《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第二层级 重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第二层级 重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列含解析.pdf（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列 全国卷全国卷 3 年考情分析年考情分析 年份年份全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷 几何概型几何概型T10求二项式系数问题求二项式系数问题T5 2018二项分布、导数的应用及变量的数 学期望、决策性问题 二项分布、导数的应用及变量的数 学期望、决策性问题T20 古典概型古典概型T8相互独立事件及二项 分布 相互独立事件及二项 分布T8 数学文化、有关面积的几何概型数学文化、有关面积的几何概型T2 2017正态分布、 二项分布的性质及概率、 方差 正态分布、 二项分布的性质及概率、 方差T
2、19 二项分布的方差二项分布的方差T13 频数分布表、概率分 布列的求解、数学期 望的应用 频数分布表、概率分 布列的求解、数学期 望的应用T18 与长度有关的几何概型与长度有关的几何概型T4 几何概型、随机模 拟 几何概型、随机模 拟T10 2016 柱状图、相互独立事件与互斥事件 的概率、分布列和数学期望 柱状图、相互独立事件与互斥事件 的概率、分布列和数学期望T19 互斥事件的概率、条 件概率、随机变量的 分布列和数学期 望 互斥事件的概率、条 件概率、随机变量的 分布列和数学期 望T18 (1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大” ，即一道 选择题 概率、
3、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大” ，即一道 选择题(或填空题或填空题)和一道解答题和一道解答题 (2)选择题或填空题常出现在第选择题或填空题常出现在第 410 题或第题或第 1315 题的位置， 主要考查随机事件的概 率、古典概型、几何概型，难度一般 题的位置， 主要考查随机事件的概 率、古典概型、几何概型，难度一般 保分考点保分考点练后讲评练后讲评考考点点一一二二项项式式定定理理 大稳定大稳定常常规 规角角度度考考双双基基 1.(2018全国卷全国卷) 5的展开式中 的展开式中 x4的系数为的系数为( )求求特特定定项 项的的系系数数 (x 2 2 x) A10
4、B20 C40 D80 解析：选解析：选 C 5的展开式的通项公式为 的展开式的通项公式为 Tr 1 C (x2)5 rr C 2rx10 3r， ， (x 2 2 x) r 5 ( 2 x) r 5 令令 103r4，得，得 r2.故展开式中故展开式中 x4的系数为的系数为 C 2240. 2 5 2.(2017全国卷全国卷)(1x)6展开式中展开式中 x2的系数为的系数为( )求求特特定定项 项系系数数 (1 1 x2) A15 B20 C30 D35 解析：选解析：选 C (1x)6展开式的通项展开式的通项 Tr 1 C xr，所以，所以(1x)6的展开式中的展开式中 x2的系的系 r
5、6 (1 1 x2) 数为数为 1C 1C 30. 2 64 6 3.在在 n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 321，有有关关系系数数和和问 问题 题 (x 3 x) 则则 x2的系数为的系数为( ) A50 B70 C90 D120 解析：选解析：选 C 令 令 x1，则，则 n 4n，所以，所以 n的展开式中，各项系数和为 的展开式中，各项系数和为 4n， (x 3 x)(x 3 x) 又二项式系数和为又二项式系数和为 2n， 所以， 所以2n32， 解得， 解得 n5.二项展开式的通项二项展开式的通项 Tr 1 C x5 rr C
6、4n 2n r 5 ( 3 x) 3rx5 r，令，令 5 r2，得，得 r2，所以，所以 x2的系数为的系数为 C 3290，故选，故选 C. r 5 3 2 3 2 2 5 4.若二项式若二项式 7的展开式中 的系数是的展开式中的系数是 84，则实数，则实数 a 等于等于( )求求参参数数值 值 (2x a x) 1 x3 A2 B. 3 4 C1 D. 2 4 解析：选解析：选 C 二项式 二项式 7的展开式的通项 的展开式的通项 Tr 1 C 27 rx7rarxr 27 rC arx72r， ， (2x a x) r 7r 7 令令 72r3，得，得 r5，所以，所以 T64C a5
7、84，解得，解得 a1. 5 7 5.在在 n的展开式中，只有第 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最项的二项式系数最二二项 项式式系系数数或或各 各项 项系系数数的的最 最值 值 ( x 2 1 3 x) 大，则展开式的常数项是大，则展开式的常数项是( ) A7 B7 C28 D28 解析：选解析：选 B 因为只有第 因为只有第 5 项的二项式系数项的二项式系数 C 最大，所以 最大，所以 4，即，即 n8. 4 n n 2 8的展开式的通项公式为 的展开式的通项公式为 Tr 1 C 8rr x8 r， ( x 2 1 3 x) r 8(x 2)( 1 3 x) 1 rCr 8 28 r
