06.二轮复习选填题题型归纳之概率与统计（解析版）

专题六 选填题题型归纳之概率与统计 题型一、抽样方法、数字特征、统计图表 1．已知某地区中小学学生的近视情况分布如图 1 和图 2 所示，为了解该地区中小学生的近 视形成原因，用分层抽样的方法抽取 2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近 视人数分别为（ ） A．200，20 B．100，20 C．200，10 D．100，10 【解答】解：由图 1 知：总体个数为 3500+2000+4500＝10000， ∴样本容量＝10000×2%＝200， 分层抽样抽取的比例为 ， ∴高中生抽取的学生数为 40， ∴抽取的高中生近视人数为 40×50%＝20． 故选：A． 2．某车间生产 A，B，C 三种不同型号的产品，产量之比分别为 5：k：3，为检验产品的质 量，现用分层抽样的方法抽取一个容量为 120 的样本进行检验，已知 B 种型号的产品共 抽取了 24 件，则 C 种型号的产品抽取的件数为（ ） A．12 B．24 C．36 D．60 【解答】解：由题意可得 ൅൅ ，求得 k＝2． 则 C 种型号的产品抽取的件数为 120× ൅൅ 36， 故选：C． 3．演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从 9 个原始 评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分.7 个有效评分与 9 个原始评分相 比，不变的数字特征是（ ） A．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差 【解答】解：根据题意，从 9 个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效 评分， 7 个有效评分与 9 个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变， 故选：A． 4．某校从参加高二年级学业水平测试的学生中抽出 80 名学生，其数学成绩（均为整数）的 频率分布直方图如图，估计这次测试中数学成绩的平均分、众数、中位数分别是（ ） A．73.3，75，72 B．72，75，73.3 C．75，72，73.3 D．75，73.3，72 【解答】解： ① 平均数是频率分布直方图的“重心”， 等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和． 所以平均成绩为： 45×（0.005×10）+55×（0.015×10）+65×（0.020×10）+ 75×（0.030×10）+85×（0.025×10）+95×（0.005×10）＝72； ② 由众数概念知，众数是出现次数最多的， 在直方图中，高度最高的小矩形的中间值的横坐标即为众数， 由频率分布直方图知，这次测试数学成绩的众数为 75； ③ 由于中位数是所有数据中的中间值， 故在直方图中，体现的是中位数的左右两边频数应用相等，即频率相等， 从而就是小矩形的面积和相等， 因此在频率分布直方图中， 将频率分布直方图中所有小矩形面积一分为二的直线所对应的成绩即为所求， ∵前三个小矩形的面积和为（0.005+0.015+0.020）×10＝0.4， 第四个小矩形的面积为 0.030×10＝0.3，0.4+0.3＝0.7＞0.5， ∴中位数应位于第四个小矩形中， 设其底边为 x，高为 0.03， ∴令 0.03x＝0.1，解得 x≈3.3， 故成绩的中位数为 73.3． 故选：B． 5．我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续 11 天复工复产 指数折线图，下列说法正确的是（ ） A．这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加 B．这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量 C．第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80% D．