机抽取2000个苹果进行统计分析，得到如图①所示的频率分布直方图，图②为抽取的样本中果径在80mm以上的苹果的等级分布统计图．①②(1)假设M近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ的近似值为果径的样本平均数eq\x\to(x)(同一组数据用该区间的中点值代替)，σ2≈35.4，试估计采摘的10000个苹果中，果径M位于区间(59.85，77.7)内的苹果个数；(2)已知该果园共收获果径在80mm以上的苹果300kg，且售价为特级果12元/kg，一级果10元/kg，二级果9元/kg，设该果园售出这300kg苹果的收入为X元，用频率估计概率，求X的数学期望．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z<μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9545.eq\r(35.4)≈5.95.[解](1)eq\x\to(x)＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75，所以M近似服从正态分布N(71.75，35.4)．从而有P(59.85＜M＜77.7)≈P(μ－2σ＜M＜μ＋σ)＝eq\f(1,2)[P(μ－2σ＜M＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜M＜μ＋σ)]＝0.8186，故估计采摘的10000个苹果中，果径M位于区间(59.85，77.7)内的苹果个数为10000×0.8186＝8186.(2)由题图②可知，果径在80mm以上的苹果中，特级果、一级果、二级果的概率分别为eq\f(1,5)，eq\f(1,2)，eq\f(3,10)，设售出1kg果径在80mm以上的苹果的收入为Y元，则Y的分布列为Y12109Peq\f(1,5)eq\f(1,2)eq\f(3,10)故E(Y)＝12×eq\f(1,5)＋10×eq\f(1,2)＋9×eq\f(3,10)＝eq\f(101,10)，所以E(X)＝300E(Y)＝3030.命题点6决策问题利用均值、方差进行决策：均值能够反映随机变量取值的“平均水平”，因此，当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分晓，由此可对实际问题作出判断；当两个随机变量的均值相同或相差不大时，可通过分析两个变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．[高考题型全通关]1．(2020·惠州第一次调研)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金与维修费用的和的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？[解](1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，∴X的分布列为X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(2)选择延保方案一，所需延保金与维修费用的和Y1(单位：元)的分布列为Y170009000110001300015000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)