8、 4 3 令令 8 r0，解得，解得 r6，故常数项为，故常数项为 T77.故选故选 B. 4 3 1 6C6 8 22 6.(x2xy)4的展开式中，的展开式中，x3y2的系数是的系数是_求求多多项 项式式的的特特定 定项 项系系数数 解析：法一：解析：法一：(x2xy)4(x2x)y4， 其展开式的第其展开式的第 r1 项项 Tr 1 C (x2x)4 ryr， ， r 4 因为要求因为要求 x3y2的系数，所以的系数，所以 r2，所以，所以 T3C (x2x)4 2y2 6(x2x)2y2. 2 4 因为因为(x2x)2的展开式中的展开式中 x3的系数为的系数为 2，所以，所以 x3y2
9、的系数是的系数是 6212. 法二：法二：(x2xy)4表示表示 4 个因式个因式 x2xy 的乘积，的乘积， 在这在这 4 个因式中，有个因式中，有 2 个因式选个因式选 y，其余的，其余的 2 个因式中有一个选个因式中有一个选 x，剩下的一个选，剩下的一个选 x2， 即可得到含 ， 即可得到含 x3y2的项，的项， 故故 x3y2的系数是的系数是 C C C 12. 2 41 21 1 答案：答案：12 解题方略解题方略 1求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键 一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项
10、 公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数 一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项 公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数 2求求(xyz)n的展开式的特定项的系数问题的技巧的展开式的特定项的系数问题的技巧 若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据 题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数； 把 若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据 题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数； 把(xyz)n看作看作 n
11、 个因式个因式 xyz 的乘积，再利用组合数公式求解的乘积，再利用组合数公式求解 3二项式系数最大项的确定方法二项式系数最大项的确定方法 若若 n 是偶数，则中间一项的二项式系数是偶数，则中间一项的二项式系数最大；若最大；若 n 是奇数，则中间两项是奇数，则中间两项 (第 第n 2 1项项) 第项与第第项与第1 项的二项式系数项的二项式系数，最大最大 n 1 2 n 1 2 小创新小创新变 变换换角角度度考考迁迁移移 1.在在(1x)6(2y)4的展开式中， 记的展开式中， 记 xmyn项的系数为项的系数为 f(m， n)，二二项 项式式定定理理与与函函数 数的的交交汇 汇 则则 f(4,0)
12、f(3,1)f(2,2)f(1,3)f(0,4)( ) A1 240 B1 289 C600 D880 解析：选解析：选 B (1x)6的展开式中，的展开式中，xm的系数为的系数为 C ，(2y)4的展开式中，的展开式中，yn的系数为的系数为 C m 6 24 n，则 ，则 f(m，n)C C 24 n，从而 ，从而 f(4,0)f(3,1)f(2,2)f(1,3)f(0,4)C C 24C C n 4m 6n 44 60 43 6 23C C 22C C 21C C 201 289. 1 42 62 41 63 40 64 4 2.已知已知(1axby)5(a，b 为常数，为常数，aNN*，
13、bNN*)的展开的展开二二项 项式式定定理理与与三三角 角函函数数的的交交汇 汇 式中不含字母式中不含字母x的项的系数和为的项的系数和为243， 则函数， 则函数f(x)， x的最小值为的最小值为_ 2sin 2xb 2sin( x 4) 0， ， 2 解析 ： 令解析 ： 令 x0，y1，得，得(1b)5243，解得，解得 b2.因为因为 x，所以，所以 x ， ， 0， ， 2 4 4， ， 3 4 则则 sin x cos xsin 1， 所 以， 所 以 f(x)2 (x 4) 2 2sin 2xb 2sin( x 4) 2sin 2x2 sin xcos x 2(sin xcos x
14、)2sin，所以，所以 2f(x)2.故故 f(x)的最小值为的最小值为 2. 4sin xcos x2 sin xcos x 2 (x 4) 2 答案：答案：2 古典概型、几何概型及条件概率古典概型、几何概型及条件概率 考考点点二二 保保分分考考点点 练练后后讲讲评评 1.(2018全国卷全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领古古典典概概型型 先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和” ，如的偶数可以表示为两个素数的和” ，如 30723. 在不超过在不超过 30
15、的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是的概率是( ) A. B. 1 12 1 14 C. D. 1 15 1 18 解析：选解析：选 C 不超过 不超过 30 的所有素数为的所有素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共，共 10 个，随机选取两 个不同的数，共有 个，随机选取两 个不同的数，共有 C 45 种情况，而和为种情况，而和为 30 的有的有 723,1119,1317 这这 3 种情况，所种情况，所 2 10 求概率为求概率为.故选故选 C. 3 45 1 15 2.(2018全国卷全国卷)如图，来自古