第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量 【解答】解：由图可知，这 11 天的复工指数和复产指数有增有减，故 A 错； 由折线的变化程度可见这 11 天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故 B 错误； 第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%，故 C 正确； 第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量，D 正确； 故选：CD． 6．总体由编号为 01，02，…，19，20 的 20 个个体组成，利用下面的随机数表选取 5 个个 体，选取方法从随机数表的第 1 行第 4 列数由左到右由上到下开始读取，则选出来的第 5 个个体的编号为 02 ． 第 1 行 78 16 65 71 02 30 60 14 01 02 40 60 90 28 01 98 第 2 行 32 04 92 34 49 35 82 00 36 23 48 69 69 38 74 81 【解答】解：从随机数表的第 1 行第 4 列数由左到右由上到下开始读取， 则选出来的这组数据编号为： 66（不合题意），57（不合题意），10，23（不合题意），06，01，40（不合题意）， 10（重复），24（不合题意），06（重复），09，02； 所以选出第 5 个个体的编号为 02． 故答案为：02． 题型二、统计案例 1．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x（单位：℃）的关系，在 20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（xi，yi）（i＝1，2，…，20）得 到下面的散点图： 由此散点图，在 10℃至 40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型的是（ ） A．y＝a+bx B．y＝a+bx2 C．y＝a+bex D．y＝a+blnx 【解答】解：由散点图可知，在 10℃至 40℃之间，发芽率 y 和温度 x 所对应的点（x，y） 在一段对数函数的曲线附近， 结合选项可知，y＝a+blnx 可作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型． 故选：D． 2．某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如表： 广告费用 x（万元） 2 3 4 5 6 销售额 y（万元） 19 25 34 38 44 根据上表可得回归直线方程为 6.3x ൅ ，下列说法正确的是（ ） A．回归直线 6.3x ൅ 必经过样本点（2，19）、（6，44） B．这组数据的样本中心点 ， 未必在回归直线 6.3x ൅ 上 C．回归系数 6.3 的含义是广告费用每增加 1 万元，销售额实际增加 6.3 万元 D．据此模型预报广告费用为 7 万元时销售额为 50.9 万元 【解答】解：回归直线 SO ൅ ，不一定经过任何一个样本点，故 A 错； 由最小二乘法可知，这组数据的样本中心点 ， 一定在回归直线 SO ൅ 上，故 B 错； 回归系数 6.3 的含义是广告费用每增加 1 万元，预测销售额增加 6.3 万元，故 C 错； ൅ ൅ ൅ ൅ S ， ൅ ൅ ൅ ൅ ൅ ， 将（4，32）代入 SO ൅ ，可得 SO൅ ，则回归方程为 SO ൅ SO൅ ， x＝7 时， SO ൅ SO൅ O ，故 D 正确． 故选：D． 3．疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行，用于人体预防接种的预防性生物制品，其前 期研发过程中，一般都会进行动物保护测试，为了考察某种疫苗预防效果，在进行动物 试验时，得到如下统计数据： 未发病 发病 总计 未注射疫苗 20 注射疫苗 30 总计 50 50 100 附表及公式： ݀െ ൅െ൅൅െ൅ ，n＝a+b+c+d． P（K2≥k0） 0.05 0.01 0.005 0.001 k0 3.841 6.635 7.879 10.828 现从试验动物中任取一只，取得“注射疫苗”的概率为 ，则下列判断错误的是（ ） A．注射疫苗发病的动物数为 10 B．从该试验未注射疫苗的动物中任取一只，发病的概率为 C．能在犯错概率不超过 0.001 的前提下，认为疫苗有效 D．