新高考数学一轮复习课时过关练习第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布高考重点突破课四 概率与统计 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布高考重点突破课四 概率与统计 (含解析)，共24页。试卷主要包含了012×2＋0，频率分布直方图的性质，484 4＞6，061>3，5元，3－\f×24等内容，欢迎下载使用。



　题型一　频率分布直方图
例1 某乡镇加大投资建设美丽乡村，大力发展乡村旅游产业，显著提高了农民收入.为了提升旅游质量，打造特色旅游品牌，镇政府聘请有关专家和环保部门工作人员50人，对A，B两个特色旅游村进行评价(满分100分)，并得到A村评价分数(单位：分)的频数分布表和B村评价分数的频率分布直方图，如下：
A村评价分数的频数分布表
分数
[60，65)
[65，70)
[70，75)
[75，80)
人数
2
5
8
10





分数
[80，85)
[85，90)
[90，95)
[95，100]
人数
14
6
4
1
B村评价分数的频率分布直方图

有关专家与环保部门工作人员对旅游村的评价分数的规定如下：
分数
[60，75)
[75，90)
[90，100]
等级
Ⅰ级
Ⅱ级
Ⅲ级
等级越高旅游资源开发越好，如Ⅱ级好于Ⅰ级.
(1)估计A村评价分数的众数，并求a的值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)从参与评价的50人中随机抽取1人，估计该人对A村评价分数等级比B村评价分数等级高的频率；
(3)以评价分数为依据，比较A，B两村旅游产业发展质量情况.
解　(1)因为A村评价分数频数最多的出现在[80，85)，
所以估计A村评价分数的众数为＝82.5(分).
由5×(0.012×2＋0.020＋0.024＋2a＋0.036＋0.040)＝1，解得a＝0.028.
(2)设从参与评价的50人中随机抽取1人，该人“对A村评价分数等级为Ⅱ”的事件为A2，“对A村评价分数等级为Ⅲ”的事件为A3；
“对B村评价分数等级为Ⅰ”的事件为B1，“对B村评价分数等级为Ⅱ”的事件为B2.
由题表可知，P(A2)＝＝0.6，P(A3)＝＝0.1.
由题图可知，P(B1)＝(0.012＋0.020＋0.028)×5＝0.3，
P(B2)＝(0.036＋0.040＋0.024)×5＝0.5.
A村评价分数等级比B村评价分数等级高的概率为
P(A2B1)＋P(A3B1)＋P(A3B2)＝P(A2)P(B1)＋P(A3)·P(B1)＋P(A3)P(B2)＝0.6×0.3＋0.1×0.3＋0.1×0.5＝0.26，
所以该人对A村评价分数等级比B村评价分数等级高的概率估计值为0.26.
(3)A村评价分数的平均数
A＝×62.5＋×67.5＋×72.5＋×77.5＋×82.5＋×87.5＋×92.5＋×97.5＝79.3(分).
B村评价分数的平均数
B＝5×[0.012×(62.5＋97.5)＋0.020×67.5＋0.028×(72.5＋92.5)＋0.036×77.5＋0.040×82.5＋0.024×87.5]＝80.4(分).
因为A＜B，所以从评价分数来看，B村旅游产业发展质量要高于A村.
感悟提升　1.频率分布直方图的性质.
(1)小长方形的面积＝组距×＝频率；
(2)各小长方形的面积之和等于1；
(3)小长方形的高＝.
2.要理解并记准频率分布直方图与众数、中位数及平均数的关系.
训练1 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，B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：


记C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P(C)的估计值为0.70.
(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b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).
解　(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，
故a＝0.35，
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
　题型二　成对数据的统计分析
角度1　回归方程及其应用
例2 下表是国际数据公司(IDC)研究的全球近6年每年数字媒体阅读产生的数据量(单位：ZB)及相关统计量的值：
年份
2015
2016
2017
2018
2019
2020
序号x
1
2
3
4
5
6
年数据
量y
7
9
17
22
34
43