16、希腊数学家希波克拉底如图，来自古希腊数学家希波克拉底几几何何概概型型 所研究的几何图形 此图由三个半圆构成， 三个半圆的直径分别为直角 三角形 所研究的几何图形 此图由三个半圆构成， 三个半圆的直径分别为直角 三角形 ABC 的斜边的斜边 BC， 直角边， 直角边 AB， AC.ABC 的三边所围成的区域记 为，黑色部分记为，其余部分记为 的三边所围成的区域记 为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自， 的概率分别记为 在整个图形中随机取一点，此点取自， 的概率分别记为 p1，p2，p3，则，则( ) Ap1p2 Bp1p3 Cp2p3 Dp1p2p3 解析 ： 选解析
17、 ： 选 A 法一 ： 法一 ： S ABC ABAC，以，以 AB 为直径的半圆的面积为为直径的半圆的面积为 2 AB2， 1 2 1 2 ( AB 2) 8 以以AC为直径的半圆的面积为为直径的半圆的面积为 2 AC2， 以， 以BC为直径的半圆的面积为为直径的半圆的面积为 2 1 2 ( AC 2) 8 1 2 ( BC 2) 8 BC2， S ABAC，S BC2 ABAC， 1 2 8 1 2 S ABAC. ( 8AB 2 8AC 2) ( 8BC 2 1 2ABAC) 1 2 S S . 由几何概型概率公式得由几何概型概率公式得 p1，p2， S S总 总 S S总 总 p1p2
18、.故选故选 A. 法二：不妨设法二：不妨设ABC 为等腰直角三角形，为等腰直角三角形， ABAC2，则，则 BC2，2 所以区域的面积即所以区域的面积即ABC 的面积，的面积， 为为 S1 222， 1 2 区域的面积区域的面积 S2122， 2 2 2 2 区域的面积区域的面积 S322. 2 2 2 根据几何概型的概率计算公式，根据几何概型的概率计算公式， 得得 p1p2，p3， 2 2 2 2 所以所以 p1p3，p2p3，p1p2p3，故选，故选 A. 3.一个口袋中装有一个口袋中装有 6 个小球，其中红球个小球，其中红球 4 个，白球个，白球 2 个如果不放回地依次个如果不放回地依次
19、条条件件概概率率 摸出摸出 2 个小球，则在第个小球，则在第 1 次摸出红球的条件下，第次摸出红球的条件下，第 2 次摸出红球的概率为次摸出红球的概率为_ 解析 ： 设“第解析 ： 设“第 1 次摸出红球”为事件次摸出红球”为事件 A，“第，“第 2 次摸出红球”为事件次摸出红球”为事件 B，则“第，则“第 1 次和 第 次和 第 2 次都摸出红球”为事件次都摸出红球”为事件 AB，所求事件为，所求事件为 B|A. 事件事件 A 发生的概率为发生的概率为 P(A) ， ， 4 6 2 3 事件事件 AB 发生的概率为发生的概率为 P(AB) . 4 6 3 5 2 5 由条件概率的计算公式可得
20、，所求事件的概率为由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为 P(B|A) . P AB P A 2 5 2 3 3 5 答案：答案：3 5 解题方略解题方略 1求解几何概型的步骤求解几何概型的步骤 2条件概率的求法条件概率的求法 (1)利用定义，分别求利用定义，分别求 P(A)和和 P(AB)，得，得 P(B|A).这是通用的求条件概率的方法这是通用的求条件概率的方法 P AB P A (2)借助古典概型概率公式，先求事件借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数包含的基本事件数 n(A)，再在事件，再在事件 A 发生的条 件下求事件 发生的条 件下求事件 B 包含的基本事件数，即
21、包含的基本事件数，即 n(AB)，得，得 P(B|A). n AB n A 随机变量的分布列、均值与方差随机变量的分布列、均值与方差 考考点点三三 增增分分考考点点 广广度度拓拓展展 题型一 超几何分布及其均值与方差题型一 超几何分布及其均值与方差 例例 1 某大学志愿者协会有 某大学志愿者协会有 6 名男同学，名男同学，4 名女同学在这名女同学在这 10 名同学中，名同学中，3 名同学来 自数学学院，其余 名同学来 自数学学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院现从这名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院现从这 10 名同学 中随机选取 名同学 中随机选取 3 名同
22、学到希望小学进行支教活动名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同每位同学被选到的可能性相同) (1)求选出的求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率；名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设设 X 为选出的为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望的分布列和数学期望 E(X) 解解 (1)设 “选出的设 “选出的 3 名同学是来自互不相同的学院” 为事件名同学是来自互不相同的学院” 为事件 A， 则， 则 P(A) C1 3C2 7C0 3C3 7 C 3 10 . 49 60 所以选出的所以选出的 3 名同学是
