高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册第四章 概率与统计本章综合与测试课后复习题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册第四章 概率与统计本章综合与测试课后复习题，共21页。

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易混易错练
易错点1　弄错离散型随机变量的可能取值致误
1.()一个木箱中装有6个大小、形状均相同的篮球,编号分别为1,2,3,4,5,6,现随机抽取3个篮球,用X表示取出的篮球的最大号码,则X的试验结果有　　　　种. 
2.()在学校组织的足球比赛中,某班要与其他4个班级各赛一场,在这四场比赛的任意一场中,此班级每次胜、负、平的概率都相等.已知这四场比赛结束后,该班胜场多于负场.
(1)求该班胜场多于负场的所有可能情况的种数;
(2)若胜场次数为X,求X的分布列.










易错点2　错用公式或性质致误
3.(2020辽宁师范大学附属中学高二期末,)有8件产品,其中4件是次品,从中有放回地取3次(每次1件),若X表示取得次品的次数,则P(X≤2)=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.38 B.1314 C.45 D.78
4.(2020山东日照一中高二下复习检测,)先后掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有1,2,3,4,5,6)两次,落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数,且x≠y”,则概率P(B|A)=(　　)
A.13 B.14 C.15 D.16
5.()已知随机变量ξ服从正态分布N(3,4),则E(2ξ+1)与D(2ξ+1)的值分别为(　　)
A.13,4 B.13,8 C.7,8 D.7,16
易错点3　混淆随机变量的分布类型致误
6.()为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.
(1)设事件A为“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列.






7.()某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A=a1 a2 a3 a4 a5,其中A的各位数中,a1=1,ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为13,出现1的概率为23.记X=a1+a2+a3+a4+a5,运行该程序一次.
(1)求X=3的概率;
(2)求X的分布列.




8.(2020湖南长沙一中高三月考,)某厂有4台大型机器,在一个月中,一台机器至多出现1次故障,且每台机器是否出现故障是相互独立的,出现故障时需1名工人进行维修,每台机器出现故障需要维修的概率为13.
(1)问该厂至少有多少名维修工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障都能及时进行维修的概率不小于90%?
(2)已知1名工人每月只有维修1台机器的能力,每月需支付给每位维修工人1万元的工资,每台机器不出现故障或出现故障能及时维修,能使该厂产生5万元的利润,否则将不产生利润.若该厂现有2名维修工人,求该厂每月获利的均值.






易错点4　因对回归分析理解不充分或计算不准确致误
9.(2020山西运城康杰中学高二下学期月考,)在一次抽样调查中测得5个样本点,得到下表及散点图.
x
0.25
0.5
1
2
4
y
16
12
5
2
1


(1)根据散点图判断y=a+bx与y=c+k·x-1哪一个适宜作为y关于x的回归方程;(给出判断即可,不必说明理由)
(2)根据(1)的判断结果试建立y与x的回归方程;(计算结果保留整数)
(3)在(2)的条件下,设z=y+x且x∈[4,+∞),试求z的最小值.
参考公式:回归方程y^=b^x+a^中,
b^=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2=∑i=1nxiyi-nx y∑i=1nxi2-nx 2,a^=y-b^x.








易错点5　对独立性检验理解不充分或计算不准确致误
10.(2020河南郑州高二下学期第一次联考,)为了解人们对延迟退休年龄政策的态度,某部门从年龄在15岁到65岁的人群中随机调查了100人,并得到如图所示的频率分布直方图,在这100人中不支持延迟退休年龄政策的人数与年龄的统计结果如下表所示.

年龄
不支持延迟退休年龄政策的人数
[15,25)
15
[25,35)
5
[35,45)
15
[45,55)
23
[55,65]
17
(1)由频率分布直方图,估计这100人年龄的平均数;
(2)根据以上统计数据填写下面的2×2列联表,据此表,是否有95%的把握认为以45岁为分界点的不同人群对延迟退休年龄政策的态度存在差异?

