2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題六 概率與統(tǒng)計(jì) 第3講 概率、隨機(jī)變量及其分布教學(xué)案（理）

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1、 (理)第3講　概率、隨機(jī)變量及其分布 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1．考查古典概型、互斥事件、相互獨(dú)立事件、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)等內(nèi)容，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，多為容易或中等難度題． 2．對(duì)離散型隨機(jī)變量的分布列及期望的考查是重點(diǎn)中的“熱點(diǎn)”，重點(diǎn)考查獨(dú)立事件的概率，超幾何分布和二項(xiàng)分布的期望等．以解答題的形式出現(xiàn)，難度中檔或偏下． [真題體驗(yàn)] 1．(2017·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來(lái)自中國(guó)古代的太極圖，正方形內(nèi)切圓中的黑色部分 和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對(duì)稱，在正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是(　　) A.　　　　　　　　　　

2、B. C. D. 解析：B　[不妨設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a.由圖形的對(duì)稱性可知，太極圖中黑白部分面積相等，即所各占圓面積的一半．由幾何概型概率的計(jì)算公式得，所求概率為＝，選B.] 2．(2018·全國(guó)Ⅲ卷)某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨(dú)立．設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，DX＝2.4，P(X＝4)

3、、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間，每天7：30之前到校的概率均為，假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響，且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立． (1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望； (2)設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中，甲同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率． 解：(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立，且每天7：30之前到校的概率均為，故X～B，從而P(X＝k)＝Ck3－k，(k＝0,1,2,3.) 所以，隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P 隨機(jī)變

4、量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×＝2. (2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為Y，則Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由題意知事件{X＝3，Y＝1}與{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}與{Y＝1}，事件{X＝2}與{Y＝0}均相互獨(dú)立，從而由(Ⅰ)知P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝×＋×＝. [主干整合] 1．概率模型公式及相關(guān)結(jié)論 (1)古典概型的概率公式． P(A)＝＝. (2)幾何概型的概率公式． P(A)＝. (3

5、)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率：若A，B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)·P(B)． (4)若事件A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P()＝1－P(A)． 2．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布 如果事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.用X表示事件A在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中發(fā)生的次數(shù)，則X服從二項(xiàng)分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k. 3．超幾何分布 在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝mi

6、n{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此時(shí)稱隨機(jī)變量X服從超幾何分布．超幾何分布的模型是不放回抽樣，超幾何分布中的參數(shù)是M，N，n. 4．離散型隨機(jī)變量的均值、方差 (1)離散型隨機(jī)變量ξ的分布列為 ξ x1 x2 x3 … xi … n P p1 p2 p3 … pi … pn 離散型隨機(jī)變量ξ的分布列具有兩個(gè)性質(zhì)；①pi≥0； ②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)． (2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機(jī)變量ξ的數(shù)學(xué)期望或均值． D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(

7、ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做隨機(jī)變量ξ的方差． (3)數(shù)學(xué)期望、方差的性質(zhì)． ①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)． ②X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． ③X服從兩點(diǎn)分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)． 熱點(diǎn)一　古典概型、幾何概型 [例1]　(1)(2019·全國(guó)Ⅰ卷) 我國(guó)古代典籍《周易》用“卦”描述萬(wàn)物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽(yáng)爻“——”和陰爻“－－”，右圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的概率

8、是(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. [解析]　A　[在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，其基本事件總數(shù)n＝26＝64，恰有3個(gè)陽(yáng)爻的基本事件數(shù)為C＝20，所以在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的概率P＝＝.故選A.] (2)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖來(lái)自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(　　) A．p1＝p2 B．p1＝p

9、3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 [解析]　A　[法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB為直徑的半圓的面積為π·2＝AB2，以AC為直徑的半圓的面積為π·2＝AC2，以BC為直徑的半圓的面積為π·2＝BC2， ∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC， SⅡ＝－＝·AB·AC. ∴SⅠ＝SⅡ. 由幾何概型概率公式得p1＝，p2＝， ∴p1＝p2.故選A. 法二：不妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形， AB＝AC＝2，則BC＝2， 所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積， 為S1＝×2×2＝2， 區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2， 區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.