23、来自互不相同学院的概率为名同学是来自互不相同学院的概率为. 49 60 (2)随机变量随机变量 X 的所有可能值为的所有可能值为 0,1,2,3. P(Xk)(k0,1,2,3) Ck 4C3 k6 C 3 10 所以所以 P(X0) ， ，P(X1) ， ， C0 4C3 6 C 3 10 1 6 C1 4C2 6 C 3 10 1 2 P(X2)，P(X3). C2 4C1 6 C 3 10 3 10 C3 4C0 6 C 3 10 1 30 所以随机变量所以随机变量 X 的分布列为：的分布列为： X0123 P 1 6 1 2 3 10 1 30 故随机变量故随机变量 X 的数学期望的数
24、学期望 E(X)0 1 23 . 1 6 1 2 3 10 1 30 6 5 解题方略解题方略 1超几何分布的应用条件及实质超几何分布的应用条件及实质 (1)条件：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个体，考察 某类个体个数 条件：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个体，考察 某类个体个数 X 的概率分布的概率分布 (2)实质：古典概型问题实质：古典概型问题 2超几何分布的均值与方差超几何分布的均值与方差 对于实际问题中的随机变量对于实际问题中的随机变量 X，如果能够断定它服从超几何分布，如果能够断定它服从超几何分布 H(N，M，n)，则其概 率可直接利用公式 ，
25、则其概 率可直接利用公式 P(Xk)(k0,1， m， 其中， 其中 mminM， n， 且， 且 nN， MN， Ck MC n k N M Cn N n，M，NNN*) 题型二 相互独立事件的概率及均值与方差题型二 相互独立事件的概率及均值与方差 例例 2 (2019 届高三届高三益阳、湘潭调研益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某 运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况规定一名运动员出线 记 某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某 运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况规定一名运动员出线 记 1 分，未出线记分，未出线记 0
26、 分假设甲、乙、丙出线的概率分别为 ，他们出线与未出线是相分假设甲、乙、丙出线的概率分别为 ，他们出线与未出线是相 2 3 3 4 3 5 互独立的互独立的 (1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率； (2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量 ，求随机变量，求随机变量 的分布列和数学期望的分布列和数学期望 E() 解解 (1)记“甲出线”为事件记“甲出线”为事件 A，“乙出线”为事件，“乙出线”为事件 B，“丙出线”为事件，“丙出线”为事件 C，
27、“甲、 乙、丙至少有一名出线”为事件 ，“甲、 乙、丙至少有一名出线”为事件 D， 则则 P(D)1P( )1 .ABC 1 3 1 4 2 5 29 30 (2)由题意可得，由题意可得， 的所有可能取值为的所有可能取值为 0,1,2,3， 则则 P(0)P( ) ； ；ABC 1 3 1 4 2 5 1 30 P(1)P(A )P( B )P( C) ；BCACAB 2 3 1 4 2 5 1 3 3 4 2 5 1 3 1 4 3 5 13 60 P(2)P(AB )P(A C)P( BC) ； ；CBA 2 3 3 4 2 5 2 3 1 4 3 5 1 3 3 4 3 5 9 20 P
28、(3)P(ABC) . 2 3 3 4 3 5 3 10 所以所以 的分布列为的分布列为 0123 P 1 30 13 60 9 20 3 10 E()0123. 1 30 13 60 9 20 3 10 121 60 解题方略解题方略 求相互独立事件的概率的两种方法 求相互独立事件的概率的两种方法 直接法直接法 正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几 个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式 正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几 个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式
29、求解求解 间接法间接法 当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解对于 “至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解 当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解对于 “至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解 题型三 二项分布及其均值与方差题型三 二项分布及其均值与方差 例例 3 雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制 雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制 PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取 重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核某省环保部门为