45岁以下
45岁及以上
合计
不支持



支持



合计



参考数据及公式:
P(χ2≥k)
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.

思想方法练
一、函数与方程思想
1.()一个袋子中装有n个红球(n≥5,n∈N)和5个白球,一次摸奖是从袋中同时摸两个球,两个球颜色不同则为中奖.
(1)试用n表示一次摸奖就中奖的概率;
(2)若n=5,求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率;
(3)记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为P,当n取多少时,P最大?


2.()一个袋子内装有若干个黑球、3个白球、2个红球(所有的球除颜色外其他均相同),从中一次性任取2个球,每取得一个黑球得0分,每取得一个白球得1分,每取得一个红球得2分,用随机变量ξ表示取2个球的总得分,已知得0分的概率为16.
(1)求袋子内黑球的个数;
(2)求ξ的分布列与均值.


二、数形结合思想
3.()如图为某地成年男性体重的正态曲线,请写出其正态分布密度函数φ(x),并求P(|X-72|≤20).
附:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈68.3%,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈95.4%,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈99.7%.


4.()PM2.5(细颗粒物)是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物(也称可入肺颗粒物).为了探究车流量与PM2.5的质量分数是否相关,现采集到某城市周一至周五某一时间段车流量与PM2.5的数据如下表:
时间
周一
周二
周三
周四
周五
车流量x(万辆)
50
51
54
57
58
PM2.5的质量分数y
(微克/立方米)
69
70
74
78
79
(1)根据表中数据,请在下列坐标系(如图)中画出散点图;

(2)根据表中数据,用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y^=b^x+a^;
(3)若周六同一时间段车流量是25万辆,试根据(2)中求出的线性回归方程预测当时PM2.5的质量分数(结果保留整数).
参考公式:
b^=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2=∑i=1nxiyi-nx y∑i=1nxi2-nx 2,a^=y-b^x.






三、分类讨论思想
5.()某电视台某节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题,其中前两个问题回答正确各得10分,回答不正确各得0分,第三个问题回答正确得20分,回答不正确得-10分.若一个挑战者回答前两题正确的概率都是0.8,回答第三题正确的概率为0.6,且各题回答正确与否相互之间没有影响.
(1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分ξ的分布列和均值;
(2)求这位挑战者总得分不为负分(即ξ≥0)的概率.深度解析






6.()质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别刻着数字1,2,3,4.将4个这样的玩具同时抛掷于桌面上.
(1)设ξ为与桌面接触的4个面上数字中偶数的个数,求ξ的分布列及均值E(ξ);
(2)求与桌面接触的4个面上的4个数的乘积能被4整除的概率.






四、转化与化归思想
7.(2020四川攀枝花高二上学期期末教学质量监测,)某公司为了确定下一年度投入某种产品的宣传费用,需了解年宣传费x(单位:万元)对年销售量y(单位:吨)和年利润(单位:万元)的影响.对近6年宣传费和年销售量的数据进行了初步统计,得到如下数据:
年份
2013
2014
2015
2016
2017
2018
年宣传费x(万元)
38
48
58
68
78
88
年销售量y(吨)
16.8
18.8
20.7
22.4
24.0
25.5
经电脑模拟,发现年宣传费x(万元)与年销售量y(吨)之间近似满足关系式y=a·xb(a>0,b>0),即ln y=bln x+ln a,对上述数据进行了初步处理,得到的相关值如下表:
∑i=16(ln xi·ln yi)
∑i=16(ln xi)
∑i=16(ln yi)
∑i=16(ln xi)2
75.3
24.6
18.3
101.4
(1)从表中所给出的6年年销售量数据中任选2年进行年销售量的调研,求所选数据中至多有一年年销售量低于20吨的概率;
(2)根据所给数据,求y关于x的回归方程;
(3)若生产该产品的固定成本为200万元,且每生产1吨产品的生产成本为20万元(总成本=固定成本+生产成本+年宣传费),销售收入为R(x)=-x+(40+20e)x+500(万元),假定该产品产销平衡(即生产的产品都能卖掉),则2019年该公司应该投入多少宣传费才能使利润最大?(其中e=2.718 28…)
附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回归直线v^=β^·u+α^中的斜率和截距的最小二乘估计分别为β^=∑i=1nuivi-nu v∑i=1nui2-nu 2,α^=v-β^·u.


