高考数学统计与概率解答题专项训练含答案

专题4.3统计与概率

真题回顾

1.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：^g/m3）,得下表：

so2

[0,50](50,150](150,475]

PM2.5

[0,35]32184

(35,75]6812

(75,115]3710

（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150”的概率;

（2）根据所给数据，完成下面的2x2列联表：

so2

[0,150](150,475]

PM2.5

[0,75]

(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

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【试题来源】2020年海南省高考数学试卷（新高考全国口卷）

【答案】（1）0.64；（2）答案见解析；（3）有.

【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;

1

（2）根据表格中数据可得2x2列联表；

（3）计算出K?，结合临界值表可得结论.

【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S。？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75,且S。？浓度不超过150的概率为

小64；

（2）由所给数据，可得2x2列联表为

so2

[0,150](150,475]合计

PM2.5

[0,75]641680

(75,115]101020

合计7426100

（3）根据2x2列联表中的数据可得

n(ad-bcY100x(64x10—16x10)2^22x7.4844>6.635,

(a+Z?)(c+d)(a+c)(b+d)80x20x74x26481

因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中？M2.5浓度与S。？浓度有关.

2.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

假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.

（1）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;

2

（2）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；

（3）将该校学生支持方案的概率估计值记为p0，假设该校一年级有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△,试比较Po与Pi的大小.（结

论不要求证明）

【试题来源】2020年北京市高考数学试卷

【答案】（1）该校男生支持方案一的概率为彳，该校女生支持方案一的概率为三；

34

13

（2）——，（3）Pi<Po

36

【解析】（1）该校男生支持方案一的概率为c20°=』,

200+4003

3003

该校女生支持方案一的概率为八：=-；

300+1004

（2）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持方案一，

12311313

所以3人中恰有2人支持方案一概率为（-）（1--）+CK-）（l--）4=-1；

3433436

⑶Pi<Po

3.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：ng/m3）,得下表：

[0,50](50,150](150,475]

PM2.5

[0,3习32184

(35,75]6812

(75,115]3710

（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO?浓度不超过150”的概率;

（2）根据所给数据，完成下面的2x2列联表：

3

[0,150](150,475]

[0,7习

(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SC>2

浓度有关？

附：烂=——幽出——,

(a+b)(c+d)(〃+c)(b+d)

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【试题来源】2020年新高考全国卷口（海南卷）

【答案】（1）0.64；（2）答案见解析；（3）有.

【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2x2列联表；（3）计算出R2,结合临界值表可得结论.

【解析】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的？M2.5浓度不超过75,且SO2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75,且S。？浓度不超过150的概率为

（2）由所给数据，可得2x2列联表为

so2

[0,150](150,475]合计

PM2.5

[0,75]641680

(75,115]101020

合计7426100

（3）根据2x2列联表中的数据可得

2n（ad—bc¥100x（64xl0-16xl0）23600„

K=--------------------------------------=-----------------------------------=--------x7.4844>6.635,

（〃+/?）（c+d）（〃+c）（b+d）80x20x74x26481

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.

【名师点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善2x2列联表，考查了独立性检

验，属于中档题.

4.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）：

锻炼人次

[0,200](200,400](400,600]

空气质量等级

1（优）21625

2（良）51012

3（轻度污染）678

4（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2x2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S400人次>400

空气质量好

空气质量不好

5

n(ad-bc)2

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

尸侬2*）0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（文）（新课标口）

【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.

【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2x2列联表，计算出R2的观测值，再结合临界值表可得结论.

【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----------=0.43,

100

等级为2的概率为5+10+12=0.27,等级为3的概率为6+7+8=0.21,等级为4的概

100100

7+2+0

率为=0.09；

100

（2）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

100x20+300x35+500x45

---------------------------二350

100

（3）2x2列联表如下:

人次＜400人次＞400

空气质量不好3337

空气质量好228

/_100X(33X8-37x22『

»5.820>3.841-

'—55x45x70x30

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.

【名师点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用,

6

考查数据处理能力，属于基础题.

5.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

率都为二，

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.