30、加强环境执法监管，派遣四个 不同的专家组对 ，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取 重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个 不同的专家组对 A，B，C 三个城市进行治霾落实情况抽查三个城市进行治霾落实情况抽查 (1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同， 求恰有一个城市没有专家组选取的概率； 若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同， 求恰有一个城市没有专家组选取的概率； (2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评 价，每
31、个专家组给检查到的城市评价为优的概率为 ，若四个专家组均评价为优则检查通过 每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评 价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为 ，若四个专家组均评价为优则检查通过 1 2 不用复检，否则需进行复检设需进行复检的城市的个数为不用复检，否则需进行复检设需进行复检的城市的个数为 X，求，求 X 的分布列的分布列 解解 (1)随机选取，共有随机选取，共有 3481 种不同方法，种不同方法， 恰有一个城市没有专家组选取的有恰有一个城市没有专家组选取的有 C (C A C )42 种不同方法，种不同方法， 1 31 42 22 4 故恰有
32、一个城市没有专家组选取的概率故恰有一个城市没有专家组选取的概率 P. 42 81 14 27 (2)设事件设事件 A：“一个城市需复检” ，：“一个城市需复检” ， 则则 P(A)1 4 ， ( 1 2) 15 16 X 的所有可能取值为的所有可能取值为 0,1,2,3， P(X0)C 3 ， 0 3 ( 1 16) 1 4 096 P(X1)C 2 ， 1 3 ( 1 16) 15 16 45 4 096 P(X2)C 2 ， 2 3 1 16( 15 16) 675 4 096 P(X3)C 3 . 3 3 ( 15 16) 3 375 4 096 所以所以 X 的分布列为的分布列为 X0
33、123 P 1 4 096 45 4 096 675 4 096 3 375 4 096 解题方略解题方略 破解有关二项分布的“四关” 破解有关二项分布的“四关” 利用均值与方差破解决策性问题利用均值与方差破解决策性问题 考考点点四四 增增分分考考点点 讲讲练练冲冲关关 典例典例 (2018洛阳第一次统考洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲 公司，底薪 甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲 公司，底薪 80 元，每单送餐员抽成元，每单送餐员抽成 4 元 ； 乙公司，无底薪，元 ； 乙公司，无底薪，40 单以内单以内(含含 40 单单)的部分送餐 员每单抽
34、成 的部分送餐 员每单抽成 6 元，超出元，超出 40 单的部分送餐员每单抽成单的部分送餐员每单抽成 7 元假设同一公司的送餐员一天的送 餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其 元假设同一公司的送餐员一天的送 餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其 50 天的送餐单数，得 到如下频数表： 天的送餐单数，得 到如下频数表： 甲公司送餐员送餐单数频数表甲公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数送餐单数3839404142 天数天数101510105 乙公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数送餐单数3839404142 天数天数510102
35、05 (1)现从记录甲公司的现从记录甲公司的 50 天送餐单数中随机抽取天送餐单数中随机抽取 3 天的送餐单数， 求这天的送餐单数， 求这 3 天送餐单数都 不小于 天送餐单数都 不小于 40 的概率的概率 (2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：若将频率视为概率，回答下列两个问题： 记乙公司送餐员日工资为记乙公司送餐员日工资为 X(单位：元单位：元)，求，求 X 的分布列和数学期望的分布列和数学期望 E(X)； 小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请 利用所学的统计学知识为小王作出选择
36、，并说明理由利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由 解解 (1)记抽取的记抽取的 3 天送餐单数都不小于天送餐单数都不小于 40 为事件为事件 M， 则则 P(M). C 3 25 C 3 50 23 196 (2)设乙公司送餐员的送餐单数为设乙公司送餐员的送餐单数为 a， 当当 a38 时，时，X386228， 当当 a39 时，时，X396234， 当当 a40 时，时，X406240， 当当 a41 时，时，X40617247， 当当 a42 时，时，X40627254. 所以所以 X 的所有可能取值为的所有可能取值为 228,234,240,247,254. 故故 X 的分布列