答案全解全析
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易混易错练
3.D
4.A
5.D


1. 答案　20
2. 解析　当X=3时,另两个球从1,2中选取,有1种取法;
当X=4时,另两个球从1,2,3中任取,有C32=3种取法;
当X=5时,另两个球从1,2,3,4中任取,有C42=6种取法;
当X=6时,另两个球从1,2,3,4,5中任取,有C52=10种取法.
所以,X的试验结果共有1+3+6+10=20(种).
2.解析　(1)若胜一场,则其余为平,共有C41=4种情况;若胜两场,则其余两场为一负一平或两平,共有C42C21+C42=18种情况;若胜三场,则其余一场为负或平,共有C43×2=8种情况;若胜四场,则只有1种情况.
综上,共有4+18+8+1=31种情况.
(2)X的可能取值为1,2,3,4,P(X=1)=431,P(X=2)=1831,P(X=3)=831,P(X=4)=131,所以X的分布列为
X
1
2
3
4
P
431
1831
831
131

3.D　因为是有放回地取产品,所以每次取产品取到次品的概率为48=12.从中取3次,X为取得次品的次数,则X~B3,12,P(X≤2)=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)=C32×123+C31123+C30123=78,故选D.
4.A　事件A:“x+y为偶数”中包含的基本事件有(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5),(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6),共18个,事件A中含有的B事件为(2,4),(2,6),(4,2),(4,6),(6,2),(6,4),共6个,所以P(B|A)=618=13,故选A.
5.D　由已知得E(ξ)=3,D(ξ)=4,故E(2ξ+1)=2E(ξ)+1=7,D(2ξ+1)=4D(ξ)=16.
6.解析　(1)由已知,有P(A)=C22C32+C32C32C84=635.所以,事件A发生的概率为635.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X=k)=C5kC34-kC84(k=1,2,3,4),
所以,随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
114
37
37
114

7.解析　(1)已知a1=1,要使X=3,只需后四位中出现2个1和2个0.
所以P(X=3)=C42232132=827.
(2)令Y=a2+a3+a4+a5,则Y=0,1,2,3,4.
易知Y~B4,23,X=Y+1,所以X的所有可能取值为1,2,3,4,5.
P(X=1)=P(Y=0)=C40230134=181,P(X=2)=P(Y=1)=C41231133=881,P(X=3)=P(Y=2)=C42232×132=827,P(X=4)=P(Y=3)=C43×233131=3281,P(X=5)=P(Y=4)=C44234130=1681.
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
181
881
827
3281
1681