该疫苗的有效率为 75% 【解答】解：由题知：由现从试验动物中任取一只取得“注射疫苗”的概率为 ，可补充 列联表， 未发病 发病 总计 未注射疫苗 20 40 60 注射疫苗 30 10 40 总计 50 50 100 故注射疫苗动物共 40 只，未注射为 60 只；A、B 正确． 由附表及公式： ݀െ ൅െ൅൅െ൅ ，n＝a+b+c+d． 得： ݀ S SOS ＞ O൅൅ ， 故能在犯错概率不超过 0.001 的前提下认为疫苗有效．C 正确． 在排除 ABC 选项可得答案． 故选：D． 题型三、古典概型 1．某班有男生 30 人，女生 20 人，按分层抽样方法从班级中选出 5 人负责校园开放日的接 待工作．现从这 5 人中随机选取 2 人，至少有 1 名男生的概率是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：男生 30 人，女生 20 人，按分层抽样方法从班级中选出 5 人负责校园开放 日的接待工作，则男生为 5× ൅ 3 人，女生为 2 人， 从这 5 人中随机选取 2 人，共有 C52＝10 种，其中全时女生的有 1 种， 故至少有 1 名男生的概率是 1 ݀ ， 故选：D． 2．口袋里装有红球、白球、黑球各 1 个，这 3 个球除颜色外完全相同，有放回的连续抽取 2 次，每次从中任意地取出 1 个球，则两次取出的球颜色不同的概率是（ ） A． B． C． D． ൅ 【解答】解：∵口袋里装有红球、白球、黑球各 1 个，这 3 个球除颜色外完全相同， 有放回的连续抽取 2 次，每次从中任意地取出 1 个球， ∴基本事件总数 n 9， 能两次取出的球颜色不同包含的基本事件个数 m 6， ∴能两次取出的球颜色不同的概率 p S ． 故选：C． 3．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含 乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“─”表示一个阳 爻，“﹣﹣”表示一个阴爻）．若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个 爻中都恰有两个阳爻的概率为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：含有两个阳爻的卦有 3 个，含有三个阳爻的卦有 1 个， 从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦， 基本事件总数 n 6， 这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数 m 3， ∴这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为 p S ． 故选：B． 题型四、排列组合 1．学校从 7 名短跑运动员中选出 4 人参加运动会中的 4×100 米接力赛，其中甲不能跑第一 棒，乙不能跑第四棒，则甲跑第二棒的概率是 S ． 【解答】解：根据题意，从 7 人中取 4 人参加比赛的种数为 A ， 其中甲跑第一棒的情况有 S 种，乙跑第四棒的情况有 S 种， “甲跑第一棒”与“乙跑第四棒”都包含了“甲跑第一棒，乙跑第四棒”，此时有 种情 况， 故共有 ݀ S ൅ 610 种跑法， 甲跑第二棒且乙不跑第四棒的种数为： ൅ 80 种， 故甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则甲跑第二棒的概率为：p ൅ S ൅ S ． 故答案为： ൅ S ． 2．某中学元旦晚会共由 6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面， 丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ） A．720 种 B．600 种 C．360 种 D．300 种 【解答】解：根据题意，分 2 步进行分析： ① ，将除丙之外的 5 人排成一排，要求甲在乙的前面，有 A55＝60 种情况， ② ，5 人排好后有 5 个空位可选，在其中任选 1 个，安排丙，有 5 种情况， 则有 60×5＝300 种不同的顺序， 故选：D． 3．现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张．