10、根據(jù)幾何概型的概率計(jì)算公式， 得p1＝p2＝，p3＝， 所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A.] 1．求古典概型的概率，關(guān)鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件總數(shù)．常常用到排列、組合的有關(guān)知識(shí)，計(jì)數(shù)時(shí)要正確分類，做到不重不漏． 2．計(jì)算幾何概型的概率，構(gòu)成試驗(yàn)的全部結(jié)果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找是關(guān)鍵，有時(shí)需要設(shè)出變量，在坐標(biāo)系中表示所需要的區(qū)域． (1)(2019·武漢二模)某校選定4名教師去3個(gè)邊遠(yuǎn)地區(qū)支教(每地至少1人)，則甲、乙兩人不在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)的概率是________． 解析：選定4名教師去3個(gè)邊遠(yuǎn)地區(qū)支教(每地至少1人)，不同的支

11、教方法有C·A種． 而甲、乙兩人在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)支教的不同方法有C·A種，所以甲、乙兩人不在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)支教的概率為P＝1－＝. 答案： (2) (2020·貴陽(yáng)模擬)折紙已經(jīng)成為開(kāi)發(fā)少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛(ài)心”活動(dòng)中，會(huì)產(chǎn)生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點(diǎn)，四邊形AEFG與四邊形DGHI也是正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點(diǎn)，該點(diǎn)落在陰影部分的概率為_(kāi)_______． 解析：設(shè)AB＝2，則BG＝1，AG＝， 故多邊形AEFGHID的面積S＝××2＋×2×2＝12； 陰影部分為兩個(gè)對(duì)稱的三角形，其

12、中∠EAB＝90°－∠GAB， 故陰影部分的面積S＝2×AE·AB·sin∠EAB＝2×AE·AB·cos∠GAB＝2××2××＝4，故所求概率p＝. 答案： 熱點(diǎn)二　互斥事件、相互獨(dú)立事件的概率 [例2]　(1)(2019·惠州二調(diào))某個(gè)部件由兩個(gè)電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，則部件正常工作，設(shè)兩個(gè)電子元件的使用壽命(單位：小時(shí))均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個(gè)元件能否正常工作相互獨(dú)立．那么該部件的使用壽命超過(guò)1 000小時(shí)的概率為_(kāi)_______． [解析]　通解：由正態(tài)分布知元件1,2的平均使用壽命為1 000小時(shí)，設(shè)元件1,2的使用壽命

13、超過(guò)1 000小時(shí)分別記為事件A，B顯然P(A)＝P(B)＝，所以該部件的使用壽命超過(guò)1 000小時(shí)的事件為A＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝. 優(yōu)解：由兩個(gè)電子元件的使用壽命均服從正態(tài)分布N(1 000，502)得：兩個(gè)電子元件的使用壽命超過(guò)1 000小時(shí)的概率均為P＝，則該部件使用壽命超過(guò)1 000小時(shí)的概率為：P1＝1－(1－P)2＝. [答案]　 (2)(2019·蘇州三模)現(xiàn)有4個(gè)人去參加春節(jié)聯(lián)歡活動(dòng)，該活動(dòng)有甲、乙兩個(gè)項(xiàng)目可供參加者選擇，為增加趣味性，約定：每個(gè)人通過(guò)擲一枚質(zhì)地均勻的骰子決定自己去參加哪個(gè)項(xiàng)目聯(lián)歡，擲出點(diǎn)數(shù)為1或2的人去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡，擲出點(diǎn)數(shù)大于2的人

14、去參加乙項(xiàng)目聯(lián)歡． ①求這4人中恰好有2人去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率； ②求這4人中去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參加乙項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)的概率． [解]　依題意，這4個(gè)人中，每個(gè)人去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率為，去參加乙項(xiàng)目聯(lián)歡的概率為.設(shè)“這4個(gè)人中恰好有i人去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡”為事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，則P(Ai)＝Ci·4－i. ①這4個(gè)人中恰好有2人去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的概率P(A2)＝C2×2＝. ②設(shè)“這4個(gè)人中去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參加乙項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)”為事件B，則B＝A3∪A4，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3×＋C4＝. ∴這4個(gè)人中去參加甲項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)大

15、于去參加乙項(xiàng)目聯(lián)歡的人數(shù)的概率為. 求復(fù)雜事件概率的方法及注意點(diǎn) (1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥的事件的和事件或幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件或獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)問(wèn)題，然后用相應(yīng)概率公式求解． (2)間接法：當(dāng)復(fù)雜事件正面情況較多，反面情況較少時(shí)，可利用其對(duì)立事件進(jìn)行求解．對(duì)于“至少”“至多”等問(wèn)題往往也用這種方法求解． (3)注意點(diǎn)：注意辨別獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的基本特征：①在每次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率相同． (2019·全國(guó)Ⅱ卷)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換

16、發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束． (1)求P(X＝2)； (2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率． 解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5. (2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩

17、球均為甲得分． 因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1. 熱點(diǎn)三　離散型隨機(jī)變量的分布列 數(shù)據(jù) 分析 素養(yǎng) 數(shù)據(jù)分析——分布列問(wèn)題中的核心素養(yǎng) 通過(guò)求離散型隨機(jī)變量的分布列，進(jìn)行數(shù)據(jù)分析，可以明確變量取哪些值時(shí)的概率最大，可以幫助我們作出有益的決策. 　　　　以統(tǒng)計(jì)圖表為背景的隨機(jī)變量的分布列均值 [例3－1]　(2020·聊城調(diào)研)某超市計(jì)劃月訂購(gòu)一種冰激凌，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每桶5元，售價(jià)每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完畢，根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫

18、不低于25，需求量600桶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為400桶；如果最高氣溫低于20，需求量為200桶．為了確定六月份的訂購(gòu)計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫?cái)?shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)求六月份這種冰激凌一天需求量X(單位：桶)的分布列． (2)設(shè)六月份一天銷售這種冰激凌的利潤(rùn)為Y(單位：元)，當(dāng)六月份這種冰激凌一天的進(jìn)貨量n(單位：桶

19、)為多少時(shí)，Y的數(shù)學(xué)期望取得最大值？ [審題指導(dǎo)]　(1)要求冰激凌一天需求量X的分布列，只要確定X的取值及其對(duì)應(yīng)事件的含義，然后用頻率估計(jì)概率． (2)要求Y的數(shù)學(xué)期望，只要明確X與Y的關(guān)系，借助X的分布列，得到Y(jié)的期望． [解析]　(1)由已知得：X的可能取值為200,400和600.記六月份最高氣溫低于20為事件A1，最高氣溫位于區(qū)間[20,25)為事件A2，最高氣溫不低于25為事件A3，根據(jù)題意，結(jié)合頻數(shù)分布表，用頻率估計(jì)概率，知 P(X＝200)＝P(A1)＝＝， P(X＝400)＝P(A2)＝＝， P(X＝600)＝P(A3)＝＝. 故六月份這種冰激凌一天的需求量X(

20、單位：桶)的分布列為： X 200 400 600 P (2)結(jié)合題意得當(dāng)n≤200時(shí)，E(Y)＝2n≤400. 當(dāng)200＜n≤400時(shí)，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×n×2＝n＋160∈(400,640]． 當(dāng)400＜n≤600時(shí)，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×n×2＝－n＋800∈[560,640)． 當(dāng)n＞600時(shí)，E(Y)＝×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1 760

21、－2n＜560. 所以當(dāng)n＝400時(shí)，Y的數(shù)學(xué)期望E(Y)取得最大值640. 　　　　以復(fù)雜事件為背景的隨機(jī)變量的分布列、均值 [例3－2]　(2019·青島三模)某快遞公司收取快遞費(fèi)用的標(biāo)準(zhǔn)是：首重(小于等于1 kg)10元/kg，續(xù)重5元/kg(不足1 kg的按1 kg計(jì)算)． 該公司對(duì)近60天中每天攬件數(shù)量統(tǒng)計(jì)如下表. 包裹件數(shù)范圍 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 天數(shù) 6 6 30 12 6 (1)某人打算將A(0.3 kg)，B(1.8

22、 kg)，C(1.5 kg)三件禮物隨機(jī)分成兩個(gè)包裹寄出，求該人支付的快遞費(fèi)不超過(guò)30元的概率； (2)該公司從收取的每件快遞的費(fèi)用中抽取5元作為前臺(tái)工作人員的工資和公司利潤(rùn)，剩余的作為其他費(fèi)用．前臺(tái)工作人員每人每天攬件不超過(guò)150件，工資100元，目前前臺(tái)有工作人員3人，那么公司將前臺(tái)工作人員裁員1人對(duì)提高公司利潤(rùn)是否更有利？ [審題指導(dǎo)]　(1)借助表格利用列舉法列出所有組合的可能性，然后根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁減人員和裁減人員公司利潤(rùn)的概率分布列，分別求出數(shù)學(xué)期望，比較大小即可得最優(yōu)方案． [解析]　(1)由題意，所有可能出現(xiàn)的情況如下表. 情

23、況 包裹一 包裹二 支付的總 快遞費(fèi) 禮物 重量/kg 快遞費(fèi)/元 禮物 重量/kg 快遞費(fèi)/元 1 A 0.3 10 B，C 3.3 25 35 2 B 1.8 15 A，C 1.8 15 30 3 C 1.5 15 A，B 2.1 20 35 所有情況中，快遞費(fèi)不超過(guò)30元的情況有1種， 根據(jù)古典概型概率計(jì)算公式，所求概率為. (2)根據(jù)題意得下表. 包裹件數(shù)范圍 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 4

24、50 天數(shù) 6 6 30 12 6 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 若不裁員，則每天可攬件的上限為450件，公司每日攬件數(shù)情況如下表. 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù) 50 150 250 350 450 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 平均攬件數(shù) 50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260. 故公司每日利潤(rùn)的期望值為260×5－3×100＝1 000(元)． 若裁員1人，則每天可攬件的上限為300件，公司每日攬件數(shù)