【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（理）（新课标口）

137

【答案】（1）—;（2）—；（3）—.

16416

【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.

【解析】⑴记事件M：甲连胜四场，则

（2）记事件A为甲输，事件3为乙输，事件C为丙输，

则四局内结束比赛的概率为

P'=P（ABAB）+P（ACAC）+P（BCBC）+P（BABA）=4x（^=-,

3

所以，需要进行第五场比赛的概率为尸=1-P'=—；

4

（3）记事件A为甲输，事件3为乙输，事件。为丙输，

记事件"：甲赢，记事件N：丙赢，

则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC.ACBCB、

BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC,

所以，甲赢的概率为尸（M）

7

由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等,

97

所以丙赢的概率为P（N）=1-2x—=

3216

【名师点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件,

考查计算能力，属于中等题.

6.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8,2,…，20）,其中x,和■分别表示第

20

，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Z%=60,

1=1

20202020

EX-1200,Z5—叶=80，Z（y—y）2=900°，工（王一君（%一歹）=80°・

z=lz=li=li=l

（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（X”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：相关系数尸jJ“，414.

一（%-元产之（%-歹了

VZ=1i=l

【试题来源】2020年全国统一高考数学试卷（理）（新课标口）

【答案】（1）12000；（2）0.94；（3）详见解析

【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

20__

Z（%—x）（y—y）

可；（2）利用公式厂=120T_a。_计算即可;

\区（飞-一y）2

Vi=li=l

（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.

I20]

【解析】（1）样区野生动物平均数为正£%=万*1200=60,

i=l

地块数为200,该地区这种野生动物的估计值为200x60=12000

（2）样本（七,％）（户1,2,20）的相关系数为

20

£（%一亍）（％一9）

8002V2八c”

i=l

1=----X0.94

[2020780x90003

-君这（y一歹）2

i=\i=l

（3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性,

由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从俄各地块间这种野生动物的数量差异很大，

采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，提高了样本的代表性,

从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数

学运算能力，是一道容易题.

7.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

父付金额（兀）

支付方式

仅使用A18人9人3人

仅使用B10人14人1人

（1）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；

（2）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；

（3）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.

【试题来源】2019年北京市高考数学试卷（理）

9

2

【答案】（1）j；（2）见解析；（口）见解析.

【分析】（1）由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；

（2）首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.

（口）由题意结合概率的定义给出结论即可.

【解析】（1）由题意可知，两种支付方式都是用的人数为100—30—25—5=40人，贝人

该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率P=奇40=g2.

（2）由题意可知，

32

仅使用/支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占《，金额大于1000的人数占二,

23

仅使用3支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占金额大于1000的人数占《，

且X可能的取值为0,1,2.

=o)=|x|=A

X的分布列为

X012

6136

p(x)252525

久1Q久

其数学期望：E(X)=0x—+lx—+2x—=1.

'/252525

（口）我们不认为样本仅使用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:

随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率

越来越稳定于概率.

学校是一个相对消费稳定的地方,每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定,

出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”.

【名师点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概

率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.

8.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，3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：

A笆频率

组距豌

0.30-------------10...........................................

0

O..2U50.20

O.00.15

O.5b

O.

.0O0.05

。2.53.54.55.56.57.58.5百分比

甲离子残留百分比直方图乙离子残留百分比直方图

记。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

0.70.

（1）求乙离子残留百分比直方图中。力的值；

（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）.

【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标口）

【答案】（1）a=0.35,Z?=0.10；（2）4.05,6.

【分析】（1）由尸（0=0.70及频率和为1可解得。和6的值；（2）根据公式求平均数.

【解析】（1）由题得a+0.20+0.15=0.70，解得a=0.35,由

0.05+b+0.15=l—P（C）=l—0.70,解得^=0.10.

（2）由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为

0.15x2+0.20x3+0.30x4+0.20x5+0.10x6+0.05x7=4.05,

乙离子残留百分比的平均值为

0.05x3+0.10x4+0.15x5+0.35x6+0.20x7+0.15x8=6

【名师点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题.

9.设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为工.假定甲、乙两位同学

3

到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.

