别样的概率统计大战答案

别样的概率统计大战数学参考答案题号12345678910答案DBCCBACBCDACDAC1.D【解析】根据回归方程表示到各点距离最小的直线方程，即总体偏差最小，即最小.2.B【解析】当体重单位为“kg”，身高单位为“m”时，数据用有序数对(xi,yi)表示.当体重单位为“kg”，身高单位为“cm”时，数据用有序数对(ti,yi)表示，则=,,,=,即=，=.3.C【解析】解法一：5个快递送到5个地方有种方法。不妨假设快递A、B、C、D、E对应的正确地方依次为甲、乙、丙、丁、戊，对于“全部送错”的方法数，可分步分析：第一步：快递A送错有4种可能情况。第二步：考虑A所送位置对应的快递（不妨假设A送到了丙地）。第三步：对快递C分类讨论：第一类：C送到甲地，则剩下B、D、E要均送错，有2种可能（丁、戊、乙；戊、乙、丁）。第二类：C送到乙、丁、戊中的一个地方（3种可能，如送到丁地），剩下的B、D、E全送错有3种可能（甲、戊、乙；戊、乙、甲；乙、戊、甲）。因此总的方法数为4×(1×2+3×3)=44，所求概率

解法二：由伯努利“错位问题”公式：.代入n=5得P(5)=.

