高考解答题突破六 概率与统计Word文档下载推荐.docx
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记“被选中的4名同学中恰有2名文科生”为事件A,
则P(A)==.
(2)记“被选中的4名同学中至少有1名文科生”为事件B,则事件B包含有1名文科生或者2名文科生这两种情况.其对立事件为“被选中的4名同学中没有文科生”.只有一种结果(3,4,5,6).
因为P()=,
所以P(B)=1-P()=1-=.
考向二 线性回归分析与独立性检验
1.在分析两个变量的相关关系时,可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具有相关关系,若具有线性相关关系,则可通过线性回归方程估计和预测变量的值.
2.独立性检验的关键是根据2×
2列联表准确计算出K2,再做判断.
[解题指导] →→→
[解]
(1)从特征量y的5次试验数据中随机抽取两个数据的情况有{601,605},{601,597},{601,599},{601,598},{605,597},{605,599},{605,598},{597,599},{597,598},{599,598}.共10种;
其中两个数据都不大于600的情况有{597,599},{597,598},{599,598},共3种.记“至少有一个大于600”为事件A,
故特征量x为570时,特征量y的估计值为604.2.
线性回归分析与独立性检验问题的关注点
(1)由回归方程分析得出的数据只是预测值不是精确值,此类问题的易错点是方程中的计算,代入公式计算要细心.
(2)独立性检验是指利用2×
2列联表,通过计算随机变量K2来确定在多大程度上两个分类变量有关系的方法.
2.(2018·
东北三校联考)为了研究使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关,某大学实验室随机抽取了60个样本,得到了相关数据如下表:
(1)根据表中数据,求出s,t的值,利用独立性检验的方法判断,能否在犯错误的概率不超过1%的前提下认为使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关?
(2)若用分层抽样的方法在使用淡化海砂的样本中抽取了6个,现从这6个样本中任取2个,则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是多少?
参考数据:
P(K2≥k0)
0.10
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
参考公式:
K2=.
[解]
(1)s=30-15=15,t=30-25=5.
由已知数据可求得K2==7.5>
6.635.
因此,能在犯错误的概率不超过1%的前提下,认为使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关.
(2)用分层抽样的方法在使用淡化海砂的样本中抽取了6
个,其中应抽取“混凝土耐久性达标”的个数为×
6=5.
“混凝土耐久性不达标”的个数为1.
“混凝土耐久性达标”的记为A1,A2,A3,A4,A5,“混凝土耐久性不达标”的记为B.
从这6个样本中任取2个,共有15种可能.
设“取出的2个样本混凝土耐久性都达标”为事件A,它的对立事件为“取出的2个样本至少有一个混凝土耐久性不达标”,包含(A1,B),(A2,B),(A3,B),(A4,B),(A5,B),共5种可能,所以P(A)=1-P()=1-=.故取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是.
专题跟踪训练(三十)
1.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:
(单位:
人)
参加书法社团
未参加书法社团
参加演讲社团
8
5
未参加演讲社团
2
30
(1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率;
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A1被选中且B1未被选中的概率.
[解]
(1)记“该同学至少参加上述一个社团为事件A”,
所以该同学至少参加上述一个社团的概率为.
(2)从5名男同学和3名女同学中各随机选1人的基本事件有:
(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(A4,B1),(A4,B2),(A4,B3),(A5,B1),(A5,B2),(A5,B3)共15个.
根据题意,这些基本事件的出现是等可能的.
其中A1被选中且B1未被选中的基本事件有(A1,B2),(A1,B3)共2个,
所以A1被选中且B1未被选中的概率为P=.
安徽合肥模拟)某职称晋级评定机构对参加某次专业技术考试的100人的成绩进行了统计,绘制的频率分布直方图如图所示.规定80分以上者晋级成功,否则晋级失败(满分为100分).
(1)求图中a的值;
(2)估计该次考试的平均分(同一组中的数据用该组的区间中点值代表);
(3)根据已知条件完成下面2×
2列联表,并判断能否有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关.
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
女
50
K2=,其中n=a+b+c+d
P(K2≥k)
0.40
0.25
0.15
0.05
k
0.780
1.323
2.072
[解]
(1)由频率分布直方图中各小长方形面积总和为1,得(2a+0.020+0.030+0.040)×
10=1,解得a=0.005.
(2)由频率分布直方图知各小组的中点值依次是55,65,75,85,95,
对应的频率分布为0.05,0.30,0.40,0.20,0.05,
则估计该次考试的平均分为=55×
0.05+65×
0.3+75×
0.4+85×
0.2+95×
0.05=74(分).
(3)由频率分布直方图知,晋级成功的频率为0.2+0.05=0.25,
故晋级成功的人数为100×
0.25=25,
填写2×
2列联表如下:
34
9
41
25
75
100
K2=
=≈2.613>
2.072,
所以有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关.
3.某险种的基本保费为a(单位:
元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况,得到如下统计表:
出险次数
1
3
4
≥5
频数
60
20
10
(1)记A为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”.求P(A)的估计值;
(2)记B为事件“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”.求P(B)的估计值;
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
[解]
(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.
由所给数据知,一年内出险次数小于2的频率为=0.55,
故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
由所给数据知,一年内出险次数大于1且小于4的概率为=0.3,
故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
调查的200名续保人的平均保费为
0.85a×
0.30+a×
0.25+1.25a×
0.15+1.5a×
0.15+1.75a×
0.10+2a×
0.05=1.1925a.
因此,续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.
4.已知鸡的产蛋量与鸡舍的温度有关.为了确定某一个时段鸡舍的控制温度,某企业需要了解鸡舍的时段控制温度x(单位:
℃)对某种鸡的时段产蛋量y(单位:
t)和时段投入成本z(单位:
万元)的影响.为此,该企业选取了7个鸡舍的时段控制温度xi和产蛋量yi(i=1,2,…7,)的数据,对数据初步处理后得到了如图所示的散点图及一些统计量的值.
(xi-)2
(ki-)2
(xi-)(yi-)
(xi-)(ki-)
17.40
82.30
3.60
140.00
9.70
2935.10
35.00
其中ki=lnyi,=ki.
(1)根据散点图判断,y=bx+a与y=c1ec2x(e为自然对数的底数)哪一个适宜作为该种鸡的时段产蛋量y关于鸡舍的时段控制温度x的回归方程类型?
(给出判断即可,不必说明理由)
(2)根据
(1)的判断及表中的数据,建立y关于x的回归方程;
(3)已知时段投入成本z与x,y的关系为z=e-2.5y-0.1x+10,当鸡舍的时段控制温度为28℃时,鸡的时段产蛋量及时段投入