（1）用X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X的分布列

和数学期望；

（2）设M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

11

之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率.

【试题来源】2019年天津市高考数学试卷（理）

【答案】（1）见解析；（2）产20

243

【分析】（1）由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然

后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；

（2）由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.

【解析】（1）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

2

率均为一，

3

故X~B[3,3],从面尸（X=笈）=C；[gj[k=0,1,2,3）.

所以，随机变量X的分布列为

X0123

1248

P

279927

随机变量X的数学期望E（X）=3x-=2.

3

（2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y,则¥~313,1

且〃={乂=31=1}11{乂=21=0}.

由题意知事件｛乂=3,¥=1｝与｛乂=2,丫=0｝互斥，

且事件｛X=3｝与｛V=1｝,事件｛X=2｝与｛y=o｝均相互独立，

从而由（1）知

p（"）=p（｛x=3,y=i｝u｛x=2,y=o｝）

=p（x=3,r=i）+p（x=2,y=o）

=p（x=3）p（y=i）+p（x=2）p（y=o）

824120

—__x__|__x___—____

279927243.

【名师点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件

12

的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.

10.某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的

服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

满意不满意

男顾客4010

女顾客3020

（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

（2）能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？

附：心一米3——

(«+b)(c+d)(a+c)(/?+d)

P（晓沙）0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（文）（新课标口）

43

【答案】（1）—：

（2）能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

【分析】（1）从题中所给的2x2列联表中读出相关的数据，利用满意的人数除以总的人数,

分别算出相应的频率，即估计得出的概率值；（2）利用公式求得观测值与临界值比较，得到

能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

【解析】（1）由题中表格可知，50名男顾客对商场服务满意的有40人,

404

所以男顾客对商场服务满意率估计为/^=—=

50名女顾客对商场满意的有30人，

303

所以女顾客对商场服务满意率估计为鸟=—=-，

100(40x20-30x10)2

（2）由列联表可知K2=——。4.762〉3.841,

70x30x50x5021

所以能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

【名师点睛】该题考查的是有关概率与统计的知识,涉及到的知识点有利用频率来估计概率,

13

利用列联表计算K?的值，独立性检验，属于简单题目.

11.11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)求尸(右2)；

(2)求事件“存4且甲获胜”的概率.

【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷(理)(新课标口)

【答案】(1)0.5;(2)0.1

【分析】(1)本题首先可以通过题意推导出P(X=2)所包含的事件为“甲连赢两球或乙连

赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；

(2)本题首先可以通过题意推导出P(X=4)所包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两

球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果.

【解析】(1)由题意可知，P(X=2)所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”

所以P(X=2)=0.5?0.40.5?0.60.5

(2)由题意可知，P(X=4)包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分”

所以P(X=4)=0.5仓0.5仓D4+O.50.4仓050.4=0.1

【名师点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出P(X=2)以及尸(X=4)

所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，

是中档题.

12.为了治疗某种疾病，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。分.甲、乙两种药的治愈率分别记为a

'4

和人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，P,。=0,1,…,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Po=。，P8=1，Pi=api+bpi+cpi+i

（7=1,2,…,7）,其中。=尸（乂=—1）,人=尸（乂=0）,。=/*=1）.假设。=0.5,，=0.8.

①证明：｛PM-pja=0,1,2,…,7）为等比数列；

②求P4，并根据P4的值解释这种试验方案的合理性.

【试题来源】2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标口）

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②p&=257,

【分析】（1）首先确定X所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分

布列；（2）①求解出a,b,c的取值，可得△=0.4."1+0.5月+0.12+1（，=1,2,…,7）,从

而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；②列出证得的等比数列的通项公式，采用累

加的方式，结合和Po的值可求得Pi；再次利用累加法可求出P4.