(xi－)2
(zi－)
(zi－)2
(xi－)(zi－)
3.5
22
2
18
14
124
9
表中zi＝ln yi，＝zi.
(1)根据上表数据信息判断，方程y＝c1·ec2x(e是自然对数的底数)更适宜作为该公司统计的年数据量y关于年份序号x的回归方程类型，试求此回归方程；
(2)根据(1)中的回归方程，预计2024年的全世界数字媒体阅读产生的数据量是2021年的多少倍？并说明理由.(参考数据：e≈2.718，≈1.648，结果精确到0.1)
参考公式：回归方程＝＋x中，斜率最小二乘法公式＝＝，＝－.
解　(1)由y＝c1·ec2x，两边同时取自然对数得ln y＝ln(c1·ec2x)＝ln c1＋c2x，
设z＝ln y，则z＝ln c1＋c2x.
因为＝3.5，＝2， (xi－)2＝18，
(xi－)(zi－)＝9，
所以2＝＝＝，
ln 1＝－2＝2－0.5×3.5＝0.25.
所以z＝0.25＋0.5x＝ln y，所以y＝e0.25＋0.5x.
(2)令x＝7，得1＝e0.25＋0.5×7＝e3.75.
令x＝10，得2＝e5.25，
＝e1.5＝e≈4.5，预计2024年全世界产生的数据规模是2021年的4.5倍.
角度2　独立性检验
例3 (2020·新高考全国Ⅰ卷改编)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：μg/m3)，得下表：
　　SO2

PM2.5　　
[0，50)
[150，475]
合计
[0，75)
64
16
80
[75，115]
10
10
20
合计
74
26
100
依据小概率值α＝0.01的独立性检验，分析该市一天中空气中PM2.5浓度是否和SO2浓度有关？
解　零假设为H0：该市一天中空气中PM2.5浓度与SO2浓度无关.
χ2＝
＝＝
≈7.484 4＞6.635＝x0.01，
依据小概率值α＝0.01的独立性检验，可以判断H0不成立，即认为该市一天中空气中PM2.5浓度和SO2浓度有关.
感悟提升　成对数据的统计分析包括：
(1)成对数据的相关性，主要是建立一元线性回归模型；
(2)独立性检验：通过计算随机变量χ2的值，推断两个分类变量是否有关系.
训练2 (2022·济南模拟)某创新公司在第1个月至第7个月的5G经济收入y(单位：百万元)关于月份x的数据如下表：
时间(月份)
1
2
3
4
5
6
7
收入(百万元)
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据绘制散点图：

(1)根据散点图判断，y＝ax＋b与y＝c·dx(a，b，c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为5G经济收入y关于月份x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)并根据你的判断结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程；
(2)请你预测该公司8月份的5G经济收入.
参考数据：
yi
vi
xiyi
xivi
100.45
100.54
462
10.78
2 711
50.12
2.82
3.47
其中设v＝lg y，vi＝lg yi.
参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据(xi，vi)(i＝1，2，3，…，n)，其回归直线＝x＋的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝－.
解　(1)根据散点图判断，y＝c·dx适宜作为5G经济收入y关于月代码x的回归方程类型.
∵y＝c·dx，两边同时取常用对数得lg y＝lg(c·dx)＝lg c＋lg d·x.
设lg y＝v，∴v＝lg c＋lg d·x.
∵＝(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，
＝vi＝×10.78＝1.54，
x＝12＋22＋32＋42＋52＋62＋72＝140，
∴lg ＝
＝＝＝0.25，
把样本中心点(4，1.54)代入v＝lg c＋lg d·x，
得1.54＝lg ＋0.25×4，
∴lg ＝0.54，＝0.54＋0.25x，
∴lg ＝0.54＋0.25x，
∴y关于x的回归方程为＝100.54＋0.25x＝3.47×100.25x.
(2)∵当x＝8时，＝3.47×100.25×8＝347，
∴预测8月份的5G经济收入为347百万元.
　题型三　概率与统计
角度1　离散型随机变量及其分布列
例4 (12分)某市某超市为了回馈新老顾客，决定在2023年元旦来临之际举行“庆元旦，迎新年”的抽奖派送礼品活动.为设计一套趣味性抽奖送礼品的活动方案，该超市面向该市某高中学生征集活动方案，该中学某班数学兴趣小组提供的方案获得了征用.方案如下：将一个4×4×4的正方体各面均涂上红色，再把它分割成64个相同的小正方体.经过搅拌后，从中任取两个小正方体，记它们的着色面数之和为ξ，记抽奖一次中奖的礼品价值为η.
(1)求P(ξ＝3)；
(2)凡是元旦当天在该超市购买物品的顾客，均可参加抽奖.记抽取的两个小正方体着色面数之和为6，设为一等奖，获得价值50元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为5，设为二等奖，获得价值30元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为4，设为三等奖，获得价值10元的礼品，其他情况不获奖.求某顾客抽奖一次获得的礼品价值的分布列与数学期望.
[规范答题]
解　(1)64个小正方体中，三面着色的有8个，两面着色的有24个，一面着色的有24个，另外8个没有着色，
∴P(ξ＝3)＝＝＝.……………………4分
(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6，η的取值为50，30，10，0，
……………………5分
P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝，……………………6分
P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝，……………………7分
P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝，……………………8分
P(η＝0)＝1－－－＝.……………………9分
所以随机变量η的分布列为
η
50
30
10
0
P