从中任取 3 张，要求 这 3 张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为（ ） A．484 B．472 C．252 D．232 【解答】解：根据题意，不考虑限制条件，从 16 张卡片中任取 3 张有 C163 种情况， 其中如果取出的 3 张为同一种颜色，有 4C43 种情况， 如果取出的 3 张有 2 张红色的卡片，有 C42C121 种情况， 则满足条件的取法有 C163﹣4C43﹣C42C121＝560﹣16﹣72＝472 种； 故选：B． 4．某校高三年级举行一次演讲赛共有 10 位同学参赛，其中一班有 3 位，二班有 2 位，其它 班有 5 位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有 3 位同学恰好被排在一起 （指演讲序号相连），而二班的 2 位同学没有被排在一起的概率为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：由题意知本题是一个古典概型， ∵试验发生包含的所有事件是 10 位同学参赛演讲的顺序共有：A1010； 满足条件的事件要得到“一班有 3 位同学恰好被排在一起而二班的 2 位同学没有被排在 一起的演讲的顺序”可通过如下步骤： ① 将一班的 3 位同学“捆绑”在一起，有 A33 种方法； ② 将一班的“一梱”看作一个对象与其它班的 5 位同学共 6 个对象排成一列，有 A66 种 方法； ③ 在以上 6 个对象所排成一列的 7 个间隙（包括两端的位置）中选 2 个位置，将二班的 2 位同学插入，有 A72 种方法． 根据分步计数原理（乘法原理），共有 A33•A66•A72 种方法． ∴一班有 3 位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连）， 而二班的 2 位同学没有被排在一起的概率为： S S ． 故选：B． 5．将 4 位大学生分配到 A，B，C 三个工厂参加实习活动，其中 A 工厂只能安排 1 位大学生， 其余工厂至少安排 1 位大学生，且甲同学不能分配到 C 工厂，则不同的分配方案种数是 15 ． 【解答】解：甲同学不能分配到 C 工厂，则甲可以放在 A，B 工厂， 第一类，甲到 A 工厂，另外 3 人到 B，C 工厂，且只能是一个工厂 2 人，另外一个 1 人， 故有 A32＝6 种， 第二类，甲到 B 工厂，再分两类，一是，其余 3 人到 A，C 两个工厂，而 A 工厂只能安 排 1 位大学生，一共有 3 种分配方法，二是另外 3 人分别分到 A，B，C 工厂，故有 A33 ＝6， 根据分类计数原理，故有 6+3+6＝15 种， 故答案为：15． 6．有 20 个不加区别的小球放入编号为 1、2、3 的三个盒子中，要求每个盒内的球数不少于 它的编号数，共有 120 种不同的放法． 【解答】解：根据题意，先在编号为 2 的盒子中依次放入 1 个小球，编号为 3 的盒子中 依次放入 2 个小球，还剩余 17 个小球，只需将这 17 个小球放入 3 个小盒，每个小盒至 少一个即可， 17 个小球之间共 16 个空位，从中选 2 个，插入挡板即可，则有 C162＝120 种不同的放法， 故答案为：120． 7．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的 坐法有 135 种（用数字回答）． 【解答】解：根据题意，分 2 步进行分析： ① 、在六位同学中任选 2 人，坐自己原来的位置，有 C62＝15 种情况， ② 、假设不坐自己位置的 4 人为 A、B、C、D， A 不坐自己的位置，有 3 种坐法， 假设 A 坐在了 B 的位置，B 有 3 种坐法， 剩下 C、D，只有一种坐法， 则剩下 4 人不坐自己的位置，有 3×3＝9 种情况， 故恰有两位同学坐自己原来的位置的坐法有 15×9＝135 种； 故答案为：135． 8．黄冈市有很多处风景名胜，仅 4A 级景区就有 10 处，某单位为了鼓励职工好好工作，准 备组织 5 名优秀的职工到就近的三个景区：龟峰山、天堂寨、红安红色景区去旅游，若 规定每人限到一处旅游，且这三个风景区中每个风景区至少安排 1 人，则这 5 名职工共 有（ ）种安排方法 A．90 B．60 C．210 D．150 【解答】解，把 5 名优秀的职工分成两类：311，221， 根据分组公式共有（ ൅ ）A33＝150 种报考方法， 故选：D． 