【解析】（1）由题意可知X所有可能的取值为-1，0,1

.-.p（X=-l）=（l-a）/?；P（X=0）=羽+（1—0（1—4）；P（X=l）=a（l-jS）

则X的分布列如下：

X-101

p(1-a)4姐+(1—0(1—2)a(l-4)

(2)a=0.5>>=0.8

a=0.5x0.8=04,Z?=0.5x0.8+0.5x02=0.5,c=0.5x0.2=0.1

①pi=apj+bpi+(i=1,2,…,7)

即Pj=0.4PT+0.50.1pM(i=1,2,…,7),

整理可得5pi=dp-+加(i=1,2,…,7)pM-Pj=4(p—RT)(i=1,2,…,7)

{Pm—pj(i=0,1,2,…,7)是以p「Po为首项,4为公比的等比数列

15

②由①知Pi+i-Pi=(P「Po》《=p}-4,，

6

••.P「P7="，Py-p6=p]-4,……,Pi—Po=Pi-4°,

作和可得。8一20=历,(4°+41+~+47)=77月=工一月=1,

1-4j

3

••月=取ZJ'

入。.142亦1-4444-l311

・••PLP「P°=P/(4+4+4+4)=137PL丁'「"TTP而•

P4表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为05乙药治愈率为

0.8时，认为甲药更有效的概率为04=言土0—0039,此时得出错误结论的概率非常小，

说明这种实验方案合理.

【名师点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加

法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通

项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.

13.电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表:

电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类

电影部数14050300200800510

好评率0.40.20.150.250.20.1

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.

假设所有电影是否获得好评相互独立.

(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；

(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；

(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“£=1”表示

第左类电影得到人们喜欢，“5=0”表示第后类电影没有得到人们喜欢(心1,2,3,4,5,

6).写出方差。。5，。&,。当，吟。短的大小关系.

【试题来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试(理)(北京卷)

【答案】(1)概率为0.025；(2)概率估计为0.35；(3)>D^6

【分析】(1)先根据频数计算是第四类电影的频率，再乘以第四类电影好评率得所求概率,

(2)恰有1部获得好评为第四类电影获得好评第五类电影没获得好评和第四类电影没获得

好评第五类电影获得好评这两个互斥事件，先利用独立事件概率乘法公式分别求两个互斥事

件的概率，再相加得结果，(3)短服从0-1分布，因此。)，即得。。

【解析】解：(1)由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000,

第四类电影中获得好评的电影部数是200x0.25=50.

故所求概率为2-=0.025.

2000

(2)设事件/为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，

事件3为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”.

故所求概率为尸(AB+AB)=P(A豆)+尸(无8)

=PU)(1-P(8))+(1-P(A))P(5).

由题意知尸(A)估计为0.25,P(5)估计为0.2.

故所求概率估计为0.25x0.8+0.75x0.2=0.35.

(3)D介DGDQDQD铝D短.

【名师点睛】互斥事件概率加法公式：若A,B互斥，则P(A+B尸P(A)+P(B),独立事件概

率乘法公式：若A,B相互独立，则P(AB尸P(A)P(B).

14.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40名工人，将他们随机分成两组，每组20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:

第种生产方式第二种生产方式

-8655689

976270122345

9877654332SI445

2110090

(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40名工人完成生产任务所需时间的中位数〃z,并将完成生产任务所需时间超过加和

不超过加的工人数填入下面的列联表：

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超过加不超过加

第一种生产方式

第二种生产方式

（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？

n^ad-bcy

(a+b)(c+d)(a+c)(/?+d)

0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【试题来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试（理）（新课标III卷）

【答案】（1）第二种生产方式的效率更高.理由见解析；（2）80；（3）能.

【分析】（1）计算两种生产方式的平均时间即可.

（2）计算出中位数，再由茎叶图数据完成列联表.

（3）由公式计算出左2,再与6.635比较可得结果.

【解析】（1）第二种生产方式的效率更高.

理由如下：

（1）由茎叶图可知用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少

80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟.因

此第二种生产方式的效率更高.

（2）由茎叶图可知用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，

用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟.因此第二种生产方

式的效率更高.

（3）由茎叶图可知用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第

二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率

更高.

（iv）由茎叶图可知用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，

关于茎8大致呈对称分布;用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的

最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区

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间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生

产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高.

以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.

（2）由茎叶图知加