25、情況如下表. 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù) 50 150 250 300 300 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 平均攬件數(shù) 50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235 故公司每日利潤(rùn)的期望值為235×5－2×100＝975(元)． 顯然，975＜1 000， 故公司將前臺(tái)工作人員裁員1人對(duì)提高公司利潤(rùn)不利． 1．以統(tǒng)計(jì)圖表為背景的隨機(jī)變量分布列問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn) (1)根據(jù)頻率(數(shù))分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等圖表準(zhǔn)確求出隨機(jī)事件的頻率，并用之

26、估計(jì)相應(yīng)概率． (2)出現(xiàn)多個(gè)隨機(jī)變量時(shí)，應(yīng)注意分析隨機(jī)變量之間的關(guān)系，進(jìn)而由一個(gè)隨機(jī)變量的分布列推出另一個(gè)隨機(jī)變量的分布列． 2．以復(fù)雜事件為背景的隨機(jī)變量分布列問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn) (1)求離散型隨機(jī)變量分布列的關(guān)鍵是正確理解隨機(jī)變量取每一個(gè)值所表示的具體事件，然后綜合應(yīng)用各類概率公式求概率． (2)求隨機(jī)變量均值與方差的關(guān)鍵是正確求出隨機(jī)變量的分布列．若隨機(jī)變量服從特殊分布，則可直接使用公式求解． (2020·深圳模擬)某學(xué)校為鼓勵(lì)家?；?dòng)，與某手機(jī)通訊商合作，為教師辦理流量套餐．為了解該校教師手機(jī)流量使用情況，通過(guò)抽樣，得到100位教師近2年每人手機(jī)月平均使用流量L(單位：M)的

27、數(shù)據(jù)，其頻率分布直方圖如下： 若將每位教師的手機(jī)月平均使用流量分別視為其手機(jī)月使用流量，并將頻率視為概率，回答以下問(wèn)題． (1)從該校教師中隨機(jī)抽取3人，求這3人中至多有1人手機(jī)月使用流量不超過(guò)300 M的概率； (2)現(xiàn)該通訊商推出三款流量套餐，詳情如下： 套餐名稱 月套餐費(fèi)/元 月套餐流量/M A 20 300 B 30 500 C 38 700 這三款套餐都有如下附加條款：套餐費(fèi)月初一次性收取，手機(jī)使用流量一旦超出套餐流量，系統(tǒng)就自動(dòng)幫用戶充值200 M流量，資費(fèi)20元；如果又超出充值流量，系統(tǒng)就再次自動(dòng)幫用戶充值200 M流量，資費(fèi)20元，以此類推如

28、果當(dāng)月流量有剩余，系統(tǒng)將自動(dòng)清零，無(wú)法轉(zhuǎn)入次月使用．學(xué)校欲訂購(gòu)其中一款流量套餐，為教師支付月套餐費(fèi)，并承擔(dān)系統(tǒng)自動(dòng)充值的流量資費(fèi)的75%，其余部分由教師個(gè)人承擔(dān)，問(wèn)學(xué)校訂購(gòu)哪一款套餐最經(jīng)濟(jì)？說(shuō)明理由． 解析：(1)記“從該校隨機(jī)抽取1位教師，該教師手機(jī)月使用流量不超過(guò)300 M”為事件D.依題意，P(D)＝(0.000 8＋0.002 2)×100＝0.3. 從該校教師中隨機(jī)抽取3人，設(shè)這3人中手機(jī)月使用流量不超過(guò)300 M的人數(shù)為X， 則X～B(3,0.3)， 所以從該校教師中隨機(jī)抽取3人，至多有1人手機(jī)月使用流量不超過(guò)300 M的概率為P(X＝0)＋P(X＝1)＝C×0.30×(1

29、－0.3)3＋C×0.3×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784. (2)依題意，從該校隨機(jī)抽取1位教師，該教師手機(jī)月使用流量L∈(300,500]的概率為(0.002 5＋0.003 5)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率為(0.000 8＋0.000 2)×100＝0.1. 當(dāng)學(xué)校訂購(gòu)A套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費(fèi)用為X1元，則X1的所有可能取值為20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P(X1＝50)＝0.1， 所以X1的分布為 X1 20 35 50 P 0.3 0.6 0.1 所以E(X1)＝20

30、×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)． 當(dāng)學(xué)校訂購(gòu)B套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費(fèi)用為X2元，則X2的所有可能取值為30,45，且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1， 所以X2的分布列為 X2 30 45 P 0.9 0.1 所以E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)． 當(dāng)學(xué)校訂購(gòu)C套餐時(shí)，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費(fèi)用為X3元，則X3的所有可能取值為38，且P(X3＝38)＝1，所以E(X3)＝38×1＝38(元)． 因?yàn)镋(X2)＜E(X1)＜E(X3)， 所以學(xué)校訂購(gòu)B套餐最經(jīng)濟(jì)． 限時(shí)50分鐘　