9．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务 A 必须排在前三项执行， 且执行任务 A 之后需立即执行任务 E，任务 B、任务 C 不能相邻，则不同的执行方案共 有（ ） A．36 种 B．44 种 C．48 种 D．54 种 【解答】解：根据题意，任务 A 必须排在前三项执行，分 3 种情况讨论： ① ，任务 A 排在第一位，则 E 排在第二位，将剩下的 2 项任务全排列，排好后有 3 个空 位，将 B、C 安排在 3 个空位中，有 A22A32＝12 种不同的执行方案， ② ，任务 A 排在第二位，则 E 排在第三位，BC 的安排方法有 4×A22＝8 种，将剩下的 2 项任务全排列安排在剩下位置，有 A22＝2 种安排方法，则有 8×2＝16 种安排方法， ③ ，任务 A 排在第三位，则 E 排在第四位，BC 的安排方法有 4×A22＝8 种，将剩下的 2 项任务全排列安排在剩下位置，有 A22＝2 种安排方法，则有 8×2＝16 种安排方法， 则不同的执行方案共有 12+16+16＝44 种； 故选：B． 10．用 1、2、3、4、5、6、7、8 组成没有重复数字的八位数，要求 1 和 2 相邻，3 与 4 相 邻，5 与 6 相邻，而 7 与 8 不相邻，这样的八位数共有 576 个．（用数字作答） 【解答】解：首先把 1 和 2 相邻，3 与 4 相邻，5 与 6 相邻当做三个元素进行排列有 A33 种结果， 这三个元素形成四个空，把 7 和 8 在这四个位置排列有 A42 种结果， 三对相邻的元素内部各还有一个排列 A22， 根据分步计数原理得到这种数字的总数有 A33A42A22A22A22＝576， 故答案为：576． 11．如图，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现 有 4 种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 72 种．（以数字作答） 【解答】解：由题意，选用 3 种颜色时：涂色方法 C43•A33＝24 种 4 色全用时涂色方法：C21•A44＝48 种 所以不同的着色方法共有 72 种． 故答案为：72 12．对一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种， 但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有 30 种（用数字作答）． 【解答】解：由题意知本题是一个分步和分类计数问题， 最短边选取一种颜色有 3 种情况． 如果最短边的两个邻边颜色相同有 2 种情况； 这时最后两个边也有 2 种情况． 如果最短边的两个邻边颜色不同有 2 种情况； 这时最后两个边有 3 种颜色． ∴方法共有 3（2×2+2×3）＝30 种． 故答案为：30 题型五、二项分布 1．二项式（ ൅ ）40 的展开式中，其中是有理项的项数共有 7 ． 【解答】解：由二项式（ ൅ ）40 的展开式的通项为 Tr+1 （ ）40﹣r（ ） r x ݀ S ， 令 ݀ S ∈ Z，0≤r≤40，r ∈ Z， 所以 r＝0，6，12，18，24，30，36， 即有理项的项数共有 7 项， 故答案为：7． 2．（x ൅ ）n 的展开式中，第 3 项的二项式系数比第 2 项的二项式系数大 44，则展开式 中的常数项是（ ） A．第 3 项 B．第 4 项 C．第 7 项 D．第 8 项 【解答】解：由题意可得 ݀ 44，即 （n+8）（n﹣11）＝0，解得 n＝11． 故（x ൅ ）n ൅ 的展开式的通项公式为 Tr+1 • ݀ •x﹣4r • ݀ ， 令 ݀ 0，解得 r＝3，∴展开式中的常数项是第四项， 故选：B． 3．在二项式 ൅ 展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式的常数项是第 （ ）项 A．3 B．4 C．5 D．6 【解答】解：由二项式展开式二项式系数的性质有 n＝10， 则 ൅ 展开式的通项为 Tr+1 x ݀ x﹣2r x ݀ ， 令 ݀ 0，解得 r＝2， 即展开式的常数项是第 3 项， 故选：A． 4．在二项式 ൅ 的展开式中，各项系数之和为 A，各项二项式系数之和为 B，且 A+B ＝72，则展开式中常数项的值为 9 ． 