4.C【解析】设事件B：“3张牌来自2种不同的花色”，事件A：“3张牌来自2种花色且恰相连”.则，（两种花色一种两张，一种一张)，且（相连情况有123，234…，共11种)，故.5.B【解析】先求连续两球，甲、乙各赢一个的概率，不妨设甲先发球，此时可能是甲赢乙赢或者乙赢甲赢，∴两球各赢一个的概率为∴若p2=0.5，设打了2n个球，则两人不能结束比赛的概率为，则两人能在两球后结束比赛的概率为，与p1无关，∴命题①错误；设打了2n个球，则两人能在两球后结束比赛的概率为，与p2无关，∴命题②错误；不妨设甲先发球，第二球分出胜负即两球要么是甲赢，要么是乙赢，所以第二球分出胜负的概率为，在第二球没有分出胜负的情况下进而第四球分出胜负的概率为，∴第二球分出胜负的概率与在第二球没有分出胜负的情况下进而第四球分出胜负的概率相同，∴命题③正确；不妨设甲先发球，第二球分出胜负的概率为，在第2n球没有分出胜负的概率为，∴第二球分出胜负的概率与在第2n球没有分出胜负的情况下进而第(2n+2)球分出胜负的概率相同，∴命题④正确.故选B.6.A【解析】解法一（特值法）：取m=n=3进行计算、比较即可.解法二（标准解法）：从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为ξ，则ξ的所有可能取值为0，1，则，，所以，所以；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，则η的所有可能取值为0，1，2，则，，，所以，所以，所以p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)，故选A.7.C【解析】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，，其中k∈N,k≤3且k≤n,.故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球的个数为ξ.故，随机变量ξ服从两点分布，所以，随着n的增加，E(ξ)减小；，随着n的增加，D(ξ)增加.故选C.8.BCD【解析】A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过A2到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过A2需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；第二步，甲从A2到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种.∴甲经过A2到达N的方法数为种，B选项正确；C选项，甲经过A2的方法数为种，乙经过A2的方法数也为种，∴甲、乙两人在A2处相遇的方法数为，甲、乙两人在A2处相遇的概率为，C选项正确；D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在A1、A2、A3、A4处相遇，若甲、乙两人在A1处相遇，甲经过A1处，则甲的前三步必须向上走，乙经过A1处，则乙的前三步必须向左走，两人在A1处相遇的走法种数为1种；若甲、乙两人在A2处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；若甲、乙两人在A3处相遇，甲到A3处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到A3处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，所以，两人在A3处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在A4处相遇，甲经过A4处，则甲的前三步必须向右走，乙经过A4处，则乙的前三步必须向下走，两人在A4处相遇的走法种数为1种；故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.故选：BCD.9.ACD【解析】对于A，直接挑战第2关，则，所以投掷两次点数之和应大于6，故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项A正确；对于B，闯第1关时，，所以挑战第1关通过的概率为，则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，故，而事件AB包括：含5,5,5的1个，含4,5,6的有6个，一共有7个，故，所以，故选项C正确；对于D，当n=4时，，基本事件共有64个，“4次点数之和大于20”包含以下情况：含5,5,5,6的有4个，含5,5,6,6的有6个，含6,6,6,6的有1个，含4,6,6,6的有4个，含5,6,6,6的有4个，含4,5,6,6的有12个，含3,6,6,6的有4个，所以共有4+6+1+4+4+12+4=35个，所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故D选项正确.故选ACD.10.AC【解析】对于选项A，若n=1，则，，，A正确；对于选项B，当时，；当时，由此可得，当和时，信息熵相等，故B不正确；对于选项C，若，则，随着n的增大而增大，C正确；对于选项D，若n=2m，随机变量Y的可能取值为，由知，；；；…；.，，.易知，…，，，…，，，故D错误.11.；【解析】因为每次传球有两个方向，所以n次传球之后，共有种可能的传球方法.设n次传球后，足球回到甲脚下的传球方法为种，则，即，所以，因为，所以.12.(1)设“五局比赛后甲胜”为事件A，“五局比赛后乙胜”为事件B，“五局比赛之后决出胜负”为事件C，则，，所以，所以五局比赛就可以决出胜负的概率为.(2)易知随机变量X的所有可能取值为4,5,6,7，且，由(1)知，，，所以X的分布列为P4567X.13.(1)①由频率分布表可得，样本平均数为，所以，因此由题意，可得，所以X的数学期望为②由分层抽样知，这100个城市中每月订单数在区间[3,5)内的有个，则每月订单数在区间[5,7]内的有个，若不开展营销活动，则一个月的利润为40×4×5+60×6×5=2600（万元），若开展营销活动，则一个月的利润为100×9×(5–2)=2700（万元），因此M外卖在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利100万元；(2)因为，即随机抽取1个城市的外卖订单数在区间[12.16,19.44]内的概率为0.47725，则从全国开展M外卖业务的所有城市中随机抽取100个城市，抽到k个城市的M外卖订单数在区间[12.16,19.44]内的概率为，为使抽到k个城市的M外卖订单数在区间[12.16,19.44]内的可能性最大，只需，即，即，解得101P–1≤k≤101P，则47.20225≤k≤48.20225，又k为整数，所以k=48.14.(1)解：每次抽取甲同学被抽到的概率均为，所以X的所有可能取值为0,1,2，可得,,,所以随机变量X的分布列为：P012X所以期望为。(2)解：随机变量Y的所有可能取值为10,11,…,30，则，k=10,11,…,30，所以，可得，解得k≤17。15.(1)n=4时，第二个袋中有2白2红4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）。第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，白白红，∴第三次取出为白球的概率.(2)设选出的是第k(k=1,2,3,4)个袋，连续三次取球的方法数为4×3×2=24第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：(白白白)，取法数为(4–k)(3–k)(2–k)，(白红白)，取法数为k(4–k)(3–k)，(红白白)，取法数为k(4–k)(3–k)，(红红白)，取法数为k(k–1)(4–k)，从而第三次取出的是白球的种数为：(4–k)(3–k)(2–k)+k(4–k)(3–k)+k(4–k)(3–k)+k(k–1)(4–k)=3×2(4–k)，则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：(3)设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为n(n–1)(n–2)，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：(白白白)，取法数为(n–k)(n–k–1)(n–k–2)，(白红白)，取法数为k(n–k)(n–k–1)，(红白白)，取法数为k(n–k)(n–k–1)，(红红白)，取法数为k(k–1)(n–k)，从而第三次取出的是白球的种数为：(n–k)(n–k–1)(n–k–2)+k(n–k)(n–k–1)+k(n–k)(n–k–1)+k(k–1)(n–k)=(n–1)(n–2)(n–k)则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：16.(1)因为k=2，所以控制系统中正常工作的元件个数X的可能取值为0,1,2,3；因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以，所以，，，，所以控制系统中正常工作的元件个数X的分布列为P0123X控制系统中正常工作的元件个数X的数学期望为，(2)(i)升级改造后单位时间内产量的分布列为产量4a0设备运行概率pk1–pk所以升级改造后单位时间内产量的期望为4apk。所以产量与利润的对应关系为：产品类型高端产品一般产品产量(单位:件) apk3apk利润(单位:元/件)21设备升级后单位时间内的利润为，即。(ii)因为控制系统中元件总数为奇数，所以若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有k+1个元件正常工作，其概率为；第二类：原