8.解析　(1)设“机器出现故障需要维修”为事件A,则P(A)=13.
设出现故障的机器台数为X,则X~B4,13,
P(X=0)=C40×234=1681,
P(X=1)=C41×13×233=3281,
P(X=2)=C42×132×232=827,
P(X=3)=C43×133×23=881,
P(X=4)=C44×134=181.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1681
3281
827
881
181
设该厂有n名维修工人,则“每台机器在任何时刻同时出现故障都能及时进行维修”为X=0,X=1,X=2,……,X=n这n+1个互斥事件的和事件,即X≤n,则
n
0
1
2
3
4
P(X≤n)
1681
1627
89
8081
1
因为89<90%<8081,所以至少要3名工人,才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障都能及时进行维修的概率不小于90%.
(2)设该厂每月获利Y万元,则Y的所有可能取值为18,13,8,
P(Y=18)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=89,
P(Y=13)=P(X=3)=881,
P(Y=8)=P(X=4)=181.
故Y的分布列为
Y
18
13
8
P
89
881
181
所以E(Y)=18×89+13×881+8×181=1 40881,故该厂每月获利的均值为1 40881万元.
9.解析　(1)由题中散点图可以判断,y=c+k·x-1适宜作为y关于x的回归方程.
(2)令t=x-1,则y=c+kt,原数据变为
t
4
2
1
0.5
0.25
y
16
12
5
2
1
由表可知y与t近似具有线性相关关系.
计算得t=1.55,y=7.2,b^≈4,a^=y-b^ t=1,所以y^=4t+1.所以y关于x的回归方程是y^=4x+1.
(3)由(2)得z=y+x=4x+x+1,z=4x+x+1在x∈[4,+∞)上是单调递增函数,即最小值为6.
10.解析　(1)估计这100人年龄的平均数为x=20×0.2+30×0.1+40×0.2+50×0.3+60×0.2=42(岁).
(2)由频率分布直方图可知,45岁以下的有50人,45岁及以上的有50人.
2×2列联表如下:

45岁以下
45岁及以上
合计
不支持
35
40
75
支持
15
10
25
合计
50
50
100
∴χ2=100×(35×10-40×15)275×25×50×50≈1.333<3.841,∴没有95%的把握认为以45岁为分界点的不同人群对延迟退休年龄政策的态度存在差异.
思想方法练
1.解析　(1)一次摸奖是从(n+5)个球中同时选两个球,有Cn+52种方法,它们是等可能的,其中两球不同色有C51Cn1种方法,所以一次摸奖就中奖的概率P(n)=C51Cn1Cn+52=10n(n+5)(n+4)(n≥5,n∈N).
(2)当n=5时,P(5)=59,
由于摸奖是有放回的,因此三次摸奖可看作三次独立重复试验.
三次摸奖恰有一次中奖的概率为C31×59×492=80243.
(3)记(1)中的P(n)=t=10n(n+5)(n+4)(n≥5,n∈N).
∵P(n+1)-P(n)=10(n+1)(n+6)(n+5)-10n(n+5)(n+4)=10(4-n)(n+4)(n+5)(n+6)<0,
∴P(n+1) 即0 ∵P=C31·t·(1-t)2=3t3-6t2+3t在0,13上单调递增,在13,59上单调递减,
∴当t=13时,P取得最大值.
由t=10n(n+5)(n+4)=13,
解得n=20或n=1(舍去),
∴当n=20时,三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率P最大.

2.解析　(1)设袋子内黑球的个数为n,由条件知,当取得2个黑球时得0分,概率为P(ξ=0)=Cn2Cn+52=16,化简得n2-3n-4=0,解得n=4或n=-1(舍去),即袋子内有4个黑球.
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,
∴P(ξ=0)=16,
P(ξ=1)=C41C31C92=13,
P(ξ=2)=C32+C21C41C92=1136,
P(ξ=3)=C21C31C92=16,
P(ξ=4)=C22C92=136,
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
16
13
1136
16
136

∴E(ξ)=0×16+1×13+2×1136+3×16+4×136=149.
3.解析　由题意得φ(x)=1102πe-(x-72)2200,x∈(-∞,+∞),P(|X-72|≤20)=P(|X-μ|≤2σ)=P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈95.4%.
4.解析　(1)散点图如图所示.