……………………10分
∴E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝.……………………12分

第一步　确定随机变量的所有可能值
第二步　求每一个可能值所对应的概率
第三步　列出离散型随机变量的分布列
第四步　求均值和方差
第五步　反思回顾、查看关键点、易错点和答题规范
角度2　概率与统计的综合问题
例5 某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间(单位：分钟)进行调查，将收集的数据分成[0，10)，[10，20)，[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60]六组，并作出频率分布直方图(如图)，将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”.

(1)请根据直方图中的数据填写下面的2×2列联表，试根据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断“课外体育达标”与性别是否有关？

课外体育不达标
课外体育达标
合计
男
60


女


110
合计



(2)现按照“课外体育达标”与“课外体育不达标”进行分层抽样，抽取8人，再从这8名学生中随机抽取3人参加体育知识问卷调查，记“课外体育不达标”的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望.
解　(1)由题意得“课外体育达标”人数为200×[(0.02＋0.005)×10]＝50，
则“课外体育不达标”人数为150，∴列联表如下：

课外体育不达标
课外体育达标
合计
男
60
30
90
女
90
20
110
合计
150
50
200
假设H0为“课外体育达标”与性别无关.
∴χ2＝＝≈6.061>3.841＝x0.05.
∴根据小概率α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“课外体育达标”与性别有关.
(2)由题意采用分层抽样在“课外体育达标”的学生中抽取2人，在“课外体育不达标”的学生中抽取6人，由题意知：ξ的所有可能取值为1，2，3，
P(ξ＝1)＝＝＝；P(ξ＝2)＝＝＝；
P(ξ＝3)＝＝＝；
故ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P