【解答】解：由二项展开式的性质可得 A＝4n，B＝2n ∴A+B＝4n+2n＝72 ∴n＝3 ∵ ൅ 展开式的通项为 ൅ ݀ ݀ 令 ݀ 可得 r＝1 常数项为 T2＝3×C31＝9 故答案为：9 5．在（x﹣2）8（x+1）的展开式中，x7 的系数为 96 ．（用数字作答） 【解答】解：（x﹣2）8 ൅ x8 ݀ ൅ x7•2 ൅ ൅ x6•22 ݀ ݀ ൅ x•27 ൅ ൅ ൅ •28， ∴（x﹣2）8（x+1）的展开式中，x7 的系数为 ൅ •22 ݀ ൅ •2＝96． 故答案为：96． 6．（x2+x+y）5 的展开式中，x3y3 的系数为（ ） A．10 B．20 C．30 D．60 【解答】解：（x2+x+y）5 的展开式中，通项公式 Tr+1 y5﹣r（x2+x）r， 令 5﹣r＝3，解得 r＝2． （x2+x）2＝x4+2x3+x2， ∴x3y3 的系数为 2× 20， 故选：B． 7．已知（1 ൅ ）（1+x）6 的展开式中各项系数的和为 128，则该展开式中 x2 的系数为（ ） A．15 B．21 C．30 D．35 【解答】解：∵（1 ൅ ）（1+x）6 的展开式中各项系数的和为（1+a）×26＝128，∴a＝ 1， ∴（1 ൅ ）（1+x）6＝（1 ൅ ）（1+x）6＝（1 ൅ ）（1+6x+15x2+20x3+15x4+6x5+x6）， 则该展开式中 x2 的系数为 15+6＝21， 故选：B． 8．已知二项式（x+y）n 的展开式的二项式项的系数和为 64，（2x+3）n＝a0+a1（x+1）+a2 （x+1）2+…+an（x+1）n，则 a2＝（ ） A．20 B．30 C．60 D．80 【解答】解：由二项式（x+y）n 的展开式中的二项式系数和为 64 可知 2n＝64，n＝6， 则（2x+3）n＝（2x+3）6＝[2（x+1）+1]6＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+an（x+1）n， 则 a2 S •22•14＝60． 故选：C． 9．（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9 的展开式中 x2 的系数是（ ） A．60 B．80 C．84 D．120 【解答】解：（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9 的展开式中 x2 的系数为 ൅ ൅ ൅ ൅ ൅ ൅ ． 故选：D． 题型六、条件概率与独立事件 1．某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门．现随机地取 1 把钥匙试着开门，不能开门的就扔 掉，问第二次才能打开门的概率是 ．如果试过的钥匙不扔掉，这个概率又是 ． 【解答】解：第二次打开门，说明第一次没有打开门，故第二次打开门的概率为 ． 如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为 ， 故答案为： ； ． 2．从混有 5 张假钞的 20 张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是 假钞，则两张都是假钞的概率是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：设事件 A 表示“抽到的两张都是假钞”，事件 B 表示“抽到的两张至少有一 张假钞”， 则所求的概率即 P（A|B）． 又 ܣ ， ܣ ൅ ， 结合条件概率公式可得： ܣܣ ܣ ܣ ൅ ． 故选：C． 3．一个盒子里有 7 个红球，3 个白球，从盒子里先取一个小球，然后不放回的再从盒子里 取出一个小球，若已知第 1 个是红球的前提下，则第 2 个是白球的概率是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：一个盒子里有 7 个红球，3 个白球，从盒子里先取一个小球，然后不放回的 再从盒子里取出一个小球， 设事件 A 表示“第一次取到红球”，事件 B 表示“第二次取出白球”， 则 P（A） ，P（AB） ， ∴第 1 个是红球的前提下，则第 2 个是白球的概率是： P（B|A） ܣ ． 故选：B． 4．