31、滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．(2020·西安模擬)勾股定理在西方被稱為畢達(dá)哥拉斯定理，其證明方法有幾百種之多，著名的數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用數(shù)形結(jié)合的方法給出了勾股定理的詳細(xì)證明．如圖，在這幅“勾股圓方圖”中，以弦為邊長(zhǎng)得到的正方形ABDE是由4個(gè)全等的直角三角形和中間的一個(gè)小正方形CFGH組成的．若Rt△ABC的三邊長(zhǎng)構(gòu)成等差數(shù)列，則在正方形ABDE內(nèi)任取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自小正方形CFGH內(nèi)的概率為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[由于Rt△ABC的三邊長(zhǎng)成等差數(shù)列，所以2b＝a＋c，又a2＋

32、b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故＝，＝.大正方形ABDE的面積為c2，小正方形CFGH的面積為(b－a)2，在正方形ABDE內(nèi)任取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自小正方形CFGH內(nèi)的概率為＝2＝.故選C.] 2．(2020·石家莊模擬)《中華好詩(shī)詞》是由河北電視臺(tái)創(chuàng)辦的令廣大觀眾喜聞樂(lè)見(jiàn)的節(jié)目，旨在弘揚(yáng)中國(guó)古代詩(shī)詞文化，觀眾可以選擇從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家視聽(tīng)媒體的播放平臺(tái)中觀看，若甲乙兩人各自隨機(jī)選擇一家播放平臺(tái)觀看此節(jié)目，則甲乙二人中恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：B　[甲、乙兩人從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家播放平臺(tái)隨機(jī)選擇一家有4

33、×4＝16(種)等可能情況，其中甲、乙兩人恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的情況有C×3＝6(種)，∴所求概率為＝.] 3．某班舉行了一次“心有靈犀”的活動(dòng)，教師把一張寫(xiě)有成語(yǔ)的紙條出示給A組的某個(gè)同學(xué)，這個(gè)同學(xué)再用身體語(yǔ)言把成語(yǔ)的意思傳遞給本組其他同學(xué)．若小組內(nèi)同學(xué)甲猜對(duì)成語(yǔ)的概率是0.4，同學(xué)乙猜對(duì)成語(yǔ)的概率是0.5，且規(guī)定猜對(duì)得1分，猜不對(duì)得0分，則這兩個(gè)同學(xué)各猜1次，得分之和X(單位：分)的數(shù)學(xué)期望為(　　) A．0.9 B．0.8 C．1.2 D．1.1 解析：A　[由題意得X＝0,1,2， 則P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5

34、＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2， 所以E(X)＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.] 4．甲、乙、丙三位同學(xué)獨(dú)立解決同一個(gè)問(wèn)題，已知三位同學(xué)能夠正確解決這個(gè)問(wèn)題的概率分別為，，，則有人能夠解決這個(gè)問(wèn)題的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：B　[本題主要考查相互獨(dú)立事件、互斥事件的概率，考查對(duì)立事件的概率公式，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算，屬于中檔題．這個(gè)問(wèn)題沒(méi)有被解決的概率為＝，故有人能夠解決這個(gè)問(wèn)題的概率為1－＝.故選B項(xiàng)．] 5．(2019·大連三模)某籃球隊(duì)對(duì)隊(duì)員進(jìn)行考核，規(guī)則是：①每人進(jìn)行3個(gè)輪次的投籃；②每個(gè)輪次每人投籃2次，若至少投

35、中1次，則本輪通過(guò)，否則不通過(guò)．已知隊(duì)員甲投籃1次投中的概率為，如果甲各次投籃投中與否互不影響，那么甲3個(gè)輪次通過(guò)的次數(shù)X的期望是(　　) A．3 B. C．2 D. 解析：B　[每個(gè)輪次甲不能通過(guò)的概率為×＝，通過(guò)的概率為1－＝，因?yàn)榧?個(gè)輪次通過(guò)的次數(shù)X服從二項(xiàng)分布B，所以X的數(shù)學(xué)期望為3×＝.] 6．(2020·衡水模擬)某公司為了準(zhǔn)確把握市場(chǎng)，做好產(chǎn)品計(jì)劃，特對(duì)某產(chǎn)品做了市場(chǎng)調(diào)查：先銷售該產(chǎn)品50天，統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn)每天的銷量x(單位：件)分布在[50,100)內(nèi)，且銷量x的分布頻率f(x)＝若銷量大于或等于70件，則稱該日暢銷，其余為滯銷．在暢銷日中用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取8