故ξ的数学期望为E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.
感悟提升　解决此类问题要先提取统计中的有用信息，用以解决概率问题.
角度3　正态分布的综合问题
例6 (2022·保定模拟)某食品店为了了解气温对销售量的影响，随机记录了该店1月份其中5天的日销售量y(单位：千克)与该地当日最低气温x(单位：℃)的数据，如下表：
x
2
5
8
9
11
y
12
10
8
8
7
(1)求出y与x的回归方程＝x＋；
(2)判断y与x之间是正相关还是负相关，若该地1月份某天的最低气温为6 ℃，请用所求回归方程预测该店当日的销售量；
(3)设该地1月份的日最低气温X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，求P(3.8≤X≤13.4).
附：①回归方程＝x＋中，
＝，＝－.
②≈3.2，≈1.8.
若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
解　(1)＝xi＝＝7，
＝yi＝＝9，
xiyi－5＝2×12＋5×10＋8×8＋9×8＋11×7－5×7×9＝－28，
x－52＝22＋52＋82＋92＋112－5×72＝50，
∴＝＝－0.56.
∴＝－＝9－(－0.56)×7＝12.92.
∴所求的回归方程是＝－0.56x＋12.92.
(2)由＝－0.56＜0知，y与x之间是负相关，
将x＝6代入回归方程可预测该店当日的销售量＝－0.56×6＋12.92＝9.56(千克).
(3)由(1)知μ＝＝7，由σ2＝s2＝[(2－7)2＋(5－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2＋(11－7)2]＝10，得σ≈3.2.
从而P(3.8≤X≤13.4)＝P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)＋P(μ≤X≤μ＋2σ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.818 6.
感悟提升　数形结合，将所求区间转化为三个特殊区间求解.
训练3 (2022·广州调研)某城市A公司外卖配送员底薪是每月1 800元，设一人每月配送的单数为X，若X∈[1，300]，每单提成3元，若X∈(300，600]，每单提成4元，若X∈(600，＋∞)，每单提成4.5元.B公司外卖配送员底薪是每月2 100元，设一人每月配送单数为Y，若Y∈[1，400]，每单提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每单提成4元.小王想在A公司和B公司之间选择一份外卖配送员工作，他随机调查了A公司外卖配送员甲和B公司外卖配送员乙在2022年4月份(30天)的送餐量数据，如下表：
表1　A公司外卖配送员甲送餐量统计
日送餐量x/单
13
14
16
17
18
20
天数
2
6
12
6
2
2
表2　B公司外卖配送员乙送餐量统计
日送餐量y/单
11
13
14
15
16
18
天数
4
5
12
3
5
1
(1)设A公司外卖配送员月工资(单位：元)为f(X)，B公司外卖配送员月工资(单位：元)为g(Y)，当X＝Y且X，Y∈(300，600]时，比较f(X)与g(Y)的大小关系；
(2)将甲、乙4月份的日送餐量的频率视为对应公司的外卖配送员日送餐量的概率.
①计算外卖配送员甲和乙的日送餐量的数学期望E(x)和E(y)；
②请利用所学的统计学知识为小王做出选择，并说明理由.
解　(1)当X＝Y且X，Y∈(300，600]时，g(Y)＝g(X)；
当X∈(300，400]时，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋3X)＝X－300>0；
当X∈(400，600]时，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋4X)＝－300<0.
所以当X∈(300，400]时，f(X)>g(Y)；
当X∈(400，600]时，f(X) (2)①甲的日送餐量x的分布列为：
x
13
14
16
17
18
20
P






乙的日送餐量y的分布列为：
y
11
13
14
15
16
18
P






则E(x)＝13×＋14×＋16×＋17×＋18×＋20×＝16，
E(y)＝11×＋13×＋14×＋15×＋16×＋18×＝14.
②E(X)＝30E(x)＝480，480∈(300，600]；
E(Y)＝30E(y)＝420，420∈(400，＋∞).
所以A公司外卖配送员的平均月薪约为1 800＋4E(X)＝3 720(元)，
B公司外卖配送员的平均月薪约为2 100＋4E(Y)＝3 780(元)，
3 720<3 780，
所以小王应选择做B公司外卖配送员.
赛制与概率
在“更高更快更强”的体育精神感召下，或为了增加竞赛的悬念，或增加比赛的精彩程度，或维护比赛的公平，概率在体育竞赛赛制中有着重要的应用和体现.
例1 (1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即先赢2局者为胜，根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0.6，则本次比赛甲获胜的概率是(　　)
A.0.216 B.0.36 C.0.432 D.0.648
答案　D
解析　甲获胜可能性为2∶0或2∶1，甲以2∶0获胜概率为0.6×0.6＝0.36，甲以2∶1获胜概率为C×0.6×0.4×0.6＝0.288，
∴甲获胜概率为0.36＋0.288＝0.648.
(2)(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________.
答案　0.18
解析　甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.
设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4∶1获胜包含的情况有：
①前5场比赛，第一场负，另外4场全胜，其概率为P1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036.
②前5场比赛，第二场负，另外4场全胜，其概率为P2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036.
③前5场比赛，第三场负，其余4场全胜，其概率为P3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054.
④前5场比赛，第四场负，另外4场全胜，其概率为P4＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054.
则甲队以4∶1获胜的概率为P＝P1＋P2＋P3＋P4＝0.036＋0.036＋0.054＋0.054＝0.18.
例2 甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？
解　设甲获胜的局数为X，每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布.
若采用3局2胜制，则X～B(3，0.6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”，所以甲获胜的概率P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C×0.62×0.4＋0.63＝0.648.
若采用5局3胜制，则X～B(5，0.6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”，所以甲获胜的概率P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝C×0.63×0.42＋C×0.64×0.4＋0.65≈0.683.
由0.683＞0.648可以看出采用5局3胜制对甲更有利.
例3 甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响且无平局.求：
(1)前三局比赛甲队领先的概率；
(2)设本场比赛的局数为ξ，求ξ的概率分布和数学期望.(用分数表示)
解　(1)设“甲队胜三局”为事件A，“甲队胜二局”为事件B，则P(A)＝＝，
P(B)＝C×＝，
所以前三局比赛甲队领先的概率为P(A)＋P(B)＝.
(2)甲队胜三局或乙胜三局，
P(ξ＝3)＝＋＝.
甲队或乙队前三局胜两局，第四局获胜
P(ξ＝4)＝C××＋C××＝.
甲队或乙队前四局胜两局，第五局获胜
P(ξ＝5)＝C××＋C××＝.
∴ξ的分布列为：
ξ
3
4
5
P