甲罐中有 5 个红球，2 个白球和 3 个黑球，乙罐中有 6 个红球，2 个白球和 2 个黑球，先 从甲罐中机取出一个球放入乙罐，分别以 A1，A2，A3 表示由甲罐取出的球是红球、白球 和黑球的事件，再从乙罐中随机取出一个球，以 B 表示由乙罐取出的球是红球的事件， 下列结论中不正确的是（ ） A．事件 B 与事件 A1 不相互独立 B．A1、A2、A3 是两两互斥的事件 C．P（B） D．P（B|A1） 【解答】解：由题意 A1，A2，A3 是两两互斥事件， P（A1） ，P（A2） ，P（A3） ， P（B|A1） ܣ ， P（B|A2） S ，P（B|A3） S ， P（B）＝P（A1B）+P（A2B）+P（A3B） ＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3） ൅ S ൅ S ． 所以 C 不正确． 故选：C． 5．甲袋中有 4 只白球，2 只红球；乙袋中有 3 只白球，1 只红球；现以掷骰子的方式确定从 甲、乙哪个袋中取一球，若掷骰子朝上的点数是 3 的倍数则从甲袋中取，其余情况从乙 袋中取，则取到的球是白球的概率为 S ． 【解答】解：设“取到的球是白球”为事件 A，“从甲袋中取到的球是白球”为事件 B， “从乙袋中取到的球是白球”为事件 C， P（B） S S ൅ S ， P（C） S S ， 则 P（A）＝P（B）+P（C） S ， 故答案为： S6．已知 A 学校有 15 位数学老师，其中 9 位男老师，6 位女老师，B 学校有 10 位数学老师， 其中 3 位男老师，7 位女老师，为了实现师资均衡，现从 A 学校任意抽取一位数学老师 到 B 学校，然后从 B 学校随机抽取一位数学老师到市里上公开课，则在 B 学校抽取到市 里上公开课的是男老师的情况下，从A学校抽到B学校的老师也是男老师的概率是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：设“在 B 学校抽取到市里上公开课的是男老师”为事件 M，“从 A 学校抽 到 B 学校的老师是男老师”为事件 N， 则 P（M） S ൅ ൅ ， P（MN） ， ∴P（N/M） ܯ ൅ ． 故选：A． 题型七、随机变量及分布列 1．在 15 个村庄中有 7 个村庄交通不方便，现从中任意选 10 个村庄，用 X 表示这 10 个村 庄中交通不方便的村庄数，则 P（X＝4）＝ ．（用数字表示） 【解答】解：由题意 P（X＝4） ൅ S S ൅ 故答案为： 2．100 件产品，其中有 30 件次品，每次取出 1 件检验放回，连检两次，恰一次为次品的概 率为（ ） A．0.42 B．0.3 C．0.7 D．0.21 【解答】解：由题意，设恰有一次取出次品为事件 A，则 P（A） 0.42 故选：A． 3．设 A，B 两队进行某类知识竞赛，竞赛为四局，每局比赛没有平局，前三局胜者均得 1 分，第四局胜的一队得 2 分，各局负者都得 0 分，假设每局比赛 A 队获胜的概率均为 ， 且各局比赛相互独立，则比赛结束时 A 队得分比 B 队高 3 分的概率为 ． 【解答】解：比赛结束时 A 队得分比 B 队高 3 分是指前 3 局比赛中 A 两胜一负，第 4 局 比赛 A 胜， ∴比赛结束时 A 队得分比 B 队高 3 分的概率： P ． 故答案为： ． 4．某超市中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满 200 元的顾客均获得一次抽奖的机 会，中奖一次即可获得 5 元红包，没有中奖不得红包．现有 4 名顾客均获得一次抽奖机 会，且每名顾客每次中奖的概率均为 0.4，记 X 为 4 名顾客获得的红包金额总和，则 P（10 ≤X≤15）＝ S ． 【解答】解：中奖一次即可获得 5 元红包，没有中奖不得红包．现有 4 名顾客均获得一 次抽奖机会， 且每名顾客每次中奖的概率均为 0.4， 记 X 为 4 名顾客获得的红包金额总和， 则 P（10≤X≤15） ． ． S ൅ ． OS S ． 故答案为： S ． 5．设两个正态分布 N1（ μ 1，σ ）和 N2（ μ 2， ）的密度函数曲线如图所示，则有（ ） A． μ 1＜ μ 2，σ1＜σ2 B． μ 1＜ μ 2，σ1＞σ2 C． μ 1＞ μ 2，σ1＜σ2 D． μ 1＞ μ 2，σ1＞σ2 【解答】解：从正态曲线的对称轴的位置看，显然 μ 1＜ μ 2， 正态曲线越“瘦高”，表示取值越集中，σ越小， ∴σ1＜σ2 故选：A． 6．