36、天，再?gòu)倪@8天中隨機(jī)抽取3天進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，設(shè)這3天來(lái)自X個(gè)組，將頻率視為概率，則隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為(　　) A. B. C. D. 解析：C　[由題意知解得5≤n≤9，故n可取5,6,7,8,9，代入f(x)，得－0.5＋－0.5＋－a＋－a＋－a＝1，得a＝0.15.故銷量在[70,80)，[80,90)，[90,100)內(nèi)的頻率分別是0.2,0.3,0.3，頻率之比為2∶3∶3，所以各組抽取的天數(shù)分別為2,3,3，X的所有可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝2)＝1－－＝. X的分布列為 X 1 2 3 P 數(shù)學(xué)期望

37、E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故選C.] 二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分) 7．(2019·全國(guó)Ⅰ卷)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績(jī)，甲隊(duì)的主客場(chǎng)安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6，客場(chǎng)取勝的概率為0.5，且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是____________． 解析：甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率為[C0.6×0.4×0.52＋0.62×C0.5×0.5]×0.6＝0.18. 答案：0.18 8．(2019·寧波三模)某保險(xiǎn)公司針對(duì)企業(yè)職工推出一款意外險(xiǎn)產(chǎn)品，

38、每年每人只要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲賠50萬(wàn)元．保險(xiǎn)公司把職工從事的工作共分為A，B，C三類工種，根據(jù)歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)出這三類工種的每年賠付頻率如表所示，并以此估計(jì)賠付概率. 工種類別 A B C 賠付頻率 若規(guī)定該產(chǎn)品各工種保單的期望利潤(rùn)都不得超過(guò)保費(fèi)的20%，則A，B，C三類工種每份保單保費(fèi)的上限之和為_(kāi)_______元． 解析：設(shè)工種A的每份保單保費(fèi)為a元，保險(xiǎn)公司每份保單的利潤(rùn)為隨機(jī)變量X，則X的分布列為 X a a－5×105 P 1－ 保險(xiǎn)公司期望利潤(rùn)E(X)＝a＋(a－5×105)×＝(a－5)(元)， 根據(jù)規(guī)定知a－5≤0.2a，

39、 解得a≤6.25. 設(shè)工種B的每份保單保費(fèi)為b元，同理可得保險(xiǎn)公司期望利潤(rùn)為(b－10)元，根據(jù)規(guī)定知，b－10≤0.2b，解得b≤12.5， 設(shè)工種C的每份保單保費(fèi)為c元，同理可得保險(xiǎn)公司期望利潤(rùn)為(c－50)元，根據(jù)規(guī)定知，c－50≤0.2c，解得c≤62.5. 則A，B，C三類工種每份保單保費(fèi)的上限之和為6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)． 答案：81.25 三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分) 9．(2020·長(zhǎng)沙模擬)東方商店欲購(gòu)進(jìn)某種食品(保質(zhì)期兩天)，此商店每?jī)商熨?gòu)進(jìn)該食品一次(購(gòu)進(jìn)時(shí)，該食品為剛生產(chǎn)的)．根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，該食品每份進(jìn)價(jià)8

40、元，售價(jià)12元，如果兩天內(nèi)無(wú)法售出，則食品過(guò)期作廢，且兩天內(nèi)的銷售情況互不影響，為了解市場(chǎng)的需求情況，現(xiàn)統(tǒng)計(jì)該食品在本地區(qū)100天的銷售量如下表： 銷售量/份 15 16 17 18 天數(shù) 20 30 40 10 (視樣本頻率為概率) (1)根據(jù)該食品100天的銷售量統(tǒng)計(jì)表，記兩天中一共銷售該食品份數(shù)為ξ，求ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望； (2)以兩天內(nèi)該食品所獲得的利潤(rùn)期望為決策依據(jù)，東方商店一次性購(gòu)進(jìn)32或33份， 哪一種得到的利潤(rùn)更大？ 解析：(1)根據(jù)題意可得 P(ξ＝30)＝×＝， P(ξ＝31)＝××2＝， P(ξ＝32)＝××2＋×＝， P(ξ＝33)

41、＝××2＋××2＝， P(ξ＝34)＝××2＋×＝， P(ξ＝35)＝××2＝， P(ξ＝36)＝×＝. ξ的分布列如下： ξ 30 31 32 33 34 35 36 P E(ξ)＝30×＋31×＋32×＋33×＋34×＋35×＋36×＝32.8. (2)當(dāng)一次性購(gòu)進(jìn)32份食品時(shí)，設(shè)每?jī)商斓睦麧?rùn)為X，則X的可能取值有104,116,128， 且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12， P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84， ∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6

42、. 當(dāng)一次性購(gòu)進(jìn)33份食品時(shí)，設(shè)每?jī)商斓睦麧?rùn)為Y，則Y的可能取值有96,108,120,132. 且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12， P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59， ∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68. ∵E(X)＞E(Y)， ∴東方商店一次性購(gòu)進(jìn)32份食品時(shí)得到的利潤(rùn)更大． 10．(2019·北京卷)改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學(xué)生上個(gè)月A，B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從

