高考解答题突破六 概率与统计.docx
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高考解答题突破六概率与统计
2020高考解答题突破（六） 概率与统计
突破“两辨”——辨析、辨型
[思维流程]
[技法点拨]
概率与统计问题的求解关键是辨别它的模型，只要找到模型，问题便迎刃而解．而概率模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程，常常因题设条件理解不准，某个概念认识不清而误入歧途．另外，还需弄清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、对立事件等事件间的关系，注意放回和不放回试验的区别，合理划分复合事件．
考向一 古典概型的概率
认真阅读题目，收集各种信息，理解题意．判断试验为古典概型后用字母表示所求事件，利用列举法求出总的基本事件个数及所求事件中包含的基本事件个数，代入公式求解．
[解题指导] ―→―→
[解]
（1）由题意知，（a，b，c）所有的可能为（1,1,1），
（1,1,2），（1,1,3），（1,2,1），（1,2,2），（1,2,3），（1,3,1），（1,3,2），（1,3,3），（2,1,1），（2,1,2），（2,1,3），（2,2,1），（2,2,2），（2,2,3），（2,3,1），（2,3,2），（2,3,3），（3,1,1），（3,1,2），（3,1,3），（3,2,1），（3,2,2），（3,2,3），（3,3,1），（3,3,2），（3,3,3），共27种．
古典概型概率问题的关注点
求古典概型的概率，关键利用列举法求解基本事件数，求解时要避免“重”和“漏”．要做到正确理解题意，明确一些常见的关键词，如“至多”“至少”“只有”等，还要熟练使用常用的列举方法，如表格法，树图法等．只有有规律地列举基本事件，才能避免“重”和“漏”．
[对点训练]
1．某校拟从高二年级2名文科生和4名理科生中选出4名同学代表学校参加知识竞赛，其中每个人被选中的可能性均相等．
（1）求被选中的4名同学中恰有2名文科生的概率；
（2）求被选中的4名同学中至少有1名文科生的概率．
[解] 将2名文科生和4名理科生依次编号为1,2,3,4,5,6，从2名文科生和4名理科生中选出4名同学记为（a，b，c，d），其结果有（1,2,3,4），（1,2,3,5），（1,2,3,6），（1,2,4,5），（1,2,4,6），（1,2,5,6），（1,3,4,5），（1,3,4,6），（1,3,5,6），（1,4,5,6），（2,3,4,5），（2,3,4,6），（2,3,5,6），（2,4,5,6），（3,4,5,6），共15种．
（1）被选中的4名同学中恰有2名文科生的结果有（1,2,3,4），（1,2,3,5），（1,2,3,6），（1,2,4,5），（1,2,4,6），（1,2,5,6），共6种．
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．
[对点训练]
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”，
则P（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＝.
2．（2018·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
合计
参考公式：
K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
P（K2≥k）
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
k
0.780
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
[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：
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
34
50
女
9
41
50
合计
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
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
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
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
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
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