∴ξ的数学期望为
E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝.


1.(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
解　(1)由题意得，X的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得
E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
2.某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前、后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测某项质量指标值，该项质量指标值落在[20，40)内的产品视为合格品，否则为不合格品.设备改造前样本的频率分布直方图如图所示.

下表是设备改造后样本的频数分布表：
质量指
标值
[15，
20)
[20，
25)
[25，
30)
[30，
35)
[35，
40)
[40，
45]
频数
2
18
48
14
16
2
(1)请估计该企业在设备改造前的产品质量指标值的平均数(同一组数据用该组数据所在区间的中点值表示)；
(2)设备改造后，企业将不合格品全部销毁，并对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25，30)内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在[20，25)或[30，35)内的定为二等品，每件售价180元；其他的合格品定为三等品，每件售价120元.根据上表中的数据，用该样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有合格产品中抽到一件相应等级产品的概率.现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望.
解　(1)根据题图可知，设备改造前样本的质量指标值的平均数为5×(0.008×17.5＋0.032×22.5＋0.080×27.5＋0.024×32.5＋0.036×37.5＋0.020×42.5)＝30.2.
根据设备改造前样本的质量指标值的平均数估计设备改造前总体的质量指标值的平均数为30.2.
(2)根据样本的频率分布估计总体的概率分布，合格的样本中一、二、三等品的频率分别为，，，故从所有合格产品中随机抽一件，抽到一、二、三等品的概率分别为，，.
易知随机变量X的取值为240，300，360，420，480，
则P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝，
P(X＝360)＝C××＋×＝，
P(X＝420)＝C××＝，
P(X＝480)＝×＝.
所以随机变量X的分布列为
X
240
300
360
420
480
P





所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400.
3.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：
支付金额(元)
支付方式　　
(0，1 000]
(1 000，2 000]
大于2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10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的学生各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X的分布列和均值；
(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2 000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2 000元的人数有变化？说明理由.
解　(1)由题意知，样本中仅使用A的学生有18＋9＋3＝30(人)，仅使用B的学生有10＋14＋1＝25(人)，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人，
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人).
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率为＝0.4.
(2)X的所有可能值为0，1，2.
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”.
由题设知，事件C，D相互独立，
且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6，
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24.
P(X＝1)＝P(C∪D)＝P(C)P()＋P()P(D)＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6＝0.52，
P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.24.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的均值E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.0.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额大于2 000元”.
假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝＝.
答案示例1：可以认为有变化.理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生.
一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化.
答案示例2：无法确定有没有变化.理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还有是可能发生的，所以无法确定有没有变化.
4.某土特产超市为预估2023年元旦期间游客购买土特产的情况，于2022年元旦期间90位游客的购买情况进行统计，得到如下人数分布表.
购买金额/元
[0，15)
[15，30)
[30，45)
[45，60)
[60，75)
[75，90]
人数
10
15
20
15
20
10
(1)根据以上数据完成2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与性别有关.

不少于60元
少于60元
总计
男

40

女
18


总计



(2)为吸引游客，该超市推出一种优惠方案：购买金额不少于60元可抽奖3次，每次中奖的概率为p(每次抽奖互不影响，且p的值等于人数分布表中购买金额不少于60元的频率)，中奖1次减5元，中奖2次减10元，中奖3次减15元.若游客甲计划购买80元的土特产，请列出实际付款数X(元)的分布列并求其数学期望.
附参考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
附表：
α
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
xα
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
解　(1)2×2列联表如下：

不少于60元
少于60元
总计
男
12
40
52
女
18
20
38
总计
30
60
90
零假设为H0：购买金额是否少于60元与性别无关.
χ2＝＝≈5.83>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的χ2独立性检验，我们推断H0不成立，因此能在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与性别有关.
(2)X的所有可能取值为65，70，75，80，
且p＝＝.
P(X＝65)＝C＝，
P(X＝70)＝C×＝，
P(X＝75)＝C××＝，
P(X＝80)＝C＝，
X的分布列为
X
65
70
75
80
P




E(X)＝65×＋70×＋75×＋80×＝75.