43、全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下： 　　　　　支付金額(元) 支付方式　　　　　　 (0,1 000] (1 000,2 000] 大于2 000 僅使用A 18人 9人 3人 僅使用B 10人 14人 1人 (1)從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率； (2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以X表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1 000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望； (3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有

44、變化．現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2 000元．根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由． 解析：本題以支付方式相關(guān)調(diào)查來(lái)設(shè)置問(wèn)題，考查概率統(tǒng)計(jì)在生活中的應(yīng)用，考查概率的定義和分布列的應(yīng)用，使學(xué)生體會(huì)到數(shù)學(xué)與現(xiàn)實(shí)生活息息相關(guān)． (1)由題意可知，兩種支付方式都使用的人數(shù)為：(100－30－25－5)人＝40人，則： 該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率p＝＝. (2)由題意可知， 僅使用A支付方法的學(xué)生中，金額不大于1 000元的人數(shù)占，金額大于1 000的人數(shù)占， 僅使用B支付方法的

45、學(xué)生中，金額不大于1 000元的人數(shù)占，金額大于1 000元的人數(shù)占， 且X可能的取值為0,1,2. P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝2＋2＝，P(X＝2)＝×＝， X的分布列為： X 0 1 2 p(X) 其數(shù)學(xué)期望：E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. (3)我們不認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化．理由如下： 隨機(jī)事件在一次隨機(jī)實(shí)驗(yàn)中是否發(fā)生是隨機(jī)的，是不能預(yù)知的，隨著試驗(yàn)次數(shù)的增多，頻率越來(lái)越穩(wěn)定于概率． 學(xué)校是一個(gè)相對(duì)消費(fèi)穩(wěn)定的地方，每個(gè)學(xué)生根據(jù)自己的實(shí)際情況每個(gè)月的消費(fèi)應(yīng)該相對(duì)固定，出現(xiàn)題中這種現(xiàn)象可能是發(fā)生了

46、“小概率事件”． 11．(2020·福建質(zhì)檢)“工資條里顯紅利，個(gè)稅新政入民心”．隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國(guó)自1980年以來(lái)，力度最大的一次個(gè)人所得稅(簡(jiǎn)稱個(gè)稅)改革迎來(lái)了全面實(shí)施的階段.2019年1月1日起實(shí)施的個(gè)稅新政主要內(nèi)容包括：①個(gè)稅起征點(diǎn)為5 000元；②每月應(yīng)納稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn)－專項(xiàng)附加扣除；③專項(xiàng)附加扣除包括住房貸款利息或者住房租金(以下簡(jiǎn)稱住房)、子女教育、贍養(yǎng)老人等．新舊個(gè)稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計(jì)算方法及其對(duì)應(yīng)的稅率表如下： 舊個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)3 500元) 新個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)5 000元) 繳稅 級(jí)數(shù) 每月應(yīng)納

47、稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn) 稅率(%) 每月應(yīng)納稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn)－專項(xiàng)附加扣除 稅率(%) 1 不超過(guò)1 500元的部分 3 不超過(guò)3 000元的部分 3 2 超過(guò)1 500元至4 500元的部分 10 超過(guò)3 000元至12 000元的部分 10 3 超過(guò)4 500元至9 000元的部分 20 超過(guò)12 000元至25 000元的部分 20 4 超過(guò)9 000元至35 000元的部分 25 超過(guò)25 000元至35 000元的部分 25 5 超過(guò)35 000元至55 000元的部分 30 超過(guò)35 000元至55

48、 000元的部分 30 … … … … … 隨機(jī)抽取某市1 000名同一收入層級(jí)的IT從業(yè)者的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計(jì)分析，預(yù)估他們2019年的人均月收入為24 000元．統(tǒng)計(jì)資料還表明，他們均符合住房專項(xiàng)附加扣除；同時(shí)，他們每人至多只有一個(gè)符合子女教育專項(xiàng)附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育專項(xiàng)附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除、符合子女教育專項(xiàng)附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除、符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除但不符合子女教育專項(xiàng)附加扣除、既符合子女教育專項(xiàng)附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除的人數(shù)之比是2∶1∶1∶1；此外，他們均不符合其他專項(xiàng)附加扣除．新個(gè)稅政策下該市的專項(xiàng)附加

49、扣除標(biāo)準(zhǔn)為：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，贍養(yǎng)老人2 000元/月等． 假設(shè)該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者都獨(dú)自享受專項(xiàng)附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者的人均月收入視為其個(gè)人月收入．根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，解決如下問(wèn)題： (1)設(shè)該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年月繳個(gè)稅為X元，求X的分布列和期望； (2)根據(jù)新舊個(gè)稅政策，估計(jì)從2019年1月開(kāi)始，經(jīng)過(guò)多少個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅之和就超過(guò)其2019年的人均月收入？ 解析：(1)既不符合子女教育專項(xiàng)附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－