(2)计算得x=50+51+54+57+585=54,
y=69+70+74+78+795=74,
∑i=15(xi-x)(yi-y)=(-4)×(-5)+(-3)×(-4)+0×0+3×4+4×5=64,
∑i=15(xi-x)2=(-4)2+(-3)2+02+32+42=50,
则b^=∑i=15(xi-x)(yi-y)∑i=15(xi-x)2=6450=1.28,
a^=y-b^x=74-1.28×54=4.88.
故y关于x的线性回归方程是y^=1.28x+4.88.
(3)当x=25时,y^=1.28×25+4.88≈37,
∴当时PM2.5的质量分数约为37.
5.解析　(1)若三个问题均答错,则得0+0+(-10)=-10(分).
若三个问题均答对,则得10+10+20=40(分).
若三个问题的回答一对两错,包括两种情况:
①前两个问题的回答一对一错,第三个问题答错,得10+0+(-10)=0(分);
②前两个问题答错,第三个问题答对,得0+0+20=20(分).
若三个问题的回答两对一错,也包括两种情况:
①前两个问题答对,第三个问题答错,得10+10+(-10)=10(分);
②第三个问题答对,前两个问题的回答一对一错,得20+10+0=30(分).
故ξ的所有可能取值为-10,0,10,20,30,40.
P(ξ=-10)=0.2×0.2×0.4=0.016,
P(ξ=0)=C21×0.8×0.2×0.4=0.128,
P(ξ=10)=0.8×0.8×0.4=0.256,
P(ξ=20)=0.2×0.2×0.6=0.024,
P(ξ=30)=C21×0.8×0.2×0.6=0.192,
P(ξ=40)=0.8×0.8×0.6=0.384,
所以ξ的分布列为
ξ
-10
0
10
20
30
40
P
0.016
0.128
0.256
0.024
0.192
0.384
ξ的均值E(ξ)=-10×0.016+0×0.128+10×0.256+20×0.024+30×0.192+40×0.384=24(分).
(2)这位挑战者总得分不为负分的概率为P(ξ≥0)=1-P(ξ<0)=1-0.016=0.984.
方法技巧
求离散型随机变量的均值问题,在求解过程中,对离散型随机变量的所有可能取值的判断,以及取各个值时的概率都可能用到分类讨论的思想.
6.解析　(1)由题意得P(ξ=k)=C4k124(k=0,1,2,3,4),所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
116
14
38
14
116

ξ~B4,12,则E(ξ)=4×12=2.
(2)不能被4整除的有两种情况:
①4个数均为奇数,概率为124=116.
②4个数中有3个奇数,另一个为2,概率为C43123×14=18.
故所求的概率P=1-116-18=1316.
7.解析　(1)记事件A表示“至多有一年年销售量低于20吨”,由题表中数据可知6年的数据中2013年和2014年的年销售量低于20吨,记这两年为c,d,其余四年为e,f,g,h,则从6年中任选2年,共有(c,d),(c,e),(c,f),(c,g),(c,h),(d,e),(d,f),(d,g),(d,h),(e,f),(e,g),(e,h),(f,g),(f,h),(g,h)15种不同取法,
事件A包括(c,e),(c,f),(c,g),(c,h),(d,e),(d,f),(d,g),(d,h),(e,f),(e,g),(e,h),(f,g),(f,h),(g,h),共14种取法,故P(A)=1415.
(2)对y=a·xb(a>0,b>0)两边取自然对数得ln y=ln a+bln x,令u=ln x,v=ln y,得v=ln a+b·u,由题中数据得,u=24.66=4.1,v=18.36=3.05,
又∑i=16uivi=∑i=16(ln xi·ln yi)=75.3,∑i=16ui2=∑i=16(ln xi)2=101.4,
所以b^=∑i=16uivi-nu v∑i=16ui2-nu 2=75.3-6×4.1×3.05101.4-6×4.12=12,由ln a^=v-b^u=3.05-12×4.1=1,得a^=e,故所求回归方程为y^=ex.
(3)设该公司的年利润为f(x)万元,因为利润=销售收入-总成本,所以由题意可知
f(x)=-x+(40+20e)x+500-(200+20ex+x)=-2x+40x+300=-2(x-10)2+500,所以当x=10,即x=100时,年利润f(x)取得最大值,为500万元,故2019年该公司应该投入100万元的宣传费才能使利润最大.