设 X～N（ μ 1，σ12），Y～N（ μ 2，σ22），这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论 中正确的是（ ） A．P（Y≥ μ 2）≤P（Y≥ μ 1） B．P（X≤σ2）≥P（X≤σ1） C．对任意正数 t，P（X≤t）≥P（Y≤t） D．对任意正数 t，P（X≥t）≥P（Y≥t） 【解答】解：由曲线 X 的对称轴为 x＝ μ 1，曲线 Y 的对称轴为 x＝ μ 2，可知 μ 2＞ μ 1． ∴P（Y≥ μ 2）＜P（Y≥ μ 1），故 A 对； 由图象知σ1＜σ2 且均为正数， ∴P（X≤σ2）＞P（X≤σ1），故 B 对； 对任意正数 t，由题中图象知 P（X≤t）≥P（Y≤t），故 C 正确，D 错． 故选：ABC． 7．下列有关说法正确的是（ ） A．（ X﹣2Y）5 的展开式中含 X2Y3 项的二项式系数为 20 B．事件 A∪B 为必然事件，则事件 A、B 是互为对立事件 C．设随机变量 ξ 服从正态分布 N（ μ ，7），若 P（ ξ ＜2）＝P（ ξ ＞4），则 μ 与 D ξ 的值分别 为 μ ＝3，D ξ ＝7 D．甲、乙、丙、丁 4 个人到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A＝“4 个人去 的景点各不相同”，事件 B＝“甲独自去一个景点”，则 P（A|B） 【解答】解：对于 A，由二项式定理得：（ X﹣2Y）5 的展开式中含 X2Y3 项的二项式系数 为 10，故 A 错误； 对于 B，事件 A∪B 为必然事件，若 A，B 互斥，则事件 A、B 是互为对立事件；若 A，B 不互斥，则事件 A、B 不是互为对立事件，故 B 错误 对于 C，设随机变量 ξ 服从正态分布 N（ μ ，7），若 P（ ξ ＜2）＝P（ ξ ＞4），则曲线关于 x ＝3 对称，则 μ 与 D ξ 的值分别为 μ ＝3，D ξ ＝7．故 C 正确． 对于 D，设事件 A＝“4 个人去的景点不相同”，事件 B＝“甲独自去一个景点”， 则 P（A） ，P（B） S ，P（AB） ，则 P（A|B） ܣ ܣ ， 故 D 正确； 故选：CD． 8．有下列说法： ① 一支田径队有男女运动员 98 人，其中男运动员有 56 人．按男、女比例用分层抽样的 方法，从全体运动员中抽出一个容量为 28 的样本，那么应抽取女运动员人数是 12 人； ② 在某项测量中，测量结果 X 服从正态分布 N（1，σ2）（σ＞0），若 X 在（0，1）内取 值的概率为 0.4，则 X 在（0，2）内取值的概率为 0.8． ③ 废品率 x%和每吨生铁成本 y（元）之间的回归直线方程为 2x+256，这表明废品率 每增加 1%，生铁成本大约增加 258 元； ④ 为了检验某种血清预防感冒的作用，把 500 名未使用血清和使用血清的人一年中的感 冒记录作比较，提出假设 H0：“这种血清不能起到预防作用”，利用 2×2 列联表计算得 K2 的观测值 k≈3.918，经查对临界值表知 P（K2≥3841）≈0.05，由此，得出以下判断： 在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为“这种血清能起到预防的作用”，正确的有 （ ） A． ①②④ B． ①②③ C． ①③ D． ③④【解答】解： ① ∵田径队有男女运动员 98 人，其中男运动员有 56 人，∴这支田径队有 女运动员 98﹣56＝42 人， 用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为 28 的样本， ∴每个个体被抽到的概率是 ൅ ൅ ，∵田径队有女运动员 42 人， ∴女运动员要抽取 42× 12 人， ① 正确； ② 某项测量中，测量结果 X 服从正态分布 N（1，σ2）（σ＞0），若 X 在（0，1）内取值 的概率为 0.4，由正态分布的对称性可得：X 在（0，2）内取值的概率为 0.8，正确． ③ 废品率 x%和每吨生铁成本 y（元）之间的回归直线方程为 2x+256，这表明废品率 每增加 1%，生铁成本每吨大约增加 2 元，因此不正确； ④ 利用 2×2 列联表计算得 K2 的观测值 k≈3.918，经查对临界值表知 P（K2≥3.841）≈ 0.05，由此，得出以下判断：在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为“这种血清能起 到预防的作用”，正确． 故选：A．