5.(2022·福州模拟)某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量y(g)与尺寸x(mm)之间近似满足关系式y＝c·xb(b，c为大于0的常数).按照某指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间(0.302，0.388)内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：
尺寸x(mm)
38
48
58
68
78
88
质量y(g)
16.8
18.8
20.7
22.4
24
25.5
质量与尺寸的比
0.442
0.392
0.357
0.329
0.308
0.290
(1)现从抽取的6件合格产品中再任选2件，求选中的2件均为优等品的概率；
(2)根据测得的数据作了初步处理，得相关统计量的值为下表：
(ln xi·ln yi)
(ln xi)
(ln yi)
(ln xi)2
75.3
24.6
18.3
101.4
根据所给统计量，求y关于x的非线性经验回归方程.
附：对于样本(vi，ui)(i＝1，2，…，6)，其经验回归直线＝·v＋的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
＝＝，＝－.
解　(1)由已知，优等品的质量与尺寸的比
∈(0.302，0.388)，
则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，记为a，b，c，
有3件为非优等品，记为d，e，f，
现从抽取的6件合格产品中再任选2件，样本点为：
(a，b)，(a，c)，(c，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，
选中的两件均为优等品的样本点为(a，b)，(a，c)，(b，c)，所以所求概率为＝.
(2)对y＝c·xb两边取自然对数得
ln y＝ln c＋bln x，
令vi＝ln xi，ui＝ln yi，则＝·v＋，
且＝ln c，
由所给统计量及最小二乘估计公式有：
＝＝＝＝，
＝－＝＝1，
由＝ln c得c＝e，
所以y关于x的非线性经验回归方程为
＝ex0.5.
6.(2021·重庆诊断)水污染现状与工业废水排放密切相关.某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水(A级水)达到环保标准(简称达标)的概率为p(0 某厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测.多个污水样本检测时， 既可以逐个化验，又可以将若干个样本混合在一起化验.混合样本中只要有样本不达标，混合样本的化验结果必不达标.若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放.
现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验.
若化验次数的期望值越小，则方案越“优”.
(1)若p＝，求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率；
(2)①若p＝，现有4个A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？
②若“方案三”比“方案四”更“优”，求p的取值范围.
解　(1)因为该混合样本达标的概率是＝，
所以根据对立事件可知，混合样本化验结果不达标的概率为1－＝.
(2)①方案一：逐个化验，化验次数为4.
方案二：由(1)知，每组两个样本化验时，若达标则化验次数为1，概率为；若不达标则化验次数为3，概率为.
故将方案二的化验次数记为ξ2，ξ2的所有可能取值为2，4，6.P(ξ2＝2)＝×＝，P(ξ2＝4)＝C××＝，P(ξ2＝6)＝×＝，其分布列如下：
ξ2
2
4
6
P



所以方案二的期望
E(ξ2)＝2×＋4×＋6×＝＝.
方案四：混在一起化验，记化验次数为ξ4，ξ4的所有可能取值为1，5.P(ξ4＝1)＝＝，P(ξ4＝5)＝1－＝，其分布列如下：
ξ4
1
5
P


所以方案四的期望E(ξ4)＝1×＋5×＝.
比较可得E(ξ4) ②方案三：设化验次数为η3，η3的所有可能取值为2，5.
其分布列如下：
η3
2
5
P
p3
1－p3
E(η3)＝2p3＋5(1－p3)＝5－3p3.
方案四：设化验次数为η4，η4的所有可能取值为1，5，
其分布列如下：
η4
1
5
P
p4
1－p4
E(η4)＝p4＋5(1－p4)＝5－4p4.
由题意得E(η3) 所以5－3p3<5－4p4，
所以p<.故所求p的取值范围为.