37、为的分布列为 X228234240247254 P 1 10 1 5 1 5 2 5 1 10 所以所以 E(X)228234 240 247 254241.8. 1 10 1 5 1 5 2 5 1 10 依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为 380.2390.3400.2410.2420.139.7， 所以甲公司送餐员的日平均工资为所以甲公司送餐员的日平均工资为 80439.7238.8 元元 由得乙公司送餐员的日平均工资为由得乙公司送餐员的日平均工资为 241.8 元元 因为因为 238.8a)； P(X35 付费标准付费标准(单位：元单位：元/日
38、日)5007001 000 考虑到资金有限，若要使该公司每个月考虑到资金有限，若要使该公司每个月(按按 30 天计天计)付的费用最少，则该公司应该选择 哪个网站？ 付的费用最少，则该公司应该选择 哪个网站？ 解解 (1)根据题中的茎叶图得，根据题中的茎叶图得， 甲甲 (15242825303630353245)30，x 1 10 s (1530)2(2430)2(2830)2(2530)2(3030)2(3630)2(3030)2 2 甲 甲 1 10 (3530)2(3230)2(4530)258. 乙乙 (18252224323830363540)30，x 1 10 s (1830)2(2
39、530)2(2230)2(2430)2(3230)2(3830)2(3030)2 2 乙 乙 1 10 (3630)2(3530)2(4030)249.8. 因为因为 甲甲 乙乙， ，s s ，xx 2 甲 甲 2 乙 乙 所以该公司应选择乙网站所以该公司应选择乙网站 (2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量设选择甲网站每日需付的费用为随机变量 X，选择乙网站每日需付的费用为随机变 量 ，选择乙网站每日需付的费用为随机变 量 Y， 则随机变量则随机变量 X 的分布列为的分布列为 X5007001 000 P0.20.60.2 其数学期望其数学期望 E(X)5000.27000.61 0000
40、.2720， 故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为 7203021 600(元元) 随机变量随机变量 Y 的分布列为的分布列为 Y5007001 000 P0.30.40.3 其数学期望其数学期望 E(Y)5000.37000.41 0000.3730，故该公司若选择乙网站，则 每个月需付的费用为 ，故该公司若选择乙网站，则 每个月需付的费用为 7303021 900(元元)因此应选择甲网站因此应选择甲网站 素养通路素养通路 数据分析是指针对研究对象获取数据，运用统计方法对数据进行整理、分析和推断， 形成关于研究对象知识的素养数据分析过程主要包括
41、：收集数据，整理数据，提取信息， 构建模型，进行推断，获得结论 数据分析是指针对研究对象获取数据，运用统计方法对数据进行整理、分析和推断， 形成关于研究对象知识的素养数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息， 构建模型，进行推断，获得结论 本题先分析茎叶图中的数据，分别求出甲、乙的平均数、方差，然后做出最佳选择， 再通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析” ，对实际问题做出合理的判断考查了数 据分析这一核心素养 本题先分析茎叶图中的数据，分别求出甲、乙的平均数、方差，然后做出最佳选择， 再通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析” ，对实际问题做出合理的判断考查了数 据分析这一核心
42、素养 专 专题题过过关关检检测 测 A 组组“633”考点落实练”考点落实练 一、选择题一、选择题 1投篮测试中，每人投投篮测试中，每人投 3 次，至少投中次，至少投中 2 次才能通过测试已知某同学每次投篮投中 的概率为 次才能通过测试已知某同学每次投篮投中 的概率为 0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A0.648 B0.432 C0.36 D0.312 解析：选解析：选 A 3 次投篮投中次投篮投中 2 次的概率为次的概率为 P(k2)C 0.62(10.6)，投中，投中 3 次的概次的概 2 3 率为率
43、为 P(k3)0.63，所以通过测试的概率为，所以通过测试的概率为 P(k2)P(k3)C 0.62(10.6)0.63 2 3 0.648. 2小赵、小钱、小孙、小李到小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A“4 个 人去的景点不相同” ，事件 个 人去的景点不相同” ，事件 B“小赵独自去一个景点” ，则“小赵独自去一个景点” ，则 P(A|B)( ) A. B. 2 9 1 3 C. D. 4 9 5 9 解析：选解析：选 A 小赵独自去一个景点共有 小赵独自去一个景点共有 4333108 种可能性，种可能性，4 个人去的
44、景点不 同的可能性有 个人去的景点不 同的可能性有 A 432124 种，种，P(A|B) . 4 4 24 108 2 9 3(2018全国卷全国卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p，各成员的支付方 式相互独立 设 ，各成员的支付方 式相互独立 设X为该群体的为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，位成员中使用移动支付的人数， DX2.4， P(X4)0.5，所以，所以 p0.6. 4若若 5的展开式中各项系数的和为 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中的常数项为，则该展开式中的常数项为( ) (x a x)(2x 1 x) A40