50、5 000－1 000＝18 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190； 符合子女教育專項(xiàng)附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990； 符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除但不符合子女教育專項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×2

51、0%＝1 790. 既符合子女教育專項(xiàng)附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590. 所以X的可能值為2 190,1 990,1 790,1 590. 依題意，上述四類人群的人數(shù)之比是2∶1∶1∶1， 所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)＝， P(X＝1 790)＝，P(X＝1 590)＝. 所以X的分布列為 X 2 190 1 990 1 790 1 590 P

52、 所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950. (2)因?yàn)樵谂f個(gè)稅政策下該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－3 500＝20 500(元)， 所以其月繳個(gè)稅為1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)． 因?yàn)樵谛聜€(gè)稅政策下該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年月繳個(gè)稅的均值為1 950元， 所以該收入層級(jí)的IT從業(yè)者每月少繳納的個(gè)稅為4 120－1 950＝2 170(元)． 設(shè)經(jīng)過(guò)x個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅的總和就超過(guò)24

53、 000元， 則2 170x＞24 000，因?yàn)閤∈N，所以x≥12. 所以經(jīng)過(guò)12個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅的總和就超過(guò)2019年的人均月收入． (理)高考解答題·審題與規(guī)范(六)　概率與統(tǒng)計(jì)類考題 重在“辨析”、“辨型” 思維流程 概率與統(tǒng)計(jì)問(wèn)題的求解關(guān)鍵是辨別它的概率模型，只要找到模型，問(wèn)題便迎刃而解．而概率與統(tǒng)計(jì)模型的提取往往需要經(jīng)過(guò)觀察、分析、歸納、判斷等復(fù)雜的辨析思維過(guò)程，同時(shí)，還需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件，對(duì)立事件等事件間的關(guān)系，注意放回和不放回試驗(yàn)的區(qū)別，合理劃分復(fù)雜事件. 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2

54、018·全國(guó)Ⅰ卷)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出不合格品，則更換為合格品．檢驗(yàn)時(shí)，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn)，再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)．設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0

55、產(chǎn)品作檢驗(yàn)，這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X，求EX； (ⅱ)以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對(duì)這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)？ (1)由每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p，結(jié)合獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，即可求出20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率f(p)，對(duì)f(p)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)，即可求出f(p)的最大值點(diǎn)p0，注意p的取值范圍；(2)(ⅰ)利用(1)的結(jié)論，設(shè)余下的產(chǎn)品中不合格品的件數(shù)為Y，則Y服從二項(xiàng)分布，利用二項(xiàng)分布的期望公式、Y與X的關(guān)系式求出EX，(ⅱ)求出檢驗(yàn)余下所有產(chǎn)品的總費(fèi)用，再與EX比較，即可得結(jié)論. 審圖表、數(shù)據(jù) 題目中的圖表、數(shù)據(jù)包含著問(wèn)題的基本信息，也往

56、往暗示著解決問(wèn)題的目標(biāo)和方向．在審題時(shí)，認(rèn)真觀察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，常?？梢哉业浇鉀Q問(wèn)題的思路和方法. 規(guī)范解答 評(píng)分細(xì)則 [解析]　(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Cp2(1－p)18.2分① 因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)(0＜p＜1).3分② 令f′(p)＝0，得p＝0.1.4分③ 當(dāng)p∈(0,0.1)時(shí)，f′(p)＞0； 當(dāng)p∈(0.1,1)時(shí)，f′(p)＜0.5分④ 所以f(p)的最大值點(diǎn)為p0＝0.1.6分⑤ (2)由(1)知，p＝0.1.7分⑥ ①令Y表示余下的1

57、80件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù)，依題意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.9分⑦ 所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.10分⑧ ②如果對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗(yàn)費(fèi)為400元． 由于E(X)＞400，故應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn).12分⑨ 第(1)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ①寫(xiě)出式子 f(p)＝Cp2(1－p)18得2分． ②正確求導(dǎo)得1分． ③求出p＝0.1正確得1分，錯(cuò)誤不得分． ④分析判斷p∈(0,0.1)時(shí)， f′(p)＞0；當(dāng)p∈(0.1,1)時(shí)， f′(p)＜0得1分． ⑤確定p0＝0.1得1分． 第(2)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ⑥寫(xiě)出p＝0.1得1分． ⑦求出X＝40＋25Y得2分． ⑧求出期望值正確得1分，錯(cuò)誤不得分． ⑨得出結(jié)論“應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)”得2分，結(jié)論錯(cuò)誤不得分. - 23 -